专题09 常考的几何最值模型（4大模型清单+模型大招）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

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模型一：瓜豆原理（主从联动）
【典例1】（2024•泰安）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E是AB边上的点，AE＝4，BE＝8，点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG．当点F在直线BC上运动时，线段AG的最小值是（ ）
A．2B．43−2C．23D．4
【解答】解：法一：如图，过E作EQ∥BC，过A作AB的垂线交EQ于点Q，
则∠B＝∠AEQ＝60°，
∴∠AQE＝∠EFG＝30°，
∵∠GEF＝∠EAQ＝90°，
∴△AEQ∽△GEF，
∴AEEG=EQEF，
∴AEEQ=EGEF，
∵∠AEG＝∠QEF＝60°+∠QEG，
∴△AEG∽△QEF，
∴AGQF=AEQE=sin30°=12，
∴AG=12QF，
过E作EH⊥BC于点H，则EH＝BE•sin60°＝43，
∵点F是BC上的一点，
∴QF⊥BC时最小，此时QF＝EH＝43，
∴AG最小值为12QF=23；
法二：如图，过E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB于点H，作AP⊥GM于点P，
∵∠EMF+∠EGF＝180°，∴点E、M、F、G四点共圆，
∴∠EMG＝∠EFG＝30°，
∵∠B＝60°，
∴∠BEM＝30°＝∠EMG，
∴MG∥AB，
∴四边形MHAP是矩形，
∴MH＝AP，
∵BE＝8，
∴EM＝BE•cs30°＝43，
∴MH=12EM＝23=AP，
∴AG≥AP＝23，
∴AG最小值是23．
故选：C．
【变式1-1】（安徽一模）如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．2B．2.5C．3D．3.5
【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EGH，
∴BE＝EH，∠BEH＝60°，∠GHE＝90°，
∴△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
∴∠PEC＝180°﹣∠PEH﹣∠BEH＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴PC=12CE，
则CM＝MP+CP＝HE+12EC＝2+32=72，
故选：D．
【变式1-2】（2025•梁溪区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知A（5，5），B（8，0），点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q．连接OP，将OP绕点O逆时针旋转90°得到OR．连接RQ．则RQ的最小值是（ ）
A．14B．15C．289−4D．289−22
【解答】解：∵点A（5，5），B（8，0），
∴点A关于点B的对称点A1的横坐标为2×8﹣5＝11，纵坐标为0×2﹣5＝﹣5，
即A1（11，﹣5），
∵点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q，
∴点Q在以点A1为圆心，2为半径的圆上，
如图所示，连接OA，
∵A（5，5），
∴点A到x轴的距离为5，到y轴的距离为5，
∴∠AOB＝45°，
将OA绕点O逆时针旋转90°度得OA2，则∠AOA2＝90°，
∴OA2与x轴的负半轴的夹角为45°，
∴A2（﹣5，5），
∴点R在以点A2为圆心，2为半径的圆上，
∴当点P在⊙A上顺时针运动时，根据轴对称的性质得到点Q在⊙A1上逆时针运动，点R在⊙A2上顺时针运动，
连接A1A2，
∴A1A2=(11+5)2+(−5−5)2=289，
∵点Q，R的运动方向不同，
∴线段RQ与线段A1A2的关系是：相交与平行，如图所示，
∴如图3所述，当RQ∥A1A2时，延长RQ交⊙A1于点N，过点A1作A1M⊥RQ于点M，
当RN∥A1A2，RN=A1A2=289时，RQ＝A1A2﹣QN，
∴QN最大时，RQ的值最小，
∴当QA1⊥NA1时，QN的值在四边形A1NRA2是平行四边形时最大，
∴QN=2A1Q=22，
∴RQ=289−22，
故选：D．
题型二：胡不归
【典例】（2024•凉山州）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E是BC边上一个动点，连接AE，AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N，连接EN、CN．
（1）求证：EN＝CN；
（2）求2EN+BN的最小值．
【解答】解：（1）连接AN，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点A，点C关于直线BD轴对称，
∴AN＝CN，
∵AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N，
∴AN＝EN，
∴EN＝CN；
（2）过点N作NG⊥BC于点G，连接AN，AG，过点A作AH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∴BN＝2NG，
∵AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N，
∴EN＝AN，
∴2EN+BN＝2AN+2NG＝2（AN+NG）≥2AG≥2AH，
∴2EN+BN的最小值为2AH，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴AH＝AB•sin60°=3，
∴2EN+BN的最小值为23．
【变式1】（2025•港北区三模）如图，△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，AB＝2，点E为BD上动点，连接AE，则AE+12BE的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【解答】解：过E作EM⊥BC于M，过A作AH⊥BC于H，交BD于E'，如图：
∵△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，
∴∠EBM＝30°，
∴EM=12BE，
∴AE+12BE＝AE+EM，
当AE+12BE最小时，AE+EM最小，此时E与E'重合，M与H重合，AE+12BE的最小值为AH的长度，
在Rt△ABH中，
AH＝AB•sin∠ABH＝2×sin60°=3，
∴AE+12BE最小值为3，
故选：C．
【变式2】（2025•肇源县二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（1，0），C（﹣3，0）两点，与y轴交于点B（0，3）．若P为y轴上一个动点，连接AP，则22BP+AP的最小值为（ ）
A．2B．2C．22D．4
【解答】解：连接BC，AP，过点P作PG⊥BC于点G，连接AG，过点A作AH⊥BC于点H，如图，
∵C（﹣3，0），B（0，3），
∴OC＝OB，
∴∠OBC＝45°，
∴PG=22BP，
∴22BP+AP=PG+AP≥AG≥AH，
∴22BP+AP的最小值为AH的长，
∵A（1，0），C（﹣3，0）
∴AC＝1﹣（﹣3）＝4，
在Rt△ACH中，
∵∠ACH＝45°，AC＝4，
∴AH=22AC=22，
∴22BP+AP的最小值为22．
故选：C．
模型三：阿氏圆
【典例】（2024•泰山区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝32，AC＝9，以C为圆心，3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则13AP+BP的最小值为（ ）
A．1B．2C．19D．4
【解答】解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．
∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，
∴PC2＝CM•CA，即PCCA=CMCP，
∵∠PCM＝∠ACP，
∴△PCM∽△ACP，
∴PMPA=PCAC=13，
∴MP=13PA，
∴13AP+BP＝PM+PB≥BM，
∵PM+PB≥BM，
在Rt△BCM中，∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝32，
∴BM=12+(32)2=19，
∴13AP+BP≥19，
∴13AP+BP的最小值为19，
故选：C．
【变式1】（2025•玄武区一模）如图，在△ABC中，ABAC=2，BC边上的高是10，则BC的最小值为 ．
【解答】解：设BD＝m，BC＝k，
∴AB=m2+102=m2+100，AC=(m−k)2+102=(m−k)2+100，
∵ABAC=2，
平方后得：m2+100(m−k)2+100=4，
化简得，3m2﹣8mk+4k2+300＝0，
∴△≥0，
∴（﹣8k）2﹣4×3×（4k2+300）≥0，
∴k2≥225，
∵k＞0，
∴k≥15，
∴BC的最小值为15，
故答案为：15．
【变式2】（2025•赤坎区校级四模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E分别是边BC、AC上的两个动点，且DE＝4，P是DE的中点，连接PA，PB，则PA+14PB的最小值为 ．
【解答】解：如图，在CB上取一点F，使得CF=12，连接PF，AF．
∵∠DCE＝90°，DE＝4，DP＝PE，
∴PC=12DE＝2，
∵CFCP=14，CPCB=14，
∴CFCP=CPCB，
∵∠PCF＝∠BCP，
∴△PCF∽△BCP，
∴PFPB=CFCP=14，
∴PF=14PB，
∴PA+14PB＝PA+PF，
∵PA+PF≥AF，AF=CF2+AC2=(12)2+62=1452，
∴PA+14PB≥1452，
∴PA+14PB的最小值为1452，
故答案为1452．
模型四：费马点
【典例】（2025•灞桥区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点P为△ABC内一点，连接AP、BP、CP，若AB=43，BC＝12，则2AP+BP+3PC的最小值 ．
【解答】解：将△APC绕点A逆时针旋转90°并扩大3倍得到△AP'C'，连接PP′、C'C、BC′，作C′F⊥AB于交AB延长线于点F，
∵△APC∽△AP′C′，且AC'=3AC=24，
∴△APP'∽△ACC'，
∴PP'＝2AP，P'C'=3PC，
∵AB=43，BC＝12，
∴tan∠BAC=BCAB=3，
∴∠BAC＝60°，
∵∠CAC'＝90°，
∴∠C'AF＝30°，
∴C'F＝12，AF=123，
∴BF=163，
∴BC'=BF2+C'F2=457，
∴2AP+BP+3PC=BP+PP'+P'C'≥BC'=457，当且仅当B、P、P'、C'四点共线时取等，
即2AP+BP+3PC的最小值为457．
故答案为：457．
【变式1】（2025•韶关模拟）已知△ABC中AB＝BC，点D和点E是平面内两点，连接BD，DE和BE，∠BED＝90°．
（1）如图1，若BD＝BA，∠ABC＝2∠D，BE＝2，求AC的长度；
（2）如图2，连接AD和CD，点F为AD中点，点G为CD中点，连接EF和BG，若EF＝BG，求证：∠BAC＝∠DBE；
（3）若∠ABC＝60°，AB＝2，当12AD+32BD+CD取得最小值，且AE取得最大值时，直接写出△BDE的面积．
【解答】（1）解：如图所示，过点B作BH⊥AC交AC于点H，
∵△ABC中，AB＝BC，
∴∠AHB＝90°，∠ABC＝2∠ABH，AC＝2AH，
∵∠BED＝90°，∠ABC＝2∠D，
∴∠AHB＝∠BED，∠ABH＝∠D，
又∵BD＝BA，
∴△AHB≌△BED（AAS），
∴AH＝BE＝2，
∴AC＝2AH＝4；
（2）解：如图所示，取BD的中点T，连接TE、TF、TG、FG，
又∵F，G是AD，DC，
∴FT=12AB，TG=12BC，FG∥AC，FT∥AB，
∵AB＝BC，
∴FT＝TG，
∵∠BED＝90°，T为BD的中点，
∴TE＝BT，
在△TFE和△TBG中，
TF=TGTE=TBEF=BG，
∴△TFE≌△TBG（SSS），
∴∠FTE＝∠GTB，
∴∠FTE﹣∠GTE＝∠GTB﹣∠GTE，即∠FTG＝∠ETB，
又∵FT＝TG，TE＝EB，即TETF=TBTG，
∴△TBE∽△TFG，
∴∠EBT＝∠GFT，
∵FG∥AC，FT∥AB，
∴∠TFB＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠DBE；
（3）解：∵△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
如图所示，将△BDC绕点B顺时针转60°得到△BD′A，将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△BAD，连接AA'，
∴BD＝BD'，∠DBD'＝60°，AB＝A'B，AB∥AC，则△DBD'是等边三角形，△A'AB是等边三角形，
∵CD＝AD'，AA'＝AC，
取BD'，BA'的中点F，G，则FG=12A'D'=12AD，
∵F是BD的中点，
∴DF⊥BD，DF=BDsin60°=32BD'，
∴12AD+32BD+CD=GF+FD+CD≥GC，
∴当G，F，D，C四点共线时，GC最小，此时如图所示，
∴GC⊥BD'，
∵A'D'∥GF，
∴A'D'⊥B'D'，
∴△A'D'B是直角三角形，
∴△ABD是直角三角形，
∴AD⊥BD，
∵∠BDD'＝60°，
∴∠D'DA＝30°，
∴AD'=12AD=DC，
设CD＝a，则AD'＝a，AD＝2a，
在Rt△ADD'中，DD'=cs30°×AD=3a，
∵△BDD'是等边三角形，
∴BD=DD'=3a，
在Rt△ABD中，AB＝2，
∴AB2＝AD2+BD2，
∴22=(3a)2+(2a)2，
解得：a=277，
∴BD=3a=2217，AD=2a=477，
取BD的中点O，连接AO，OE，
∵∠BED＝90°，
∴点E在O为圆心，12BD为半径的圆上运动，
∴OE=12BD=217，
当AE取得最大值时，E在AO的延长线上，连接OF，过点E作ES⊥BD于点S，
在Rt△AOD中，OD=OE=217，
∴AO=AD2+OD2=(477)2+(217)2=1337，
∴sin∠AOD=ADAO=4771337=41919，
∴SE＝sin∠SOE×OE＝sin∠AOD×OE=4339133，
∴△BDE的面积为12BD×SE=12×2217×4339133=1219133．
1．（2024•金州区一模）△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝4，AC＝3，将△ABC绕点A旋转得到△AED，连接，CD，CE，在旋转过程中，△CDE面积的最大值是（ ）
A．245B．272C．15D．18
【解答】解：如图，过点C作CF⊥ED于点F，过点A作AG⊥ED于G，
∵∠CAB＝90°，AB＝4，AC＝3，△ADE是由△ABC旋转得来，
∴∠DAE＝90°，AE＝4，AD＝3，
∴ED=AE2+AD2=42+32=5，
又∵S△ADE=12ED×AG=12AD×AE，
即：12×5×AG=12×4×3，
∴AG＝2.4，
当点F、G重合时，此时C、A、G三点共线，
∴CF＝3+2.4＝5.4，CF此时取最大值，
而DE的长不变，
则△CDE的面积最大，
∴最大面积为：12×DE×CF=12×5×5.4=272．
故答案为：B．
2．（2025•龙凤区二模）如图，在△ABC中，AB=52，tan∠C＝2，则AC+55BC的最大值为 ．
【解答】解：过点B作 BD⊥AC，垂足为D，如图1所示：
∵tan∠C＝2，
∴在Rt△BCD中，设DC＝x，则BD＝2x，
由勾股定理可得BC=5x，
∴DCBC=x5x=55，
即55BC=DC，
∴AC+55BC=AC+DC，
延长DC到E，使 EC＝CD＝x，连接BE，如图2所示：
∴AC+55BC=AC+DC=AC+CE=AE，
∵BD⊥DE，DE＝2x＝BD，
∴△BDE是等腰直角三角形，则∠E＝45°，
在△ABE中，AB＝5，∠E＝45°，
由辅助圆一定弦定角模型，作△ABE的外接圆，如图3所示：
由圆周角定理可知，点E在⊙O上运动，AE是⊙O的弦，求AC+55BC的最大值就是求弦AE的最大值，
根据圆的性质可知，当弦AE过圆心O，即AE是直径时，弦最大，如图4所示：
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∵∠E＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∵AB＝52，
∴BE＝AB＝52，
则由勾股定理可得AE=AB2+BE2=10，
即AC+55BC的最大值为10；
故答案为：10．
3．（2025•雁塔区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为 ．
【解答】解：如图，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于点F，交AD于点P，
∴∠AFB＝90°，
∵AB＝AC，AD⊥BC，∠CAB＝30°，
∴∠PAC＝∠EAC＝15°＝∠CAE，
∴∠PAF＝30°，
∴PF=12PA，
此时PA+2PB＝2（12PA+PB）＝2（PF+PB）＝2BF，
此时PA+2PB最小，
在Rt△ABF中，BF=AB2=322，
故（PA+2PB）min＝2BF=32，
故答案为：32．
4．（2025•宽城区二模）【问题提出】如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D．△ACD与△ABC有相似关系，恰似子依母怀，称为“子母型”相似，由相似性质可知AC2＝AD•AB（不需要证明）．
【问题迁移】如图②，在△ABC中，点D是边AB上一点，连结CD．
（1）已知∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AD•AB．
（2）已知AC＝2，AB＝4，小明同学认为若AD＝1，则CD的长是BC长的一半．你认为小明的观点正确吗？请说明理由．
【问题应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝5，AC＝4．以点C为圆心，2为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连结PA、PB、PC，则PB+12PA的最小值为 ．
【解答】【问题迁移】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴ACAB=ADAC，
∴AC2＝AD•AB；
（2）解：小明同学的观点正确；理由如下：
∵ADAC=12，ACAB=24=12，
∴ADAC=ACAB，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴CDBC=ADAC=12，
∴CD=12BC；
【问题应用】解：如图，CA上取点D，且CD＝1，连接PD，BD，
∵CDCP=12，CPAC=24=12，
又∵∠PCD＝∠ACP，
∴△PCD∽△ACP，
∴PDPA=PCAC=12，即PD=12PA，
∴当P在BD上时，PB+12PA的最小值为BD的长，
∴BD=BC2+CD2=52+12=26；
故答案为：26．
5．（2025•沙坪坝区模拟）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是平面内一点，连接AD，将点A绕点D顺时针旋转90°得点E，连接AE，DE．
（1）如图1，点D在△ABC的内部，连接CD，点E恰好在CD上．若AE＝CE，求∠DAB的度数；
（2）如图2，点D在点A的右上方，连接BE，CE，点D恰好在CE上，延长DA交BE于点F，点G是AC的中点，连接FG，求证：CD=2FG；
（3）如图3，连接EC，∠AEC＝90°，将线段AD沿AC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到线段AM，点M为点D的对应点，连接BM，当BM取得最大值时，请直接写出此时BMAB的值．
【解答】解：（1）根据题意可知△ABC和△ADE是等腰直角三角形．
∴∠DAE＝∠DEA＝45°．
∵AE＝CE，
∴∠ECA＝∠EAC=∠DEA2=22.5°，
∵∠DAB＝∠BAC﹣∠DAE﹣∠EAC＝90°﹣45°﹣22.5°＝22.5°．
（2）证明：延长DF至点H，使DH＝CD，连接BH，CH，则△DCH是等腰直角三角形．
∴∠DCH＝∠DHC＝∠ACB＝45°，
∴∠ACD＝∠BCH＝45°﹣∠ACH．
又∵CDCH=ACBC=22．
∴△ACD∽△BCH．
∴BH=2AD＝AE，∠BHC＝∠ADC＝90°，
∵∠EAH＝180°﹣∠EAD＝135°，∠AHB＝∠BHC+∠DHC＝135°，
∴∠EAH＝∠AHB，
又∵∠AFE＝∠HFB，
∴△BFH≌△EFA（AAS），
∴AF＝FH，
∵AG＝GC，
∴FG=12CH=12×2CD．
∴CD=2FG．
（3）如图，点F、G分别为AC、AB的中点，过点F作BC的垂线交BA延长线于点H，交BC于点I．
易得△BHI为等腰直角三角形．
∵FG为△ABC的中位线，
∴FG∥BC，FG=12BC=22AB．
根据题意，∠AEC＝90°，由定弦定角辅助圆模型可知主动点E的运动轨迹是以AC为直径的⊙F上，因此从动点D的运动轨迹在以GF为直径的⊙P上．
而根据轴对称的性质，点D关于AC的对称点M的运动轨迹在以FH为直径的⊙Q上，
∴FG＝FH，AG＝AH．
∴AQ为△GFH的中位线．
∴AQ∥FG，
由平行线分线段成比例可得F、Q两点分别是线段HI的三等分点，则QI＝FH＝FG．
在Rt△BQI中，BI＝HI=32FH=324AB，QI＝FG=22AB，则BQ=BI2+QI2=3134AB．
∴BM＝BQ+MQ=264AB+FH2=26+24AB．
∴BMAB=26+24．
6．（2025•苏州二模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接BC，二次函数上第一象限内有一点D，第三象限有一点E，线段OB上有一点G，连接DE交BC于F，连接FG．
（1）请求出直线BC对应函数的表达式；
（2）当四边形ABCD的面积最大时，求D点的坐标．
（3）在（2）的条件下，当△ECD和△EBD的面积比为1：3时，猜想2FG+BG有没有最小值？如果有，请求出这个最小值，如果没有，请说明理由．
【解答】解：（1）令x＝0，得y＝3，令y＝0，得x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将点B、点C坐标代入可得b=3−3k+b=0，
解得k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3；
（2）如图，过D作DM∥y轴于点M，
设D（m，﹣m2+2m+3），则M（m，﹣m+3），
∴DM＝﹣m2+2m+3+m﹣3＝﹣m2+3m，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△BCD
=12AB⋅OC+12DM⋅OB
=12×4×3+12×（﹣m2+3m）×3
=−32m2+92m+6
=−32（m−32）2+758，
当m=32时，四边形ABCD的面积最大值为758，
此时D（32，154）；
（3）如图，过C作CQ⊥DE于点Q，BP⊥DE于点P，
则S△ECDS△EBD=12ED⋅CQ12ED⋅BP=CQBP=13，
由辅助线可知BP∥CQ，
∴CFBF=CQBP=13，
∵C（0，3），B（3，0），
∴F（34，94），
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∴△OBC为等腰直角三角形，
过G作GL⊥BC于点L，
则△BGL为等腰直角三角形，
∴GL=22BG，
∴2FG+BG=2（FG+22BG）=2（FG+GL），
要求2FG+BG的最小值，则可求FG+GL的最小值，
作F关于x轴对称点F'，则FG＝F'G，
∴FG+GL＝F'F+GL≥F'L，当且仅当F'、G、L三点共线时取等，
另根据垂线段最短可知，当F'L⊥BC时，F'L最小，
∵∠OBF＝45°，
∴∠BFF'＝45°，
∴△FF'L是等腰直角三角形，
∴F'L=22FF'=22×94×2=924，
∴2FG+BG=2F'L=92，故2FG+BG有最小值为92．
7．（2025•洛阳一模）综合与实践
（1）【提出问题】
如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ．则∠ADQ的度数为 ；
（2）【类比探究】
如图2，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP＞DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ．
①求∠ADQ的度数；
②当BP＝BA＝2时，求DQ的长；
（3）【迁移运用】
如图3，在矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，当点Q到BD的距离为6时，请直接写出BP的长．
【解答】解：（1）∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABD＝60°，
由旋转可知，AP＝AQ，∠PAQ＝60°，
∴∠BAP＝∠DAQ＝60°﹣∠PAD，
∴△ABP≌△ADQ（SAS），
∴∠ADQ＝∠ABP＝60°；
故答案为：60°；
（2）过A作AE⊥BD于点E，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠ADE＝45°，即△ADE为等腰直角三角形，
∴AD=2AE，∠DAE＝45°，
由旋转可知△APQ是等腰直角三角形，
∴AQ=2AP，∠PAQ＝45°，
∴AQAP=ADAE=2，∠PAE＝∠QAD＝45°﹣∠DAP，
∴△APE∽△AQD，
∴∠ADQ＝∠AEP＝90°；
②在Rt△ABE中，BE＝AB•cs45°=2，
∴PE＝BP﹣BE＝2−2，
由①知△APE∽△AQD，
∴DQPE=2，
∴DQ=2PE＝22−2；
（3）在Rt△APQ中，∠AQP＝30°，
∴PQAP=3，
∵∠ADB＝30°，
∴∠ABD＝60°，
过A作AL⊥BD于点L，过Q作QK⊥BD于点K，则QK=6，
在Rt△ABL中，BL＝AB•cs60°＝2，
①当Q在BD上方时，
同理可得△QPK∽△PAL，
∴QKPL=QPAP=3，
∴PL=QK3=2，
∴BP＝BL+PL＝2+2；
②当Q在BD下方时，
同理可得PL=2，
∴BP＝BL﹣PL＝2−2；
综上，BP的长为2±2．
8．（2025•汉阳区模拟）矩形ABCD中，ABBC=34，E是线段BC边上一点，EF⊥AE于E点，且EF＝AE．
（1）如图1，当点F在线段CD上时，求BEEC；
（2）如图2，点F在CD右侧，连DF，若∠EFD＝90°，连DE，则求证：DE＝2CF；
（3）若AB＝6，则直接写出点F的路径长．
【解答】（1）解：如图：
∵ABBC=34，
∴设AB＝3，BC＝4，
∵四边形ABCD是矩形，EF⊥AE，
∴∠B＝∠C＝∠AEF＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3，
∵EF＝AE，
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴EC＝AB＝3，
∴BE＝BC﹣CE＝1，
∴BEEC=13；
（2）证明：延长DF，BC交于点G，取DE中点O，连接OC，OF，
∵∠EFD＝90°，∠AEF＝90°，
∴∠EFD+∠AEF＝180°，
∴AE∥DF，
∴∠AEB＝∠G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝∠DCG＝90°，BC＝AD＝4，AD∥|BC，
∴△ABE≌△DCG（AAS），
∴BE＝CG，
∴EG＝BC＝DA＝4，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴EG×CD＝AE×EF＝4×3＝12，
∴AE=EF=23，
∴sin∠AEB=ABAE=323=32，
∴∠AEB＝60°，
∴∠FEC＝90°﹣∠AEB＝30°，
∴∠DFE＝∠DCE＝90°，
∴点D，F，C，E在以点O为圆心的圆上，
∴OC＝OF，∠COF＝2∠CEF＝60°，
∴△OCF是等边三角形，
∴OC＝CF，
∵DE＝2OC，
∴DE＝2CF；
（3）解：在BC上取点G，使得BG＝BA＝6，过点F作FH⊥BC于点H，
∵BA＝6，ABBC=34，
∴BC＝8，
同理可证明△ABE≌△EHF，
∴AB＝EH＝6，
设BE＝HF＝x，
∴BH＝BE+EH＝x+6，
∴GH＝BH﹣BG＝x+6﹣6＝FH，
∴△FHG为等腰直角三角形，
∴∠FGH＝45°，
∴点F的运用轨迹为线段GF，
当点E与点B重合时，点F与点G重合，
当点E与点C重合时，如图：
此时FG的长即为点F的路径长，
∴BE＝FH＝BC＝8，
∴FG=82+82=82，
∴点F的路径长为82．
9．（2025•开州区模拟）在等边△ABC中，过点A作AE∥BC．
（1）如图1，点E在点A的左侧，点D是AB边上的中点，连接BD，过点D作DE⊥AE交于点E，求证：BC＝4AE．
（2）如图2，点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，连接AG并延长交BC于点F，过点G作GH⊥AB交AB于点H，求证：HG=34AE．
（3）若点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，且BG＝BC，点P是直线BC上一动点，连接GP，将GP绕点G逆时针旋转60°得到GQ，连接AQ，在点P的运动过程中，当AQ取得最小值时，请直接写出AQAE的值．
【解答】（1）证明：∵AE∥BC，△ABC是等边三角形，
∴∠BAE＝∠ABC＝60°．
∵在Rt△ADE中，AE＝AD•cs60°=12AB•12=BC4．
∴BC＝4AE．
（2）证明：如图，作GK∥BC交AB于点K，易得∠HKG＝∠ABC＝60°．
∵点G是BE中点，
∴KG是△ABE的中位线，KG=AE2，
在Rt△HGK中，HG＝KG•sin∠HKG=AE2•32=34AEz．
（3）解：如图，过点G作BC的垂线，垂足为N，点M为BC上一点，∠GMN＝60°；当点P分别运动到点M，N时，点Q运动到M′、N′；过点A、B分别向M′N′作垂线，R、S为垂足；过点B作EA延长线的垂线，T为垂足．
当主动点P在直线BC上运动时，从动点Q的轨迹为直线M′N′．
根据点到直线的距离最短，当点Q与点R重合时，AQ长度最小，
∵△GMM′和△GNN′为等边三角形，GN⊥MM′．
∴∠NGM=∠M'GM2=30°．
由等腰三角形“三线合一”的性质，点N与点N′关于GM′对称，则∠GMN′＝∠GM′N＝60°．
∴当点Q运动到点R时，点P正好在BC上，与点M′重合，∠NM′N＝120°．
∵∠NM′N+∠ABC＝180°，
∴M′N′∥AB．
∵AR⊥M′N′，BS⊥M′N′，
∴AR＝BS．
设AB＝2a，则BG＝2a，BE＝4a．
则BT＝AB•sins60°=3a，TA＝AB•cs60°＝a，
∴AE＝TE﹣TA=BE2−BT2−TA＝（13−1）a．
∵∠GBN＝∠BET，sin∠GBN=GNBG，sin∠BET=BTBE，BE＝2BG．
∴GN=BT2=32a，
在Rt△BGN中，BN=BG2−GN2=132a．
∴BM′＝BN+NM′＝BN+GN•tan30°=13+12a．
在Rt△BSM′中，由M′N′∥AB可得∠BM′S＝∠ABM′＝60°，则BS＝BM′•sin60°=39+34a．
∴AQAE=BSAE=73+3924．
10．（2025•西岗区一模）课堂上，刘老师与学生进行如下习题训练，让学生从中体会由于点的移动导致几何形的变化，进而引发几何结论千变万化的魅力，来吧，体验吧．
已知，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D为BC上一动点，连接AD，作∠DAE＝90°，且使∠E＝∠C．
（1）当点D运动到AD⊥BC时，如图（一），求AE的长；
（2）如图（二），当D为BC中点时，求CE的长；
（3）如图（三），M为BC中点，N为DE中点，
①判断MN与AB的位置关系，并证明；
②当D从点B运动到点C时，直接写出点N经过的路径长．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
由勾股定理得BC2＝AB2+AC2，
∴BC=AB2+AC2=62+82=10，
∵AD⊥BC，
∴S△ABC=12×BC×AD=12×AB×AC，
∴AD=245，
∵∠DAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵∠E＝∠C，
∴△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，
∴AE=325；
（2）由（1）可知BC＝10，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
∵点D为BC中点，
∴AD＝CD＝BD＝5，
∴∠B＝∠BAD，
在Rt△DAE中，∠DAE＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°，
∵∠B+∠ACB＝90°，∠AEC＝∠ACB，
∴∠B＝∠ADE，
在△ABD中，∠ADC＝∠B+∠BAD，
∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC，
∴∠BAD＝∠EDC，
∴∠ADE＝∠EDC，
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
由（1）证明得△ABC∽△ADE，
∴ABAD=AEAC，
∴AE=203，
∴CE=203；
（3）①结论：MN∥AB，证明如下：
法一：连接AM，AN，
由（1）证明得△ABC∽△ADE，
∴ABAD=BCDE，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点M为BC中点，
∴AM=BM=12BC，
同理可证，AN=DN=12DE，
∴ABAD=AMAN，即ABAM=ADAN，
∵AM＝BM，AN＝DN，
∴∠B＝∠BAM，∠ADE＝∠DAN，
由（1）证明得∠B＝∠ADE，
∴∠BAM＝∠DAN，
∴∠BAM﹣∠DAM＝∠DAN﹣∠DAM，即∠BAD＝∠AMN，
∴△ABD∽△AMN，
∴∠B＝∠AMN，
∴∠BAM＝∠AMN，
∴MN∥AB；
法二：连接AM，AN，CN，CE，
由（1）证明得，△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，
∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAE+∠CAD＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠B＝∠ACE，
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ACB＝90°，即∠BCE＝90°，
在Rt△ADE中，点N为DE中点，
∴AN=12DE，
同理可证CN=12DE，AM＝CM，
∴AN＝CN，
∵MN＝MN，
∴△AMN≌△CMN（SSS），
∴∠AMN＝∠CMN，
由（2）证明得，∠AMN＝∠B，
∴∠B＝∠CMN，
∴MN∥AB；
②由①知，MN∥AB，
∵M为BC中点，
∴点N的轨迹则再一条定直线上，
当点D与点B重合时，点N与点M重合，
当点D与点C重合时，如图，此时AE在BA延长线上E与E'重合，N则与点Q重合，
∴点N经过的路径长为线段MQ的长，
由（1）知△ABC∽△ACE'，
∴ACAE'=ABAC，
∴AE'=323，
∴BE'＝AB+AE'=503，
∵M为BC中点，Q为DE'中点，
∴MQ为△BCE'中位线，
∴MQ=12BE'=253，
即点N经过的路径长为253．
11．（2025•河东区一模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的顶点为P，且与x轴相交于A（x1，0），B（x2，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，O为坐标原点．
（Ⅰ）若x1，x2是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个根，c＝3，求该抛物线顶点P的坐标；
（Ⅱ）若a＝﹣1，b＞0，c＝4−b24，且当b2−1≤x≤b+1时，该二次函数的最大值与最小值之差为9，求b的值；
（Ⅲ）若x1+x2＝﹣2，x1•x2＝﹣3，点D是△AOC内的一点，当AD+CD+OD取得最小值36+322时，求a的值．
【解答】解：（Ⅰ）∵x1和x2是x2﹣2x﹣3＝0的两个根，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴相交于A、B两点，
∴a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1b=2，
∴抛物线函数表达式为y＝﹣x2+2x+3，
对称轴为直线x＝1，当x＝1时，y＝4，
∴该抛物线顶点P的坐标为（1，4）；
（Ⅱ）∵a＝﹣1，c=4−b24，y=−x2+bx+4−b24，
∴抛物线的顶点是(b2，4)，
∵b＞0，
∴b2−1≤b2≤b+1，
∴y最大值为4，
又∵|(b+1)−b2|−|(b2−1)−b2|=b2＞0，
当x＝b+1时，y有最小值，
∴y最小值为=−b24−b+3，
∵该二次函数的最大值与最小值之差为9，
∴4−(−b24−b+3)=9，
∴b＝﹣8（舍去）或b＝4，
∴b＝4；
（Ⅲ）∵x1+x2＝2，x1•x2＝3，可得y＝ax2+2ax﹣3a，
∴b＝2a，c＝﹣3a，
∴A（﹣3，0），C（0，﹣3a），
当a＞0时，如图，
将△AOD绕点O顺时针旋转60°至△A′OD′，连接A'C，作A'E⊥CO于E，
∴OD′＝OD，AD′＝AD，
∴△DOD′是等边三角形，
∴DD′＝OD，
∴AD+OD+CD＝AD'+DD′+CD≥A'C，
∴当C、D、A'共线时，AD+OD+CD最小，
在Rt△A'OE中，∠A'OE＝30°，OA′＝AO＝3，
∴A'E=32，OE=32A'O=332，
∵A'C2＝CE2+A'E2，
∴(3a+332)2+(32)2=(36+322)2，
解得a1＝1，a2=−(3+1)（舍去），
∴a＝1；
当a＜0时，如图，
将△AOD绕点O逆时针旋转60°至△A'OD'，连接A'C，作A'F⊥CO于F，
∴OD′＝OD，AD′＝AD，
∴△DOD′是等边三角形，
∴DD′＝OD，
∴AD+OD+CD＝AD′+DD'+CD≥A'C，
∴当C、D、A'共线时，AD+OD+CD最小，
在Rt△AOF中，∠A'OF＝30°，OA'＝AO＝3，
∴A'F=32，OF=32A'O=332，
∵A'C2＝CF2+A'F2，
∴(−3a+332)2+(32)2=(36+322)2，
∴a1＝﹣1，a2=3+1（舍去），
∴a＝﹣1；
综上，a＝1或﹣1．
12．（2025•潮阳区二模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B两点，AB＝4，C为抛物线顶点．
（1）求b，c的值；
（2）点P是抛物线上一动点．
①当∠PAD＝45°时，则点P的坐标为 ；
②当S△ADP＝S△AOD时，试求点P的坐标．
（3）如图2，以B为圆心，2为半径作圆，N为圆B上任一点，求CN+12AN的最小值．
【解答】解：（1）∵AB＝4，A（﹣1，0），
∴B点坐标为（3，0），
将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得1−b+c=09+3b+c=0，
解得b=−2c=−3；
（2）①如图，过P作PN⊥PA交直线AD于点N，过P作GM∥y轴交x轴于点G，过N作NM⊥GM于点M，
由（1）可知抛物线表达式为y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，得y＝﹣3，
∴D（0，﹣3），
∵A（﹣1，0），
∴直线AD的表达式为y＝﹣3x﹣3，
设P（m，m2﹣2m﹣3），由图可知点P在第四象限，
∴AG＝m+1，PG＝﹣m2+2m+3，
∵∠PAD＝45°，∠APN＝90°，
∴△APN是等腰直角三角形，∠APG＝∠PNM＝90°﹣∠MPN，
∴AP＝PN，
在△APG和△PNM中，
∠AGP=∠PMN=90°∠APG=∠PNMPA=PN，
∴△APG≌△PNM（AAS），
∴AG＝PM＝m+1，PG＝MN＝﹣m2+2m+3，
∴xN＝m﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣m﹣3，
yN＝m2﹣2m﹣3﹣m﹣1＝m2﹣3m﹣4，
∴N（m2﹣m﹣3，m2﹣3m﹣4），
∵点N在直线AD上，
∴m2﹣3m﹣4＝﹣3（m2﹣m﹣3）﹣3，
整理得2m2﹣3m﹣5＝0，
解得m=52或m＝﹣1（与A重合，舍去），
当m=52时，m2﹣2m﹣3=−74，
∴P(52，−74)；
故答案为：(52，−74)；
②过点O作直线L∥AD，
∵S△ADP＝S△AOD，
∴点P是直线L与抛物线的交点，
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣1，0），D（0，﹣3）代入，
得−k+b=0b=−3，
解得k=−3b=−3，
∴直线AD的解析式为y＝﹣3x﹣3，
∴直线l的解析式为y＝﹣3x，
联立方程y=−3xy=x2−2x−3，
解得x1=−1+132y1=3−132，x2=−1−132y2=3+132．
∴P(−1+132，3−3132)或(−1−132，3+3132)；
（3）如图，取H（2，0），连接NH，BN，
∵BH＝1，BN＝2，BA＝4，
∴BHBN=BNBA，
又∵∠HBN＝∠NBA，
∴△HBN∽△NBA，
∴HNAN=BNBA=12，
∴HN=12AN，
∴CN+12AN=CN+HN≥CH，
∵CH=42+12=17，
∴CN+12AN得最小值为17．模型大招
1.点在圆上
此类问题的必要条件：两个定量
主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；
主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．
结论（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM；
（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：
AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．
按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．
2. 点在线上
必要条件：
主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；
主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．
结论：
P、Q两点轨迹所在直线的夹角等于∠PAQ（当∠PAQ≤90°时，∠PAQ等于MN与BC夹角）
P、Q两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP:AQ=BC:MN）
模型大招
从前有个少年外出求学，某天不幸得知老父亲病危的消息，便立即赶路回家。由于着急只考虑到了"两点之间线段最短"，虽然从他此刻位置A到家B之间是一片砂石地，但他义无反顾踏上归途，当赶到家时，老人刚咽了气，小伙子追悔莫及失声痛哭邻居告诉小伙子说，老人弥留之际不断念叨着"胡不归？胡不归？"
看到这里很多人都会有一个疑问，少年究竟能不能提前到家呢？假设可以提早到家，那么他该选择怎样的一条路线呢？这就是今天要讲的“胡不归”问题.
将这个问题数学化，我们不妨设总时间为，则，
由可得，提取一个得，
若想总的时间最少，就要使得最小，
如图，过定点A在驿道下方作射线AE，夹角为，且，
作DG⊥AE于点G，则，
将转化为DG＋DB，
再过点B作BH⊥AE于点H，交驿道所在直线于点，则就是我们要找的点，此时DG＋DB的最小值为BH，
，
综上，所需时间的最小值为，
少年想要尽快回家，应沿着驿道到达点之后，再沿着B路线回家，或许还能见到父亲的最后一面.
解决此类问题的一般方法：
第一步：将所求的线段和改写成的形式；
第二步：构造一个角，使得；
第三步：过目的地作所构造的角的一边的垂线，该垂线段的长度就是所求的最小值；
第四步：计算.
模型大招
对于平面内的定点A、B，若在平面内有一动点P且P满足PA：PB＝k（k≠1），则动点P的轨迹就是一个圆，这个圆被称为阿波罗尼斯圆，简称“阿氏圆”，如图所示：
若，设，如图所示：
由图可以发现在AB上存在点C使得，在AB延长线上存在点D使得，也就是说，当点P与点C、D重合时，符合条件；
当点P不与点C、D重合时，对于任意一点P，连接PA、PB、PC，可得，所以PC为△PAB一条内角平分线，再连接PD，可得，所以PD为△PAB一条外角平分线，所以PC⊥PD，即∠CPD＝90º，所以点P的轨迹是以CD为直径的一个圆.
当我们遇到平面内一动点到两定点之比为定值且不为1的情况时，可以在过两定点的直线上按定比确定内分点和外分点，并以之为直径做圆从而确定动点的轨迹.
如何具体证明P点的轨迹就是一个完整的圆呢？
分别取线段AB的内外分点C、D，再取CD中点O，可得，设，则，由线段位置关系可得AC＋BC＋BD＝AD，则，解得，.
又，即，
整理得，即，
当点P在一个以O为圆心，r为半径的圆上运动时，如图所示：
易证：△BOP∽△POA，，∴对于圆上任意一点P都有.
对于任意一个圆，任意一个k的值，我们可以在任意一条直径所在直线上，在同侧适当的位置选取A、B点，则需，就可以构造出上述的A字型相似
模型大招
问题：如图，在△ABC内部找到一点P，使得PA＋PB＋PC的值最小.
解答：若点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120º，则PA＋PB＋PC的值最小，P点称为三角形的费马点.
1.如何作出费马点
第一步：分别以AB、AC为边作等边△ABD与等边△ACE，如图所示：
第二步：连接CD、BE，即可得到△ADC≌△ABE，如图所示：
第三步：此时CD、BE的交点即为点P（费马点），
第四步：以BC为边，作等边△BCF，连接AF，AF必过点P，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120º.