2023年甘肃省兰州市中考二模数学试题（含解析）

这是一份2023年甘肃省兰州市中考二模数学试题（含解析），共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年甘肃省兰州市中考二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的绝对值是（   ）
A． B． C．2 D．
2．如图是由若干个小正方体堆成的几何体的主视图（正视图），这个几何体是（    ）

A． B． C． D．
3．不等式的解集在数轴上表示正确的是（    ）
A． B． C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，与是以原点为位似中心的位似图形，已知点的横坐标为，点的横坐标为，点的坐标为，则点的坐标是（   ）
  
A． B． C． D．
5．下列分式中，是最简分式的是（    ）
A． B． C． D．
6．已知一次函数，y随x的增大而增大，则a的值可以是（    ）
A． B． C．0 D．
7．年月日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，三名航天员平安归来，神舟十三号任务取得圆满成功．某航模店购进了“神舟”和“天宫”两款航空模型．已知每个“神舟”模型比“天宫”模型的进价多元，且同样花费元，购进“天宫”模型的数量比“神舟”模型多个．设“天宫”模型进价为每个元，则下列方程正确的是（　　）

A． B．
C． D．
8．古希腊数学家埃拉托色尼是第一个测算地球周长的人，他在当时的城市塞恩（图中的点A）竖立的杆子在某个时刻没有影子，而此时在500英里以外的亚历山大（图中的点B）竖立杆子的影子却偏离垂直方向约，由此他得出，那么的度数也就是的，所以从亚历山大到塞恩的距离也就等于地球周长的．其中“”所依据的数学定理是（    ）

A．两直线平行，内错角相等 B．两直线平行，同位角相等
C．两直线平行，同旁内角互补 D．内错角相等，两直线平行
9．如图，从一块半径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角是的扇形，则扇形中弧的长为（    ）

A． B． C． D．
10．在单词statistics(统计学)中任意选择一个字母,字母为“s”的概率是（   ）
A． B． C． D．
11．为得到二次函数的图像，需将的图像（　　）
A．向左平移2个单位，再向下平移2个单位
B．向右平移2个单位，再向上平移2个单位
C．向左平移1个单位，再向上平移1个单位
D．向右平移1个单位，再向下平移1个单位
12．如图，正方形ABCD的边长为4，点M在DC上，且DM=1，N是AC上一动点，则DN+MN的最小值为（    ）

A．4 B． C． D．5

二、填空题
13．分解因式：_______．
14．如图，小刚在兰州市平面地图的部分区域建立了平面直角坐标系，如果白塔山公园的坐标是（2，2），中山桥的坐标是（3，0），那么黄河母亲像的坐标是______．

15．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，点A，B，C均在网格交点上，是的外接圆，则的值是_____．

16．如图．某大学学子餐厅把WIFI密码做成了数学题，小亮就餐时顺利地连接到了网络，那么他输入的密码是______．


三、解答题
17．化简：（2x﹣3）（2x＋3）﹣（2x﹣1）2
18．计算：
19．课堂上，某老师给出一道数学题：如图所示，点在上，点在的延长线上，且，连接交于，若点是的中点，证明：．
小明的思路是：过作，交于点，如图；
小丽的思路是：过作，交的延长线于点，如图．
请根据小明或小丽的思路任选一种完成该题的证明过程．

20．先阅读下列材料，再解答问题．
尺规作图：
已知：，D是边上一点，如图1．
求作：四边形，使得四边形是平行四边形．
小明的做法如下：

（1）设计方案
先一个符合题意的草图，如图2，
再分析实现目标的具体方法．

（2）设计作图步骤，完成作图
作法：如图3，
①以点C为圆心、为半径画弧；
②再以点D为圆心、为半径画弧，两弧交于点F；
③连接与．
∴四边形即为所求．
请在图3中完成尺规作图，保留作图痕迹

（3）推理论证
证明：∵___________，___________
∴四边形DBCF是平行四边形．（___________）（填推理依据）
21．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若∠BAC＝30°，AC＝8，求菱形OCED的面积．

22．九年级一班邀请、、、、五位评委对甲、乙两位同学的才艺表演打分，并组织全班名同学对两人民意测评投票，绘制了如下的统计表和不完整的条形统计图，并求得了五位评委对甲同学才艺表演所打分数的平均分和中位数：（分）；中位数是分．
五位评委的打分表






甲





乙





  (1)求五位评委对乙同学才艺表演所打分数的平均分和中位数；
(2)______，并补全条形统计图：
(3)为了从甲、乙二人中只选拔出一人去参加艺术节演出，班级制定了如下的选拔规则：选拔综合分最高的同学参加艺术节演出，其中，综合分才艺分测评分；．才艺分五位评委所打分数中去掉一个最高分和去掉一个最低分，再算平均分；测评分“好”票数分“较好”票数分“一般”票数分；
当时，通过计算说明应选拔哪位同学去参加艺术节演出？
通过计算说明的值不能是多少？
23．某综合实践小组开展了测量本校旗杆高度的实践活动．为了减小测量误差.小组在测量仰角的度数以及两个测点之间的距离时，都分别测量了两次并取它们的平均值作为测量结果，测量数据如下表（不完整）．
课题
测量旗杆的高度
成员
组长×××  组员：×××，×××，×××
测量工具
测量角度的仪器、皮尺等
测量示意图

说明：左图为测量示意图，线段表示学校旗杆，测量角度的仪器的高度，测点，与在同一条水平直线上，，之间的距离可以直接测得，且点，，，，，都在同一竖直平面内.点，，在同一条直线上，点在上．
测量数据
测量项目
第一次
第二次
平均值
的度数



的度数



，之间的距离



(1)任务一：两次测量，，之间距离的平均值是_______；
(2)任务二：根据以上测量结果，请你帮助该综合实践小组求出学校旗杆的高度．
（参考数据：，，，，，）
24．根据以下素材，探索完成任务．
如何设计喷灌器喷水口的升降方案
素材1
随着自动化设备的普及，家庭庭院也引入自动喷灌系统．从喷水口喷出的水柱成抛物线形．如素材一的图是该喷灌器喷水时的截面示意图，喷水口点离地高度为，喷出的水柱在离喷水口水平距离为处达到最高，高度为，且水柱刚好落在庭院围墙和地面的交界点处．

素材2
若准备在庭院内沿围墙建花坛种植绣球花，花坛高，宽，侧面用大理石包围，长方形是花坛截面，如图．调整喷水口的高度，喷出的水柱形状与原来相同，水柱落在花坛的上方边上（大理石厚度不计），达到给花坛喷灌的效果．

问题解决
任务1
确定喷灌器的位置
求出喷灌器与围墙的距离．
任务2
拟定喷头升降方案
调整喷水口的高度，使水柱可以喷灌花坛，求喷水口距离地面高度的最小值．
25．如图，直线与轴，轴分别相交于，两点，与双曲线相交于点，轴于点，且，点的坐标为．

(1)求一次函数和双曲线的解析式；
(2)若点为双曲线上点右侧的一点，且轴于，当时，求点的坐标．
26．如图，在中，，以为直径的与交于点，与边交于点，过点作的垂线，垂足为．
  
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的半径．
27．在平面直角坐标系中，点，点在轴的正半轴上．若点，在线段上，且为某个一边与轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点，的“矩形”．下图为点，的“矩形”的示意图．
  
(1)若点，点的横坐标为，则点，的“矩形”的面积为______．
(2)点，的“矩形”是正方形，
当此正方形面积为，且点到轴的距离为时，写出点的坐标，点的坐标及经过点的反比例函数的表达式；
当此正方形的对角线长度为，且半径为的与它没有交点，直接写出的取值范围______．
28．已知正方形的边长为4，为等边三角形，点E在边上，点F在边的左侧．

(1)如图1，若D，E，F在同一直线上，求的长；
(2)如图2，连接，并延长交于点H，若，求证：
(3)如图3，将沿翻折得到，点Q为的中点，连接，若点E在射线上运动时，请直接写出线段的最小值．

参考答案：
1．A
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数，即可求解．
【详解】解：的绝对值是．
故选：A
【点睛】本题主要考查了绝对值的性质，熟练掌握正数的绝对值等于它本身，0的绝对值等于0，负数的绝对值等于它的相反数是解题的关键．
2．C
【分析】根据题意，主视图是由3个小正方形组成，利用空间想象力可得出该几何体由2层，2排小正方形组成，第一排有上下两层，第二排有一层组成．
【详解】解：根据题意得：小正方体有两排组成，而A，B，D，都有3排，故只有C符合．
故选C．
【点晴】此题主要考查三视图，解题的关键是熟知三视图的定义.
3．B
【分析】求不等式的解集，然后在数轴上表示，进行判断即可．
【详解】解：，
解得，
∴解集在数轴上表示为：

故选：B．
【点睛】本题考查了在数轴上表示不等式的解集．解题的关键在于熟练掌握在数轴上表示解集：一定大小，二定空实，三定方向．
4．A
【分析】根据位似图形的概念得到，得到，进而求出，根据位似变换的性质计算，得到答案．
【详解】解：点的横坐标为，点的横坐标为，
∴，
与是以原点为位似中心的位似图形，
∴，
，
∴，
与的相似比为：，
点的坐标为，
点的坐标是，
故选：．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念和性质，两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
5．A
【分析】根据分式的定义，即一个分式的分子与分母没有非零次的公因式时叫最简分式，即可一一判定．
【详解】解：A.是最简分式，故该选项符合题意；
B.，故该选项不是最简分式，不符合题意；
C.，故该选项不是最简分式，不符合题意；
D.，故该选项不是最简分式，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了最简分式的判定及分式的性质，理解最简分式的定义是解决本题的关键．
6．B
【分析】根据一次函数的性质，y随x的增大而增大，得出，进而即可求解．
【详解】解：∵一次函数，y随x的增大而增大，
∴，
∵，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，掌握一次函数的性质是解题的关键．
7．D
【分析】每个“神舟”模型比“天宫”模型的进价多元，同样花费元，购进“天宫”模型的数量比“神舟”模型多个．设“天宫”模型进价为每个元，根据数量关系列方程即可．
【详解】解：根据题意，设“天宫”模型进价为每个元，则“神舟”模型的价格为元，
∴花费元购进“天宫”模型的数量是，购进“神舟”模型的数量是，
∵“天宫”模型的数量比“神舟”模型多个
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查分式方程在实际问题中的运用，理解题目中的数量关系，正确列出方程是解题的关键．
8．A
【分析】根据两直线平行，内错角相等，即可求解．
【详解】解：根据题意得：“”所依据的数学定理是两直线平行，内错角相等．
故选：A
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键．
9．D
【分析】连接，过O作交于点D，根据圆周角定理可得，根据垂径定理可得，，，即可得到，根据扇形可得，，可得是等边三角形，再结合扇形弧长公式即可得到答案；
【详解】解：连接，过O作交于点D，
∵，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故选D；

【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，扇形弧长公式，解题的关键是作辅助线．
10．C
【分析】由题意知，任意选择一个字母有10种等可能的结果，字母为“s”有3种等可能的结果，然后根据概率公式求解即可．
【详解】解：由题意知，概率为，
故选C．
【点睛】本题考查了简单的概率计算．解题的关键在于明确字母“s”的可能的结果与任意选择一个字母的所有可能的结果．
11．C
【分析】根据配方法，可得二次函数顶点式解析式，根据左移加右移减，上移加下移减，可得答案．
【详解】解：可以化为，则其顶点坐标是．
故需将向左平移1个单位，再向上平移1个单位．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与几何变换，利用抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题关键．
12．D
【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BM交AC于N′，N′即为所求在Rt△BCM中利用勾股定理即可求出BM的长即可．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于直线AC对称，
∴DN=BN，
连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，

∴当B、N、M共线时，DN+MN有最小值，则BM的长即为DN+MN的最小值，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
又∵CD=4，DM=1
∴CM=CD-DM=4-1=3，
在Rt△BCM中，BM=
故DN+MN的最小值是5．
故选：D．
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，先作出D关于直线AC的对称点，由轴对称及正方形的性质判断出D的对称点是点B是解答此题的关键．
13．
【分析】根据提公因式和平方差公式，即可求得答案．
【详解】解：

，
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，一提，二套，三检查，解题的关键在于因式分解要彻底．
14．
【分析】根据白塔山公园的坐标是（2，2），中山桥的坐标是（3，0）画出直角坐标系，然后根据点的坐标的表示方法写出黄河母亲像的坐标；
【详解】解：如图，

根据白塔山公园的坐标是（2，2），中山桥的坐标是（3，0）画出直角坐标系，
∴黄河母亲像的坐标是 ．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标确定位置：平面内的点与有序实数对一一对应；记住直角坐标系中特殊位置点的坐标特征是解题的关键．
15．/
【分析】延长交于点D，连接，根据正弦的定义求出，根据圆周角定理得到，得到答案．
【详解】解：延长交于点D，连接，则，
在中，
，
，
由圆周角定理得：，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、正弦的定义、圆周角定理，正确作出辅助线是解题的关键．
16．143549
【分析】根据题意可得；；；由此发现规律，即可求解．
【详解】解：根据题意得：；
；
；
∴．
故答案为：143549．
【点睛】本题主要考查了数字类规律题，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
17．4x﹣10
【分析】用平方差公式和完全平方公式进行计算即可．
【详解】解：


．
【点睛】本题考查平方差公式和完全平方公式，平方差公式：，完全平方公式：，熟记公式是解题关键．
18．
【分析】先对进行化简，再采用乘法分配律将括号打开，最后合并同类项即可．
【详解】解：原式


．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，对二次根式进行化简并合并同类二次根式是解题的关键，属于中考常考题型．
19．证明见解析
【分析】小明的思路：过作，交于点，如图，先由平行线的性质得到，，再由线段中点的定义得到，即可证明，得到，进而推出，即可证明；
小丽的思路：过作，交的延长线于点，如图，由平行线的性质得到，同理证明，推出，进一步推出，即可证明．
【详解】证明：小明的思路：过作，交于点，如图，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
小丽的思路：过作，交的延长线于点，如图，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20．（1）图见解析；（2）CF=BD，DF=BC；两组对边相等的四边形是平行四边形．
【分析】（1）根据两组对边相等的四边形是平行四边形，作对边相等即可解答；
（2）根据作法由两组对边相等的四边形是平行四边形即可完成解答．
【详解】解：（1）如图：

（2）证明：∵CF=BD，DF=BC
∴四边形DBCF是平行四边形．（两组对边相等的四边形是平行四边形）
故答案为：CF=BD，DF=BC；两组对边相等的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了基本作图-尺规作图作线段和平行四边形判定，掌握平行四边形的判定是解题关键．
21．（1）见解析；（2）8．
【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC＝OD，根据菱形的判定得出即可．
（2）解直角三角形求出BC＝4，AB＝DC＝4，连接OE，交CD于点F，根据菱形的性质得出F为CD中点，求出OF＝BC＝2，求出OE＝2OF＝4，求出菱形的面积即可．
【详解】解：（1）证明：∵CE∥OD，DE∥OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OC＝AC，OD＝BD，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形；
（2）在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝8，
∴BC＝4，
∴AB＝DC＝4，
连接OE，交CD于点F，
∵四边形ABCD为菱形，
∴F为CD中点，
∵O为BD中点，
∴OF＝BC＝2，
∴OE＝2OF＝4，
∴S菱形OCED＝×OE×CD＝×4×4＝8．

【点睛】考查了矩形的性质和菱形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：菱形的面积等于对角线积的一半．
22．(1)平均数是91分，中位数是90分
(2)8，图见解析
(3)①甲同学；②不能是0.5

【分析】（1）利用中位数及平均数的定义分别求解即可；
（2）用样本个数减去其他小组的频数即可求得值，从而补全统计图；
（3）分别根据打分要求确定两人的成绩，然后即可确定参选人员．
【详解】（1）分；
中位数是分．
（2），
如图即为所求；
  
（3）甲的才艺分分，
甲的测评分分，
甲的综合分分，
乙的才艺分分，
乙的测评分分，
乙的综合分分，
甲的综合分乙的综合分，
应选拔甲同学去参加艺术节演出．
甲的综合分，
乙的综合分，
若从甲、乙二人中只选拔出一人去参加演出，
则 ，
．
【点睛】本题考查了中位数、加权平均数及条形统计图的知识，解题的关键是能够读懂题意，并能正确的识图，难度不大．
23．(1)5.5
(2)旗杆的高度为

【分析】（1）根据平均数的定义求解即可；
（2）由题意可得，四边形，四边形都是矩形，设，则在中，由，可得；再在中由三角函数可得，结合可得，求解即可获得答案．
【详解】（1）平均值：，
故答案为：5.5；
（2）由题意可得，四边形，四边形都是矩形，
∴，，
设，
在中，，，
∵，
∴，
在中，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
答：旗杆的高度为．
【点睛】本题主要考查了平均数、矩形的性质、三角函数的应用等知识，理解题意，正确运用三角函数解决问题是解题关键．
24．任务1：；任务2：
【分析】（1），先建立平面直角坐标系，用待定系数法求得抛物线的函数表达式；令，求得方程的解，根据问题的实际意义做出取舍即可；
（2），由题意可得：，分别代入，求得的最小值和最大值，再令，即可分别求得的最小值和最大值．
【详解】解：（1）以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：

设抛物线解析式为，把代入得：，解得：，
∴抛物线的表达式为.
令，得，解得：，
∴，
∴，
喷灌器OA与围墙的距离为5m；
（2）如图所示：

，
∴，
设，把代入得，解得：，
∴，
当时，，
∴，
设，把代入得，，解得：，
∴，
当时，，
∴，
，即喷水口距离地面高度的最小值为．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，理清题中的数量关系并结合实际分析是解题的关键．
25．(1)，
(2)

【分析】（1）的坐标为，代入直线待定系数即可求解；进而根据，即点的纵坐标为4，代入得：，进而代入反比例数解析式即可求解；
（2）设为，则，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵的坐标为，代入直线
∴，解得
∴，
∵，即点的纵坐标为4，代入得：
∴
解得：，
即，
将代入
∴，解得
∴；
（2）当时
∴
设为，则
∴代入反比例解析式
∴解得或2
∵
∴
∴．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，相似三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)

【分析】（1）由，得，即可得，故，而，有，即知为的切线；
（2）连接，，由，可得，，而，故是的中线，可得，，，即得，的半径为．
【详解】（1）证明：连接，，
  
是的直径，
，
，
点是的中点，
点是的中点，
是的中位线，
，
．
，
，
，
是的切线；
（2）解：连接，
  
四边形是的内接四边形，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
，
，
的半径是．
【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及圆内接四边形的性质，切线的判定，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
27．(1)6
(2)①，，或；②或

【分析】（1）根据点、的坐标，利用待定系数法可求出直线的函数表达式，代入即可求出点的坐标，再利用矩形的面积公式即可求出点，的“矩形”的面积；
（2）根据正方形的性质可得出，结合点的坐标可得出点的坐标及直线的函数表达式，由点到轴的距离为可得出点的坐标，再由正方形的面积结合点的坐标即可得出点的坐标，进而可得出经过点的反比例函数的表达式；
找出与点，的“矩形”相交的最小、最大值，由此即可得出结论．
【详解】（1）设直线的函数表达式为，
将 、代入，得：
，解得：，
直线的函数表达式为．
当时，，
点的坐标为，
点，的“矩形”的面积．
故答案为：．
（2）∵点，的“矩形”是正方形，
，
点的坐标为，直线的函数表达式为．
点到轴的距离为，
点的坐标为．
点，的“矩形”的面积为，
点的横坐标为或，
点的坐标为或．
经过点的反比例函数的表达式为，
故答案为：．
如图，
  
取的中点，当点为的中点时，与点，的“矩形”相交有最小值，
此时，
；
如图，
  
当点与点重合或点与点重合时，与点，的“矩形”相交有最大值，
，
．
在中，，，
，
．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次反比例函数解析式、矩形的面积、正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线的函数表达式；（2）根据正方形的性质找出直线的函数表达式；画出图形，利用数形结合解决问题．
28．(1)
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据等边三角形的性质和锐角三角函数可求出的长，即可；
（2）先证明，可得，再由等边三角形的性质可得，从而得到，再由，可得，从而得到，即可；
（3）分两种情况讨论，先求出点Q的轨迹，可得当时，有最小值，即可．
【详解】（1）解：∵为等边三角形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，延长，交于点G，

∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：当点E在线段上时，如图，取的中点N，连接，

∵将沿翻折得到，
∴，
∵点Q为的中点，
∴，
∴，
∴点Q在过线段的中点，且与成角的直线上移动，
∴当时，有最小值，
如图，延长，交于点H，连接，

∵点N是线段的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴此时点E不在线段上，
∴点E在线段上时，，
当点E在线段的延长线上时，

∵将沿翻折得到，
∴，
∵点Q为的中点，点N是线段的中点，
∴，
∴，
∴点Q在过线段的中点，且与成角的直线上移动，
∴当时，有最小值，
同理：；
综上所述，的最小值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．