专题09 几何最值问题5大题型（题型专练）（四川成都专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题09 几何最值问题 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01   将军饮马模型（线段和最值） 题型02 胡不归、阿氏圆模型 题型03 隐形圆最值（定角对定弦、定点定长） 题型04 几何图形周长、面积最值 题型05 动点路径长问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 将军饮马模型（线段和最值法） 典例引领 【典例01】（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（    ） A．4 B． C．6 D． 【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键． 【典例02】（2026·四川泸州·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作于点E，交于点F．点P是线段上一动点，连接、，若，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 四川中考几何最值高频基础模型，常出现在选择、填空压轴或解答题小问中，是所有线段和最值问题的基础： 1.基础模型：直线同侧两点，在直线上找一点使线段和最小；或直线异侧两点，在直线上找一点使线段差最大。 2.多步模型：两定一动、两动一定、两动两定的将军饮马变形，如 “造桥选址”“将军饮马+平移” 等。 3.综合应用：与一次函数、二次函数图像结合，在坐标系中求线段和的最小值；或在特殊四边形、圆中应用。 方法技能 1.核心原理：利用轴对称变换，将折线段转化为两点之间的直线段，根据 “两点之间，线段最短” 求最小值。 2.解题步骤： · 确定对称轴（动点所在的直线）； · 作其中一个定点关于对称轴的对称点； · 连接对称点与另一个定点，与对称轴的交点即为所求动点，线段长度即为最小值。 3.常见变形技巧： · 造桥选址：利用平移，将两条不平行的线段和转化为两点之间的线段； · 两动一定：作定点关于两条直线的对称点，连接对称点，与两条直线的交点即为动点。 变式演练 【变式01】（2026·四川内江·一模）如图，在矩形中，，．点E在上且．点G在上且，点P为边上的一个动点，F为的中点，则的最小值为______． 【变式02】（2026·四川成都·一模）阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____． 【变式03】（2026·四川广安·模拟预测）如图：菱形的边长为4，，点E，点F是对角线上的两动点，，连接，则的最小值为________． 题型02 胡不归、阿氏圆模型 典例引领 【典例01】（2025·四川达州·中考真题）如图，已知抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于C点，B的坐标为，C的坐标为，顶点为M． (1)求抛物线的解析式； (2)连接，过第四象限内抛物线上一点作的平行线，交x轴于点E，交y轴于点F． ①连接，当时，求内切圆半径r与外接圆半径R的比值； ②连接，当点F在的内角平分线上，上的动点P满足的值最小时，求的面积． 【典例02】（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在边长为的正方形的对角线上取一点，使，连结并延长至点，连结，使，与相交于点．有下列结论：①；②；③；④点是边上一动点，连结，将沿翻折，点落在点处，连结交于点，连结，则的最小值为其中正确的结论有______．（填序号） 方法透视 考向解读 四川中考几何最值压轴高频模型，难度较高，常出现在选择、填空压轴或解答压轴题中，是区分度题型： 1.胡不归模型：解决形如PA+kPB（0<k<1）的最值问题，多在直线上应用。 2.阿氏圆模型：解决形如PA+kPB（0<k<1）的最值问题，多在圆中应用。 3.综合应用：与特殊四边形、圆、二次函数结合，考查构造辅助线和转化的能力。 方法技能 1.胡不归模型解题技巧： · 构造一个角α，使sinα=k； · 过点P作该角一边的垂线，将kPB转化为垂线段； · 根据 “垂线段最短” 求PA+kPB的最小值。 2.阿氏圆模型解题技巧： · 找到圆心O，在OB或OB的延长线上取一点C，使OC:r=r:OB=k（r为圆半径）； · 连接AC，与圆的交点即为P，此时PC=kPB； · PA+kPB的最小值即为AC的长度。 3.核心思想：利用三角函数或相似三角形，将系数不为1的线段转化为系数为1的线段，再利用基本模型求最值。 变式演练 【变式01】（2025·四川成都·模拟预测）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 【尝试初探】 （1）如图①，在四边形中，若，，，求的长； 【深入探究】 （2）如图②，在四边形中，若，，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图③，在四边形中，若，，，延长相交于点，，是线段上一动点，连接，求的最小值． 【变式02】（2025·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于两点，为抛物线顶点． (1)求的值； (2)点为直线下方抛物线上一点，过点作轴，垂足为点，交于点，是否存在？若存在，求出此时点坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值． 【变式03】（2025·广西柳州·二模）已知抛物线过点，两点，与轴交于点，，    (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)点为抛物线上位于直线下方的一动点，当面积最大时，求点的坐标； (3)若点为线段上的一动点，问：是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 题型03 隐形圆最值（定角对定弦、定点定长） 典例引领 【典例01】 （2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中， ，．将射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，使得面积为24，连结，则的最大值是________． 方法透视 考向解读 四川中考几何最值特色考点，常出现在选择、填空压轴题中，需要较强的几何转化能力： 1.定角对定弦模型：已知定线段AB，动点P满足∠APB为定值，求P到定点的距离最值或三角形面积最值。 2.定点定长模型：动点到定点的距离为定值，轨迹为圆，在此基础上求线段最值。 3.综合应用：与直角三角形、等腰三角形、四边形结合，隐藏圆的条件，需要先确定动点轨迹再求最值。 方法技能 1.定角对定弦解题技巧： · 先根据圆周角定理，确定动点P的轨迹是以AB为弦的圆； · 圆心在AB的垂直平分线上，根据圆周角确定圆心角； · 利用 “圆外一点到圆上点的距离最值”（连接圆心与定点，延长线与圆的交点为最值点）求解。 2.定点定长解题技巧： · 找到定点和定长，确定动点轨迹圆； · 利用圆心到定点的距离加减半径，得到线段的最大值和最小值。 3.关键提醒：注意轨迹圆的完整度，部分题目中动点的轨迹只是一段圆弧，需要结合条件确定范围。 变式演练 【变式01】（2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 【变式02】（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（    ） A．6 B．6 C．3 D．4 【变式03】（2026·四川绵阳·一模）如图，在四边形中，，，，，是线段的中点，是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为________ ． 题型04 几何图形周长、面积最值 典例引领 【典例01】（2025·四川内江·中考真题）如图，在中，，，，点、、分别是边、、上的动点，则周长的最小值是______． 【典例02】（2026·四川南充·一模）如图，经过，，的抛物线与y轴交于D，点E在第四象限抛物线上，点F在线段上． (1)求抛物线的解析式； (2)当与y轴平行且取最大值时，求点E的坐标； (3)四边形的面积是否存在最大值？若存在，能否求出点E，F的坐标？若不存在，请说明理由． 方法透视 考向解读 四川中考几何计算压轴题常考题型，多为解答题的第二、三问，常与二次函数结合： 1.周长最值：在动点问题中，求三角形、四边形的周长的最小值或最大值，常结合将军饮马模型。 2.面积最值：求三角形、四边形的面积的最大值或最小值，常结合二次函数或几何性质求解。 3.综合应用：在特殊四边形、圆中，结合动点问题，考查周长和面积的最值问题。 方法技能 1.周长最值解题技巧： · 三角形周长：若有一边为定值，只需转化为求另外两边的和的最小值； · 四边形周长：利用轴对称或平移，将折线段转化为直线段，求最小值。 2.面积最值解题技巧： · 三角形面积：底为定值时，高最大/最小则面积最大/最小； · 二次函数法：设动点坐标，用含变量的代数式表示底和高，列二次函数求最值； · 几何性质法：利用垂线段最短、圆的性质等直接求最值。 3.关键提醒：求最值时，需注意动点的运动范围，避免超出题目给定的限制条件。 变式演练 【变式01】（2026·四川德阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B向轴，轴作垂线，垂足分别为，，点为线段上一动点，为中点，为上一点，且满足，则取最小值时，F的坐标是_________． 【变式02】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在△ABC内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在△ABC各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 【变式03】（2025·四川自贡·中考真题）如图，在△ABC中，分别是的中点，连接，交于点．     (1)若，，，则四边形的面积为___________； (2)若，△ABC的最大面积为．设，求与之间的函数关系式，并求的最大值； (3)若（2）问中取任意实数，将函数的图象依次向右、向上平移1个单位长度，得到函数的图象．直线交该图象于点，（点在点左边），过点的直线交该图象于另一点，过点的直线与直线交于点．若，试问直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 题型05 动点路径长问题 典例引领 【典例01】 （2026·四川泸州·二模）如图，正方形的边长为3，E为边上的动点，过点E作，且，在点E从点B运动到点C的过程中，点F运动的路径长为（   ） A． B． C．6 D． 【典例02】（2026·四川泸州·二模）如图，已知圆锥的底面半径是2，母线长是6，如果A是底面圆周上一点，从点A拉一根绳子绕圆锥侧面一圈再回到A点，则这根绳子的最短长度是（　　） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 四川中考几何压轴题特色考点，多为选择、填空压轴题，需要较强的轨迹分析能力： 1.直线型路径：动点的运动轨迹为线段，求线段的长度。 2.圆弧型路径：动点的运动轨迹为圆弧，求弧长，常结合定角对定弦模型。 3.综合路径：动点的运动轨迹由线段和圆弧组成，分段计算路径长度。 方法技能 1.解题通用步骤： · 分析动点的运动过程，找到起点、终点和关键转折点； · 确定动点的运动轨迹是直线还是圆弧； · 计算轨迹的长度（线段长度或弧长）。 2.直线型路径技巧：找到动点在两个关键位置的坐标，利用勾股定理计算线段长度。 3.圆弧型路径技巧： · 确定圆心、半径和圆心角； · 利用弧长公式 l=nπr/180计算弧长； · 常结合定角对定弦模型确定圆心和半径。 4.关键提醒：注意轨迹的完整性，部分题目中动点的轨迹只是一段线段或圆弧，需根据条件确定起止点。 变式演练 【变式01】（2025·四川成都·一模）如图，四边形和均为正方形，将绕点旋转； (1)如图①，连接，判断直线的位置关系并说明理由； (2)如图②，连接，若，探索并证明线段的数量关系； (3)如图③，若正方形、边长分别为，绕点旋转一周，直线与相交于点，直接写线段的最小值及点运动轨迹的长度． 【变式02】（2025·四川广元·模拟预测）如图，在单位长度为1的正方形网格中，将绕顶点B 逆时针旋转至的位置，已知，则旋转过程中点A所经过的路径长为（    ）． A．2π B．4π C． D． 【变式03】（25-26九年级下·河北衡水·月考）正六边形和的位置如图所示，其中点在上，且．将正六边形绕点顺时针旋转，当点第一次落在上时，点的运动轨迹长为___________（结果保留）． 题●型●训●练 1．（2025·四川德阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于点A，C两点，与y轴交于点B，对称轴与x轴交于点D，若P为y轴上的一个动点，连接，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 2．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 3．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到△APE，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______． 4．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是________． 5．（2026·四川宜宾·一模）如图，在边长为2的菱形中，，M是边的中点，N是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，则长度的最小值是_________________ ． 6．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线． (1)求二次函数关系式． (2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． (3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值． 7．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求与的长度； (3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度． 8．（2026·四川宜宾·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（b、c为常数）的图象与x轴交于、B两点，交y轴于点C，对称轴为直线． (1)求二次函数关系式． (2)连接，抛物线上是否存在点P，使，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由． (3)在x轴上方的抛物线上找一点Q，作射线，使，点M是线段上的一动点，过点M作轴，垂足为点N，连接，求的最小值． 9．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)点P为抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标； (3)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由． 10．（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处． 【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：． 【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值． 【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．            公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 几何最值问题 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01   将军饮马模型（线段和最值） 题型02 胡不归、阿氏圆模型 题型03 隐形圆最值（定角对定弦、定点定长） 题型04 几何图形周长、面积最值 题型05 动点路径长问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 将军饮马模型（线段和最值法） 典例引领 【典例01】（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（    ） A．4 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】如图，延长交于点，连接，，，，由垂径定理得，进而得，点关于的对称点为点，根据两点之间线段最短得当，，三点共线时，最小，最小值为的长，在利用直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点，连接，，， ∵于点，交于点，为弧的中点， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点关于的对称点为点， ∴， ∴ 当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键． 【典例02】（2026·四川泸州·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作于点E，交于点F．点P是线段上一动点，连接、，若，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作点关于的对称点，连接，此时点在上，过点作于点，则点、、三点共线时有最小值为的长，证明，从而求出，，，再证明，求出，，再证明，求出，，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，此时点在上，过点作于点， 由轴对称的性质可得，， ，即点、、三点共线时有最小值为的长， ，， ， 菱形， ，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， （负值舍去）， ， ， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， 即的最小值为． 方法透视 考向解读 四川中考几何最值高频基础模型，常出现在选择、填空压轴或解答题小问中，是所有线段和最值问题的基础： 1.基础模型：直线同侧两点，在直线上找一点使线段和最小；或直线异侧两点，在直线上找一点使线段差最大。 2.多步模型：两定一动、两动一定、两动两定的将军饮马变形，如 “造桥选址”“将军饮马+平移” 等。 3.综合应用：与一次函数、二次函数图像结合，在坐标系中求线段和的最小值；或在特殊四边形、圆中应用。 方法技能 1.核心原理：利用轴对称变换，将折线段转化为两点之间的直线段，根据 “两点之间，线段最短” 求最小值。 2.解题步骤： · 确定对称轴（动点所在的直线）； · 作其中一个定点关于对称轴的对称点； · 连接对称点与另一个定点，与对称轴的交点即为所求动点，线段长度即为最小值。 3.常见变形技巧： · 造桥选址：利用平移，将两条不平行的线段和转化为两点之间的线段； · 两动一定：作定点关于两条直线的对称点，连接对称点，与两条直线的交点即为动点。 变式演练 【变式01】（2026·四川内江·一模）如图，在矩形中，，．点E在上且．点G在上且，点P为边上的一个动点，F为的中点，则的最小值为______． 【答案】5 【分析】本题考查中位线定理，矩形的性质，轴对称最短路径问题(将军饮马问题)，勾股定理等知识，掌握中位线定理和将军饮马模型是解题的关键．连接，结合，，，得点G为的中点， F为的中点，得到，，从而把的最小值转化为即的最小值问题，利用轴对称最短路径问题，勾股定理解答即可． 【详解】解：连接， ∵，，， ∴， ∴点G为的中点， ∵F为的中点， ∴，， ∴， 作 A关于直线的对称点H，连接，交于点M， ∵，， ∴当P与M重合时，取得最小值， ∵矩形中，，，点E在上且． ∴， ∴， ∴的最小值为5． 故答案为：． 【变式02】（2026·四川成都·一模）阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____． 【答案】/ 【分析】本题考查旋转的性质，正方形性质及等边三角形判定与性质．将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，证明是，的垂直平分线，再求出，即可得到答案． 【详解】解：将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，如图： 由旋转可知，，，，，，，，，，， ∴，，，都是等边三角形， ∴，， ∴， ∴的最小值即为的长， ∵，， ∴在的垂直平分线上，在的垂直平分线上， ∵，， ∴是，的垂直平分线， ∴，， ∴，，四边形是长方形， ∴， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：． 【变式03】（2026·四川广安·模拟预测）如图：菱形的边长为4，，点E，点F是对角线上的两动点，，连接，则的最小值为________． 【答案】 【分析】连接交于点O，作，使得，连接交于点F，可得四边形是平行四边形，因此，根据两点之间线段最短可知，此时最短，再结合已知可得是等边三角形，进而得，在中，根据勾股定理即可求出的值，因此即可求出答案． 【详解】解：连接交于点O，作，使得，连接交于点F， ， 四边形是平行四边形， ， ， 根据两点之间线段最短可知，此时最短， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 在中，， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 题型02 胡不归、阿氏圆模型 典例引领 【典例01】（2025·四川达州·中考真题）如图，已知抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于C点，B的坐标为，C的坐标为，顶点为M． (1)求抛物线的解析式； (2)连接，过第四象限内抛物线上一点作的平行线，交x轴于点E，交y轴于点F． ①连接，当时，求内切圆半径r与外接圆半径R的比值； ②连接，当点F在的内角平分线上，上的动点P满足的值最小时，求的面积． 【答案】(1) (2)①；②的面积为2或3或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①先求出点A的坐标，进而可判断，是等腰直角三角形，然后根据的外接圆直径是，可得其外接圆的半径，再利用等积法求出r，即可解决问题； ②先求得抛物线的顶点M的坐标和对称轴与x轴的交点T的坐标，作轴于点P，可得，继而可得，于是可得当M、P、Q三点共线且轴时，的值最小，此时Q、T重合，然后分点F在不同内角平分线上共三种情况，外加当点重合于点O时，此时点F在的平分线上这种特殊情况，讨论求解即可． 【详解】（1）解：把B的坐标，C的坐标代入抛物线的解析式。 得，解得：， ∴抛物线的解析式是； （2）解：①令， 解得：， ∴， ∵B，C， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵, ∴， ∴当时，是等腰直角三角形，且， ∴， ∴的外接圆直径是， 则其外接圆的半径， ∵， ∴，即， 解得：， ∴； ②∵， ∴抛物线的对称轴是直线，顶点M的坐标是， ∴直线与x轴的交点T的坐标是， 作轴于点P，则在直角三角形中，， ∴， ∴当M、P、Q三点共线且轴时，的值最小，此时Q、T重合， 当点F在的内角的平分线上即时，如图， ∵， ∴， ∴， ∴E、T重合， ∵B，C， ∴直线的解析式是， 当时，， ∴点P的坐标是， ∴， ∴； 当点F在的内角的平分线上时，如图，作于点K， 则， 设，则， ∵，且, ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 由于， ∴点F不可能在的内角的平分线上； 当点重合于点O时，此时平分即点F在的平分线上，符合题意，则， ∴； 综上：的面积为2或3或． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、平行线的性质、角平分线的性质、解直角三角形、三角形的内切圆和外接圆等知识，综合性强、难度较大，属于中考压轴题，熟练掌握函数、图形等相关知识的综合应用、灵活应用数形结合思想是解题的关键. 【典例02】（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在边长为的正方形的对角线上取一点，使，连结并延长至点，连结，使，与相交于点．有下列结论：①；②；③；④点是边上一动点，连结，将沿翻折，点落在点处，连结交于点，连结，则的最小值为其中正确的结论有______．（填序号） 【答案】①②④ 【分析】证明即可判断①，在上取一点，使得，证明，进而判断②；过点分别作的垂线，垂足分别为，则，根据相似三角形的性质即可判断③，取的中点，连接，根据题意得出在以为直径的圆上运动，进而得出当在上时，取得最小值，最小值为的长，勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，点是正方形的对角线上的点， ∴， ∴， ∴，故①正确； 如图，在上取一点，使得， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即，故②正确； 如图，连接交于点，则，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵在正方形中，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 在中， ∵ ∴ ∴ ∴，故③错误 如图 ∵ ∴ 即 ∵点是边上一动点，连结，将沿翻折，点落在点处， ∴ ∴ ∴在以为直径的圆上运动 取的中点，连接， ∴当在上时，取得最小值，最小值为的长， ∴ ∴ ∴ ∴，故④正确 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，求一点到圆上的距离的最值问题，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 方法透视 考向解读 四川中考几何最值压轴高频模型，难度较高，常出现在选择、填空压轴或解答压轴题中，是区分度题型： 1.胡不归模型：解决形如PA+kPB（0<k<1）的最值问题，多在直线上应用。 2.阿氏圆模型：解决形如PA+kPB（0<k<1）的最值问题，多在圆中应用。 3.综合应用：与特殊四边形、圆、二次函数结合，考查构造辅助线和转化的能力。 方法技能 1.胡不归模型解题技巧： · 构造一个角α，使sinα=k； · 过点P作该角一边的垂线，将kPB转化为垂线段； · 根据 “垂线段最短” 求PA+kPB的最小值。 2.阿氏圆模型解题技巧： · 找到圆心O，在OB或OB的延长线上取一点C，使OC:r=r:OB=k（r为圆半径）； · 连接AC，与圆的交点即为P，此时PC=kPB； · PA+kPB的最小值即为AC的长度。 3.核心思想：利用三角函数或相似三角形，将系数不为1的线段转化为系数为1的线段，再利用基本模型求最值。 变式演练 【变式01】（2025·四川成都·模拟预测）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 【尝试初探】 （1）如图①，在四边形中，若，，，求的长； 【深入探究】 （2）如图②，在四边形中，若，，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图③，在四边形中，若，，，延长相交于点，，是线段上一动点，连接，求的最小值． 【答案】（1）10；（2）8；（3）． 【分析】本题是三角形综合题，涉及了解特殊的直角三角形、对角互补模型、最值胡不归模型、角平分线性质及判定、全等三角形的判定，解题关键是利用三角形全等转化线段和角的关系，由30度角、45度角的解直角三角形，求边长，构造胡不归模型利用垂线段最短求出最值． （1）易证，从而可得，，进而由含30度直角三角形性质可得； （2）如图2，取的中点O，连接、， 由直角三角形斜边中线等于斜边一半可证明是等腰直角三角形，，即可求出． （3）由已知可以求得证明，，再构造含30度的直角三角形求出，再利用胡不归模型构造的折线段，根据垂线段最短，得出的最小值即可求解． 【详解】解：（1）∵，，； ∴； ∴， ∴， ∴． （2）如图②，取的中点O，连接、， ∵， ∴，， ∴，， ∴，； ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， （3）如图③，过点A作， ∵，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 过点A作交于点Q， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 如图④，作，过点P作，垂足为H，过点D作，垂足为N，交于M， ∴，， ∴，， ∵，当点P在点M位置时，点H与N重合，取最小值，最小值为， ∴的最小值为， ∴最小值为． 【变式02】（2025·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于两点，为抛物线顶点． (1)求的值； (2)点为直线下方抛物线上一点，过点作轴，垂足为点，交于点，是否存在？若存在，求出此时点坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）通过长度先得到点坐标，再将两点代入函数解析式，解方程即可； （2）先求出直线的函数表达式，设出点坐标为，进而得到两点坐标，再通过列出方程，解方程即可； （3）取取，连接，，先证得，得到，进而可得到，再通过两点坐标求得长度． 【详解】（1）解：， 点坐标为， 将，代入， 得， 解得， （2）解：设直线的表达式为， 由（1）可知抛物线的表达式为， 故点坐标为， 直线的表达式为 设点坐标为， 则， ， ， 若， 则， 解得， ， 故，此时点坐标为； （3）如图，取，连接， ，，， 又， ， ， ， ， ， 故的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数综合问题，能够熟练掌握二次函数的基本性质以及相似三角形的应用是解题关键． 【变式03】（2025·广西柳州·二模）已知抛物线过点，两点，与轴交于点，，    (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)点为抛物线上位于直线下方的一动点，当面积最大时，求点的坐标； (3)若点为线段上的一动点，问：是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)解析式为，顶点的坐标为 (2)点的坐标为 (3)存在，最小值为 【分析】（1）根据题意设抛物线的交点式，然后代入点的坐标，求解即可； （2）作轴，交于点，通过设和的坐标，利用“割补法”表示出，从而利用二次函数的性质求解最值即可； （3）将直线绕着点逆时针旋转，并过点作其垂线，垂足为，分别连接，，，构造出含角的直角三角形，然后转换为求得最小值，继而确定当、、三点共线时，满足取得最小值，此时利用含角的直角三角形的性质分段求解再相加即可得出结论． 【详解】（1）解：由题意，设抛物线解析式为，其中， ∵， ∴点的坐标为， 将代入，解得：， ∴， ∴抛物线的解析式为， ∵对称轴为直线， ∴将代入，得：， ∴顶点的坐标为； （2）解：∵，， ∴直线的解析式为：， ∵点在抛物线上，且位于直线下方， ∴设，其中，， 如图所示，作轴，交于点， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 整理可得：，其中， ∵， ∴当时，取得最大值， 将代入，得：， ∴此时点的坐标为；    （3）解：存在最小值，理由如下： 如下图所示，将直线绕着点逆时针旋转，并过点作其垂线，垂足为， 分别连接，，，则，，    ∴在中，， ∴随着点的运动，总有， ∴， 要使得取得最小值，即要使得取得最小值， 如下图，当、、三点共线时，满足取得最小值，    此时，，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴存在最小值，最小值为． 【点睛】本题考查求二次函数解析式，二次函数综合面积问题，以及利用“胡不归”模型构造三角形求线段和最值问题，掌握二次函数的基本性质，熟练运用函数思想解决图形面积问题是解题关键． 题型03 隐形圆最值（定角对定弦、定点定长） 典例引领 【典例01】 （2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键． 过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点C作于点G， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴当点到的距离最小时，面积最小， 过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小， ∵E是线段的中点，， ∴， 由折叠的性质得：， ∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动， ∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小， 延长交于点M，过点D作于点N，则， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴ ∴， 即面积的最小值为． 故选：B． 【典例02】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中， ，．将射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，使得面积为24，连结，则的最大值是________． 【答案】 【分析】先整理得，过点C向上作线段，使得，则，结合整理得，证明，即，运用即定角定弦，故点D在以为直径的圆上，连接，并延长与交于一点，即为，运用勾股定理得，即可作答． 【详解】解：∵射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结， ∴ ∵面积为24， ∴ ∴， 过点C向上作线段，使得， ∵ ∴ 即 ∴， 连接， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故点D在以为直径的圆上， ∵， 记圆心为直径的中点， 即的半径 连接，并延长与交于一点，即为， 此时为的最大值， 故 ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，正确分析出点D在以为直径的圆上是解题的关键． 方法透视 考向解读 四川中考几何最值特色考点，常出现在选择、填空压轴题中，需要较强的几何转化能力： 1.定角对定弦模型：已知定线段AB，动点P满足∠APB为定值，求P到定点的距离最值或三角形面积最值。 2.定点定长模型：动点到定点的距离为定值，轨迹为圆，在此基础上求线段最值。 3.综合应用：与直角三角形、等腰三角形、四边形结合，隐藏圆的条件，需要先确定动点轨迹再求最值。 方法技能 1.定角对定弦解题技巧： · 先根据圆周角定理，确定动点P的轨迹是以AB为弦的圆； · 圆心在AB的垂直平分线上，根据圆周角确定圆心角； · 利用 “圆外一点到圆上点的距离最值”（连接圆心与定点，延长线与圆的交点为最值点）求解。 2.定点定长解题技巧： · 找到定点和定长，确定动点轨迹圆； · 利用圆心到定点的距离加减半径，得到线段的最大值和最小值。 3.关键提醒：注意轨迹圆的完整度，部分题目中动点的轨迹只是一段圆弧，需要结合条件确定范围。 变式演练 【变式01】（2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 【答案】B 【分析】延长至点，使，证明，进而推出，即可得到点是的中点，再根据直角三角形的性质可知点在以点为圆心，为半径的圆上，当时，取的最大值，即此时面积最大，然后根据弧、弦、圆心角的关系可知，最后利用勾股定理即可解答． 【详解】解：如图，延长至点，使， D为中点， ， ， ， ， ， ， ， ，， ∴，即， ， 点是的中点， ，D为中点， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上，如图， 当时，边上的高取的最大值，即此时面积最大， ， ，即为等腰直角三角形， ∵，， ， ． 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式02】（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（    ） A．6 B．6 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据 ，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为． 【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图， 设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则， ∵正方形边长为6， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点B、E、A、D在上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点F在上时， 取得最小值， 为． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 【变式03】（2026·四川绵阳·一模）如图，在四边形中，，，，，是线段的中点，是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为________ ． 【答案】 【分析】过点作于点，可得四边形是正方形，从而得到，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点，即当最小时，面积最小，然后结合题意可得点在以点为圆心，1为半径的半圆上运动，当点、、三点共线时，最小，此时面积最小，延长、交于点，过点作于点，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ， 当点到的距离最小时，面积最小， 过点作交的延长线于点， 即当最小时，面积最小， ∵是线段的中点，， ， 由折叠的性质得：， ∴点在以点为圆心，1为半径的半圆上运动， ∴当点、、三点共线时，最小， 此时面积最小， 延长、交于点， 过点作于点，则， ∴， ，， ， ∵， ， ， ∴是等腰直角三角形， ，， ，， ， ∵， ，即， ∴， ， ， ∴面积的最小值为． 题型04 几何图形周长、面积最值 典例引领 【典例01】（2025·四川内江·中考真题）如图，在中，，，，点、、分别是边、、上的动点，则周长的最小值是______． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，垂线段最短，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键，作点关于的对称点，连接，得出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，即周长最小，进而求得，即可求解． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接， ∴周长为， 当四点共线时取得最小值， ∵是关于的对称点， ∴， 又∵ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴当时，取得最小值，即周长最小 又∵，， ∴ ∴周长最小为 故答案为：． 【典例02】（2026·四川南充·一模）如图，经过，，的抛物线与y轴交于D，点E在第四象限抛物线上，点F在线段上． (1)求抛物线的解析式； (2)当与y轴平行且取最大值时，求点E的坐标； (3)四边形的面积是否存在最大值？若存在，能否求出点E，F的坐标？若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)四边形的面积存在最大值，此时，此时F为上任意一点． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）求出直线的解析式，设出点E的坐标，则可表示出点F的坐标，再表示出的长，利用二次函数的性质求解即可； （3）可证明，则为定值，则可证明当有最大值时，有最大值；根据，推出，仿照（2）求出取得最大值时点E的坐标即可得到答案． 【详解】（1）解：设抛物线的解析式为， 由题意得，， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：在中，当时，， ∴； 设直线的解析式为，则， 解得， ∴直线的解析式为； 设，则， ∴ ， ∵， ∴当时，有最大值， 此时， ∴； （3）解：如图所示，连接，过点E作轴交于点H， 同理可得直线的解析式为， 由（2）得直线的解析式为， ∴， ∴点F到的距离为定值， ∴为定值， ∵， ∴当有最大值时，有最大值； 设，则， ∴ ， ∴ ， ∵ ∴当时，有最大值，即此时有最大值， 由（2）可知，此时， ∴四边形的面积存在最大值，此时，此时F为上任意一点． 方法透视 考向解读 四川中考几何计算压轴题常考题型，多为解答题的第二、三问，常与二次函数结合： 1.周长最值：在动点问题中，求三角形、四边形的周长的最小值或最大值，常结合将军饮马模型。 2.面积最值：求三角形、四边形的面积的最大值或最小值，常结合二次函数或几何性质求解。 3.综合应用：在特殊四边形、圆中，结合动点问题，考查周长和面积的最值问题。 方法技能 1.周长最值解题技巧： · 三角形周长：若有一边为定值，只需转化为求另外两边的和的最小值； · 四边形周长：利用轴对称或平移，将折线段转化为直线段，求最小值。 2.面积最值解题技巧： · 三角形面积：底为定值时，高最大/最小则面积最大/最小； · 二次函数法：设动点坐标，用含变量的代数式表示底和高，列二次函数求最值； · 几何性质法：利用垂线段最短、圆的性质等直接求最值。 3.关键提醒：求最值时，需注意动点的运动范围，避免超出题目给定的限制条件。 变式演练 【变式01】（2026·四川德阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B向轴，轴作垂线，垂足分别为，，点为线段上一动点，为中点，为上一点，且满足，则取最小值时，F的坐标是_________． 【答案】 【分析】连接，由已知易得，进而证明，根据所对的弦是直径可得点在以为直径的圆上，由此即可解题. 【详解】解：连接， ∵，为中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴，即， ∴， ∴点是以为直径的圆上的点， 取的中点，连接交于， 当在时，最小， 如图所示，过作， ∵，轴，轴， ∴，，， ∴，， ， ∴是中点， ∴， 即取最小值时，F的坐标是 . 【变式02】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，．； (2)． (3)能，边上的顶点的坐标为，或． 【分析】（1）求得点A，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；利用抛物线的解析式令，解方程即可求得点B在横坐标；利用配方法即可求得点D的坐标； （2）利用勾股定理及其逆定理得到，延长至点，使，连接，交直线于点P，利用轴对称的性质可得，B关于直线对称，此时的周长最小，过点作轴于点E，利用三角形的中位线定理得到点坐标，利用待定系数法求得直线的解析式为，再与直线联立即可求得点P坐标； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设与交于点K，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得其面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可；②顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可． 【详解】（1）解：中， 令，则， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵抛物线经过A，B，C三点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 令，则， ∴，或， ∴． ∵ ∴顶点； （2）∵，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 延长至点，使，连接，交直线于点P，如图， 则，B关于直线对称，此时的周长最小， 过点作轴于点E， ∵轴，轴， ∴ ， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴． （3）在内部能截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． ①如图，顶点E，F，G，H在各边上，设与交于点K， 设， ∵四边形为矩形，， ∴四边形，为矩形，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴， ∵， ∴H为的中点， ∴． 同理，点G为的中点， ∴． ②如图，顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合， 设， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形的面积取得最大值为． ∴， ∴点G为的中点， ∵， ∴为的中位线， ∴ ∴， ∴． 综上，在内部能截出面积最大的矩形(顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，配方法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，轴对称的性质，分类讨论的思想方法，矩形的性质，直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 【变式03】（2025·四川自贡·中考真题）如图，在中，分别是的中点，连接，交于点．     (1)若，，，则四边形的面积为___________； (2)若，的最大面积为．设，求与之间的函数关系式，并求的最大值； (3)若（2）问中取任意实数，将函数的图象依次向右、向上平移1个单位长度，得到函数的图象．直线交该图象于点，（点在点左边），过点的直线交该图象于另一点，过点的直线与直线交于点．若，试问直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2)，最大为 (3)是， 【分析】（1）分割法得到四边形的面积，即可得出结果； （2）三角形的中位线定理，证明，进而推出，进而得到当四边形的面积最大时，最大，过点作，过点作，则：，进而得到四边形的最大面积，列出函数关系式，再根据二次函数的性质求最值即可； （3）根据平移规则，求出抛物线的解析式，设，根据三角形的中线平分面积，得到为的中点，进而得到点坐标，设，结合点H在上列出方程，利用韦达定理解得m和n的关系，再把的坐标代入，求出，根据直线过点，将解析式写为，得到，令，求出值，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵，，， ∴四边形的面积 ； （2）∵在中，分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当四边形的面积最大时，的面积最大， 过点作，过点作，则：， ∵四边形的面积 ∴四边形的面积最大， ∵，， ∴， ∴， ∴当时，最大为； （3）直线是过定点： 由（2）知：， ∴， ∴， 设， ∵， ∴为的中点， ∵过点的直线与直线交于点， ∴， ∴， ∴， 设， ∵直线交该图象于点， ∴， 则， ∴，， ∴， 那么，， 解得：， ∴直线：， 即：， ， ∴当，即：时，， ∴直线过定点． 【点睛】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，二次函数图象的平移以及二次函数的综合应用，熟练掌握相关定理和性质，二次函数的图象和性质，以及平移规则，是解题的关键． 题型05 动点路径长问题 典例引领 【典例01】 （2026·四川泸州·二模）如图，正方形的边长为3，E为边上的动点，过点E作，且，在点E从点B运动到点C的过程中，点F运动的路径长为（   ） A． B． C．6 D． 【答案】B 【分析】过点作交的延长线于点，连接，证明，则，证明是等腰直角三角形，得到，即点在的角平分线上运动，以为边，在右侧作正方形，连接，则，在点E从点B运动到点C的过程中，点F运动的路径为正方形的对角线,求出的长即可． 【详解】解：如图，过点作交的延长线于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴平分， 即点在的角平分线上运动， 以为边，在右侧作正方形，连接，则 在点E从点B运动到点C的过程中，点F运动的路径为正方形的对角线, ∵正方形的边长为3， ∴ ∴ 即点F运动的路径长为， 故选：B 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，证明点在的角平分线上运动是解题的关键． 【典例02】（2026·四川泸州·二模）如图，已知圆锥的底面半径是2，母线长是6，如果A是底面圆周上一点，从点A拉一根绳子绕圆锥侧面一圈再回到A点，则这根绳子的最短长度是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求出的长，再利用勾股定理求出以及的长即可． 【详解】连接，过B作于D， 设圆锥侧面展开图的圆心角为， 圆锥底面圆周长为，， 则， ∵，， ∴， 由，可求得， ∴，， 即这根绳子的最短长度是． 方法透视 考向解读 四川中考几何压轴题特色考点，多为选择、填空压轴题，需要较强的轨迹分析能力： 1.直线型路径：动点的运动轨迹为线段，求线段的长度。 2.圆弧型路径：动点的运动轨迹为圆弧，求弧长，常结合定角对定弦模型。 3.综合路径：动点的运动轨迹由线段和圆弧组成，分段计算路径长度。 方法技能 1.解题通用步骤： · 分析动点的运动过程，找到起点、终点和关键转折点； · 确定动点的运动轨迹是直线还是圆弧； · 计算轨迹的长度（线段长度或弧长）。 2.直线型路径技巧：找到动点在两个关键位置的坐标，利用勾股定理计算线段长度。 3.圆弧型路径技巧： · 确定圆心、半径和圆心角； · 利用弧长公式 l=nπr/180计算弧长； · 常结合定角对定弦模型确定圆心和半径。 4.关键提醒：注意轨迹的完整性，部分题目中动点的轨迹只是一段线段或圆弧，需根据条件确定起止点。 变式演练 【变式01】（2025·四川成都·一模）如图，四边形和均为正方形，将绕点旋转； (1)如图①，连接，判断直线的位置关系并说明理由； (2)如图②，连接，若，探索并证明线段的数量关系； (3)如图③，若正方形、边长分别为，绕点旋转一周，直线与相交于点，直接写线段的最小值及点运动轨迹的长度． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，证明见解析 (3)的最小值为，点的运动轨迹的长度为 【分析】（1）延长交的延长线于点，延长交于点，证明，进而可证明，即可得结论； （2）将绕点顺时针旋转至，连接，证明，得，，，将绕点逆时针旋转至，连接，同理可得，，，，进而可得三点共线，，用勾股定理即可得结论； （3）作于，得 ，在正方形绕点旋转过程中，，当时，最大，此时最大，得，，由（1）可知，， 得点在以为直径的上，解直角三角形，利用勾股定理定理即可求出相关结论． 【详解】（1）解：，理由如下，延长交的延长线于点，延长交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即； （2）解：，理由如下， 四边形是正方形， ，， 如图，将绕点顺时针旋转至，连接， ， ， ， ， ，，，， 如图，将绕点逆时针旋转至，连接， 同理可证， ，，，， ， ， 三点共线， ， ，， ， ， 在中，， 即， ； （3）解：正方形绕点旋转一周，， 在以为圆心，2为半径圆上，如图所示： 作于，中，， 在正方形绕点旋转过程中，， 当时，最大， 此时最大，， ， ， 由（1）可知，， ， 连接，取中点，连接， 在以为直径的上， ，， ， ， ， 此时、重合，最小，如图所示： 作，交的延长线于， ，， ， 由（1）知，， ，， ， ， ， 当点在左侧时，如图所示： 同理可得，， 点从左侧运动到右侧，点在上转过的角度为， 点从右侧运动到左侧，点在上转过的角度为， 正方形的边长为4， ， 点的运动轨迹为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的性质及判定，求动点的运动轨迹等动态几何问题，综合性强，难度较大，能正确作出辅助线并结合图形分类讨论是正确解答此题的关键． 【变式02】（2025·四川广元·模拟预测）如图，在单位长度为1的正方形网格中，将绕顶点B 逆时针旋转至的位置，已知，则旋转过程中点A所经过的路径长为（    ）． A．2π B．4π C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查图形的旋转变换，解题的关键是理解A所经过的路径是扇形，扇形弧长公式． 由题知，A所经过的路径是扇形，结合扇形弧长公式． 【详解】解：根据题意，A所经过的路径是扇形，半径， 圆心角， 所以． 故选：D． 【变式03】（25-26九年级下·河北衡水·月考）正六边形和的位置如图所示，其中点在上，且．将正六边形绕点顺时针旋转，当点第一次落在上时，点的运动轨迹长为___________（结果保留）． 【答案】 【分析】本题考查正多边形和圆、多边形内角和定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直径所对的圆周角是直角、弧长公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．延长交于点，连接交于点，连接，根据几何关系判断即可． 【详解】解：延长交于点，连接交于点，连接， ∵六边形是正六边形，， 是等边三角形， ∴是的直径， ∴经过点， ∴将正六边形绕点A顺时针旋转，则点第一次落在上的点处，旋转角为， ∴点的运动轨迹为以点为圆心，长为半径，且圆心角等于的一段弧， ∴点的运动轨迹长， 故答案为：． 题●型●训●练 1．（2025·四川德阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于点A，C两点，与y轴交于点B，对称轴与x轴交于点D，若P为y轴上的一个动点，连接，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作射线，作于E，作于F，交y轴于，可求得，从而得出，进而得出，进一步得出结果． 【详解】解：如图， 作射线，作于E，作于F，交y轴于， 抛物线的对称轴为直线， ∴， 当时，， ∴， 当时，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，当点P在时，最小，最大值等于， 在中，，， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题以二次函数为背景，考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，解直角三角形等知识，解决问题的关键是用三角函数构造． 2．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H，先根据相似三角形的判定与性质，推得都是定值，点F在射线上运动，从而得到当时，最短，并画出图形，再通过设未知数列方程，逐步求得和的长，最后根据相似三角形的性质，即可求得答案． 【详解】解：如图1，在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H， 直线，， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ，， ， ， 和都是定值， 点F在射线上运动， 当时，最短（如图2所示）， 延长，相交于点N， ， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， 解得， ，，，， ，， ， ， ， 解得， 当最短时，则的长度为4． 故选：B．    【点睛】本题考查了几何最值问题，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，探究线段最短时的几何图形是解题的关键． 3．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______． 【答案】 【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵翻折， ∴， 当点在矩形内部时，作，交于点，则：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动， ∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆， ∴点的运动路径长为：； 当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点， 同法可得：，， ∴，点在以为直径的上运动，连接， 当点运动到点时，如图： ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为， ∴点的运动路径总长为：； 故答案为： 【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键． 4．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是________． 【答案】①③④ 【分析】过作，交的延长线于点，证明为等腰直角三角形，推出，进而得到，证明，推出为等腰直角三角形，进而得到，进而得到，判断①；延长至点，使，连接，证明，再证明，得到，判断②；设，则：，，将的面积转化为二次函数求最值，判断③；设，得到，在中，由勾股定理，求出的值，判断④即可． 【详解】解：过作，交的延长线于点，则：， ∵正方形，边长为4， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴，故①正确； 延长至点，使，连接， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴；故②错误； 设，则：，， ∴的面积， ∴当时，的面积最大为2；故③正确； ∵， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴点G是线段的中点；故④正确； 故答案为：①③④ 5．（2026·四川宜宾·一模）如图，在边长为2的菱形中，，M是边的中点，N是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，则长度的最小值是_________________ ． 【答案】 【分析】根据题意，在N的运动过程中A′在以M为圆心、为直径的圆上的弧上运动，当取最小值时，由两点之间线段最短知此时M、、C三点共线，得出的位置，进而利用锐角三角函数关系求出的长即可． 【详解】解：如图所示：∵是定值，长度取最小值时，即在上时， 过点M作于点F， ∵在边长为2的菱形中，，M为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了翻折变换，菱形的性质，圆外一点到圆上一点距离的最值，含角直角三角形的性质，勾股定理等，找到当点在上，的长度最小，是解题的关键． 6．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线． (1)求二次函数关系式． (2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． (3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值． 【答案】(1) (2)抛物线上存在点，使，的坐标为， (3)的最小值为 【分析】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据抛物线的对称轴为直线，得出则二次函数解析式为代入，得出，即可求解； （2）设，根据点的坐标可得，，分量种情况讨论，①当在直线的下方时，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，设关于的对称点为，则，验证可得点与点重合，得出，当在的上方时，作点关于的对称点，即，进而联立直线与抛物线解析式，即可求解； （3）在上取一点，使得，得出，在上取一点，使得，垂足为，则，作关于的对称点，连接交于点，根据轴对称的性质可得当在上时取得最小值，最小值为的长，等面积法求得，则，进而得出，根据，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴，即 ∴二次函数解析式为 将代入得， 解得：， ∴二次函数关系式为； （2）解：在中，当时，解得或， ∴， 当时，，则 ∴，， 设，则 ①当在直线的下方时， 如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形， ∴，， 设关于的对称点为，则， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴点与点重合， ∴ 当在的上方时，作点关于的对称点 ∵都是等腰直角三角形， ∴在轴上， 同理可得直线解析式为 联立 解得：或 ∴ 综上所述，抛物线上存在点，使，的坐标为， （3）解：如图，在上取一点，使得 ∴ 设，则 在中， ∴，即 解得： ∴ ∴ ∵， 在上取一点，使得，垂足为， ∴ ∴ 即, 如图，作关于的对称点，连接交于点 ∴ ∴当在上时取得最小值，最小值为的长， 在中， ∴ ∵， ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴的最小值为． 7．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，已知是的直径，是上一点，过作直线与的延长线交于点，过点A作于点，连结、，且． (1)求证：直线是的切线； (2)若，，求与的长度； (3)在（2）的条件下，若为上的一动点，且在直线上方，连结．当四边形面积最大时，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)， (3) 【分析】（1）连接， 可得，，由直径性质，得，可得，即得直线是的切线； （2）证明，得，得，可得，证明，得,，由,得； （3）过点E作于点G，则，当四边形面积最大时，面积最大，点F是的中点，可得，得 ，得，∴，得，由，得,即得． 【详解】（1）解：连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴直线是的切线； （2）∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得（舍去）或； （3）过点E作于点G， 则， 当四边形面积最大时，面积最大，点F到的距最大，点F是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定和性质，正切定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 8．（2026·四川宜宾·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（b、c为常数）的图象与x轴交于、B两点，交y轴于点C，对称轴为直线． (1)求二次函数关系式． (2)连接，抛物线上是否存在点P，使，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由． (3)在x轴上方的抛物线上找一点Q，作射线，使，点M是线段上的一动点，过点M作轴，垂足为点N，连接，求的最小值． 【答案】(1) (2)存在，或 (3) 【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线，得出，再将代入得出c的值即可； （2）设，则，分两种情况：①当P在直线的下方时，如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，设点C关于对称轴的对称点为E，则，验证，可得点P与点E重合；当P在直线的上方时，作点P关于的对称点，求出直线的解析式，与抛物线解析式联立，即可求解； （3）在上取一点F，使得，得出，在上取一点G，使得轴，垂足为B，则，作B关于的对称点，连接交于点T，根据轴对称的性质得当M在上时取得最小值，最小值为的长，等面积法计算出，进而计算出，再证，根据即可求解． 【详解】（1）解：对称轴为直线， ，即， ， 将代入，得：， 解得， 二次函数关系式为； （2）解：在中，令，得， 解得或， ，， 当时，， ， ，， 设，则， ①当P在直线的下方时，如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形， ，， 设点C关于对称轴的对称点为E，则， ， ， ， ，， ， 点P与点E重合， ； 当P在直线的上方时，作点P关于的对称点， ，都是等腰直角三角形，， 点在y轴上，， 设直线的解析式为， 将，代入得， 解得， 直线的解析式为， 联立， 解得或， ， 综上所述，抛物线上存在点P，使，坐标为或； （3）解：如图，在上取一点F，使得， 设，则， 在中，，，， 由，得， 解得， ， ， ， 在上取一点G，使得轴，垂足为B， ， ， 即， 如图，作B关于的对称点，连接交于点T， ， ∴当M在上时取得最小值，最小值为的长， 在中，，， ∴， ，， ∴， 又， ∴， ∴ ∴， ∴的最小值为． 9．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)点P为抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标； (3)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，，的最小值为 【分析】（1）对称性求出点坐标，两点式写出函数解析式即可； （2）设对称轴与轴交于点，设，，分点在轴上方和点在轴下方两种情况进行讨论求解即可； （3）在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，易得为等腰直角三角形，进而得到，推出，得到当点与点重合时，的值最小为的长，等积法求出的长，证明为等腰直角三角形，求出点坐标即可． 【详解】（1）解：∵抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点， ∴， ∴抛物线的解析式为：； （2）∵点在对称轴上，设对称轴与轴交于点 ∴设，； ∵旋转， ∴， 当点在轴上方时， ∵关于对称轴对称， ∴， ∴当时，满足题意，此时点与点重合，， ∵，， ∴， ∴， ∴； 当点在轴下方时，如图，作对称轴于点，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 把代入，得：， 解得：或（舍去）； ∴； 综上：或； （3）存在； 在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，则：，， ∵， ∴当时，， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴当点与点重合时，的值最小为的长， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， 在中，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； 综上：，的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键． 10．（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处． 【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：． 【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值． 【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．            【答案】（）详见解析；（）；（） 【分析】（1）连接，证明，即可求证； （2）根据题意得点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，当点在线段上时，有最小值．根据勾股定理求出，即可求解； （3）过点作于，交于点，证明，可得，设，，根据勾股定理得到关于x的方程，可得到，．，，． 设，则，．在中，根据勾股定理求出，即可求解． 即的长为5． 【详解】（1）证明：连接，    由折叠可得，． ∵四边形为矩形，． ∵为的中点，， ∴． 在与中， ∵，， ∴， ∴ （2）解：，点在移动过程中，不变． ∴点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，    当点在线段上时，有最小值． ∵，，， ∴． ∴， ∴的最小值为． （3）解：过点作于，交于点，    ∵， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 设，， ∴，． ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， 解得． ∴，．，，． 设，则，． 在中，， ∴． 解得，， 即的长为5． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $