题型06 几何最值（复习讲义）-最新中考数学二轮复习讲义+专题（全国通用）

这是一份题型06 几何最值（复习讲义）-最新中考数学二轮复习讲义+专题（全国通用），文件包含题型六几何最值复习讲义原卷版docx、题型六几何最值复习讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。

1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。加强对二次函数与几何图形结合的综合性试题、实际应用题等专题的练习，深化对常考题型的熟悉程度。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练，进一步渗透和深刻理解其内涵，重要处舍得投入时间与精力。强化解题过程中常用的配方法、待定系数法等通法。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法，这样，对于解决难度较大的压轴题会有很大的帮助。
题型六几何最值（复习讲义）
【考点总结|典例分析】
解决几何最值问题的理论依据有：①两点之间线段最短；②垂线段最短；③三角形两边之和大于第三边或三角形两边之差小于第三边(重合时取到最值)；④定圆中的所有弦中，直径最长；⑤圆外一点与圆心的连线上，该点和此直线与圆的近交点距离最短、远交点距离最长.根据不同特征转化从而减少变量是解决最值问题的关键，直接套用基本模型是解决几何最值问题的高效手段.
动点问题是初中数学阶段的难点，它贯穿于整个初中数自数轴起始，至几何图形的存在性、几何图形的长度及面积的最值，函数的综合类题目，无不包含其中.
其中尤以几何图形的长度及面积的最值、最短路径问题的求解最为繁琐且灵活多变，而其中又有一些技巧性很强的数学思想（转化思想），本专题以几个基本的知识点为经，以历年来中考真题为纬，由浅入深探讨此类题目的求解技巧及方法.
考点01胡不归
【模型展示】
如图，一动点P在直线MN外的运动速度为V1，在直线MN上运动的速度为V2，且V1，记，
即求BC+kAC的最小值．
构造射线AD使得sin∠DAN=k，CH/AC=k，CH=kAC．
将问题转化为求BC+CH最小值，过B点作BH⊥AD交MN于点C，交AD于H点，此时BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．
在求形如“PA+kPB”的式子的最值问题中，关键是构造与kPB相等的线段，将“PA+kPB”型问题转化为“PA+PC”型．
1.如图，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则的最小值是( )
【答案】B
【详解】
如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．
∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵tanA==2，设AE=a，BE=2a，
则有：100=a2+4a2，
∴a2=20，
∴a=2或-2（舍弃），
∴BE=2a=4，
∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM=BE=4（等腰三角形两腰上的高相等））
∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，
∴，
∴DH=BD，
∴CD+BD=CD+DH，
∴CD+DH≥CM，
∴CD+BD≥4，
∴CD+BD的最小值为4．
故选B．
考点02阿氏圆
【模型展示】
如下图，已知A、B两点，点P满足PA：PB=k（k≠1），则满足条件的所有的点P构成的图形为圆．
（1）角平分线定理：如图，在△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，则．
证明：，，即
（2）外角平分线定理：如图，在△ABC中，外角CAE的角平分线AD交BC的延长线于点D，则．
证明：在BA延长线上取点E使得AE=AC，连接BD，则△ACD≌△AED（SAS），CD=ED且AD平分∠BDE，则，即．
接下来开始证明步骤：
如图，PA：PB=k，作∠APB的角平分线交AB于M点，根据角平分线定理，，故M点为定点，即∠APB的角平分线交AB于定点；
作∠APB外角平分线交直线AB于N点，根据外角平分线定理，，故N点为定点，即∠APB外角平分线交直线AB于定点；
又∠MPN=90°，定边对定角，故P点轨迹是以MN为直径的圆．
1.如图，在中，∠ACB=90°，BC=12，AC=9，以点C为圆心，6为半径的圆上有一个动点D．连接AD、BD、CD，则2AD+3BD的最小值是 ．
【分析】首先对问题作变式2AD+3BD=，故求最小值即可．
考虑到D点轨迹是圆，A是定点，且要求构造，条件已经足够明显．
当D点运动到AC边时，DA=3，此时在线段CD上取点M使得DM=2，则在点D运动过程中，始终存在．
问题转化为DM+DB的最小值，直接连接BM，BM长度的3倍即为本题答案．
2.如图，已知正方ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，则的最大值为_______．
【分析】当P点运动到BC边上时，此时PC=2，根据题意要求构造，在BC上取M使得此时PM=1，则在点P运动的任意时刻，均有PM=，从而将问题转化为求PD-PM的最大值．
连接PD，对于△PDM，PD-PM＜DM，故当D、M、P共线时，PD-PM=DM为最大值．
考点03费马点
【模型展示】
问题：在△ABC内找一点P，使得PA+PB+PC最小．
【分析】在之前的最值问题中，我们解决的依据有：两点之间线段最短、点到直线的连线中垂线段最短、作对称化折线段为直线段、确定动点轨迹求最值等．
（1）如图，分别以△ABC中的AB、AC为边，作等边△ABD、等边△ACE．
（2）连接CD、BE，即有一组手拉手全等：△ADC≌△ABE．
（3）记CD、BE交点为P，点P即为费马点．（到这一步其实就可以了）
（4）以BC为边作等边△BCF，连接AF，必过点P，有∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°．
在图三的模型里有结论：（1）∠BPD=60°；（2）连接AP，AP平分∠DPE．
有这两个结论便足以说明∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°．原来在“手拉手全等”就已经见过了呀，只是相逢何必曾相识！
1.如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论：
问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是___________
【答案】
【详解】
如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，
显然△MOP为等边三角形，
∴，OM＋OG＝OP＋PQ，
∴点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，
∴当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，
此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，
过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，
∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，
∵MQ＝MG＝4，
∴AQ＝AM＝MQ•cs45°=4，
∴NQ＝，
故答案为：.
2、如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM.
E
A D
B C
N
M
⑴ 求证：△AMB≌△ENB；
⑵ ①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
⑶ 当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长.
【答案】
（1）△AMB≌△ENB，证明略。
（2）①当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小.
②连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM＋BM＋CM的值最小，图略
（3）
【解析】解：⑴∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°.
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN－∠ABN＝∠ABE－∠ABN.
即∠BMA＝∠NBE.
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS）
⑵①当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小
②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
F
E
A D
B C
N
M
AM＋BM＋CM的值最小
理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN.
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形.
∴BM＝MN.
∴AM＋BM＋CM＝EN＋MN＋CM
根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM＝EC最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的长
⑶过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF＝90°－60°＝30°.
设正方形的边长为x，则BF＝x，EF＝.
在Rt△EFC中，
∵EF2＋FC2＝EC2，
∴（）2＋（x＋x）2＝
解得，x＝（舍去负值）.
∴正方形的边长为
考点04瓜豆原理
【知识精讲】
如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？
【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？
考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．
【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，
由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，
由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．
Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．
根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；
根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．
如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？

【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．
考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；
考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．
即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．
如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？
【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；
考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．
即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．
【模型总结】
为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．
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．
古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．
1.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将ΔEBF沿EF所在直线折叠得到ΔEB' F，连接B' D，则B' D的最小值是_____．
【答案】.
【详解】
如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时，B'D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB'F，∴∠B=∠EB'F，EB'=EB．
∵E是AB边的中点，AB=4，∴AE=EB'=2．
∵AD=6，∴DE2，∴B'D=22．
故答案为22．
2.如图，等边三角形ABC的边长为4，点D是直线AB上一点．将线段CD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连结BE．
（1）若点D在AB边上（不与A，B重合）请依题意补全图并证明AD=BE；
（2）连接AE，当AE的长最小时，求CD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】
解：（1）补全图形如图1所示，AD=BE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠A=∠B=60°，
由旋转的性质得：∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE．
（2）如图2，过点A作AF⊥EB交EB延长线于点F．
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠A=60°，
∴点E的运动轨迹是直线BE，
根据垂线段最短可知：当点E与F重合时，AE的值最小，
此时CD=CE=CF，
∵∠ACB=∠CBE=60°，
∴AC∥EF，
∵AF⊥BE，
∴AF⊥AC，
在Rt△ACF中，
∴CF===，
∴CD=CF=.
考点05将军饮马
1.两定（异侧），一动
2.两定（同侧），一动
3.一定，两动
4.两动，两动
知识提炼：
折线问题→→→（利用轴对称的性质）→→→两点间线段最短问题
1.如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，动点P满足S△PAB＝S矩形ABCD，则点P到A，B两点距离之和PA+PB的最小值为 ．

【答案】241
【解析】解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵S△PAB＝13S矩形ABCD，
∴12AB•h＝13AB•AD，
∴h＝23AD＝4，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB＝10，AE＝4+4＝8，∴BE＝AB2+AE2＝102+82＝241，
即PA+PB的最小值为241．故答案为：241．
2.如图，等边△ABC的边长为4，AD是BC边上的中线，F是AD边上的动点，E是AC边上一点，若AE＝2，当EF＋CF取得最小值时，则∠ECF的度数为多少？

【答案】∠ECF＝30º
【解析】解：过E作EM∥BC，交AD于N，如图所示：
∵AC＝4，AE＝2，∴EC＝2＝AE，∴AM＝BM＝2，∴AM＝AE，
∵AD是BC边上的中线，△ABC是等边三角形，∴AD⊥BC，
∵EM∥BC，∴AD⊥EM，
∵AM＝AE，∴E和M关于AD对称，连接CM交AD于F，连接EF，则此时EF＋CF的值最小，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60º，AC＝BC，∵AM＝BM，
∴∠ECF＝∠ACB＝30º.
3.（1）如图1，在A和B两地之间有一条河，现要在这条河上建一座桥CD，桥建在何处才能使从A到B的路径最短？（假定河的两岸是平行的直线，桥要与河岸垂直）
（2）如图2，在A和B两地之间有两条河，现要在这两条河上各建一座桥，分别是MN和PQ， 桥分别建在何处才能使从A到B的路径最短？（假定河的两岸是平行的直线，桥要与河岸垂直）
【答案】（1）
（2）
【解析】解：（1）如图，过点B作BB’垂直于河岸，且使BB’长度等于这条河宽，连接AB’交河的一岸于点C，过点C作CD垂直于河岸，与另一岸交点为D，则CD即为架桥最合适的位置．
（2）如图，过点A作AA’垂直于距点A较近的河岸，且使AA’长等于该河宽，同样，过点B作BB’垂直于距点B较近的河岸，且使BB’长等于河宽，连接A’B’分别交两条河相邻的河岸于点N， P， 过点N作NM垂直于该河河岸，与另一岸交点为M， 过P作PQ垂直于该河河岸，与另一岸交点为Q， 则MN， PQ即为架桥最合适的位置．
4.如图，在锐角三角形ABC中，BC＝42，∠ABC＝45º，BD平分∠ABC，M、N分别是BD、BC上的动点，试求CM＋MN的最小值.
【答案】4
【解析】如图所示，过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M'，过点M'作M'N'⊥BC于N'，则CE即为CM＋MN的最小值.
∵BC＝，∠ABC＝45º，BD平分∠ABC，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴CE=BC∙cs45°=42×22=4
故CM＋MN的最小值为4.
胡不归模型问题解题步骤如下；
1、将所求线段和改写为“PA+PB”的形式（<1），若>1，提取系数，转化为小于1的形式解决。
2、在PB的一侧，PA的异侧，构造一个角度α，使得sinα=
3、最后利用两点之间线段最短及垂线段最短解题
“阿氏圆”模型核心知识点是构造母子型相似，构造△PAB∽△CAP 推出 PA2  ，即：半径的平方=原有线段 构造线段。
费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距高之和最短的点。
主要分为两种情况：
（1）当三角形三个内角都小于120°的三角形，通常将某三角形绕点旋转60度，从而将“不等三爪图”中三条线段转化在同一条直线上，利用两点之间线段最短解决问题。
（2）当三角形有一个内角大于120°时，费马点就是此内角的顶点.
费马点问题解题的核心技巧：
旋转60° 构造等边三角形 将“不等三爪图”中三条线段转化至同一直线上 利用两点之间线段最短求解问题
动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。
确定动点轨迹为圆或者圆弧型的方法:
（1）动点到定点的距离不变，则点的轨迹是圆或者圆弧。
（2）当某条边与该边所对的角是定值时，该角的顶点的轨迹是圆，具体运用如下;
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①见直角，找斜边，想直径，定外心，现圆形
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②见定角，找对边，想周角，转心角，现圆形