重难点04 最值（范围）问题-2023年中考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）

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 重难点04 最值（范围）问题

最值问题，在中考里，无论是解答题，还是选择、填空题，都是学生感觉有困难的地方，也恰是学生能力区分度最重要的地方。在各地中考种都以中高档题为主，中考说明中曾多处涉及。

1）.在代数部分最值问题，多出现在函数部分，无论是一次函数还是二次函数，都需要先求自变量的取值范围，再求函数解析式，根据实际问题，求得最值。有关内容在前面的一次函数、二次函数中都有诸多体现。近几年，利用配方法求最值来解决一些实际问题，也常常见到。
2）.在几何最值问题，几何背景下的最值是考生感觉较难的，往往没有思路。常见的有：(1)几何图形中在特殊位置下的最值； (2)比较难的线段的最值问题，其依据是：①两点之间，线段最短；②垂线段最短，涉及的基本方法还有：利用轴对称变换、旋转变换化归到“三角形两边之和大于第三边”、“三角形两边之差小于第三边”等；③借助于圆的知识；④二次函数的最值法解决。
3）几何最值问题中的基本模型举例
1）将军饮马模型

将
军
饮
马
模
型
图形



原理
两点之间线段最短
两点之间线段最短
三角形三边关系
特征
A，B为定点，l为定直线，P为直线l上的一个动点，求AP+BP的最小值
A，B为定点，l为定直线，MN为直线l上的一条动线段，求AM+BN的最小值
A，B为定点，l为定直线，P为直线l上的一个动点，求|AP-BP|的最大值
转化
作其中一个定点关于定直线l的对称点
先平移AM或BN使M，N重合，然后作其中一个定点关于定直线l的对称点
作其中一个定点关于定直线l的对称点
2）胡不归模型
在解决胡不归问题主要依据是：①两点之间，线段最短；②垂线段最短。
【模型解读】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
1），记，即求BC+kAC的最小值.
2）构造射线AD使得sin∠DAN=k，，CH=kAC,将问题转化为求BC+CH最小值.
3）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．
【解题关键】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．（若k>1，则提取系数，转化为小于1的形式解决即可）。
3）阿氏圆模型
【模型解读】如图 1 所示，⊙O的半径为 r，点 A、B都在⊙O 外，P为⊙O上一动点，已知r=k·OB， 连接PA、PB，则当“PA+k·PB”的值最小时，P点的位置如何确定？

如图2，在线段OB上截取OC使OC=k·r，则可说明△BPO与△PCO相似，即k·PB=PC。
故本题求“PA+k·PB”的最小值可以转化为 “PA+PC”的最小值，
其中与A与C为定点，P为动点，故当A、P、C三点共线时，“PA+PC”值最小。如图3所示：
注意区分胡不归模型和阿氏圆模型：
在前面的“胡不归”问题中，我们见识了“k·PA+PB”最值问题，其中P点轨迹是直线，而当P点轨迹变为圆时，即通常我们所说的“阿氏圆”问题．
4）瓜豆模型（动态轨迹问题）
【模型解读】瓜豆原理：若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。
（初中阶段动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型）
【最值原理】
1.动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。
1）当动点轨迹确定时可直接运用垂线段最短求最值；
2）当动点轨迹不易确定是直线时，可通过以下三种方法进行确定：
①观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等位置时是否存在动点与定直线的端点连接后的角度不变，若存在该动点的轨迹为直线；②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线；③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线；④若动点轨迹用上述方法都合适，则可以将所求线段转化为其他已知轨迹的线段求值。
2.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见直角，找斜边，想直径，定外心，现圆形；②见定角，找对边，想周角，转心角，现圆形。
5）费马点模型
【模型解读】结论：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。
注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A。（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°）


费马点的作法：如图3，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点。

限时检测1：最新各地模拟试题（60分钟）
1．（2023·山东淄博·校考一模）如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是(    )

A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】当点与点重合时，点在处，，当点与点重合时，点在处，，当点在上除点、的位置处时，有，由中位线定理可知：且，则当时，取得最小值，得出的最小值为的长，进而勾股定理即可求解．
【详解】解：如图：当点与点重合时，点在处，，
当点与点重合时，点在处，，且，
当点在上除点、的位置处时，有，由中位线定理可知：且，
点的运动轨迹是线段，当时，取得最小值，

矩形中，，，为的中点，
、、为等腰直角三角形，，
，则，
，，，即，
的最小值为的长，在等腰直角中，，
，的最小值是．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，得出时，取得最小值是解题的关键．
2．（2023·安徽淮北·淮北一中校联考一模）如图，在中，，，，点是斜边上的动点，将线段绕点旋转至，连接，，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点作于点，过点作于点，先确定出当点，，三点共线时，最小，再根据等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，根据线段垂直平分线的性质可得，然后解直角三角形可得，从而可得，利用勾股定理可得，则，最后根据三角形的面积公式可得，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，

则当点，，三点共线时，最小，由旋转的性质得：，，
是等边三角形，点是的中点，，
，又，点是的中点，，，
，，，，
，在中，，
，，，
，即的最小值为，故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确找出当的值最小时，点的位置是解题关键．
3．（2023·山东泰安·校考一模）如图，矩形中，，，以为圆心，为半径画圆，是圆上一动点，是上一动点，则最小值是（　　）

A．2 B． C．4 D．3
【答案】C
【分析】过点作关于直线的对称点，连接，交于点，交于点，此时最小，等于，勾股定理计算即可．
【详解】解：如图，过点作关于直线的对称点，连接，交于点，交于点，此时最小，等于，

因为四边形是矩形，，，所以，，
所以，，所以，
所以，所以，所以的最小值为，故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称求线段和最小值，熟练掌握矩形的性质，轴对称性质是解题的关键．
4．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，在中，，，是下方的一动点，记，的面积分别记为，．若，则线段长的最小值是（    ）

A．3 B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作直线，过点作于点，延长交于点，由图可知，根据面积关系求出长度即可．
【详解】解：如图，过点作直线，过点作于点，延长交于点．

是等腰直角三角形，且，，，，
，，点的运动轨迹是直线，
，解得，，
的最小值为，故选C．
【点睛】本题考查了最短距离问题、等腰直角三角形的性质、三角形面积等知识，根据题意添加相应辅助线是解题关键．
5．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，在中，，，，点P是延长线上一动点，边与点M，边与点N，连接，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．

【答案】A
【分析】连接，证明P、M、N、B四点是以为直径的圆上，设此圆心为O，连接、，则，由勾股定理，可得，所以当取最小值时，值最小，再过点C作于D，求得，在中，求出，即可求解．
【详解】解：连接，

∵，，∴，
∴点P、M、N、B在以为直径的圆上，设此圆心为O，连接、，
∴，由勾股定理，可得，
∴当取最小值时，值最小，∴当于P时，此时值最小，则值最小，
过点C作于D，∴，∵，，∴，，
∵，∴∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，即最小值为，故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短，本题综合性较强，熟练掌握相关定理和将求最小值转化成求最小值是解题的关键．
6．（2023·安徽马鞍山·校考一模）为等边三角形，、分别是边、上的动点，且满足，是的中点，若，则的最小值为(　　)

A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】根据垂线最短可知当时最短，根据可知，据此可得知当是的中位线时最短，再由直角三角形及等边三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：如图，垂线最短，时最短，是的中点，
依题意是等边三角形，当时，．

，，，，是的中位线．
为等边三角形，，，，．故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理及等边三角形的性质，根据题意判断出是的中位线时最短是解题的关键．
7．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，中，，，点D是边上一动点，以点A为旋转中心，将顺时针旋转得到线段，连接，若，则的长的最小值为（    ）

A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】在上取一点K，使得，连接，，然后证明出，然后根据垂线段最短得到当时，的值最小，最后利用角直角三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，在上取一点K，使得，连接，，
∵，，∴，，∴，
又∵，，∴，∴，

∴当时，的值最小，∵，，，
∴，∴，∴．∴的长的最小值为．故选A
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判断，垂线段最短，角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
8．（2023·浙江宁波·校考一模）如图所示，在直角坐标系中，A点坐标为，的半径为2，P为x轴上一动点，切于点B，则的最小值为（　　）

A．2 B．3 C． D．4
【答案】C
【分析】如图，连接，根据切线的性质定理，得，要使最小，只需最小，根据垂线段最短，当轴于点时，最小，进而求出点坐标，利用勾股定理，求出即可．
【详解】如图，连接．

根据切线的性质定理，得．要使最小，只需最小，
根据垂线段最短，当轴于点时，最小，此时P点的坐标是，，
在中，，，∴． 则最小值是．故选C．
【点睛】本题考查切线的性质．熟练掌握切线垂直于过切点的半径，利用垂线段最短，确定点的位置，是解题的关键．
9．（2023·广西·中考模拟）把二次函数的图象作关于x轴的对称变换 ，所得图象的解析式为，若，则m的最大值为（ ）
A． B．0 C．2 D．6
【答案】D
【分析】先根据二次函数图形的变换规律可得变换后的函数解析式为，再根据对称轴、与y轴的交点问题可求出，，然后代入解一元一次不等式即可得．
【详解】由二次函数图形的变换规律得：把二次函数的图象作关于x轴的对称变换，所得图象的解析式为 则与相同
由对称轴得：，解得
当时，由函数得；由函数得
则，即 将，代入得：
整理得：解得则m的最大值为6故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质（对称性、与y轴的交点）、一元一次不等式等知识点，依据二次函数的图象与性质求出b、c与a的关系等式是解题关键．
10．（2022·浙江·中考模拟）已知二次函数y＝x2，当a≤x≤b时m≤y≤n，则下列说法正确的是（　　）
A．当n﹣m＝1时，b﹣a有最小值 B．当n﹣m＝1时，b﹣a有最大值
C．当b﹣a＝1时，n﹣m无最小值 D．当b﹣a＝1时，n﹣m有最大值
【答案】B
【分析】①当b﹣a＝1时，先判断出四边形BCDE是矩形，得出BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，进而得出AC＝n﹣m，即tan＝n﹣m，再判断出0°≤∠ABC＜90°，即可得出n﹣m的范围；
②当n﹣m＝1时，同①的方法得出NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，进而得出MH＝n﹣m＝1，而tan∠MHN＝，再判断出45°≤∠MNH＜90°，即可得出结论．
【详解】解：①当b﹣a＝1时，如图1，过点B作BC⊥AD于C， ∴∠BCD＝90°，

∵∠ADE＝∠BED＝90°，∴∠ADO＝∠BCD＝∠BED＝90°，
∴四边形BCDE是矩形，∴BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，∴AC＝AD﹣CD＝n﹣m，
在Rt△ACB中，tan∠ABC＝＝n﹣m，
∵点A，B在抛物线y＝x2上，∴0°≤∠ABC＜90°，∴tan∠ABC≥0，∴n﹣m≥0，
即n﹣m无最大值，有最小值，最小值为0，故选项C，D都错误；
②当n﹣m＝1时，如图2，过点N作NH⊥MQ于H，
同①的方法得，NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，∴MH＝MQ﹣HQ＝n﹣m＝1，
在Rt△MHQ中，tan∠MNH＝，
∵点M，N在抛物线y＝x2上，∴m≥0，
当m＝0时，n＝1，∴点N（0，0），M（1，1），∴NH＝1，
此时，∠MNH＝45°，∴45°≤∠MNH＜90°，∴tan∠MNH≥1，∴≥1，
当a,b异号时，且m=0,n=1时，a,b的差距是最大的情况，此时b-a=2,
∴b﹣a无最小值，有最大值，最大值为2，故选项A错误；故选：B．
【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数，确定出∠MNH的范围是解本题的关键．
11．（2023·四川巴中·校考一模）如图，在边长为3的等边中，E、F分别是边、的动点，且，连接、交于点P，连接，则的最小值为 _____．

【答案】
【分析】由“”可证，可得，可求，过点，点，点作，则点在上运动，利用锐角三角函数可求，的长，即可求解．
【详解】解：∵是等边三角形，∴，，
在和中，，∴，
∴，∴，∴，
如图，过点A，点P，点B作⊙O，连接，，

∴点P在 上运动，∵，∴，，，
∴，∴，∴，
∵，，∴垂直平分，∴，
∴，∴，∴，
在中，，∴当点P在上时，有最小值，
∴的最小值，故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，圆的有关知识，确定点的运动轨迹是解题的关键．
12．（2023·四川成都·模拟预测）已知：如图，中，，圆C半径为6，P为斜边上的一个动点，分别与圆C相切于M、N，连接交于点Q，则的最小值为_______．

【答案】
【分析】过点A作的切线和，连接，交于G，同样过点B作的切线，得出等同于点G的H点，连接，证明，进而得出，同理可得，，，从而，进而得出，从而，同理可得，，从而，点Q在以为直径的圆O上运动，进一步得出结果．
【详解】解：如图，过点A作的切线和，连接，交于G，同样过点B作的切线，得出等同于点G的H点，连接，

∴，根据对称性可得，，∴，
∵，∴，∴，
同理可得，，，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
同理可得，．∴，∴点Q在以为直径的圆O上运动，
连接交于，作于R，∵，∴，
∴，∴，∴半径，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形和辅助圆求解．
13．（2023·山东济南·济南外国语学校校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点，分别是，边上的动点，且，点为的中点，点为上的一动点，则的最小值为______．

【答案】
【分析】根据，点为的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出，可知点的轨迹为：交以为圆心，以为半径的圆弧（一部分），作关于的对称点，连接，交于，交以为圆心，以为半径的圆于，此时的值最小，最小值为的长；根据勾股定理求得，即可求得，即问题得解．
【详解】解：，点为的中点，，
点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧（一部分），作关于的对称点，连接，交于，当点刚好在直线上时，此时的值最小，最小值为的长；
，，，在利用勾股定理有，
，的最小值为， 故答案为：8．

【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，判断出G点的轨迹是解题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
14．（2023·内蒙古中考模拟）在平面直角坐标系中，已知和是抛物线上的两点，将抛物线的图象向上平移n（n是正整数）个单位，使平移后的图象与x轴没有交点，则n的最小值为_____．
【答案】4
【分析】通过A、B两点得出对称轴,再根据对称轴公式算出b,由此可得出二次函数表达式,从而算出最小值即可推出n的最小值．
【详解】∵A、B的纵坐标一样,∴A、B是对称的两点,∴对称轴,即,∴b=﹣4．
．∴抛物线顶点(2,﹣3)．满足题意n得最小值为4,故答案为4．
【点睛】本题考查二次函数对称轴的性质及顶点式的变形,关键在根据对称轴的性质从题意中判断出对称轴．
15．（2023·四川成都·统考一模）已知矩形中，，点E、F分别是边的中点，点P为边上动点，过点P作与平行的直线交于点G，连接，点M是中点，连接，则的最小值＝__________．

【答案】
【分析】连接交与点N，连接，证明，求最小值即可．
【详解】解：∵，点E、F分别是边的中点，
∴，，，∴，
连接交与点N，连接，∵，
∴，；∴，
∵，∴，∵点M是中点，∴，
当时，最小，也最小；，
，；故答案为：．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质和解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线，得出，求最小值．
16．（2023·上海金山·统考一模）如图，为等腰直角三角形，为的重心，E为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点D在直线的上方），为的重心，设两点的距离为d，那么在点E运动过程中d的取值范围是_________．

【答案】
【分析】当点E与点B重合时，，当点E与点A重合时，的值最大，利用重心的性质以及勾股定理求得，，证明，推出是等腰直角三角形，据此求解即可．
【详解】解：当点E与点B重合时，，
当点E与点A重合时，的值最大，如图，点分别为的中点，
∵为等腰直角三角形，为的重心，

∴，∴，，
同理，∴，，
，，，即，
∴，∴是等腰直角三角形，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，重心的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
17．（2023·山东东营·校考一模）如图，在边长为4的菱形中，，M是边上的一点，且，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】过点M作交延长线于点H，连接，根据菱形的性质和直角三角形的性质，求出，再由勾股定理求出的长，再由折叠的性质可得点在以M为圆心，为半径的圆上，从而得到当点在线段上时，长度有最小值，是解题的关键．
【详解】解：过点M作交延长线于点H，连接，菱形中，，，
∵， ∴，∵，∴，
∴，∴，∴，，

∴，∵将沿所在直线翻折得到，
∴，∴点在以M为圆心，为半径的圆上，
∴当点在线段上时，长度有最小值，∴长度的最小值．故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、折叠的性质，找到当点在上，的长度最小，是解题的关键．
18．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）已知菱形的边长为1，，为上的动点，在上，且，设的面积为，，当点运动时，则与的函数关系式是__________．

【答案】
【分析】证明是等边三角形，求出的面积与的函数关系式，即可得出答案．
【详解】连接，如图所示：

∵菱形的边长为1，，∴和都是等边三角形，
∴，，∵，，∴，
在和中，，∴，∴，，
∵，∴，∴，
∴是等边三角形，∴，∴的面积，
作于，则，
∵，∴，∴，∴，
∴与的函数关系式为：．故答案为：
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、动点问题的函数、三角形的面积问题，证明两个三角形全等是解决问题的关键．
19．（2022·湖北十堰·统考二模）如图，已知，正中，，将沿翻折，得到，连接，交于点，点在上，且，是的中点，是上的一个动点，则的最大值为______．

【答案】
【分析】根据题意可知，当点运动到点时，最大，利用勾股定理求出此时和的长即可解决问题．
【详解】解：如图，作点关于对称点，，在中，，
，当点运动到点时，最大为，

为等边三角形，，，
将沿翻折，得到，，
四边形为菱形，，，，
，，，
为中点，，，，
的最大值为，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了轴对称﹣线段问题，等边三角形的性质，勾股定理等知识，明确同侧差最大是解题的关键．
20．（2022·广东佛山·校考一模）在边长为1的正方形中，是边的中点，是对角线上的动点，则的最小值为 ___________．
【答案】0
【分析】作于，可得出，从而得的最小值，将变形为，进一步得出结果．
【详解】解：如图，作于，

∵四边形是正方形，，，的最小值为0，
∵，∴的最小值为0，故答案为：0．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形等知识，解题关键是作辅助线转化线段．
21．（2023·陕西西安·西安市曲江第一中学校考三模）如图，等边中，，为上一动点，，，则最小值为________．

【答案】
【分析】如图，连接，取的中点O，连接，，过点O作于H，首先证明是顶角为的等腰三角形，当的值最小时，的值最小，即可求出的最小值．
【详解】解：如图，连接，取的中点O，连接，，过点O作于H，

∵是等边三角形，∴，，
∵，，∴，
∵，∴，∴C、D、P、E四点共圆，
∴，∴当的值最小时，的值最小，
根据垂线段最短可得，当时，，此时最小，，
∵，，  ∴，，
∴，∴，∴的值最小为，故答案为．
【点睛】本题考查了四点共圆、垂线段最短、圆周角定理、含角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；正确判断当时最小是解题的关键．
22．（2023·江苏镇江市·九年级期中）点P(m，n)在以y轴为对称轴的二次函数y＝x2+ax+4的图象上．则m﹣n的最大值为
【答案】﹣
【分析】根据题意，可以得到a的值以及m和n的关系，然后将m、n作差，利用二次函数的性质，即可求出m﹣n的最大值．
【详解】解：∵点P（m，n）在以y轴为对称轴的二次函数y＝x2+ax+4的图象上，
∴a＝0，∴n＝m2+4，∴m﹣n＝m﹣（m2+4）＝﹣m2+m﹣4＝﹣（m﹣）2﹣，
∴当m＝时，m﹣n取得最大值，此时m﹣n＝﹣．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，属于常考题型，正确理解题意、熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．（2023·广西九年级模拟）如图，在Rt中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P是扇形AEF的上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是_____．

【答案】．
【分析】在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．证明，推出＝＝，推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根据PC+PT≥TC，求出CT即可解决问题．
【详解】解：在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．

∵PA＝2．AT＝1，AB＝4，∴PA2＝AT•AB，∴＝，
∵∠PAT＝∠PAB，∴，∴＝＝，∴PT＝PB，∴PB+CP＝CP+PT，
∵PC+PT≥TC，在Rt中，∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，
∴CT＝＝，∴PB+PC≥，∴PB+PC的最小值为．故答案为．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系，圆的基本性质，掌握以上知识是解题的关键．
24．（2022·四川成都市·中考模拟）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．

【答案】
【分析】连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，∴PQ的最大值=；

设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，∴，
∵EF=3，∴FM=1，ME=2，∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．故答案为：，．

【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
25．（2022·湖南·中考模拟）已知直线与抛物线（b，c为常数，）的一个交点为，点是x轴正半轴上的动点．
（1）当直线与抛物线（b，c为常数，）的另一个交点为该抛物线的顶点E时，求k，b，c的值及抛物线顶点E的坐标；
（2）点D在抛物线上，且点D的横坐标为，当的最小值多时，求b的值．
【答案】（1）-2，2，-3，；（2）4或6；（3）3
【分析】（1）由题意可知直线经过，因而把代入直线即可求出k的值，然后把代入抛物线得出含b的代数式表达c，再根据直线与抛物线（b，c为常数，）的另一个交点得出抛物线的顶点坐标E，并代入直线，解方程即可求出b的值，代入即可求解；
（2）将点D的横坐标代入抛物线（b，c为常数，），根据点A的坐标得到含b的代数式表达c，求出点D的纵坐标为，可知点D在第四象限，且在直线的右侧，取点，过点D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，过点D作QH⊥x轴于点H，则点H，在Rt△MDH中，可知，由题意可知点，用含b的代数式表示m，因，可得方程，求解即可得出答案．
【详解】解：（1）∵直线经过，
∴把代入直线，可得，解得；
∵抛物线（b，c为常数，）经过，
∴把代入抛物线，可得，
∵当直线与抛物线（b，c为常数，）的另一个交点为该抛物线的顶点E，
∴顶点的坐标为，把代入直线，
可得，∴，解得，
∵，∴，∴，∴顶点的坐标为．
（2）∵点D在抛物线（b，c为常数，）上，且点D的横坐标为，
∴，∵在抛物线（b，c为常数，）上，
∴，即，∴，
可知点D在第四象限，且在直线的右侧．
∵，∴可取点，
如图2，过点D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，∴，得，
则此时点M满足题意，过点D作QH⊥x轴于点H，则点H，
在Rt△MDH中，可知，∴，
∵点，∴，解得：，
∵，∴，∴．

【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、二次函数的性质、等腰三角形的性质、三角形的面积公式等知识点，解题的关键是学会使用待定系数法求出抛物线的解析式．
26．（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图所示，是半圆的直径，是上一动点，，交半圆于点，是半圆的切线，是切点．点、点都是不动点．

(1)求证: ；(2)连接，则点在哪个位置时，线段与线段之和最大？
【答案】(1)见解析(2)点在的中点时，线段与线段之和最大
【分析】（1）以为直径，作，延长交于点，连接，证明得出，根据垂径定理得出，进而得出，在中，勾股定理即可得证；
（2）是的直径，设，，，则有，，则（当时取得等于号），继而即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，

以为直径，作，延长交于点，连接，
∵是的切线，∴，∴，即，
∵，∴，∵，
∴，
∴，∴，
又∵，∴，∴，即，
又∵，∴，∴，
∴，在中，，
∴，在中，，∴
（2）∵是的直径 设，，，则有，
∵ ∴（当时取得等于号）
∴
∴取得最大值时，，∴ 又由∵ ∴
即点在的中点时，线段与线段之和最大．
【点睛】 本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，切线的的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
27．（2022·陕西西安·西安市第三中学校考模拟预测）问题提出：
(1)如图，在矩形中，，，是对角线上的一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作于，求的长．
问题解决：(2)年月我省局部发生疫情，为落实科学防治、精准施策、分级管理，我省某小区设计防疫区域，在道路边固定柱子点，道路边确定一点，以为边，搭建正方形防疫区域，内部道路上设点作为记录处，、、、分别为不同的防疫物资放置区域，设计图简化如图所示，已知道路两边，道路宽为，为上一定点，为上一动点，于．请问是否存在符合设计要求且面积最小的？若存在，请求出面积最小值及此时的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)；(2)存在，最小值为；
【分析】（1）如图1，过点作于点，证明，推出；
（2）如图2中，过点作于点，过点作于点．证明，推出，，，设，推出，证明，推出， ，，推，可得结论．
【详解】解：（1）如图1，过点作于点，

则，，，，，
矩形中，，，，，
，，
，绕点逆时针旋转得到，
，，，
在和中，，，，故的长为；
（2）如图中，过点作于点，过点作于点．
四边形是正方形，，，
，，
，，，
设，，
，，，，
，，，，
，，
，
，时，的面积最小，最小值为．的面积的最小值为，此时．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建二次函数解决最值问题．
限时检测2：最新各地中考真题（60分钟）
1．（2022·广西贺州·中考真题）已知二次函数y=2x2−4x−1在0≤x≤a时，y取得的最大值为15，则a的值为（     ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】先找到二次函数的对称轴和顶点坐标，求出y=15时，x的值，再根据二次函数的性质得出答案．
【详解】解：∵二次函数y=2x2-4x-1=2（x-1）2-3，∴抛物线的对称轴为x=1，顶点（1，-3），
∵1>0，开口向上，∴在对称轴x=1的右侧，y随x的增大而增大，
∵当0≤x≤a时，即在对称轴右侧，y取得最大值为15，
∴当x=a时，y=15，∴2（a-1）2-3=15，解得：a=4或a=-2（舍去），故a的值为4．故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是二次函数的增减性，利用二次函数的性质解答．
2．（2022·内蒙古包头·中考真题）已知实数a，b满足，则代数式的最小值等于（       ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【分析】由已知得b=a+1，代入代数式即得a2-4a+9变形为(a-2)2+5，再根据二次函数性质求解．
【详解】解：∵b-a=1，∴b=a+1，∴a2+2b-6a+7=a2+2(a+1)-6a+7=a2-4a+9=(a-2)2+5，
∵(a-2)2≥0，∴当a=2时，代数式a2+2b-6a+7有最小值，最小值为5，故选：A．
【点睛】本题考查二次函数的最值，通过变形将代数式化成(a-2)2+5是解题的关键．
3．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，D、E、F分别是三边上的点，其中，BC边上的高为6，且DE//BC，则面积的最大值为（       ）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【分析】过点A作AM⊥BC于M，交DE于点N，则AN⊥DE，设，根据，证明，根据相似三角形对应高的比等于相似比得到，列出面积的函数表达式，根据配方法求最值即可．
【详解】如图，过点A作AM⊥BC于M，交DE于点N，则AN⊥DE，

设，，，
，，，∴,
，
当时，S有最大值，最大值为6，故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数求最值，熟练掌握知识点是解题的关键．
4．（2022·江苏泰州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为(     )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；
【详解】解：如图，连接CF、CG、AE，

∵∴
在和中，∵∴
∴∴
当时，最小，
∴d1＋d2＋d3的最小值为，故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．
5．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的园上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆

∵四边形为矩形∴∵∴∴
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的园上 连接OB交圆O与点N
∵点B为圆O外一点∴当直线BM过圆心O时，BM最短
∵，∴∴
∵故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
6．（2022·山东泰安·中考真题）如图，，点M、N分别在边上，且，点P、Q分别在边上，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作M关于OB的对称点M′，作N关于OA的对称点N′，连接M′N′，即为MP+PQ+QN的最小值；证出△ONN′为等边三角形，△OMM′为等边三角形，得出∠N′OM′=90°，由勾股定理求出M′N′即可．
【详解】解：作M关于OB的对称点M′，作N关于OA的对称点N′，如图所示：

连接M′N′，即为MP+PQ+QN的最小值．
根据轴对称的定义可知：，，∠N′OQ=∠M′OB=30°，
∴∠NON′=60°，，∴△ONN′为等边三角形，△OMM′为等边三角形，
∴∠N′OM′=90°，∴在Rt△M′ON′中，M′N′=．故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称--最短路径问题，根据轴对称的定义，找到相等的线段，得到等边三角形是解题的关键．
7．（2022·安徽·中考真题）已知点O是边长为6的等边△ABC的中心，点P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面积分别记为，，，．若，则线段OP长的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据，可得，根据等边三角形的性质可求得△ABC中AB边上的高和△PAB中AB边上的高的值，当P在CO的延长线时，OP取得最小值，OP=CP-OC，过O作OE⊥BC，求得OC=，则可求解．
【详解】解：如图，，，
∴=
== ==，∴，
设△ABC中AB边上的高为，△PAB中AB边上的高为，
则，，∴，∴，

∵△ABC是等边三角形，∴， ，
∴点P在平行于AB，且到AB的距离等于的直线上，
∴当点P在CO的延长线上时，OP取得最小值，过O作OE⊥BC于E，∴，
∵O是等边△ABC的中心，OE⊥BC∴∠OCE=30°，CE= ∴OC=2OE
∵，∴，解得OE=，∴OC=，
∴OP=CP-OC=．故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，弄清题意，找到P点的位置是解题的关键．
8．（2022·浙江湖州·中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（   ）

A． B．6 C． D．
【答案】C
【分析】根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，过点M、N作以点O为圆心，∠MON=90°的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求出．
【详解】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图，因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ，

∴∠OMQ=∠ONQ=45°，∴∠MON=90°，所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O，
所以此时最大，等于圆O的直径，∵BM＝4，BN＝2，∴，
∴MQ=OQ=，∴OM=，∴，故选 C．
【点睛】此题考查了圆的相关知识，熟练掌握同弧所对的圆周角相等、直径是圆上最大的弦，会灵活用已知圆心角和弦作圆是解题的关键．
9．（2022·广西柳州·中考真题）如图，直线y1＝x+3分别与x轴、y轴交于点A和点C，直线y2＝﹣x+3分别与x轴、y轴交于点B和点C，点P（m，2）是△ABC内部（包括边上）的一点，则m的最大值与最小值之差为（　　）

A．1 B．2 C．4 D．6
【答案】B
【分析】由于P的纵坐标为2，故点P在直线y= 2上，要求符合题意的m值，则P点为直线y= 2与题目中两直线的交点，此时m存在最大值与最小值，故可求得．
【详解】∵点P (m， 2)是△ABC内部(包括边上)的点．∴点P在直线y= 2上，如图所示，，
当P为直线y= 2与直线y2的交点时，m取最大值，当P为直线y= 2与直线y1的交点时，m取最小值，
∵y2 =-x+ 3中令y=2，则x= 1，∵y1 =x+ 3中令y=2，则x= -1，∴m的最大值为1， m的最小值为- 1．
则m的最大值与最小值之差为：1- (-1)= 2．故选：B．

【点睛】本题考查一次函数的性质， 要求符合题意的m值，关键要理解当P在何处时m存在最大值与最小值，由于P的纵坐标为2，故作出直线y= 2有助于判断P的位置．
10．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，点A在反比例函数的图像上，以为一边作等腰直角三角形，其中∠=90°，，则线段长的最小值是（       ）

A．1 B． C． D．4
【答案】C
【分析】如图，过作轴，交y轴于M，过作轴，垂足为D，交MA于H，则 证明 可得 设 则 可得 再利用勾股定理建立函数关系式，结合完全平方公式的变形可得答案．
【详解】解：如图，过作轴，交y轴于M，过作轴，垂足为D，交MA于H，则

设 则

而当时，则
∴的最小值是8，∴的最小值是 故选：C．

【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数的性质，完全平方公式的变形应用，勾股定理的应用，掌握“的变形公式”是解本题的关键．
11．（2022·吉林长春·中考真题）已知二次函数，当时，函数值y的最小值为1，则a的值为_______．
【答案】##
【分析】先把函数解析式化为顶点式可得当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，然后分两种情况讨论：若；若，即可求解．
【详解】解：，
∴当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
若，当时，y随x的增大而减小，
此时当时，函数值y最小，最小值为，不合题意，
若，当时，函数值y最小，最小值为1，
∴，解得：或（舍去）；
综上所述，a的值为．故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
12．（2022·四川凉山·中考真题）已知实数a、b满足a－b2＝4，则代数式a2－3b2＋a－14的最小值是________．
【答案】6
【分析】根据a－b2＝4得出，代入代数式a2－3b2＋a－14中，通过计算即可得到答案．
【详解】∵a－b2＝4∴将代入a2－3b2＋a－14中
得：
∵ ∴ 当a=4时，取得最小值为6 ∴的最小值为6
∵∴的最小值6答案为：6．
【点睛】本题考查了代数式的知识，解题的关键是熟练掌握代数式的性质，从而完成求解．
13．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形中，，是的中点，线段在边上左右滑动；若，则的最小值为____________．

【答案】
【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．
【详解】解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，

∴G'E=GE，AG=AG'，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，
∵CH=EF=1， ∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，
∴，即的最小值为．故答案为：
【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．
14．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在矩形中，．若点E是边AD上的一个动点，过点E作且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，的最小值为________．

【答案】
【分析】过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，当N、E、C三点共线时，，分别求出CN、AN的长度即可．
【详解】过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，
四边形ANEF是平行四边形，，当N、E、C三点共线时，最小，

四边形ABCD是矩形，，，
，四边形EFMD是平行四边形，，，
，，，，
，，即，，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，，的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．
15．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________．

【答案】         
【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；
【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=AB=3，在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，tan60°=，∴EF=3；
当AF长取得最小值时，DF长取得最大值，由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM，
∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值，
过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形，∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，∴DG=DCsin60°=3，
∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3，故答案为：3；6-3．

【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
16．（2022·四川眉山·中考真题）如图，点为矩形的对角线上一动点，点为的中点，连接，，若，，则的最小值为________．

【答案】6
【分析】作点B关于AC的对称点，交AC于点F，连接交AC于点P，则的最小值为的长度；然后求出和BE的长度，再利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：如图，作点B关于AC的对称点，交AC于点F，连接交AC于点P，则的最小值为的长度；

∵AC是矩形的对角线，∴AB=CD=4，∠ABC=90°，在直角△ABC中，，，
∴，∴，由对称的性质，得，，
∴，∴∵，，
∴△BEF是等边三角形，∴，∴是直角三角形，
∴，∴的最小值为6；故答案为：6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的找到点P使得有最小值．
17．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为__________．

【答案】##
【分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出EF和FH，即可求解．
【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，

在矩形ABCD中，∠A=∠ADC=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，∴△DEH为等腰直角三角形，
∵DG平分∠ADC，∴DG垂直平分EH，∴PE=PH，
∴的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EF≥FH+EF，
∴当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，
∵E，F分别是AD，AB的中点，∴AE=DE=DH=3，AF=4，∴EF=5，
∵FK⊥CD，∴∠DKF=∠A=∠ADC=90°，∴四边形ADKF为矩形，
∴DK=AF=4，FK=AD=6，∴HK=1，∴，
∴FH+EF=，即的周长最小为．故答案为：
【点睛】本题主要考查了最短距离问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，明确题意，准确得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF是解题的关键．
18．（2022·广西柳州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．

【答案】
【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，

∵正方形ABCD，∴ ∴
∵DE=DF， ∴（SAS）， ∴∴当三点共线时，最短，则最短，
∵位BC 中点， ∴ 此时
此时 所以CF的最小值为： 故答案为：
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
19．（2022·江苏无锡·中考真题）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝________°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是________．

【答案】     80     ##
【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可．
【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，即∠DCB =∠ECA，
在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（ SAS），
∴∠EAC=∠DBC，∵∠DBC=20°，∴∠EAC=20°，∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；
设BF与AC相交于点H，如图：

∵△ACE≌△BCD∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，
∴∠AFB=∠ACB=60°，∴A、B、C、F四个点在同一个圆上，
∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，∴此时线段AF长度有最小值，
在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，∴BD=4，即AE=4，∴∠FDE=180°-90°-60°=30°，
∵∠AFB=60°，∴∠FDE=∠FED=30°，∴FD=FE，过点F作FG⊥DE于点G，
∴DG=GE=，∴FE=DF==，∴AF=AE-FE=4-，故答案为：80；4-．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
20．（2022·四川成都·中考真题）如图，在菱形中，过点作交对角线于点，连接，点是线段上一动点，作关于直线的对称点，点是上一动点，连接，．若，，则的最大值为_________．

【答案】##
【分析】延长DE，交AB于点H，确定点B关于直线DE的对称点F，由点B，D关于直线AC对称可知QD=QB，求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值.连接BD，即可求出CO，EO，再说明，可得DO，根据勾股定理求出DE，然后证明，可求BH，即可得出答案．
【详解】延长DE，交AB于点H，


∵，ED⊥CD，∴DH⊥AB．取FH=BH，∴点P的对称点在EF上．
由点B，D关于直线AC对称，∴QD=QB．
要求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值BF．
连接BD，与AC交于点O．∵AE=14,CE=18，       ∴AC=32，∴CO=16，EO=2．

∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，∴∠DEO=∠CDO．
∵∠EOD=∠DOC，∴ ，∴，即，   
解得，∴．在Rt△DEO中，．
∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，∴，∴，
即，解得，∴．故答案为：．
【点睛】这是一道根据轴对称求线段差最大的问题，考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质和判定等，确定最大值是解题的关键．
21．（2022·四川成都·中考真题）距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度（米）与物体运动的时间（秒）之间满足函数关系，其图像如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒．设表示0秒到秒时的值的“极差”（即0秒到秒时的最大值与最小值的差），则当时，的取值范围是_________；当时，的取值范围是_________．

【答案】         
【分析】根据题意，得-45+3m+n=0，，确定m，n的值，从而确定函数的解析式，根据定义计算确定即可．
【详解】根据题意，得-45+3m+n=0，，
∴ ，∴ ，解得m=50，m=10，
当m=50时，n=-105；当m=10时，n=15；
∵抛物线与y轴交于正半轴，∴n＞0，∴，
∵对称轴为t==1，a=-5＜0，∴时，h随t的增大而增大，
当t=1时，h最大，且（米）；当t=0时，h最最小，且（米）；
∴w=，∴w的取值范围是，故答案为：．
当时，∵对称轴为t==1，a=-5＜0，∴时，h随t的增大而减小，
当t=2时，h=15米，且（米）；当t=3时，h最最小，且（米）；
∴w=，w=，
∴w的取值范围是，故答案为：．
【点睛】本题考查了待定系数法确定抛物线的解析式，函数的最值，增减性，对称性，新定义计算，熟练掌握函数的最值，增减性，理解新定义的意义是解的关键．
22．（2022·浙江绍兴·中考真题）已知函数（b，c为常数）的图象经过点（0，﹣3），（﹣6，﹣3）．(1)求b，c的值．(2)当﹣4≤x≤0时，求y的最大值．(3)当m≤x≤0时，若y的最大值与最小值之和为2，求m的值．
【答案】(1)b＝-6，c=-3(2)x＝－3时，y有最大值为6(3)m＝－2或
【分析】（1）把（0，-3），（-6，-3）代入y＝，即可求解；
（2）先求出抛物线的顶点坐标为（-3，6），再由-4≤x≤0，可得当x＝-3时，y有最大值，即可求解；
（3）由（2）得当x＞-3时，y随x的增大而减小；当x≤-3时，y随x的增大而增大，然后分两种情况：当-3＜m≤0时，当m≤-3时，即可求解．
(1)解：把（0，-3），（-6，-3）代入y＝，得∶，解得：；
(2)解：由（1）得：该函数解析式为y＝＝，
∴抛物线的顶点坐标为（-3，6），∵-1＜0∴抛物线开口向下，   
又∵-4≤x≤0，∴当x＝-3时，y有最大值为6．
(3)解：由（2）得：抛物线的对称轴为直线x=-3，
∴当x＞-3时，y随x的增大而减小；当x≤-3时，y随x的增大而增大，
①当-3＜m≤0时，当x＝0时，y有最小值为-3，
当x＝m时，y有最大值为，∴+（-3）＝2，∴m＝-2或m＝-4（舍去）．
②当m≤-3时，当x＝-3时，y有最大值为6，∵y的最大值与最小值之和为2，∴y最小值为-4，
∴=-4，∴m＝或m＝（舍去）．综上所述，m＝-2或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
23．（2022·湖南常德·中考真题）如图，已经抛物线经过点，，且它的对称轴为．
(1)求此抛物线的解析式；(2)若点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，当的面积为15时，求的坐标；(3)在（2）的条件下，是抛物线上的动点，当的值最大时，求的坐标以及的最大值

【答案】(1)(2)(3) 的最大值为
【分析】（1）根据题意可设抛物线为再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；
（2）设 且 记OA与对称轴的交点为Q，设直线为： 解得： 可得直线为： 则 利用列方程，再解方程即可；
（3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系数法求解AB的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式，解方程组可得P的坐标．
(1)解： 抛物线经过点，∴设抛物线为：
抛物线过，且它的对称轴为．
解得： ∴抛物线为：
(2)解：如图，点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，
设 且 记OA与对称轴的交点为Q，

设直线为： 解得： 直线为：
解得：或
∵ 则
(3)如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时最大，

设AB为： 代入A、B两点坐标，
解得： ∴AB为：
解得：
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，坐标与图形面积，三角形三边关系的应用，勾股定理的应用，确定最大时P的位置是解本题的关键．
24．（2022·安徽·中考真题）如图1，隧道截面由抛物线的一部分AED和矩形ABCD构成，矩形的一边BC为12米，另一边AB为2米．以BC所在的直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，规定一个单位长度代表1米．E（0，8）是抛物线的顶点．

(1)求此抛物线对应的函数表达式；(2)在隧道截面内（含边界）修建“”型或“”型栅栏，如图2、图3中粗线段所示，点，在x轴上，MN与矩形的一边平行且相等．栅栏总长l为图中粗线段，，，MN长度之和．请解决以下问题：（ⅰ）修建一个“”型栅栏，如图2，点，在抛物线AED上．设点的横坐标为，求栅栏总长l与m之间的函数表达式和l的最大值；（ⅱ）现修建一个总长为18的栅栏，有如图3所示的修建“”型或“”型栅型两种设计方案，请你从中选择一种，求出该方案下矩形面积的最大值，及取最大值时点的横坐标的取值范围（在右侧）．
【答案】(1)y＝x2＋8 (2)（ⅰ）l＝m2＋2m＋24，l的最大值为26；（ⅱ）方案一：＋9≤P1横坐标≤；方案二：＋≤P1横坐标≤
【分析】（1）通过分析A点坐标，利用待定系数法求函数解析式；
（2）（ⅰ）结合矩形性质分析得出P2的坐标为（m，－m2＋8），然后列出函数关系式，利用二次函数的性质分析最值；（ⅱ）设P2P1＝n，分别表示出方案一和方案二的矩形面积，利用二次函数的性质分析最值，从而利用数形结合思想确定取值范围．
(1)由题意可得：A（－6，2），D（6，2），又∵E（0，8）是抛物线的顶点，
设抛物线对应的函数表达式为y＝ax2＋8，将A（－6，2）代入，
（－6）2a＋8＝2，解得：a＝，∴抛物线对应的函数表达式为y＝x2＋8；
(2)（ⅰ）∵点P1的横坐标为m（0＜m≤6），且四边形P1P2P3P4为矩形，点P2，P3在抛物线AED上，
∴P2的坐标为（m，m2＋8），∴P1P2＝P3P4＝MN＝m2＋8，P2P3＝2m，
∴l＝3（m2＋8）＋2m＝m2＋2m＋24＝（m－2）2＋26，
∵＜0，∴当m＝2时，l有最大值为26，
即栅栏总长l与m之间的函数表达式为l＝m2＋2m＋24，l的最大值为26；
（ⅱ）方案一：设P2P1＝n，则P2P3＝18－3n，
∴矩形P1P2P3P4面积为（18－3n）n＝－3n2＋18n＝－3（n－3）2＋27，
∵－3＜0，∴当n＝3时，矩形面积有最大值为27，
此时P2P1＝3，P2P3＝9，令x2＋8＝3，解得：x＝，
∴此时P1的横坐标的取值范围为＋9≤P1横坐标≤，
方案二：设P2P1＝n，则P2P3＝9－n，
∴矩形P1P2P3P4面积为（9－n）n＝－n2＋9n＝－（n－）2＋，
∵－1＜0，∴当n＝时，矩形面积有最大值为，
此时P2P1＝，P2P3＝，令x2＋8＝，解得：x＝，
∴此时P1的横坐标的取值范围为＋≤P1横坐标≤．
【点睛】本题考查二次函数的应用，掌握待定系数法求函数解析式，准确识图，确定关键点的坐标，利用数形结合思想解题是关键．
25．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
(1)求BD的长；(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．

【答案】(1)；(2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12
【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= ，即可求解；
（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=，设BE=，则EN=，从而得到EM=MN-EN=，再由BE=DF，可得DF=，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF ，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=BO=，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由，可得当，即BE=时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．
【解析】(1)解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，

∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，∴∠CAB=60°，∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB▪sin60°==，∴BD=2BO=；
(2)解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，
∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=6，由（1）得：BD=；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴∠EBN=30°；∴EN=BE
∵，∴MN=，设BE=，则EN=，
∴EM=MN-EN=， ∵S菱形ABCD= AD▪MN=，
∴S△ABD= S菱形ABCD=，∵BE=DF，∴DF=，
∴S△DEF=DF ▪EM= =，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0 ①当CE⊥AB时，∵OB⊥AC，∴点E是△ABC重心，
∴BE=CE=BO=，此时 =，
∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；
②作CH⊥AD于H，如图，

∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，∵∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，∴△ACD是等边三角形，
∴AH=DH=3，∴CH=，∵，
∴当，即BE=时， s达到最小值，∵BE=DF，∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+CF的值达到最小，其最小值为CO+CH==12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键．
26．（2022·天津·中考真题）已知抛物线（a，b，c是常数，）的顶点为P，与x轴相交于点和点B．(1)若，①求点P的坐标；②直线（m是常数，）与抛物线相交于点M，与相交于点G，当取得最大值时，求点M，G的坐标；(2)若，直线与抛物线相交于点N，E是x轴的正半轴上的动点，F是y轴的负半轴上的动点，当的最小值为5时，求点E，F的坐标．
【答案】(1)①；②点M的坐标为，点G的坐标为；(2)点和点；
【分析】（1）①将b、c的值代入解析式，再将A点坐标代入解析式即可求出a的值，再用配方法求出顶点坐标即可；②先令y=0得到B点坐标，再求出直线BP的解析式，设点M的坐标为，则点G的坐标为，再表示出MG的长，配方求出最值得到M、G的坐标；（2）根据，解析式经过A点，可得到解析式：，再表示出P点坐标，N点坐标，接着作点P关于y轴的对称点，作点N关于x轴的对称点，再把和的坐标表示出来，由题意可知，当取得最小值，此时，将字母代入可得：，求出a的值，即可得到E、F的坐标；
(1)①∵抛物线与x轴相交于点，
∴．又，得．∴抛物线的解析式为．
∵，∴点P的坐标为．
②当时，由，解得．∴点B的坐标为．
设经过B，P两点的直线的解析式为，
有解得∴直线的解析式为．
∵直线（m是常数，）与抛物线相交于点M，与相交于点G，如图所示：

∴点M的坐标为，点G的坐标为．
∴．
∴当时，有最大值1．此时，点M的坐标为，点G的坐标为．
(2)由（Ⅰ）知，又，∴．∴抛物线的解析式为．
∵，∴顶点P的坐标为．
∵直线与抛物线相交于点N，∴点N的坐标为．
作点P关于y轴的对称点，作点N关于x轴的对称点，如图所示：
得点的坐标为，点的坐标为．
当满足条件的点E，F落在直线上时，取得最小值，
此时，．延长与直线相交于点H，则．
在中，．
∴．解得（舍）．
∴点的坐标为，点的坐标为．
则直线的解析式为．∴点和点．
【点睛】本题考查二次函数的几何综合运用，熟练掌握待定系数法求函数解析式、配方法求函数顶点坐标、勾股定理解直角三角形等是解决此类问题的关键．
（3）①连接交于点，设，则，求出，得出点，将其代入抛物线关系式，列出关于a的方程，解方程，求出a的值，即可得出G的坐标；
②在下方作且，连接，，证明，得出，说明当，，三点共线时，最小，最小为，过作，垂足为，先证明∠CAH=45°，算出AC长度，即可求出CH、AH，得出HQ，最后根据勾股定理求出CQ的长度即可得出结果．
(1)解：∵在抛物线上，∴，解得，
∴，即；
(2)在中，令，得，，∴，，∵，∴，
∵，∴，，∴，
∵轴，∴，∴，∴，∴．
(3)①连接交于点，如图1所示：

∵与关于轴对称，∴，，
设，则，
，∴，
∵点在抛物线上，∴，
解得（舍去），，∴；
②在下方作且，连接，，如图2所示：
∵，∴，∴，
∴当，，三点共线时，最小，最小为，过作，垂足为，
∵，，∴，，
∵，
，，
，
∴，即的最小值为．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，待定系数法求抛物线的关系式，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角函数的定义，作出辅助线，证明，得出当，，三点共线时，最小，是解题的关键．