热点16 高阶几何最值4大题型（热点专练）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版）

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第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。
第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。
题型01 将军饮马全系列模型
题型02 隐圆最值模型
题型03 多模型复合最值综合
题型04 其他几何最值
第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。

题型01 将军饮马全系列模型
例1（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______．
【答案】
【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵为线段上的动点，
∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，
则如图，过点作的平行线，
过点作关于线段的对称点，
由对称性得，
∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，
此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，
∵菱形中，，，
∴，，，
由题可得，
∴由对称性可得，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键．
例2（2026·江苏泰州·模拟预测）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点A，与轴交于点B，与轴交于点C，轴于点D，，点C关于直线的对称点为点E．
(1)点E是否在这个反比例函数的图象上？请说明理由；
(2)连接、，若四边形为正方形．
①求、的值；
②若点P在轴上，当最大时，求点P的坐标．
【答案】(1)点E在这个反比例函数的图象上，理由见解析
(2)①，；②
【分析】本题考查了反比例函数和一次函数综合，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）设点，连接交于H，推出，得到点的坐标，即可得解；
（2）①由四边形为正方形得到，垂直平分，设点，求出的值，即可得到点和点的坐标，进而求解；
②延长交轴于P，此时点即为所求，设直线的解析式为，求解即可．
【详解】（1）解：点在这个反比例函数的图象上，理由如下：
设点，
∵点C关于直线的对称点为点E，
∴，平分，
如图，连接交于H，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵轴于D，
∴轴，
∴，
∵，
∴点E在这个反比例函数的图象上；
（2）解：①∵四边形为正方形，
∴，垂直平分，
∴，
设点，
∴，，
∴，
∴（负值舍去），
∴，，
代入得，
，
解得；
②∵点在轴上，
∴，，
∴，
∴，
∴，当且仅当、、三点共线时取等号；
延长交轴于P，此时点P即为符合条件的点；
由①知，，，
∴，，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
故当最大时，点P的坐标为．
【变式1】（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，，，的顶点在边上运动（点不与点重合），且，，直线与直线相交于点，连接，则下列结论：①；②的面积等于的面积；③线段的最大值为；④周长的最小值为．其中正确的为（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①②④
【答案】A
【分析】①根据题意得到，然后得到，即可证明，即可判断①；②如图，连接，证明出点A，D，C，E四点共圆，得到，即可判断②；③得到点E在直线上运动，然后结合点在边上运动，点不与点重合即可判断③；如图，作点A关于的对称点，连接，，当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值，然后利用勾股定理求解即可判断④．
【详解】解：①设交于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，故①正确；
②如图，连接
∵
∴点A，D，C，E四点共圆
∴
∴
∴的面积等于的面积，故②正确；
③∵
∴点E在直线上运动
∵点在边上运动，点不与点重合
∴不存在最大值，故③错误；
④如图，作点A关于的对称点，连接，
∴的周长
∴当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值
由对称得，
∴
∵
∴
∴周长的最小值为，故④错误．
综上所述，其中正确的为①②．
【变式2】（2026·江苏南通·模拟预测）如图，点A，B，C，D，E，F是的六等分点，连接，，点G为弦的中点，点H为上一点．已知的直径为4，则的周长最小值为____________________ ．
【答案】/
【分析】如图所示，连接，，，，，，，首先得出当点B，H，G三点共线时，的周长取得最小值，即的长度，然后得到，是等边三角形，，然后求出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，，，，，，，
∵点A，B，C，D，E，F是的六等分点，
∴，是直径，点B和点F关于对称，
∴，
∴的周长，
∴当点B，H，G三点共线时，的周长取得最小值，即的长度，
∵的直径为4，
∴，
，，
是等边三角形，
，，
∵点G为弦的中点，
∴，
∴，
在中，，
是直径，
，
，
在中，，
根据题意得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长最小值为．
题型02 隐圆最值模型
例1（2026·江苏扬州·一模）如图，在中，，，线段绕点在平面内旋转，过点作的垂线，交射线于点．若，则长的最大值是（ ）
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】先确定点C与点E的运动轨迹，继而得到，当最大时，最大，当最小，最大，再进行计算最大值即可．
【详解】解：，
，
点是在以为直径的圆上运动．
，且是绕点旋转，
点是以点为圆心，以为半径的圆上运动．
，
当最大时，最大，即最小，最大．
如图，当与相切于点，且点在内部时，最小，最大．
，
，
，
，
，
此时，即的最大值为．
例2（2026·江苏徐州·一模）已知线段，C为平面内一动点，连接，，则的面积的最大值为______．
【答案】
【分析】作的外接圆，圆心为点O，则，故，作于点F，于点E，则，由，求得，所以，由，得，所以，则的面积的最大值为，于是得到问题的答案．
【详解】解：作的外接圆，圆心为点O，连接、、，则，
，，
，
，
作于点F，于点E，则，，
，
，
，
，
，
，
，
，且，
，
的面积的最大值为．
【变式1】（2026·江苏苏州·模拟预测）在等腰中，，，是边中点，是线段上一动点（可与点，重合），边关于对称的线段为，连接．
(1)如图1若，依题意补全图形，此时__________°．
(2)如图2依题意补全图后，延长，交射线于点．
①用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
②若，面积的最大值是__________，此时的长是__________．
【答案】(1)补全图形见详解，90．
(2)①证明见详解，②，
【分析】（1）根据题意画出图形，由对称的性质得到，再由即可求得答案；
（2）①连接，过点B作于点H，设，由，可得A、E、B、F四点共圆，得出，推出，再根据解直角三角形即可得出答案；②由题意可得点G在以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，过点O作于H，交优弧于点，连接，当时，即点G位于点时，的面积最大，利用解直角三角形可得面积最大值；过点E作于K，则，，，，得出，再由，即可求得．
【详解】（1）解：补全图形如图所示∶
∵，，
∴，
∵边关于对称的线段为，
∴，
∴，
故答案为：90．
（2）①，
理由如下：如图，连接，过点B作于点H，
∵边关于对称的线段为，
∴，，，
设，
∵，
∴A、E、B、F四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中，
．
，
即，
∴，
∵，
∴，
②由①知：，
∵，
∴点G在以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，如图，过点O作于H，交优弧于点，连接，
当时，即点G位于点时，底边上的高最大，故的面积最大，
∵，
∴，即垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴,
∴，
∴，
∴面积最大值是．
此时，点E的位置如图所示，过点E作于K，

则，，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查对称的性质、四点共圆、同弧所对的圆周角相等、等腰三角形的性质和解直角三角形，解题的关键是熟练对称的性质以及圆与三角形的结合，应用变化的思维寻找最值．
【变式2】（2026·江苏宿迁·二模）如图，在平面直角坐标系中，正六边形的边长等于4，顶点在轴正半轴上，边在轴正半轴上，点为边上一动点，点在正六边形的内部，满足，若点在边上运动时，的面积为定值，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接， ，，，，，与交于点，与交于点，与交于点，连接，，，根据正六边形的性质可得点在以点为圆心，为半径的圆上，再利用圆外一点到圆上的点距离最小即可求解．
【详解】解：如图，连接， ，，，，，与交于点，与交于点，与交于点，连接，，，
∵六边形是边长等于4的正六边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，点、、分别为、、的中点，
∴是等边三角形，，，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∵的面积为定值，
∴，
∴，
当点与点重合时，则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴点与点重合，
当点与点重合时，则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴点与点重合，
∵，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上，
∴当，，共线时，的最小值．
题型03 多模型复合最值综合
例1（2026·江苏南京·一模）如图，已知正方形的边长为，点是边上一动点，连接，为等腰直角三角形，连接，则当之和取最小值时，的周长为______．（用含的代数式表示）
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短路径，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
连接 ，过点作交延长线于点，则，由为等腰直角三角形，则，，所以，又四边形是正方形，则，即有，然后下面，故有，，点在的射线上运动，作点关于的对称点，然后通过是的角平分线，即点在的角平分线上运动，则点在的延长线上，当三点共线时，最小，最后通过勾股定理即可求解．
【详解】解：连接 ，过点作交延长线于点，则，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴点在的射线上运动，作点关于的对称点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的角平分线，即点在的角平分线上运动，
∴点在的延长线上，
当三点共线时，最小，
在中，，，
∴，
∴的最小值为，
∴此时的周长为，
故答案为：．
例2（2025·江苏南京·一模）实践与探究：
(1)如图甲，正方形纸片的边长为，沿对角线剪开，然后固定纸片把纸片沿剪痕方向平移得到，连接、、．
①在平移过程中，试判断四边形的形状，并说明理由；与不重合
②在平移过程中，求的最小值；
(2)如图乙，菱形纸片的边长为，，沿对角线剪开，然后固定纸片，把纸片沿剪痕方向平移得到，连接、、，在平移过程中，求的最小值．
【答案】(1)①四边形是平行四边形，理由见解析；②
(2)的最小值为
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移和轴对称的性质，作出点关于的对称点是解题的关键．
根据平移的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到结论；
作点关于的对称点，连接，，当，，共线时，有最小值，再证明是等腰直角三角形，且，，共线，在直角中，利用勾股定理即可求解；
同理可得是等边三角形，且，，共线，进而利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）四边形是平行四边形，理由如下：
四边形是正方形，
，，
如图，把纸片沿剪痕的方向平移得到，
，，
四边形是平行四边形；
四边形是平行四边形，
，
，
如图，作点关于的对称点，连接，，
当，，共线时，有最小值，
此时的最小值为，
将沿射线的方向平移得到，
，，
四边形是平行四边形，
，
关于的对称点，
，，
是等腰直角三角形，且，，共线，
在直角中，由勾股定理得：，
的最小值；
（2）如图，菱形的边长为，
，
，
作点关于的对称点，连接，，
当，，共线时，有最小值，
此时的最小值为，
，，
四边形是平行四边形，
为菱形，，
，
，，，
关于的对称点，
，，，
是等边三角形，
，
，，共线，
是等边三角形，
，，
，
，
，
在直角中，由勾股定理得：，
的最小值为．
【变式1】（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直
（2）证明见解析
（3）
（4）
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明；
（3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解；
（4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可．
【详解】解：（1）相等，垂直；
（2）过点作于，过点作分别交、于、，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）在正方形中，由，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
得，
由等面积法得，
即，
∴，
在中，，
由（2）可知，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴当最小时，的面积最小，
∴最小时，的面积最小，
∵，
∴当最小时，的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，
此时如图，点与重合，
则，
解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
【变式2】（2026·江苏徐州·一模）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，，，是直线上方抛物线上一动点，作交于点，垂足为点，连接．
(1)求抛物线的表达式；
(2)是否存在点，使是以为底边的等腰三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值________．
【答案】(1)
(2)存在；
(3)
【分析】本题是二次函数的综合题．考查了待定系数法求二次函数的表达式，求一次函数的表达式，等腰三角形的性质，图形旋转的性质，全等三角形的判定和性质，以及由此推出动点的轨迹和定点到动点的最短距离问题．
（1）根据待定系数法求二次函数的表达式即可．
（2）根据待定系数法求一次函数的表达式，设点，则点，根据是以为底边的等腰三角形，得到，继而得到，进而得到．
（3）在轴负半轴取点，连接并延长交轴于点，连接，根据旋转的性质证明，，继而得到点的运动轨迹，以及时，最小，根据等面积法计算的面积，得到．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于两点（点在点左侧），与轴交于点，，，
，
，解得：，
抛物线的表达式为；
（2）解：存在，由（1）可知，抛物线的表达式为：，
当，
，
设直线的表达式为：，
则代入点，点，可得：，解得：，
直线的表达式为：，
，
设点，则点，且，
是以为底边的等腰三角形，
，，
，整理得：，解得：或，
，
，，
；
（3）解：如图，连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，在轴负半轴取点，连接并延长交轴于点，连接，
由旋转可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在线段上运动（不包括端点），
∴当时，最小，
∴，，
∵当时，，
∴，
∴，
∴线段长度的最小值为．
题型04 其他几何最值
例1（2026·江苏泰州·一模）如图，点A坐标为，点B是x轴正半轴上的动点，以为边在第一象限内作矩形．若矩形的面积是24，连接，则的最大值为_______．
【答案】/
【分析】作轴交直线于点F，证明，求出，取的中点M，连接，求出，根据求出最值即可．
【详解】解：作轴交直线于点F，
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
，
取的中点M，连接，
则，
，
故，
当且仅当O、M、D三点共线时取等号，
∴的最大值为．
例2（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、．
(1)直接写出___________°，___________；
(2)当时，求的值；
(3)如图2，连接并延长交直线于点．
①求证：；
②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)①见解析 ②
【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可；
（2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可；
（3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可；
②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可．
【详解】（1）解：过点E作于点K，
∵是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴ ，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2）解：∵，，
∴ ，
根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（3）①证明：根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
过点M作交于点L，
则，，
又∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
②连接，，
∵，，
∴，
又∵垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点Q在与线段夹角为的射线上，
∴过点D作于点，
当点Q在时，最小，
这时．
【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式1】（2026·江苏扬州·一模）如图，中，，，，点为边上异于的一点，以、为邻边作，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设与相交于点，由平行四边形的对角线互相平分可得，所以要求的最小值，即求的最小值，由垂线段最短可得，当时，取最小值，则过点作于点，通过解直角三角形和勾股定理求解即可．
【详解】解：在中，，，，
，，
如图，设与相交于点，过点作于点，
，
四边形是平行四边形，
，，
当的长取最小值，的长取最小值，
由垂线段最短可得，当时，即与重合时，取最小值，
此时，，
的最小值是．
【变式2】（2026·江苏徐州·一模）如图，一副直角三角板满足，，，．
【操作】将三角板的直角顶点放置于三角板的斜边上，再将三角板绕点旋转，并使边与边交于点，边与边交于点．
【探究】在旋转过程中，
(1)如图，当时，与满足数量关系是_______；
(2)如图，当时，与满足怎样的数量关系？并说明理由；
(3)若且，连，设的面积为，在旋转过程中， 是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)；理由见解析；
(3)当时，取得最小值；当时，取得最大值．
【分析】（）作于，作于，可证明，从而；
（）作于，作于，可证得，，从而，可证得，进而得出结果；
（）可推出，当时，取最小值，当点最大时，取最大值，进一步得出结果．
【详解】（1）解：如图，作于，作于，
∴
∵，，即，
∴平分，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
如图，作于，作于，
∴，
由（）知，， 四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，
∵且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，取最小值，如图，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，即与重合时，取最大值，如图，
在中，，
∴，
∴，
综上可得：当时，取得最小值；当时，取得最大值

（40分钟限时练）
1．（2026·江苏扬州·一模）如图，中，，，．点是上的一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．点在从向运动的过程中，线段的最小值为( )
A．4B．C．2D．
【答案】D
【分析】过点作于点，连接，过点作于点，则，求得，，进而求得的长得出，证明，进而得出垂直平分，，当时，取得最小值，，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，连接，过点作于点，则
∵中，，，．
∴，，
在中，
∴
∴
∴，
∵
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴
∴
∴
∴
∴
∴垂直平分
∴，
而
∴，
∴当时，取得最小值，，即线段的最小值为
2．（2026·江苏宿迁·一模）如图，在中，，其中，，若点M是边上的动点，连接，以为斜边作等腰直角，连接．则面积的最大值是__________．
【答案】4
【分析】通过证明，可得，可求的长，由三角形的面积公式和二次函数的相知可求解最大值．
【详解】解：过点作直线于，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴面积，
∴当时，面积的最大值为，
3．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在中，，，，点D是的中点，点P、Q分别是、上的动点，且，则的最小值为______．
【答案】
【分析】作于点，设，根据含30度角的直角三角形的性质，求出，，进而求出点与点重合时，的长，当点在点左侧，得到，勾股定理得到，利用二次函数求最值，当点在点右侧得到的长比重合时要大，且，得到，即可得出结果．
【详解】解：作于点，设，
∵，，，
∴，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∵，，
∴，，
当点与点重合时，则：，
解得，
∴，
当点在点的左侧时，如图，
则：，
∴
，
∴抛物线的开口向上，当时，
有最小值为，
∴的最小值为；
当点在点的右侧时，如图，
此时的长比重合时要大，且，
∴，
∵，
∴的最小值为．
4．（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，，，E、F为、边上的动点，以为斜边作等腰直角，其中，连接、．当点E、F在、边上运动时，则的最小值为________．
【答案】
【分析】过点作，，可证得，进而证得点在的角平分线上，当时，最小，此时为等腰直角三角形，再进一步求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，
过点作于点M，于点N，则四边形是矩形，
∴，，
∵，，则，
∴，
∴，
∴，
∴点在的角平分线上，
∴，
∴当时，最小，此时为等腰直角三角形，
∴，
解得：，
∴的最小值为．
5．（2026·江苏连云港·一模）如图，在中，，，以为斜边作，且有，连接，并延长至点，使得，连接，则的最大值为_________．
【答案】16
【分析】以为斜边作，且使得，延长到F，使得，连接，可证明，得到，则；由三角形中位线定理可得；证明垂直平分，得到；根据，得到当A、F、Q三点共线时，有最大值，最大值为．
【详解】解：如图所示，以为斜边作，且使得，延长到F，使得，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
∵，，
∴为的中位线，
∴；
∵，，即，
∴垂直平分，
∴；
∵，
∴当A、F、Q三点共线时，有最大值，最大值为．
6．（2026·江苏宿迁·二模）如图，反比例函数的图象与直线交于，两点，点是线段上一个动点（与、两点不重合），过点分别作轴、轴的垂线，垂足分别为点、，、与反比例函数图象分别交于点、．
(1)求点的坐标；
(2)求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）把反比例函数与一次函数的解析式联立起来，解方程即可求出点的坐标；
（2）点是线段上一个动点，设点的坐标为，则有点的纵坐标为，点的横坐标为，根据点、在反比例函数上，分别求出点的横坐标和点的纵坐标，即为、的长度，所以可得，再利用二次函数的性质求出的最小值．
【详解】（1）解：解方程，
整理可得：，
解得：，，
点在点左侧，
点的横坐标为，
，
点的坐标为；
（2）解：点是线段上一个动点，
设点的坐标为，其中，
点的纵坐标为，点的横坐标为，
点在反比例函数上，
，
，
，
点的横坐标为，点在反比例函数上，
点的纵坐标为，
，
，
，
当取最大值时有最小值，
的最大值为，
的最小值为．
7．（2026·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，，，点是对角线上一点，交于点．
(1)若，求的长；
(2)若点在上运动，试探究的比值是否变化？若不变，请求出这个比值；若变化，请说明理由；
(3)线段的最小值是___________．
【答案】(1)
(2)不变，
(3)
【分析】（1）连接，先证明，得到，进而得到，根据同角的余角相等可得，则，列式计算即可；
（2）过点作，交于，交于，易证，再证明，即可得到的比值；
（3）根据的比值不变，故当线段取最小值时，线段取最小值，根据垂线段最短可得，当时，取最小值，然后根据等面积法求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
四边形是矩形，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
（2）解：如图，过点作，交于，交于，则四边形是矩形，
，即，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
设，则，，，
，
即的比值不变，为；
（3）解：由（2）可知，，即，
当线段取最小值时，线段取最小值，
根据垂线段最短可得，当时，取最小值，此时点与点重合，如图所示，
在中，，
，
，
即线段的最小值是．
8．（2026·江苏无锡·模拟预测）如图，在中，是边上的中线，是上一点，连接并延长交于点．
(1)求证：；
(2)若，，，求面积的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点作与的延长线交于点，，，然后根据相似三角形的性质以及三角形的中线的性质证明即可；
（2）可得，则，故当最大时，面积最大，而则点在以为直径的圆上运动，过点作于点，那么，即可求解面积的最大值，即可求解面积的最大值．
【详解】（1）证明：过点作与的延长线交于点，
∴，
∴，
∵是边上的中线，
∴
∴
∴
∴
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴当最大时，面积最大，
∵，是边上的中线，
∴
∴点在以为直径的圆上运动，
过点作于点，
∴，
∴的面积最大值为，
∴面积的最大值为．
9．（2026·江苏无锡·模拟预测）在正方形中，在边上，在上，以为边作等边三角形，使点落在边上．点是的中点，则的最小值为_____．
【答案】
【分析】设正方形的边长，连接，证明四点共圆，得出，根据含度角的直角三角形的性质以及垂线段最短，即可求解．
【详解】解：设正方形的边长，如图，连接
∵四边形是正方形，
∴，
∵是等边三角形，点是的中点，
∴，，则，
∴
∴四点共圆，
∴
∴在射线上运动，
∴当时，最小，
∴
因为，故的最小值为
10．（2025·江苏徐州·二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为，点C的坐标为，点E，F在直线上，且点E在点F的左下侧，．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图2，分别连接，延长交抛物线于点P，当点P在第四象限时，若的面积记作，的面积记作，线段在移动过程中，当的值最大时，求点E的坐标；
(3)如图3，点D为该抛物线的顶点，连接，请直接写出的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了二次函数与几何综合，待定系数法求二次函数，两直线的交点，最短路径，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）利用待定系数法即可解答；
（2）可得的面积为定值，当的面积取最大值时，的值最大，当点位于抛物线最下端时，的面积最大，即点与顶点重合时，求得点，即可求点；
（3）过点作，截取，连接，得到的最小值为，利用两点距离公式即可解答．
【详解】（1）解：把，代入，
可得，
解得，
所以抛物线的表达式为；
（2）解：令，可得，
解得，
，
点到直线的距离为定值，
的面积为定值，
当的面积取最大值时，的值最大，
当点位于抛物线最下端时，的面积最大，即点与顶点重合时，
，
，
设直线的解析式为，
把代入得，，解得，
所以直线的解析式为，
设直线的解析式为，
把，代入可得，
解得，
所以直线的解析式为，
联立方程，
解得，
把代入，可得，
，
如图，作轴，作交于点，
，，
，
轴，
，
为等腰直角三角形，
，
，即；
（3）解：如图，过点作，截取，连接，
，四边形为平行四边形，
，
，
当三点共线时，取最小值，最小值为，
根据（2）可得点的横坐标，纵坐标比点的的横坐标，纵坐标都大，
，即，
，
，即的最小值为．
近三年：高阶几何最值是江苏中考数学压轴题的 “皇冠” 考点，是区分顶尖学生的核心模块，近三年在 13 市中考中，整体分值占比稳定在8-12分，以解答压轴题或填空压轴题形式出现，侧重考查模型识别、转化思想与综合推理能力。
1.高频考点分布：
将军饮马全系列模型：最值问题的基础核心，是进阶模型的基础，占2-3分；
隐圆最值模型：江苏中考高频压轴模型，区分度极强，占3-4分；
多模型复合最值综合：压轴题最高难度设问，占3-4分；
其他几何最值：冷门但易考的特殊最值模型，占1-2分。
2.命题特点：
以三角形、四边形、圆为载体，结合 “将军饮马 + 隐圆 + 胡不归 / 阿氏圆” 等复合模型，层层递进设问；
设问梯度明显，前两问为基础模型识别，后两问为综合应用与最值探究；
江苏中考压轴题常以 “多模型复合” 的形式命题，综合性极强；
对模型识别与转化能力要求极高，需熟练掌握各类最值模型的核心原理。
3.高频失分点：
无法识别模型，如将隐圆最值误判为普通将军饮马；
隐圆模型中，无法识别定角对定边、定点定长的轨迹；
复合模型中无法拆解为基础模型，无从下手；
最值求解中忽略动点的运动范围，导致最值判断错误。
预测2026年：2026 年江苏中考趋势预测
2026年本模块将继续保持高区分度命题风格：
1.将军饮马系列模型仍为基础设问，背景更灵活，可能结合折叠、旋转；
2.隐圆最值仍是压轴题高频考点，背景可能结合二次函数、坐标系；
3.多模型复合最值问题的区分度进一步增强，侧重考查模型拆解与转化能力；
4.其他几何最值（如费马点、垂线段最短）可能以填空压轴形式出现，考查冷门模型的应用。
解｜题｜策｜略
① 基础将军饮马模型（两定一动）：
场景：直线同侧两点，在直线上找一点，使两点到该点的距离和最小；
解法：作其中一点关于直线的对称点，连接对称点与另一点，与直线的交点即为所求，最小值为对称点与另一点的距离；
核心原理：两点之间，线段最短。
② 进阶将军饮马模型：
模型 1：两定两动（两条直线上各有一个动点，求折线段和的最小值）：作两次对称，转化为两点间距离；
模型 2：单定两动（一个定点，两条直线上各有一个动点，求折线段和的最小值）：作定点关于两条直线的对称点，连接对称点，与直线的交点即为所求；
模型 3：将军饮马+平移（两定点间有固定距离，求折线段和的最小值）：平移其中一点，转化为基础将军饮马模型；
模型 4：将军饮马+圆（定点到圆上一点+直线上一点的距离和最小值）：转化为定点到圆上点的距离，再结合将军饮马求解。
③ 解题技巧：
优先明确 “求哪条线段/折线段的最值”，确定对称轴和动点轨迹；
对称点的选择：优先对称已知点，避免对称动点导致轨迹复杂；
计算时利用勾股定理或三角函数，求出两点间的距离。
④ 易错点：对称点作错，导致线段转化错误；或无法识别进阶模型，无法将折线段转化为直线段。
解｜题｜策｜略
① 隐圆的核心识别模型：
模型 1：定点定长：动点到定点的距离为定值，则动点的轨迹为圆；
模型 2：定角对定边：动点对定线段的张角为定值，则动点的轨迹为一段圆弧；
模型 3：直角对定边：动点对定线段的张角为直角，则动点的轨迹是以定线段为直径的圆；
模型 4：到两定点距离之比为定值（阿氏圆）：动点到两定点的距离之比为定值，则动点的轨迹为圆。
② 隐圆最值问题解法：
圆上一点到定点的距离最值：定点到圆心的距离±半径；
圆上一点到定直线的距离最值：圆心到直线的距离±半径；
两圆上点的距离最值：两圆心的距离 ± 两圆半径和/差。
③ 通用解题步骤：
识别动点的轨迹，确定隐圆的圆心和半径；
将最值问题转化为定点/定直线到圆心的距离问题；
利用圆的性质，求出最值；
回代验证，确定最值对应的点的位置。
④ 解题技巧：
优先寻找题目中的 “定点、定长、定角”，快速识别隐圆；
直角对定边模型中，直径的中点即为圆心，直径的一半即为半径；
定角对定边模型中，可通过圆周角定理求出圆心角，再确定圆心位置。
⑤ 易错点：无法识别隐圆的轨迹；或圆心、半径找错，导致最值计算错误。
解｜题｜策｜略
① 常见复合形式：
将军饮马+隐圆：先利用隐圆确定动点轨迹，再用将军饮马求最值；
将军饮马+胡不归：先通过对称转化，再利用三角函数转化线段；
隐圆+阿氏圆：同时含圆上动点和系数线段，需分步转化；
最值+存在性问题：先求最值，再判断是否存在满足条件的点。
② 通用解题步骤：
拆解题目，识别包含的基础模型；
按 “从内到外、从简单到复杂” 的顺序，分步转化线段；
每一步转化后，明确新的最值问题类型；
最后结合两点之间线段最短或垂线段最短，求出最终最值。
③ 解题技巧：
优先处理含系数的线段（如k⋅PB），利用胡不归或阿氏圆转化；
隐圆优先于对称转化，先确定动点轨迹，再进行对称操作；
计算时注意各步转化的正确性，避免一步错步步错。
④ 易错点：无法拆解复合模型，无从下手；或分步转化时逻辑混乱，导致最值计算错误。
解｜题｜策｜略
① 常见特殊最值模型：
费马点最值：求三角形内一点到三个顶点的距离和的最小值，通过旋转转化为直线段；
垂线段最短：直线外一点到直线的最短距离为垂线段的长度；
两点之间线段最短：连接两点的所有路径中，线段最短；
三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，可用于求线段的最值。
② 通用解题步骤：
分析题目，确定最值问题的类型；
选择合适的模型，如费马点模型、垂线段最短；
利用模型的性质，转化线段或路径；
求出最值，验证解的合理性。
③ 解题技巧：
费马点问题中，优先选择以最大角的顶点为旋转中心，旋转60°；
垂线段最短问题中，优先过定点作直线的垂线；
三角形三边关系问题中，优先将线段转化为三角形的边。
④ 易错点：无法识别特殊最值模型，导致解题方法选择错误；或最值求解中忽略动点的运动范围。