專題02特殊的平行四邊形中的最值模型--胡不歸模型胡不歸模型可看作將軍飲馬衍生，主要考查轉化與化歸等的數學思想，近年在中考數學和各地的模擬考中常以壓軸題的形式考查，學生不易把握。本專題就最值模型中的胡不歸問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握。在解決胡不歸問題主要依據是：點到線的距離垂線段最短。【模型背景】從前有個少年外出求學，某天不幸得知老父親病危的消息，便立即趕路回家．根據“兩點之間線段最短”，雖然從他此刻位置A到家B之間是一片砂石地，但他義無反顧踏上歸途，當趕到家時，老人剛咽了氣，小伙子追悔莫及失聲痛哭．鄰居告訴小伙子說，老人彌留之際不斷念叨著“胡不歸？胡不歸？”看到這里很多人都會有一個疑問，少年究竟能不能提前到家呢？假設可以提早到家，那么他該選擇怎樣的一條路線呢？這就是今天要講的“胡不歸”問題.補充知識：在直角三角形中銳角A的對邊與斜邊的比叫做∠A的正弦，記作sinA，即。若無法理解正弦，也可考慮特殊直角三角形（含30°，45°，60°）的三邊關系。【模型解讀】一動點P在直線MN外的運動速度為V1，在直線MN上運動的速度為V2，且V1<V2，A、B為定點，點C在直線MN上，確定點C的位置使的值最小．（注意與阿氏圓模型的區分）1），記，即求BC+kAC的最小值.2）構造射線AD使得sin∠DAN=k，，CH=kAC,將問題轉化為求BC+CH最小值.3）過B點作BH⊥AD交MN于點C，交AD于H點，此時BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．【解題關鍵】在求形如“PA+kPB”的式子的最值問題中，關鍵是構造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉化為“PA+PC”型．（若k>1，則提取系數，轉化為小于1的形式解決即可）。【最值原理】兩點之間線段最短及垂線段最短。例1．（2023·四川樂山·統考二模）如圖，菱形中，，，是對角線上的任意一點，則的最小值為（

）．

A． B． C． D．【答案】B【分析】如圖：過點E作，過點B作，連接,由菱形的性質結合題意可得結合可得，則,即；再根據三角形的三邊關系可得,則當時，即F與重合時，有最小值，最后解直角三角形求出即可．【詳解】解：如圖：過點E作，過點B作，連接．

∵在菱形中，，∴，∵，∴，，即．∴．∴．∵∴當時，即F與重合時，有最小值∴的最小值．故選B．【點睛】本題考查菱形的性質、解直角三角形等知識點，找到有最小值的位置是解答本題的關鍵．例2．（2023·四川宜賓·校考模擬預測）如圖，平行四邊形ABCD中，∠DAB=60°，AB=6，BC=2，P為邊CD上的一動點，則的最小值等于________．【答案】【分析】過點P作PQ⊥AD于點Q，由于∠PDQ=60°，因此，由此可知當B、P、Q三點共線時有最小值，然后利用解直角三角形的知識進行求解即可.【詳解】過點P作PQ⊥AD，垂足為Q，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC//AB，∴∠QDP=∠DAB=60°，∴PQ=PD?sin∠QDP=PD，∴=BP+PQ，∴當點B、P、Q三點共線時有最小值，∴的最小值為，故答案為：3.【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，解直角三角形，線段之和最短問題，正確添加輔助線，靈活運用相關知識是解題的關鍵.例3．（2023秋·山東日照·九年級校聯考期末）如圖，在矩形中，，，點P是對角線上的動點，連接，則的最小值為（

）A． B．6 C． D．4【答案】B【分析】直接利用已知得出，再將原式變形，進而得出最小值，進而得出答案．【詳解】解：過點A作，過點D作于點M，交于點P，∵在矩形中，，，∴，∴，則，∴，∴，．即的最小值為6．故選B．【點睛】本題考查的是矩形的性質，銳角三角函數的應用，理解題意，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．例4．（2022·廣東佛山·校考一模）在邊長為1的正方形中，是邊的中點，是對角線上的動點，則的最小值為___________．【答案】0【分析】作于，可得出，從而得的最小值，將變形為，進一步得出結果．【詳解】解：如圖，作于，∵四邊形是正方形，，，的最小值為0，∵，∴的最小值為0，故答案為：0．【點睛】本題考查了正方形的性質，解直角三角形等知識，解題關鍵是作輔助線轉化線段．例5.

（2023.綿陽市八年級期中）P是正方形對角線上一點，AB=2，則PA+PB+PC的最小值為。解析：PA+PB+PC=2PA+PB=2（PA+PB）連接AC交BD于O，作BE使∠PBE=30°，過點P作PF⊥BE，PF=PB.顯然A、P、F共線時PA+PB最小。此時

PA+PB=AF∵AB=2,∴AO=BO=,∵∠PBE=30°,∴OE=,BE=利用等面積法:×AF×BE=×AE×BO解得：AF=注意：本題也可以利用費馬點（旋轉作圖）來解決。例6．（2022·山東濟寧·校考模擬預測）如圖，矩形的對角線，相交于點，關于的對稱圖形為．（1）求證：四邊形是菱形；（2）連接，若，．①求的值；②若點為線段上一動點（不與點重合），連接，一動點從點出發，以的速度沿線段勻速運動到點，再以的速度沿線段勻速運動到點，到達點后停止運動．當點沿上述路線運動到點所需要的時間最短時，求的長和點走完全程所需的時間．【答案】（1）證明見解析；（2）①；②和走完全程所需時間為．【分析】（1）利用四邊相等的四邊形是菱形進行證明即可；（2）①構造直角三角形求即可；②先確定點沿上述路線運動到點所需要的時間最短時的位置，再計算運到的時間．【詳解】（1）四邊形是矩形，，與交于點O,且關于對稱，，，四邊形是菱形；（2）①連接,直線分別交于點,交于點，關于的對稱圖形為，，在矩形中，為的中點，且O為AC的中點，為的中位線，

，同理可得：為的中點，，

，；②過點P作交于點，由運動到所需的時間為3s，由①可得，，點Q以的速度從P到A所需的時間等于以從M運動到A，即：，由O運動到P所需的時間就是OP+MA和最小.如下圖，當P運動到,即時，所用時間最短.，在中，設，，，解得：，，和走完全程所需時間為．變式1．（2022·重慶·九年級期中）如圖所示，菱形的邊長為5，對角線的長為，為上一動點，則的最小值為A．4 B．5 C． D．解：如圖，過點作于點，過點作于點，連接交于點．四邊形是菱形，，，，，，，，，，，，，的最小值為4，故選：．變式2．（2022·云南昆明·統考二模）如圖，正方形邊長為4，點E是邊上一點，且．P是對角線上一動點，則的最小值為（

）A．4 B． C． D．【答案】D【分析】連接AC，作，證明當取最小值時，A，P，G三點共線，且，此時最小值為AG，再利用勾股定理，所對的直角邊等于斜邊的一半即可求出結果．【詳解】解：連接AC，作∵是正方形且邊長為4，∴，，，∵，∴，∴，∴當取最小值時，A，P，G三點共線，且，此時最小值為AG，∵，，∴，∵，∴，設，則，∴，解得：，設，則，∵，∴，解得：∴，故選：D【點睛】本題考查正方形的性質，動點問題，勾股定理，所對的直角邊等于斜邊的一半，解題的關鍵是證明當取最小值時，A，P，G三點共線，且，此時最小值為AG．變式3．（2022·湖北武漢·九年級期末）如圖，?中，，，為邊上一點，則的最小值為______．【答案】【分析】作PH丄AD交AD的延長線于H，由直角三角形的性質可得HP=DP，因此PD+2PB=2(DP+PB)=2(PH+PB)，當H、P、B三點共線時HP+PB有最小值，即PD十2PB有最小值，即可求解．【詳解】如圖，過點作，交的延長線于，四邊形是平行四邊形，，∴∵PH丄AD∴∴，，∴當點，點，點三點共線時，HP+PB有最小值，即有最小值，此時，，，∴，則最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了胡不歸問題，平行四邊形的性質，直角三角形的性質，垂線段最短等知識．構造直角三角形是解題的關鍵．變式4．（2023·陜西寶雞·統考二模）如圖，在矩形中，，，點是對角線上的動點，連接，則的最小值為______．【答案】【分析】直接利用已知得出，再將原式變形，進而得出最小值，進而得出答案．【詳解】過點A作，過點D作于點H，交于點，∵在矩形中，，∴，∴，則，∵，此時最小，∴的最小值是．故答案為：．【點睛】此題主要考查了胡不歸問題，正確作出輔助線是解題關鍵．變式5．（2022春·湖南湘西·八年級統考階段練習）如圖，已知菱形ABCD的邊長為4，點是對角線AC上的一動點，且∠ABC=120°，則()的最小值是____________．【答案】【分析】作DE⊥AB于E點，連接BD，根據垂線段最短，此時DE最短，即PA+PB+PD最小，根據菱形性質和等邊三角形的性質即可求出DE的長，進而得出結論．【詳解】解：如圖，作DE⊥AB于E點，連接BD∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°∴∠DAB=60°，則△ABD為等邊三角形∴∠PAE=30°∴AP=2PE∵PD=PB∴PA+PB+PD=2PE+2PD=2DE根據垂線段最短，此時DE最短，即PA+PB+PD最小∵菱形的邊長為4∴AB=4，AE=2∴DE=∴2DE=∴PA+PB+PD最小值為故答案為：【點睛】本題考查菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，掌握菱形的性質，將多條線段轉化是解題關鍵．課后專項訓練1．（2023·四川攀枝花·統考二模）如圖，中，，，，為邊上的一動點，則的最小值等于（）A．2 B．4 C．3 D．5【答案】C【分析】過點作，交的延長線于點，由銳角三角函數可得，即，則當點，點，點三點共線且時，有最小值，由可求最小值為．【詳解】解：如圖，過點作，交的延長線于點，，，，，，當點，點，點三點共線且時，有最小值，即最小值為，，．故答案為3．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，垂線段最短和銳角三角函數的性質，熟練應用相關性質是解題的關鍵．2．（2023春·廣東廣州·九年級校考階段練習）如圖，菱形的邊長為5，對角線的長為，為上一動點，則的最小值等于______．【答案】4【分析】由四邊形是菱形，根據已知線段長度，將轉化，再根據垂線段最短即可求解．【詳解】解：如圖，連接交于點M，過點M作于點H，過點A作于點G，交于點P，四邊形是菱形，邊長為5，，，，，，，，，，，，，，即，，當A，P，G三點共線且時，取最小值，最小值為，菱形的面積，，的最小值是4．故答案為：4．【點睛】本題考查菱形的性質，解直角三角形，以及最短路徑問題，熟練掌握菱形的性質，勾股定理，菱形的面積公式，將轉化為是解題的關鍵．3．（2021·眉山市·中考真題）如圖，在菱形中，，對角線、相交于點，點在線段上，且，點為線段上的一個動點，則的最小值是______．【答案】【分析】過M點作MH垂直BC于H點，與OB的交點為P點，此時的長度最小為MH，再算出MC的長度，在直角三角形MPC中利用三角函數即可解得MH【詳解】過M點作MH垂直BC于H點，與OB的交點為P點，此時的長度最小∵菱形中，∴AB=BC=AC=10，△ABC為等邊三角形∴∠PBC=30°，∠ACB=60°∴在直角△PBH中，∠PBH=30°∴PH=∴此時得到最小值，∵AC=10，AM=3,∴MC=7又∠MPC=60°∴MH=MCsin60°=故答案為：【點睛】本題主要考查了菱形的性質與三角函數，能夠找到最小值時的P點是解題關鍵.4．（2023·黑龍江佳木斯·統考一模）如圖，菱形ABCD中，，邊長為3，P是對角線BD上的一個動點，則的最小值是______．【答案】【分析】求兩條線段之和的最小值問題，通常轉化為兩點之間的距離，在平面中，兩點間的距離最短．【詳解】解：如圖所示：過點作交于點，過點作交于點，四邊形是菱形，，∴∠ABP=30°，，，由垂線段最短可知，的最小值為的長，，即的最小值是：，故答案是：．【點睛】本題考查了動點中的最短路徑問題，解題的關鍵是：通過等量代換，轉化為兩點之間的距離．5．（2023春·浙江·八年級專題練習）如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC，E為線段AB上一動點，連接CE，則AE＋CE的最小值為___．【答案】3【詳解】思路引領：在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．易證ETAE，推出AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解決問題．答案詳解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB，∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝2，在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，∴ETAE，∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝2，∴CH＝AC?sin6°＝23，∵AE+EC＝CE+ET≥CH，∴AE+EC≥3，∴AE+EC的最小值為3，故答案為3．6．（2023春·浙江·八年級專題練習）如圖，?ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P為邊CD上的一動點，則2PB+PD的最小值等于______.【答案】【分析】過點P作PE⊥AD交AD的延長線于點E，根據四邊形ABCD是平行四邊形，得到AB∥CD，推出PE=PD，由此得到當PB+PE最小時2PB+PD有最小值，此時P、B、E三點在同一條直線上，利用∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6求出PB+PE的最小值=AB=3，得到2PB+PD的最小值等于6.【詳解】過點P作PE⊥AD交AD的延長線于點E，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠EDC=∠DAB＝30°，∴PE=PD，∵2PB+PD=2（PB+PD）=2(PB+PE)，∴當PB+PE最小時2PB+PD有最小值，此時P、B、E三點在同一條直線上，∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，∴PB+PE的最小值=AB=3，∴2PB+PD的最小值等于6，故答案為：6.【點睛】此題考查平行四邊形的性質，直角三角形含30°角的問題，動點問題，將線段2PB+PD轉化為三點共線的形式是解題的關鍵.7．（2022·江蘇鎮江·統考一模）如圖，在平行四邊形中，，E為邊上的一動點，那么的最小值等于______．【答案】3【分析】如圖，過作交的延長線于點，根據平行四邊形的性質，推出，從而得到，進而得到，根據，可知，當三點共線時，線段的和最小，利用所對的直角邊是斜邊的一半即可得解．【詳解】解：如圖，過作交的延長線于點，∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴，∴，∵，∴當三點共線時，線段的和最小，∵，，∴，即：的最小值等于3；故答案為：3．【點睛】本題考查平行四邊形的性質，以及含的直角三角形．通過添加輔助線，構造含的直角三角形，利用垂線段最短進行求解，是解題的關鍵．本題是胡不歸模型，平時多歸納總結，可以快速解題．8．（2022·陜西西安·校考模擬預測）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，點P是對角線AC上的動點，連接PD，則PA＋2PD的最小值________．【答案】6【分析】直接利用已知得出∠CAB=60°，再將原式變形，進而得出PA+PD最小值，進而得出答案．【詳解】過點A作∠CAN=30°，過點D作DM⊥AN于點M，交AC于點P，∵在矩形ABCD中，AB=2，BC=，∴tan∠CAB=，∴∠CAB=60°，則∠DAC=30°，∵PA+2PD=2（PA+PD），，此時PA+PD最小，∴PA+2PD的最小值是2×3=6．故答案為：6．【點睛】此題主要考查了胡不歸問題，正確作出輔助線是解題關鍵．9．（2022·四川眉山·統考一模）兩張寬為3cm的紙條交叉重疊成四邊形ABCD．如圖所示若，P是對角線BD上的一個動點，則的最小值是______．【答案】【分析】先證明四邊形ABCD是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，可得，，然后根據勾股定理可得，則，進而求出，要使的值最小，則需要滿足為最小，即為最小，當B、P、M在同一直線上時，為最小，過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，進而求解即可．【詳解】兩張寬為3cm的紙條交叉重疊成四邊形ABCD，即，四邊形ABCD是平行四邊形，，，四邊形ABCD是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，如圖，，，，，，，，，過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，如圖，，要使的值最小，則需要滿足為最小，即為最小，當B、P、M在同一直線上時，為最小，如圖，，，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了三角函數、菱形的性質與判定及含30°直角三角形的性質，解題的關鍵是利用“胡不歸”原理找到最小值的情況，然后根據三角函數及菱形的性質進行求解即可．10．（2022·湖南·九年級月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝6，△BCD為等邊三角形點E為△BCD圍成的區域（包括各邊）的一點過點E作EM∥AB，交直線AC于點M作EN∥AC交直線AB于點N，則AN+AM的最大值為．【解答】解：過E作EH⊥AC交AC的延長線于點H，∵EN∥AC，EM∥AB，∴四邊形ANEM是平行四邊形，∠HME＝∠A＝60°，設EM＝AN＝a，AM＝b，Rt△HEM中，∠HEM＝30°，∴MH＝ME＝a，∴AN+AM＝a+b＝MH+AM＝AH，當E在點D時，AH的值最大是：3+4.5＝7.5，AN+AM的最大值為7.5，故答案為：7.5．11．（2023·內蒙古通遼·統考一模）如圖，已知菱形ABCD的邊長為8，點M是對角線AC上的一動點，且∠ABC=120°，則MA+MB+MD的最小值是________．【答案】【分析】過點D作DE⊥AB于點E，連接BD，根據垂線段最短，此時DE最短，即MA+MB+MD最小，根據菱形性質和等邊三角形的性質即可求出DE的長，進而可得結論．【詳解】解：如圖，過點D作DE⊥AB于點E，連接BD，∵菱形ABCD中，∠ABC=120°，∠MAE=30°，∴∠DAB=60°，AD=AB=DC=BC，MD=MB，∴△ADB是等邊三角形，∵∠MAE=30°，∴AM=2ME，∵MD=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2DE，根據垂線段最短，此時DE最短，即MA+MB+MD最小，∵菱形ABCD的邊長為8，∴DE=，∴2DE=8．∴MA+MB+MD的最小值是8．故答案為：8．【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握菱形的性質，等邊三角形的判定與性質．12．（2021·山東淄博市·中考真題）兩張寬為的紙條交叉重疊成四邊形，如圖所示．若，則對角線上的動點到三點距離之和的最小值是__________．【答案】【分析】由題意易得四邊形是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，易得，，然后根據勾股定理可得，則，，進而可得，要使為最小，即的值為最小，則可過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，最后根據“胡不歸”問題可求解．【詳解】解：∵紙條的對邊平行，即，∴四邊形是平行四邊形，∵兩張紙條的寬度都為，∴，∴，∴四邊形是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，如圖所示：∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴，過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，如圖所示：∴，要使的值為最小，則需滿足為最小，根據三角不等關系可得：，所以當B、P、M三點共線時，取最小，即為BM的長，如圖所示：∴，∴，∴的最小值為，即的最小值為；故答案為．【點睛】本題主要考查三角函數、菱形的性質與判定及含30°直角三角形的性質，解題的關鍵是利用“胡不歸”原理找到最小值的情況，然后根據三角函數及菱形的性質進行求解即可．13．（2023·廣東廣州·鐵一中學校考二模）如圖，菱形中，，，點、分別為線段、上的動點，點為邊的中點，連接，．

(1)求的長；(2)連接，若，求證：；(3)若，試求的最小值．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）證明是等邊三角形，即可求解；（2）延長至，使得，在上取，連接，證明，可得，，證明四邊形是平行四邊形，可得，即可得出，進而證明，即可得證；（3）將繞點逆時針旋轉得到，連接，則，當三點共線時，，此時取得最小值，為的中點，當為的中點時（或者設其他點為中點，再證明為中點），過點作于點，勾股定理解直角三角形，即可求解．【詳解】（1）解：∵菱形中，，∴，∵，∴是等邊三角形，又∵，∴；（2）解：如圖所示，延長至，使得，在上取，連接，

在與中，∴∴，∵是等邊三角形，∴，，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∴，∵，設，則在中，，∴，∴∵∴，∴在中，∴，∴，∴；（3）如圖所示，連接，過點作于點，

將繞點逆時針旋轉得到，連接，則，當三點共線時，，此時取得最小值，∵是等腰直角三角形，∴，∵三點共線∴，∴，∵為的中點，當為的中點時，∴，，則，∴，，∵∴，∵∴又，∴，∴，∴當是的中點時，三點共線，過點作于點，∴，，∴，在中，，∵，∴，即的最小值為．【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的性質與判定，平行四邊形的性質與判定，勾股定理，旋轉的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．14．（2023·吉林長春·統考一模）（1）【問題原型】如圖①，在，，，求點到的距離．（2）【問題延伸】如圖②，在，，．若點在邊上，點在線段上，連結，過點作于，則的最小值為______．（3）【問題拓展】如圖（3），在矩形中，．點在邊上，點在邊上，點在線段上，連結．若，則的最小值為______．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）過點作于，過點作于，根據等腰三角形的性質可得，再由勾股定理可得的長，再由，即可求解；（2）連接，過點作于，過點作于．根據題意可得的最小值等于的長，再由當時，的長最小，可得的最小值等于的長，再根據等腰三角形的性質可得，再由勾股定理可得的長，再由，即可求解；（3）過點F作于點H，連接，過點E作于點G，根據直角三角形的性質可得在，從而得到，繼而得到的最小值等于，再由當時，的長最小，即的長最小，可得的最小值等于，即可求解．【詳解】解：（1）如圖，過點作于，過點作于．∵，∴．在中，．∵，∴．∴點到的距離為．（2）如圖，連接，過點作于，過點作于．∵，∴的最小值等于的長，∵當時，的長最小，此時點Q與點H重合，∴的最小值等于的長，∵，∴．在中，．∵，∴．即的最小值為；故答案為：（3）如圖，過點F作于點H，連接，過點E作于點G，在中，，∴，∴，∴的最小值等于，∵當時，的長最小，即的長最小，此時點H與點G重合，∴的最小值等于，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，即的最小值等于．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，勾股定理，矩形的性質，直角三角形的性質，熟練掌握等腰三角形的性質，勾股定理，矩形的性質，直角三角形的性質是解題的關鍵．15．（2022··達州市九年級期中）如圖，矩形的頂點、分別在、軸的正半軸上，點的坐標為，一次函數的圖象與邊、、軸分別交于點、、，，并且滿足，點是線段上的一個動點．（1）求的值；（2）連接，若的面積與四邊形的面積之比為，求點的坐標；（3）求的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）利用矩形的性質，用表示點的坐標，再利用待定系數法即可求解；（2）首先求出四邊形的面積，再根據條件求出的面積，即可解決問題；（3）過點作軸交于點，則，即可轉化為求的最小值，作點關于一次函數的對稱點，過點作軸的垂線交軸于點，交一次函數于點，即的最小值為，算出長度即可．【詳解】（1）在中，令，則，點的坐標為，，，，把代入中得：，解得：；（2）由（1）得一次函數為，，，，，，，的面積與四邊形的面積之比為，的面積與四邊形的面積之比為，，設點的橫坐標為，則，解得：，把代入中得：，；（3）如圖所示，過點作軸交于點，，，，作點關于一次函數的對稱點，且OO’與直線DF交于Q點，過點作軸的垂線交軸于點，，，當、、在同一直線時最小，即的最小值為，，，，，在中，，，在中．，的最小值為．【點睛】本題考查幾何圖形與函數的綜合題，包括一次函數、矩形的性質、四邊形的面積，解直角三角形以及胡不歸問題，屬于中考壓軸題．16．（2022·江蘇·統考一模）如圖1，平面內有一點到的三個頂點的距離分別為、、，若有，則稱點為關于點的勾股點．（1）如圖2，在的網格中，每個小正方形的邊長均為1，點、、、、、、均在小正方形的頂點上，則點E是關于點B的勾股點.（2）如圖3，是矩形內一點，且點是關于點的勾股點,①求證：；②若，，求的度數．（3）如圖3，矩形中，，，是矩形內一點，且點是關于點的勾股點．①當時，求的長；②直接寫出的最小值．【答案】（2）①證明見解析；②30°；（3）①AE的長為或；②．【分析】（2）①由矩形性質得∠ADC=90°，可得AD2+DC2=AC2；根據勾股數得BC2+EC2=AC2，又因為AD=BC，即得CE=CD．②設∠CED=α，根據∠AEC=135°和CE=CD即∠ADC=90°，可用α表示△ADE的三個內角，利用三角形內角和180°為等量關系列方程，即求出α進而求出∠ADE．（3）由條件“點C是△ABE關于點A的勾股點”仍可得CE=CD=5，作為條件使用．①△ADE是等腰三角形需分3種情況討論，把每種情況畫圖再根據矩形性質和勾股定理計算，即能求AE的長．②在CB上截取CH=，利用兩邊對應成比例及夾角相等構造△ECH∽△BCE，把BE轉化為EH，所以當點A、E、H在同一直線上時，AE+BE=AH取得最小值，利用勾股定理求出AH即可．【詳解】解：（2）①證明：∵點C是△ABE關于點A的勾股點∴CA2=CB2+CE2∵四邊形ABCD是矩形∴AB=CD，AD=BC，∠ADC=90°∴CA2=AD2+CD2=CB2+CD2∴CB2+CE2=CB2+CD2∴CE=CD②設∠CED=α，則∠CDE=∠CED=α∴∠ADE=∠ADC-∠CDE=90°-α∵∠AEC=135°∴∠AED=∠AEC-∠CED=135°-α∵DA=DE∴∠DAE=∠DEA=135°-α∵∠DAE+∠DEA+∠ADE=180°∴2（135°-α）+（90°-α）=180°解得：α=60°∴∠ADE=90°-60°=30°（3）①∵矩形ABCD中，AB=5，BC=8∴AD=BC=8，CD=AB=5∵點C是△ABE關于點A的勾股點∴CE=CD=5i）如圖1，若DE=DA，則DE=8過點E作MN⊥AB于