解题技巧专题：圆中的最值问题(含隐圆问题)
8．如图，已知⊙O的半径为m，点C为直径AB延 长线上一点，BC＝m.过点C任作一直线l，若l上总 存在点P，使过P所作的⊙O的两切线互相垂直， 则∠ACP的最大值等于 45°.
解析：设PM、PN是过P所作的⊙O的两切线且互 相垂直，则∠MON＝90°.∴四边形PMON是正方 形．根据勾股定理求得OP＝ 2m.∴P点在以O为圆 心，以 2m长为半径的大圆⊙O上．过C点作大 ⊙O的切线，切点即为P点，此时∠ACP有最大值， 如图所示．∵PC是大圆⊙O的切线， ∴OP⊥PC.∵OC＝2m，OP＝ 2 m， ∴PC＝ OC2 OP2＝ 2m.∴OP＝PC. ∴∠ACP＝45°. ∴∠ACP的最大值等于45°.故答案为45°.
(2)解：∵OF⊥AC，∴AF＝CF.
而OA＝OB，
∴OF为△ACB的中位线． ∴OF＝ 1 BC＝3.
2 ∴DF＝OD－OF＝5－3＝2.
(3)若⊙O的半径为5，∠DOA＝80°，点P是线段 AB上任意一点，试求出PC＋PD的最小值． (3)解：作C点关于AB的对称点C′，连接C′D交AB于 P，连接OC，如图． ∵PC＝PC′， ∴PD＋PC＝PD＋PC′＝DC′. ∴此时PC＋PD的值最小． ∵ AD＝CD，∴∠COD＝∠AOD＝80°.
9．如图，P是矩形ABCD内一点，AB＝4，AD＝2， AP⊥BP，则当线段DP最短时，CP＝ 2 3 .
解析：以AB为直径作半圆O，连接OD，与半圆O交 于＝＝O2点BP2＝，′，12∠当AAB点D＝PO2与＝.∵P∠′A重ADO合＝D时2＝，，∠∠DOBPDA最CD短＝＝，4950则°°A.，∴O∴＝DPOO′＝DP′ OD－OP′＝2 2－2.过P′作P′E⊥CD于点E，则易得 P′E＝DE＝2－ 2.∴CE＝CD－ DE＝ 2＋2.∴CP′＝ PE2 CE2 ＝2 3.故答案为2 3.
N分别是AC、BC的中点，则MN的最大值是 2
2
.
6．(2019·鄂州中考)如图，在平面直角坐标系中， 已知C(3，4)，以点C为圆心的圆与y轴相切．点A、 B 在 x 轴 上 ， 且 OA ＝ OB . 点 P 为 ⊙C 上 的 动 点 ， ∠APB＝90°，则AB长度的最大值为 16 .
7．如图，已知点A是圆心为坐标原点O且半径为3 的圆上的动点，经过点B(4，0)作直线l⊥x轴，点P 是直线l上的动点．若∠OPA＝45°，则△BOP的 面积的最大值为 2 2 .
10．如图，AB是⊙O的直径，点C、D是⊙O上的 点，且OD∥BC，AC分别与BD、OD相交于点E、
F. (1)求证：点D为AC的中点； (1)证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°. ∵OD∥BC， ∴∠OFA＝90°. ∴OF⊥AC. ∴ AD＝CD，即点D为 AC 的中点．
(2)若CB＝6，AB＝10，求DF的长；
1．如图，等边△ABC的边长为2，⊙A的半径为1， D是BC上的动点，DE与⊙A相切于E，DE的最小 值是( B ) A．1 B． 2 C． 3 D．2
2．(2019·嘉兴中考)如图，在⊙O中，弦AB＝1，
点C在AB上移动，连接OC，过点C作CD⊥OC交 1
⊙O于点D，则CD的最大值为 2 .
3．如图，点A是半圆上一个三等分点(靠近点N这 一侧)，点B是弧AN的中点，点P是直径MN上的一 个动点．若⊙O的半径为3，则AP＋BP的最小值 为32.
4．(2019·广元中考)如图，△ABC是⊙O的内接三 角形，且AB是⊙O的直径，点P为⊙O上的动点， 且∠BPC＝60°，⊙O的半径为6，则点P到AC距 离的最大值是 6＋3 3 .
5．(2019·东营中考)如图，AC是⊙O的弦，AC＝5，
点B是⊙O上的一个动点，且∠ABC＝45°.若点M、
5
解题技巧专题： 圆中的最值问题(含隐圆问题)
方法总结：圆中求最值的方法：(在圆中，注意圆 的半径长为定值，要围绕半径构造模型解题) ①结合半径，利用垂线段最短直接构造直角三角形 求解，如T1，T2； ②利用圆的对称性，将线段转换到一起，再利用两 点之间线段最短求解，如T3； ③寻找隐含条件(如中位线、直角三角形斜边上的 中线等)，先建立线段之间的数量关系，再构造直 角三角形解题，如T5，T6.
∴∠BOC＝20°.
∵点C和点C′关于AB对称，∴∠C′OB＝20°.
∴∠DOC′＝120°.∴∠ODC′＝∠OC′D＝30°.
作OH⊥DC′于H，则C′H＝DH. 在Rt△OHD中，OH
＝ 1 OD＝ 5 .
2
2
∴DH＝
52 ( 5)2 ＝ 5 3
2
2
.
∴DC′＝2DH＝5 3.
∴PC＋PD的最小值为5 3.
2024年中考复习-专题13隐圆问题3种模型(解析版)
专题13隐圆问题3种模型通用的解题思路：隐圆一般有如下呈现方式：（1）定点定长：当遇到同一个端点出发的等长线段时，通常以这个端点为圆心，等线段长为半径构造辅助圆；（2）定弦定角：当遇到动点对定点对定线段所张的角为定值时，通常把张角转化为圆周角构造辅助圆。
当遇到直角时，通常以斜边为直径构造辅助圆。
（3）四点共圆：对角互补的四边形的四个顶点共圆。
隐圆常与线段最值结合考查。
类型1：定点定长1．（2023•新城区校级三模）圆的定义：在同一平面内，到定点的距离等于定长的所有点所组成的图形．（1）已知：如图1，OA OB OC∠=︒，则ACB∠=AOB==，请利用圆规画出过A、B．C三点的圆．若7035︒．如图，Rt ABCAB=．∠=︒，2BCA∆中，90∠=︒，30ABC（2）已知，如图2．点P为AC边的中点，将AC沿BA方向平移2个单位长度，点A、P、C的对应点分别为点D、E、F，求四边形BDFC的面积和BEA∠的大小．（3）如图3，将AC边沿BC方向平移a个单位至DF，是否存在这样的a，使得直线DF上有一点Q，满足45∠=︒且此时四边形BADF的面积最大？若存在，求出四边形BADF面积的最大值及平移距离a，BQA若不存在，说明理由．【分析】（1）利用圆的定义知A，B，C三点共圆，再利用圆周角定理求解．（2）根据图形的平移性质，判定平移后图形形状，继而确定面积的计算方式和方法，角度问题也迎刃而解．（3）因角度不变，借助圆周角定点在圆周上运动时角度不变的思想，判断出D点能够向右移动的最大距离，求出四边形的最大面积．【解答】（1）以O 为圆心，OA 为半径作辅助圆，如图，，70AOB ∠=︒ ，35ACB ∴∠=︒，故答案为35︒．（2）连接PB ，PE ，如图，，Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，30BCA ∠=︒，2AB =．4AC ∴=，60BAC ∠=︒，BC =．P 为Rt ABC ∆斜边AC 中点，122BP AC ∴==，线段AC 平移到DF 之后，2AB AD PE ===，2BP AE ==，∴四边形ABPE 为菱形，60BAC ∠=︒ ，30BEA ∴∠=︒，//CF BD ，且90ABC ∠=︒，∴四边形BDFC 为直角梯形，11()622S BD CF BC ∴=+⨯=⨯⨯=（3）如图所示，以AB 为斜边在AB 的右侧作等腰直角三角形OAB ，以O 为圆心，OA 为半径作O ，当AC 边沿BC 方向平移a 个单位至DF 时，满足45BQA ∠=︒且此时四边形BADF 的面积最大，∴直线DF 与O 相切于点Q ，连接OQ 交AD 于G ，过点O 作OH AD ⊥于H ，则90AHO OHG DQG ∠=∠=∠=︒，45OAH ∠=︒，30GDQ ∠=︒，90ABC ∠=︒ ，30BCA ∠=︒，2AB =，BC ∴=OA OB OQ ===1AH OH ∴==，33HG =，233OG =，3GQ ∴=，23DG GQ ==-，11AD AH HG GD ∴=++=++，1a ∴=+，此时直角梯形ABFD 的最大面积为：11()112222S BF AD AB =⨯+⨯=⨯++-++⨯=+．【点评】本题主要考查图形的平移，圆心角，圆周角之间的关系，解题的关键是数形结合，找到极值点求解．2．（2024•兰州模拟）综合与实践【问题情境】在数学综合实践课上，“希望小组”的同学们以三角形为背景，探究图形变化过程中的几何问题，如图，在ABC ∆中，AB AC =，90BAC ∠=︒，点D 为平面内一点（点A ，B ，D 三点不共线），AE 为ABD ∆的中线．【初步尝试】（1）如图1，小林同学发现：延长AE 至点M ，使得ME AE =，连接DM ．始终存在以下两个结论，请你在①，②中挑选一个进行证明：①DM AC =；②180MDA DAB ∠+∠=︒；【类比探究】（2）如图2，将AD 绕点A 顺时针旋转90︒得到AF ，连接CF ．小斌同学沿着小林同学的思考进一步探究后发现：12AE CF =，请你帮他证明；【拓展延伸】（3）如图3，在（2）的条件下，王老师提出新的探究方向：点D 在以点A 为圆心，AD 为半径的圆上运动()AD AB >，直线AE 与直线CF 相交于点G ，连接BG ，在点D 的运动过程中BG 存在最大值．若4AB =，请直接写出BG的最大值．【分析】（1）利用SAS 证明ABE MDE ∆≅∆，可得AB DM =，再结合AB AC =，即可证得DM AC =；由全等三角形性质可得BAE DME ∠=∠，再运用平行线的判定和性质即可证得180MDA DAB ∠+∠=︒；（2）延长AE 至点M ，使得ME AE =，连接DM ．利用SAS 证得ACF DMA ∆≅∆，可得CF AM =，再由12AE AM =，可证得12AE CF =；（3）延长DA 至M ，使AM AD =，设AM 交CF 于N ，连接BM 交CF 于K ，取AC 中点P ，连接GP ，可证得()ACF ABM SAS ∆≅∆，利用三角形中位线定理可得//AE BM ，即//AG BM ，利用直角三角形性质可得11222GP AC AB ===，得出点G 在以P 为圆心，2为半径的P 上运动，连接BP 并延长交P 于G '，可得BG '的长为BG 的最大值，再运用勾股定理即可求得答案．【解答】（1）证明：①AE 为ABD ∆的中线，BE DE ∴=，在ABE ∆和MDE ∆中，BE DE AEB MED AE ME =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABE MDE SAS ∴∆≅∆，AB DM ∴=，AB AC = ，DM AC ∴=；②由①知ABE MDE ∆≅∆，BAE DME ∴∠=∠，//AB DM ∴，180MDA DAB ∴∠+∠=︒；（2）证明：延长AE 至点M ，使得ME AE =，连接DM．由旋转得：AF AD =，90DAF ∠=︒，90BAC ∠=︒ ，360DAF BAC BAD CAF ∠+∠+∠+∠=︒，180BAD CAF ∴∠+∠=︒，由（1）②得：180MDA DAB ∠+∠=︒，DM AB AC ==，CAF MDA ∴∠=∠，在ACF ∆和DMA ∆中，AF AD CAF MDA AC DM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACF DMA SAS ∴∆≅∆，CF AM ∴=，12AE AM = ，12AE CF ∴=；（3）如图3，延长DA 至M ，使AM AD =，设AM 交CF 于N ，连接BM 交CF 于K ，取AC 中点P ，连接GP ，由旋转得：AF AD =，90DAF ∠=︒，AF AM ∴=，1809090MAF ∠=︒-︒=︒，90BAC ∠=︒ ，MAF CAM BAC CAM ∴∠+∠=∠+∠，即CAF BAM ∠=∠，在ACF ∆和ABM ∆中，AC AB CAF BAM AF AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACF ABM SAS ∴∆≅∆，AFC AMB ∴∠=∠，即AFN KMN ∠=∠，ANF KNM ∠=∠ ，90FAN MKN ∴∠=∠=︒，BM CF ∴⊥，E 、A 分别是DB 、DM 的中点，AE ∴是BDM ∆的中位线，//AE BM ∴，即//AG BM ，AG CF ∴⊥，90AGC ∴∠=︒，点P 是AC 的中点，11222GP AC AB ∴===，∴点G 在以P 为圆心，2为半径的P 上运动，连接BP 并延长交P 于G '，BG ∴'的长为BG 的最大值，在Rt ABP ∆中，BP ==2BG BP PG ∴'=+'=+，BG ∴的最大值为2+．【点评】本题是几何综合题，考查了三角形的全等的性质与判定，两直线垂直的判定，三角形中位线定理，勾股定理，圆的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解决本题的关键．3．（2022•番禺区二模）已知抛物线23(0)2y ax bx a =+->与x 轴交于点A ，B 两点，OA OB <，4AB =．其顶点C 的横坐标为1-．（1）求该抛物线的解析式；（2）设点D 在抛物线第一象限的图象上，DE AC ⊥垂足为E ，//DF y 轴交直线AC 于点F ，当DEF ∆面积等于4时，求点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，点M 是抛物线上的一点，M 点从点B 运动到达点C ，FM FN ⊥交直线BD 于点N ，延长MF 与线段DE 的延长线交于点H ，点P 为N ，F ，H 三点构成的三角形的外心，求点P 经过的路线长．【分析】（1）利用对称性，求得A 和B 的坐标，然后用待定系数法求得抛物线的解析式；（2）证明CGA ∆和DEF ∆都为等腰直角三角形，利用等面积法求得4DF =，再求得直线AC 的解析式为1y x =-，设点D 的坐标，得到点F 的坐标，然后求解即可；（3）先求得45BDF ∠=︒，推出点P 的运动路径时11H N 的中点绕点F 逆时针旋转90︒得到2N H 的中点之间的弧长，证明四边形2DN FE 为正方形，即可求解．【解答】解：（1） 点A ，点B 两点关于直线1x =-对称，4AB =，(1,0)A ∴，(3,0)B -，代入232y ax bx =+-得，30239302a b a b ⎧+-=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，解得：121a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴抛物线的解析式为21322y x x =+-．（2）如图1所示：//DF y 轴//GC ，GCA DFE ∴∠=∠，抛物线的解析式为22131(1)2222y x x x =+-=+-，∴顶点(1,2)C --，(1,0)A ，2AG ∴=，2CG =，CGA ∴∆为等腰直角三角形，45GCA DFE ∴∠=∠=︒，DE AC ⊥ ，DEF ∴∆为等腰直角三角形，DE EF ∴=，DF =，142DEF S DE EF ∆=⋅= ，DE ∴=，4DF ∴==，设直线AC 的解析式为y kx b =+，则02k b k b +=⎧⎨-+=-⎩，解得：11k b =⎧⎨=-⎩，∴直线AC 的解析式为1y x =-，设点213(,22D x x x +-，则(,1)F x x -，221311(1)42222DF x x x x ∴=+---=-=，解得：3x =或3x =-（舍)，(3,6)D ∴，(3,2)F ．（3）如图2所示，NFH ∆ 是直角三角形，NFH ∴∆的外心是斜边NH 的中点，当点M 位于点B 时，△11N FH ，其外心是斜边11H N 的中点，当点M 位于点C 时，得△2N FE ，其外心是斜边22N H 的中点，即2N E 的中点，(3,6)D ，(3,0)B -，33tan 16BDF +∴∠==，45BDF ∴∠=︒，由（2）得，45FDE ∠=︒，45DBA BAC ∴∠=∠=︒，//BD AC ∴，FN BD ∴⊥，DF ∴平分BDE ∠，90BDE ∠=︒，∴点D ，N ，F ，H 四点共圆，∴点P 在线段DF 的垂直平分线上，即点P 在2N E 上运动，即点P 的运动轨迹是一条线段．2290DN F N DH DHF ∠=∠=∠=︒ ，2FN FE =，∴四边形2DN FE 为正方形，此时点P 在DF 上，且2EP =；当点M 与点C 重合时，此时点P 在DF 上，即为2P ，且222FP EP ==，由题意，224BN BD DN =-=，BF =2N F =，21//FN DH ，2BFN ∴∆∽△1BH D ，∴21BN BF BD BH =，解得1FH =，1FP ∴=，由勾股定理可得：121P P =，即点P 的运动轨迹长为1．【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，三角形外接圆的性质，弧长公式，勾股定理，三角函数解直角三角形等，理解题意，作出相应辅助线是解题的关键．4．（2021•红谷滩区校级模拟）（1）学习心得：小刚同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到有一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在ABC=，求BDC∆外一点，且AD AC∠的度数．若∆中，AB AC=，80BAC∠=︒，D是ABC以点A 为圆心，AB 为半径作辅助圆A ，则点C 、D 必在A 上，BAC ∠是A 的圆心角，而BDC ∠是圆周角，从而可容易得到BDC ∠=40︒．（2）问题解决：如图，在四边形ABCD 中，90BAD BCD ∠=∠=︒，25BDC ∠=︒，求BAC ∠的度数．（3）问题拓展：抛物线21(1)34y x =--+与y 轴交于点A ，顶点为B ，对称轴BC 与x 轴交于点C ，点P 在抛物线上，直线//PQ BC 交x 轴于点Q ，连接BQ ．①若含45︒角的直线三角板如图所示放置，其中，一个顶点与C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一顶点E 在PQ 上，求Q 的坐标；②若含30︒角的直角三角板一个顶点与点C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一个顶点E 在PQ 上，点D 与点B ，点Q 不重合，求点P 的坐标．【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．（2）由A 、B 、C 、D 共圆，得出BDC BAC ∠=∠，（3）①先求出抛物线顶点的坐标，再由点D 、C 、Q 、E 共圆，得出45CQB OED ∠=∠=︒，求出CQ ，再求点Q 的坐标．②分两种情况，Ⅰ、当30︒的角的顶点与点C 重合时，Ⅱ、当60︒的角的顶点与点C 重合时，运用点D 、C 、Q 、E 共圆，求出CQ 即点P 的横坐标，再代入抛物线求出点P 的纵坐标，即可求出点P 的坐标．【解答】解：（1）AB AC = ，AD AC =，∴以点A 为圆心，点B 、C 、D 必在A 上，BAC ∠ 是A 的圆心角，而BDC ∠是圆周角，1402BDC BAC ∴∠=∠=︒，（2）如图2，90BAD BCD ∠=∠=︒ ，∴点A 、B 、C 、D 共圆，BDC BAC ∴∠=∠，25BDC ∠=︒ ，25BAC ∴∠=︒，（3）①如图3点B 为抛物线21(1)34y x =--+的顶点，∴点B 的坐标为(1,3)，45︒ 角的直角三角板如图所示放置，其中，一个顶点与C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一顶点E 在PQ 上，∴点D 、C 、Q 、E 共圆，45CQB CED ∴∠=∠=︒，3CQ BC ∴==，4OQ ∴=，∴点Q 的坐标为(4,0)，②如图4，Ⅰ、当30︒的角的顶点与点C 重合时，直角三角板30︒角的顶点与点C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一个顶点E 在PQ 上∴点D 、C 、Q 、E 共圆，60CQB CED ∴∠=∠=︒，3CQ BC ∴==1OQ ∴=+，∴把1+代入21(1)34y x =--+得94y =，∴点P 的坐标是(1+94Ⅱ、如图5，当60︒的角的顶点与点C 重合时，直角三角板60︒角的顶点与点C 重合，直角顶点D 在BQ 上，另一个顶点E 在PQ 上∴点D 、C 、Q 、E 共圆，30CQB CED ∴∠=∠=︒，CQ ∴==，1OQ ∴=+∴把1+21(1)34y x =--+得154y =-，∴点P 的坐标是(1+，154-综上所述，点P 的坐标是(1+94或(1+15)4-．【点评】本题主要考查了圆的综合题，解题的关键就是运用同弦对的圆周角相等．类型2：定弦定角1．（2022•雁塔区校级三模）问题提出（1）如图①，已知ABC ∆为边长为2的等边三角形，则ABC ∆的面积为问题探究（2）如图②，在ABC ∆中，已知120BAC ∠=︒，BC =，求ABC ∆的最大面积；问题解决（3）如图③，某校学生礼堂的平面示意为矩形ABCD ，其宽20AB =米，长24BC =米，为了能够监控到礼堂内部情况，现需要在礼堂最尾端墙面CD 上安装一台摄像头M 进行观测，并且要求能观测到礼堂前端墙面AB 区域，同时为了观测效果达到最佳，还需要从点M 出发的观测角45AMB ∠=︒，请你通过所学知识进行分析，在墙面CD 区域上是否存在点M 满足要求？若存在，求出MC 的长度；若不存在，请说明理由．【分析】（1）作AD BC ⊥于D ，由勾股定理求出AD 的长，即可求出面积；（2）作ABC ∆的外接圆O ，可知点A 在 BC上运动，当A O BC '⊥时，ABC ∆的面积最大，求出A H '的长，从而得出答案；（3）以AB 为边，在矩形ABCD 的内部作一个等腰直角三角形AOB ，且90AOB ∠=︒，过O 作HG AB ⊥于H ，交CD 于G ，利用等腰直角三角形的性质求出OA ，OG 的长，则以O 为圆心，OA 为半径的圆与CD 相交，从而O 上存在点M ，满足45AMB ∠=︒，此时满足条件的有两个点M ，过1M 作1M F AB ⊥于F ，作1EO M F ⊥于E ，连接OF ，利用勾股定理求出OE 的长，从而解决问题．【解答】解：（1）作AD BC ⊥于D ，ABC ∆ 是边长为2的等边三角形，1BD ∴=，AD ∴==ABC ∴∆的面积为122⨯=；（2）作ABC ∆的外接圆O ，120BAC ∠=︒ ，BC =，∴点A 在 BC上运动，当A O BC '⊥时，ABC ∆的面积最大，60BOA '∴∠=︒，33BH CH ==，3OH ∴=，6OB =，633A H OA OH ''∴=-=-=，ABC ∴∆的最大面积为133932⨯=（3）存在，以AB 为边，在矩形ABCD 的内部作一个等腰直角三角形AOB ，且90AOB ∠=︒，过O 作HG AB ⊥于H ，交CD 于G ，20AB = 米，10AH OH ∴==米，2OA =米，24BC = 米，14OG ∴=米，10214> ，∴以O 为圆心，OA 为半径的圆与CD 相交，O ∴ 上存在点M ，满足45AMB ∠=︒，此时满足条件的有两个点M ，过1M 作1M F AB ⊥于F ，作1EO M F ⊥于E ，连接OF ，10EF OH ∴==米，1102OM =114EM ∴=米，22112OE OM M E ∴-=米，18CM BF ∴==米，同理210212CM BH OE =+=+=（米)，MC ∴的长度为8米或12米．【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识，熟练掌握定角定边的基本模型是解题的关键．2．（2023•灞桥区校级模拟）问题提出：（1）如图①，ABC ∆为等腰三角形，120C ∠=︒，8AC BC ==，D 是AB 上一点，且CD 平分ABC ∆的面积，则线段CD 的长度为4．问题探究：（2）如图②，ABC ∆中，120C ∠=︒，10AB =，试分析和判断ABC ∆的面积是否存在最大值，若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．问题解决：（3）如图③，2023年第九届丝绸之路国际电影开幕式在西安曲江竞技中心举行，主办方要在会场旁规划一个四边形花圃ABCD ，满足600BC =米，300CD =米，60C ∠=︒，60A ∠=︒，主办方打算过BC 的中点M 点（入口）修建一条径直的通道ME （宽度忽略不计）其中点E （出口）为四边形ABCD 边上一点，通道ME 把四边形ABCD 分成面积相等并且尽可能大的两部分，分别规划成不同品种的花圃以供影迷休闲观赏．问是否存在满足上述条件的通道ME ？若存在，请求出点A 距出口的距离AE 的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意可知，CD 是ABC ∆的中线，利用等腰三角形的性质推出CD AB ⊥，利用三角函数求解即可解决问题；（2）当ABC ∆的AB 边上的高CD 最大时，三角形ABC 的面积最大，即CD 过圆心O ，连接AO ．求出CD 的最大值即可得出答案；（3）连接DM ，BD ．首先证明90BDC ∠=︒，求出BD ，推出BDC ∆的面积是定值，要使得四边形ABCD 的面积最大，只要ABD ∆的面积最大即可，因为BD 为定值，A ∠为定角60=︒，推出当ABD ∆是等边三角形时，求出四边形ABCD 的面积最大值，然后再求出90MDE ∠=︒，构建方程解决问题即可．【解答】解：（1）如图①，CD 平分ABC ∆的面积，AD DB ∴=，8AC BC == ，CD AB ∴⊥，1602ACD BCD ACB ∠=∠=∠=︒，cos 8cos 604CD AC ACD ∴=∠=︒=，CD ∴的长度为4，故答案为：4；（2）存在．如图②，10AB = ，120ACB ∠=︒都是定值，∴点C 在AB 上，并且当点C 在 AB 的中点时，ABC ∆的面积最大；连接OC 交AB 于点D ，则CD AB ⊥，152AD BD AB ===，1602ACD ACB ∠=∠=︒，∴tan AD ACD CD ∠=，53tan 603AD CD ==︒，∴125323ABC S AB CD ∆=⋅=，答：ABC ∆（3）存在．如图③，连接DM ，BD ，M 是BC 的中点，13002CM BC ∴==，CM CD ∴=，又60C ∠=︒ ，CMD ∴∆是等边三角形，60MDC CMD ∴∠=∠=︒，CM DM BM ==，30CBD MDB ∴∠=∠=︒，90BDC ∴∠=︒，tan 60BD CD ∴=⋅︒=米，在ABD ∆中，BD =60A ∠=︒为定值，由（2）可知当AB AD =时，即ABD ∆为等边三角形时ABD ∆的面积最大，此时也为四边形ABCD 的最大值(BDC ∆的面积不变），21330024max BDC BDA S S S ∆∆=+=⨯⨯=；ABD ∆ 是等边三角形，60ADB ∴∠=︒，90ADM ADB BDM ∴∠=∠+∠=︒，由12EMD CDM max S S S ∆∆+=，得：21130030022DE ⨯+=⨯解得：DE =，AE AD DE ∴=-==)，答：点A 距出口的距离AE 的长为米．【点评】本题是圆的综合题，考查了勾股定理，垂径定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意构造辅助圆，灵活运用所学知识解决问题，难度较大，属于中考压轴题．3．（2023•柯城区校级一模）如图，点A 与点B 的坐标分别是(1,0)，(5,0)，点P 是该直角坐标系内的一个动点．（1）使30APB ∠=︒的点P 有无数个；（2）若点P 在y 轴上，且30APB ∠=︒，求满足条件的点P 的坐标；（3）当点P 在y 轴上移动时，APB ∠是否有最大值？若有，求点P 的坐标，并说明此时APB ∠最大的理由；若没有，也请说明理由．【分析】（1）已知点A 、点B 是定点，要使30APB ∠=︒，只需点P 在过点A 、点B 的圆上，且弧AB 所对的圆心角为60︒即可，显然符合条件的点P 有无数个．（2）结合（1）中的分析可知：当点P 在y 轴的正半轴上时，点P 是（1）中的圆与y 轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P 的坐标；当点P 在y 轴的负半轴上时，同理可求出符合条件的点P 的坐标．（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要APB ∠最大，只需构造过点A 、点B 且与y 轴相切的圆，切点就是使得APB ∠最大的点P ，然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题．【解答】解：（1）以AB 为边，在第一象限内作等边三角形ABC ，以点C 为圆心，AC 为半径作C ，交y 轴于点1P 、2P ．在优弧1APB 上任取一点P ，如图1，则11603022APB ACB ∠=∠=⨯︒=︒．∴使30APB ∠=︒的点P 有无数个．故答案为：无数．（2）①当点P 在y 轴的正半轴上时，过点C 作CG AB ⊥，垂足为G ，如图1．点(1,0)A ，点(5,0)B ，1OA ∴=，5OB =．4AB ∴=．点C 为圆心，CG AB ⊥，122AG BG AB ∴===．3OG OA AG ∴=+=．ABC ∆ 是等边三角形，4AC BC AB ∴===．CG ∴===∴点C 的坐标为(3，．过点C 作CD y ⊥轴，垂足为D ，连接2CP ，如图1，点C 的坐标为(3，，3CD ∴=，OD =1P 、2P 是C 与y 轴的交点，1230APB AP B ∴∠=∠=︒．24CP CA == ，3CD =，2DP ∴== 点C 为圆心，12CD PP ⊥，12PD P D ∴==2(0P ∴，-．1(0P ，+．②当点P 在y 轴的负半轴上时，同理可得：3(0,P -．4(0,P -．综上所述：满足条件的点P 的坐标有：(0，-、(0，、(0,--、(0,-+．（3）当过点A 、B 的E 与y 轴相切于点P 时，APB ∠最大．理由：可证：APB AEH ∠=∠，当APB ∠最大时，AEH ∠最大．由2sin AEH AE∠=得：当AE 最小即PE 最小时，AEH ∠最大．所以当圆与y 轴相切时，APB ∠最大．①当点P 在y 轴的正半轴上时，连接EA ，作EH x ⊥轴，垂足为H ，如图2．E 与y 轴相切于点P ，PE OP ∴⊥．EH AB ⊥ ，OP OH ⊥，90EPO POH EHO ∴∠=∠=∠=︒．∴四边形OPEH 是矩形．OP EH ∴=，3PE OH ==．3EA ∴=．90EHA ∠=︒ ，2AH =，3EA =，EH ∴===OP ∴P ∴．②当点P 在y 轴的负半轴上时，同理可得：(0,P ．理由：①若点P 在y 轴的正半轴上，在y 轴的正半轴上任取一点M （不与点P 重合），连接MA ，MB ，交E 于点N ，连接NA ，如图2所示．ANB ∠ 是AMN ∆的外角，ANB AMB ∴∠>∠．APB ANB ∠=∠ ，APB AMB ∴∠>∠．②若点P 在y 轴的负半轴上，同理可证得：APB AMB ∠>∠．综上所述：当点P 在y 轴上移动时，APB ∠有最大值，此时点P 的坐标为和(0,．【点评】本题考查了垂径定理、圆周角定理、勾股定理、等边三角形的性质、矩形的判定与性质，切线的性质、三角形外角性质等知识，综合性强．同时也考查了创造性思维，有一定的难度．构造辅助圆是解决本题关键．类型3：四点共圆1．（2022•中原区校级模拟）阅读下列材料，并完成相应的任务．西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．某数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．如图（1），已知ABC∆内接于O，点P在O上（不与点A，B，C重合），过点P分别作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为点D，E，F．求证：点D，E，F在同一条直线上．如下是他们的证明过程（不完整）:如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE．QF，则12EQ FQ PC PQ CQ====，（依据1)点E，F，P，C四点共圆，180FCP FEP∴∠+∠=︒．（依据2)又180ACP ABP∠+∠=︒，FEP ABP∴∠=∠．同上可得点B，D，P，E四点共圆，⋯⋯任务：（1）填空：①依据1指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②依据2指的是．（2）请将证明过程补充完整．（3）善于思考的小虎发现当点P是 BC的中点时，BD CF=，请你利用图（2）证明该结论的正确性．【分析】（1）利用直角直角三角形斜边上的中线的性质和圆内接四边形对角互补即可；（2）利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E，F，P，C和点B，D，P，E四点分别共圆，再说明180FEP DEP∠+∠=︒，可证明结论；（3）连接PA，PB，PC，利用HL证明Rt PBD Rt PCF∆≅∆，从而得出结论．【解答】（1）解：①依据1指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，②依据2指的是圆内接四边形对角互补，故答案为：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；（2）解：如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE．QF，则12EQ FQ PC PQ CQ ====，∴点E，F，P，C四点共圆，180FCP FEP∴∠+∠=︒，又180ACP ABP∠+∠=︒，FEP ABP∴∠=∠，同上可得点B，D，P，E四点共圆，DBP DEP∴∠=∠，180ABP DBP∠+∠=︒，180FEP DEP∴∠+∠=︒，∴点D，E，F在同一直线上；（3）证明：如图，连接PA，PB，PC，点P 是 BC的中点，∴ BPPC =，BP PC ∴=，PAD PAC ∠=∠，又PD AD ⊥ ，PF AC ⊥，PD PF ∴=，Rt PBD Rt PCF(HL)∴∆≅∆，BD CF ∴=．【点评】本题主要考查了四点共圆，以及圆内接四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明Rt PBD Rt PCF ∆≅∆是解题的关键．2．（2021•哈尔滨模拟）（1）【学习心得】于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在ABC ∆中，AB AC =，90BAC ∠=︒，D 是ABC ∆外一点，且AD AC =，求BDC ∠的度数．若以点A 为圆心，AB 为半径作辅助A ，则点C 、D 必在A 上，BAC ∠是A 的圆心角，而BDC ∠是圆周角，从而可容易得到BDC ∠=45︒．（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD 中，90BAD BCD ∠=∠=︒，25BDC ∠=︒，求BAC ∠的度数．（3）【问题拓展】如图3，如图，E ，F 是正方形ABCD 的边AD 上两个动点，满足AE DF =．连接CF 交BD 于点G ，连接BE 交AG 于点H ．若正方形的边长为2，则线段DH 长度的最小值是．【分析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．（2）由A 、B 、C 、D 共圆，得出BDC BAC ∠=∠，（3）根据正方形的性质可得AB AD CD ==，BAD CDA ∠=∠，ADG CDG ∠=∠，然后利用“边角边”证明ABE ∆和DCF ∆全等，根据全等三角形对应角相等可得12∠=∠，利用“SAS ”证明ADG ∆和CDG ∆全等，根据全等三角形对应角相等可得23∠=∠，从而得到13∠=∠，然后求出90AHB ∠=︒，取AB 的中点O ，连接OH 、OD ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得112OH AB ==，利用勾股定理列式求出OD ，然后根据三角形的三边关系可知当O 、D 、H 三点共线时，DH 的长度最小．【解答】解：（1）如图1，AB AC = ，AD AC =，∴以点A 为圆心，AB 为半径作圆A ，点B 、C 、D 必在A 上，BAC ∠ 是A 的圆心角，而BDC ∠是圆周角，1452BDC BAC ∴∠=∠=︒，故答案为：45；（2）如图2，取BD 的中点O ，连接AO 、CO ．90BAD BCD ∠=∠=︒ ，∴点A 、B 、C 、D 共圆，BDC BAC ∴∠=∠，25BDC ∠=︒ ，25BAC ∴∠=︒，（3）如图3，在正方形ABCD 中，AB AD CD ==，BAD CDA ∠=∠，ADG CDG ∠=∠，在ABE ∆和DCF ∆中，AB CD BAD CDA AE DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABE DCF SAS ∴∆≅∆，12∴∠=∠，在ADG ∆和CDG ∆中，AD CD ADG CDG DG DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ADG CDG SAS ∴∆≅∆，23∴∠=∠，13∴∠=∠，390BAH BAD ∠+∠=∠=︒ ，190BAH ∴∠+∠=︒，1809090AHB ∴∠=︒-︒=︒，取AB 的中点O ，连接OH 、OD ，则112OH AO AB ===，在Rt AOD ∆中，OD ===，根据三角形的三边关系，OH DH OD +>，∴当O 、D 、H 三点共线时，DH 的长度最小，最小值1OD OH =-=．（解法二：可以理解为点H 是在Rt AHB ∆，AB 直径的半圆 AB 上运动当O 、H 、D 三点共线时，DH 长度最小）1-．【点评】本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．3．（2022•潢川县校级一模）如图1，点B 在直线l 上，过点B 构建等腰直角三角形ABC ，使90BAC ∠=︒，且AB AC =，过点C 作CD ⊥直线l 于点D ，连接AD ．（1）小亮在研究这个图形时发现，90BAC BDC ∠=∠=︒，点A ，D 应该在以BC 为直径的圆上，则ADB ∠的度数为45︒，将射线AD 顺时针旋转90︒交直线l 于点E ，可求出线段AD ，BD ，CD 的数量关系为；（2）小亮将等腰直角三角形ABC 绕点B 在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段AD ，BD ，CD 的数量关系是否变化，请说明理由；（3）在旋转过程中，若CD 长为1，当ABD ∆面积取得最大值时，请直接写AD 的长．【分析】（1）由90BAC ∠=︒，且AB AC =，可得45ACB ABC ∠=∠=︒，由90BAC BDC ∠=∠=︒，推出A 、B 、C 、D 四点共圆，所以45ADB ACB ∠=∠=︒；由题意知EAB DAC ∆≅∆，所以BE CD =，由AE AD =，90EAD ∠=︒，可知ADE ∆是等腰直角三角形，推出2CD DB EB BD DE +=+==；（2）如图2，将AD 绕点A 顺时针旋转90︒交直线l 于点E ．易证()EAB DAC SAS ∆≅∆，则BE CD =，由AE AD =，90EAD ∠=︒，所以ADE ∆是等腰直角三角形，则2DE =，由BD CD BD BE DE -=-=，推出BD CD-=；（3）当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的左侧时，ABD∆的面积最大．【解答】解：（1）①如图，在图1中．=，，且AB AC∠=︒90BACACB ABC∴∠=∠=︒，45，∠=∠=︒90BAC BDC∴、B、C、D四点共圆，A∴∠=∠=︒；45ADB ACB②由题意可知，90∠=∠=︒，EAD BAC∴∠=∠，EAB DAC又AE AD=，AB AC=，EAB DAC SAS∴∆≅∆，()∴=，BE CD，90AE AD=∠=︒，EAD∴∆是等腰直角三角形，ADE∴=，DE，+=+=CD DB EB BD DE∴+=；CD DB故答案为45︒，CD DB+=；（2）线段AD，BD，CD的数量关系会变化，数量关系为BD CD-=．理由如下：如图2，将AD绕点A顺时针旋转90︒交直线l于点E．则90∠=∠=︒，DAE CAB∴∠=∠，DAC EAB又AD AE=，AC AB=，EAB DAC SAS∴∆≅∆，()∴=，BE CD，90AE AD=∠=︒，EAD∴∆是等腰直角三角形，ADE∴=，2DE，-=-=BD CD BD BE DE∴-=；2BD CD（3）由（2）知，CDA BEA∆≅∆，∴∠=∠，CDA AEB，∠=︒DEA45∴∠=︒-︒=︒，AEB18045135∴∠=∠=︒，135CDA AEB∴∠+∠=︒+︒=︒，13545180CDA ABC∴、B、C、D四点共圆，A于是作A、B、C、D外接圆O，如图，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的左侧时，DG经过圆心，此时DG最长，因此ABD∆的面积最大．作DG AB ⊥，则DG 平分ADB ∠，DB DA =，在DA 上截取一点H ，使得1CD DH ==，45ADB ACB ∠=∠=︒ ，22.5GDB ∴∠=︒，67.5DBG ∠=︒，67.54522.5DBC ∴∠=︒-︒=︒，4522.522.5HCB DHC HBC ∠=∠-∠=︒-︒=︒，HCB HBC ∴∠=∠，HB CH ∴==，1AD BD DH BH ∴==+=．【点评】本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．。
专题1.5 最值问题-隐圆模型之四点共圆
∠BAD=∠EAC=α,连接CD,BE相交于点P.
(1)求∠BPD的度数(用含α的代数式表示)；
(2)连接AP,求证：∠APD=∠ABD.
A D
OP
E
B
C
模型解读---手拉手(双子型)中的四点共圆
D 条件：△OCD∽△OAB
O
结论：①△OAC∽△OBD
E C ②AC与BD交于点E,必有∠AEB=∠AOB；
3.定弦中最小的圆是以该弦为直径的圆。
E
D
A
C
A
B
O
B O
F
典型例题---直径是圆中最长的弦
【例3】在△ABC中,∠ACB=90º,AC=6,BC=8,O为AB的中点,过O作
OE⊥OF,OE、OF分别交射线AC,BC于E、F,则EF的最小值为? A
【简答】∵∠EOF=∠C=90º,∴C,O均在以
EF为直径的圆上∵EF是圆的直径,O、C均
F M
D
C
E
O
A
B
当堂训练---对角互补型四点共圆
1.如图,在四边形ABCD中,∠B=60º,∠D=120º,BC=CD=a,
则AB-AD=( C )
A. a
B.
3 a
C.a
D. 3a
2
2
D
a
120º
C
a
A
60º 60º
Ea
B
当堂训练---对角互补型四点共圆
2.如图,在△ABC中,AD⊥BC于D,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,连接EF.
典型例题---对角互补型四点共圆
【例1】如图,正方形ABCD绕点A逆时针旋转到正方形AEFG,连接 BE,延长BE交于CF于点M,求证：M是线段CF的中点.
初中数学《隐形圆》模型梳理与题型分类含答案解析
隐形圆(4大模型与6类题型)第一部分【模型梳理与题型目录】隐形圆模型是初中数学中的重要知识点，常用于解决一些看似没有直接使用圆的知识但实际上需要运用圆的性质来解决的问题，隐形圆常常用于解决最值问题.本专题梳理了隐形圆四大模型，供大家参考使用.【模型1】 定点定长模型【模型分析】(1)出现共端点、等线段时，可以利用圆的定义构造辅助圆；(2)如图1，若OA=OB =OC，则A、B、C在以O为圆心，OA为半径的圆上.由圆周角定理可得：∠ABC= 1∠AOC,∠ACB=12∠AOB,∠BAC=12∠BOC.2图1【模型2】 90°圆周角模型【模型分析】如图2，在△ABC中，∠C=90°，点C为动点，则点C的轨迹是以AB为直径的⊙O (不包含A、B两点)．注：作出辅助圆是关键，计算时结合求点圆、线圆、最值等方法进行相关计算．图2应用：常用于解决直角三角形中动点的轨迹问题。
【模型3】 定弦定角模型【模型分析】固定的线段只要对应固定的角度，那么这个角的顶点轨迹为圆的一部分．如图①，在⊙O中，若弦AB长度固定，则弦AB所对的圆周角都相等；(注意：弦AB所对的劣弧(AB)上也有圆周角，需要根据题目灵活运用)如图②，若有一固定线段AB及线段AB所对的∠C大小固定，根据圆的知识可知点C不唯一．当∠C<90°时，点C在优弧上运动；当∠C=90°时，点C在半圆上运动，且线段AB是⊙O的直径；当∠C >90°时，点C在劣弧上运动．【模型4】四点共圆模型【模型分析】在四边形ABCD中，若∠A+∠C=1800，则A、B、C、D在圆O上，称之为A、B、C、D四点共圆.图3应用：常用于解决四点共圆的问题，如角度相等、线段最值等问题.【题型1】定点定长模型......................................................3;【模型2】 90°圆周角模型...................................................6;【题型3】定弦定角模型.....................................................11；【题型4】四点共圆模型.....................................................15；【题型5】直通中考.........................................................20；【题型6】拓展延伸.........................................................23.第二部分【题型展示与方法点拨】【题型1】 定点定长模型1.(23-24九年级上·福建福州·期末)如图，在等边△ABC中，AB=4，D，E分别是边AB,BC上的动点(不与△ABC的顶点重合)，连接AE,CD相交于点F，连接BF，若∠BDF+∠BEF=180°，则BF的最小值为．【433/433【∠BDF +∠BEF =180°，∠DFE =120°，∠AFC =120°，F 在以O 为圆心OA 的长为半径∠AOC =120°的圆弧上运动OA ,OC ,OB ,OF ，OA =OC =OF ,BF ≥OB -OF ，△AOB ≌△COB ，△AOB 为含30度角的直角三角形进行求解即可．解∵等边△ABC ，∴∠ABC =60°，AB =BC ，∵∠BDF +∠BEF =180°，∴∠DFE +∠ABC =360°-∠BDF +∠BEF =180°，∴∠DFE =120°，∴∠AFC =120°，∴点F 在以O 为圆心OA 的长为半径∠AOC =120°的圆弧上运动OA ,OC ,OB ,OF ，OA =OC =OF ,BF ≥OB -OF ，∵AB =BC ，OB =OB ,OA =OC ，∴△AOB ≌△COB ，∴∠ABO =∠CBO =12∠ABC =30°，∠AOB =∠BOC =12∠AOC =60°，∴∠BAO =90°，∴BO =2AO ，AB =3AO =4，∴AO =433，∴BO =2OA =833，OF =AO =433，∴BF ≤433，BF 的最小值为433；故答案为433．【30度角的直角三角形一点到圆上一点的最值F 的运动轨迹．2.(24-25九年级上·全国·课后作业)如图，P 是边长为1的正方形ABCD 内的一个动点，且满足∠PBC +∠PDC =45°，则CP 的最小值是()A.2-2B.12C.22D.2-1【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆周角定理，在凹四边形BCDP中，求出∠BPD=135°，得点P在运动过程中，使得∠BPD=135°，即点P在正方形ABCD内，以A为圆心，AB长为半径的圆弧上，如解图，连接AP，AC，当A、P、C三点共线时，CP取得最小值，最小值为AC-AP，求出AC和AP的长度，即可得到结果，解本题的关键是证明∠BPD是定值，从而得到点P的轨迹．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，在凹四边形BCDP中，∵∠BCD=90°，∠PBC+∠PDC=45°，∴∠BPC+∠CPD=360°-∠BCD-(∠PBC+∠PDC)=225°，∴∠BPD=360°-(∠BPC+∠CPD)始终为135°，得点P在运动过程中，使得∠BPD=135°，即点P在正方形ABCD内，以A为圆心，AB长为半径的圆弧上，如解图，连接AP，AC，，由解图可得AP+CP≥AC，当A、P、C三点共线时，CP取得最小值，最小值为AC-AP，在Rt△ABC中，∵AB=BC=1，∴AC=AB2+BC2=2，∵AP=AB=1，∴CP最小=AC-AP=2-1，故选：D．3.(24-25九年级上·江苏宿迁)如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且EF=4，点G是EF的中点，AG、CG，则四边形AGCD面积的最小值为()A.30B.32C.35D.38【答案】D【分析】首先连接AC，BG，证明G在以B为圆心，2为半径的圆弧上，过B作BH⊥AC于H，当G在BH 上时，△ACG面积取最小值，此时四边形AGCD面积取最小值，再进一步解答即可．解：连接AC，BG，∵矩形ABCD，∴∠ABC=90°，S矩形=48，∵EF=4，G为EF的中点，∴BG=12EF=2，∴G在以B为圆心，2为半径的圆弧上，过B作BH⊥AC于H，当G在BH上时，△ACG面积取最小值，此时四边形AGCD面积取最小值，四边形AGCD面积=三角形ACG面积+三角形ACD面积，即四边形AGCD面积=三角形ACG面积+24．设圆弧交BH于G ，此时四边形AGCD面积取最小值，由勾股定理得：AC=62+82=10，∵1 2AC⋅BH=12AB⋅BC，∴BH=4.8，∴G H=2.8，即四边形AGCD面积的最小值=12×10×2.8+24=38．故选：D．【点拨】本题考查了勾股定理及矩形中的与动点相关的最值问题，圆的确定，解题的关键是利用直角三角形斜边的直线等于斜边的一半确定出G点的运动轨迹．【题型2】 90°圆周角模型4.(2024·湖南娄底·一模)如图，正方形ABCD的边长为a，点E、F分别在BC、CD上，且BE=CF，AE与BF相交于点G，连接CG，则CG的最小值为．【答案】5-1 a2【分析】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，勾股定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握90°的圆周角所对的弦是直径是解答本题的关键．通过证明△ABE ≌△BCF SAS ，可证∠AGB =90°，则点G 在以AB 为直径的一段弧上运动，当点G 在OC 与弧的交点处时，CG 最短，然后根据勾股定理求出OC 的长即可求解．解：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =∠BCF =90°，AB =BC =a ，∴在△ABE 和△BCF 中，AB =BC∠ABC =∠BCFBE =CF∴△ABE ≌△BCF SAS ，∴∠BAE =∠CBF ，∵∠ABF +∠CBF =90°，∴∠ABF +∠BAE =90°，∴∠AGB =90°，∴点G 在以AB 为直径的一段弧上运动，设AB 的中点为O ，则当点G 在OC 与弧的交点处时，CG 最短，∵AB =a ，∴OB =OG =a 2，∴OC =a 2 2+a 2=52a ，∴CG=OC -OG =5-1 a 2，故答案为：5-1 a 2．5.(23-24九年级下·山东日照)如图，已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是正方形内一点，连接CF ,DF ，且∠ADF =∠DCF ，点E 是AD 边上一动点，连接EB ,EF ，则EB +EF 长度的最小值为()A.13-1B.10-1C.10D.5+1【答案】A【分析】根据正方形的性质得到∠ADC=90°，推出∠DFC=90°，得到点F在以CD为直径的半圆上移动，如图，设CD的中点为O，正方形ABCD关于直线AD对称的正方形ADC B ，则点B 的对应点是B，连接B O交AD于E，交半圆O于F，线段B F的长即为EB+EF的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∴∠ADF+∠CDF=90°，∵∠ADF=∠DCF，∴∠DCF+∠CDF=90°，∴∠DFC=90°，∴点F在以CD为直径的半圆上移动，如图，设CD的中点为O，正方形ABCD关于直线AD对称的正方形ADC B ，则点B 的对应点是B，连接B O交AD于E，交半圆O于F，线段B F的长即为EB+EF的长度最小值，OF=1，∵∠C =90°,B C =C D =CD=2，∴OC =3，∴OB =B C 2+OC 2=13，∴B F=13-1，∴FD+FE的长度最小值为13-1，故选：A．【点拨】此题考查了正方形的性质，圆周角定理，轴对称的性质，点的运动轨迹，勾股定理，最小值问题，正确理解点的运动轨迹是解题的关键．6.(24-25九年级上·广东深圳·开学考试)如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE= DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为1，则线段DH长度的最小值是()A.52-1 B.5-12C.52D.5-1【答案】B【分析】由SAS可判定△ABE≌△DCF，由全等三角形的性质得∠ABE=∠DCF，同理可证∠DCG=∠DAG，由角的和差得∠AHB=90°，取AB的中点O，连接OH，H的运动轨迹为以O为圆心，OH=1 2AB=12为半径的半圆，当O、H、D三点共线时，DH最小，即可求解．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD=1，∠BAE=∠CDF=90°，∠ADG=∠CDG，∵∠BAH+∠DAG=90°，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAE=∠CDFAE=DF，∴△ABE≌△DCF(SAS)，∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，∴△ADG≌△CDG(SAS)，∴∠DCG=∠DAG，∴∠ABE=∠DAG，∴∠ABE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，如下图，取AB的中点O，连接OH，∴OA=12，∴H的运动轨迹为以O为圆心，OH=12AB=12为半径的半圆，如图，当O、H、D三点共线时，DH最小，∴OD=OA2+AD2=122+12=52，∴DH=OD-OH=52-1 2=5-12；故选：B．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的特征，圆外一点到圆上任一点距离的最值等；能找出动点的运动轨迹及取得最小值的条件，熟练利用勾股定咯求解是解题的关键．【题型3】 定弦定角模型7.(22-23九年级上·江苏南京·阶段练习)如图，CD是△ABC的高，若AB=2，∠ACB=45°，则CD长的最大值为()A.1+2B.4-2C.2D.4【答案】A【分析】在AB上方作以AB为斜边的等腰直角三角形△AOB，根据“定线段对定角度”确定点C在以O为圆心，OA长为半径的圆上运动，当CD经过圆心时CD最长，再计算即可．解：在AB上方作以AB为斜边的等腰直角三角形△AOB，∵∠ACB=45°∴点C在以O为圆心，OA长为半径的圆上运动，∵AB=2，∴OA=OC=2，当CD经过圆心时CD最长∵CD是△ABC的高，∴AD=BD=OD=1AB=12此时CD=OC+OD=2+1，故选：A．【点拨】本题考查几何最值问题，解题的关键是确定点C在以O为圆心，OA长为半径的圆上运动．8.(20-21九年级上·江苏无锡·期末)如图，在平面直角坐标系中，动点A、B分别在x轴上和函数y=x的图象上，AB=4，CB⊥AB，BC=2，则OC的最大值为()A.22+2B.22+4C.25D.25+2【答案】A【分析】根据y=x与x轴的夹角为45°，以AB为斜边作等腰直角三角形，连接AD,CD,OD，则∠DBC= 45°，根据勾股定理求得DB的长，进而证明△DCB是直角三角形，求得DC的长，根据OD+DC≥OC，即可求得OC的最大值解：如图，以AB为斜边作等腰直角三角形，连接AD,CD,OD，∵y=x与x轴的夹角为45°，∴∠AOB=45°=1∠ADB2∴A,O,B在⊙D上，∵AB=4，∠ADB=90°，∴BD=AD=22，∴∠ABD=45°∵BC⊥AB∴∠CBA=90°∴∠CBD=45°∴△BCD中BC=2,BD=22,∠CBD=45°过点C作CE⊥BD于点E，如图则BE=CE=2=DE∴CD=CB=2∵OD+DC≥OC∴当O,D,C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OD+DC=DB+DC=22+2故选A【点拨】本题主要考查了勾股定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，找到⊙D是解决本题的关键．9.(19-20九年级上·浙江宁波·期末)如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=2，点P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PBC=∠PCA，则线段AP长的最小值为()A.0.5B.2-1C.2-2D.13【答案】C 【分析】先计算出∠PBC +∠PCB =45°，则∠BPC =135°，利用圆周角定理可判断点P 在以BC 为弦的⊙O 上，如图，连接OA 交BC 于P ′，作BC 所对的圆周角∠BQC ，利用圆周角定理计算出∠BOC =90°，从而得到△OBC 为等腰直角三角形，四边形ABOC 为正方形，所以OA =BC =2，OB =2，根据三角形三边关系得到AP ≥OA -OP (当且仅当A 、P 、O 共线时取等号，即P 点在P ′位置)，于是得到AP 的最小值.解：解：∵△ABC 为等腰直角三角形，∴∠ACB =45°，即∠PCB +∠PCA =45°，∵∠PBC =∠PCA ，∴∠PBC +∠PCB =45°，∴∠BPC =135°，∴点P 在以BC 为弦的⊙O 上，如图，连接OA 交BC于P ′，作BC 所对的圆周角∠BQC ，则∠BCQ =180°-∠BPC =45°，∴∠BOC =2∠BQC =90°，∴△OBC 为等腰直角三角形，∴四边形ABOC 为正方形，∴OA =BC =2，∴OB =22BC =2，∵AP ≥OA -OP (当且仅当A 、P 、O 共线时取等号，即P 点在P ′位置)，∴AP 的最小值为2-2．故选：C ．【点拨】本题考查了圆周角定理及等腰直角三角形的性质.圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半.推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.【题型4】四点共圆模型10.(22-23九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习)如图，在四边形ABCD 中，∠ABC =∠D =90°，连接AC ，点F 为边CD 上一点，连接BF 交AC 于点E ，AB =AE ，∠FGC +∠FBG =90°，∠BFG +2∠GFC =180°，若AD =722，BG =4，则CG 的长为．【答案】8【分析】延长BA 与CD 的延长线相交于点H ，证明∠FGC =∠ABF ，∠GFC =∠BFD ，由三角形内角和定理得到∠H=∠ACB，BH=BC，进一步得到∠H=∠DAH=45°，则AD=DH=722，由勾股定理得到AH=AD2+DH2=7，证明点C、G、E、F四点共圆，如图，连接EG，证明CE=CG，设CE=CG=x，则BH=BC=4+x，AE=AB=x-3，AC=2x-3，由勾股定理得AB2+BC2=AC2，即x-32+x+42 =2x-32，解方程即可得到答案．解：延长BA与CD的延长线相交于点H，∵∠FGC+∠FBG=90°，∠FBG+∠ABF=∠ABC=90°∴∠FGC=∠ABF，∵∠BFG+2∠GFC=180°，∠BFG+∠BFD+∠CFG=180°，∴2∠GFC=∠BFD+∠CFG，∴∠GFC=∠BFD，∵∠H+∠ABF+∠BFD=180°=∠ACB+∠FGC+∠GFC，∴∠H=∠ACB，∵∠ABC=90°，∴∠H=∠ACB=45°，BH=BC，∵∠ADH=90°，∴∠H=∠DAH=45°，∴AD=DH=722，∴AH=AD2+DH2=7，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∵∠FGC=∠ABE，∠CEF=∠AEB，∴∠FGC=∠CEF，∴点C、G、E、F四点共圆，如图，连接EG，∴∠GFC=∠CEG，∠BFD=∠CGE，∵∠GFC=∠BFD，∴∠CGE=∠CEG，∴CE=CG，设CE=CG=x，则BH=BC=BG+CG=4+x，∴AE=AB=BH-AH=x+4-7=x-3，∴AC=AE+CE=x-3+x=2x-3，由勾股定理得，AB2+BC2=AC2，∴x-32+x+42=2x-32，解得x=-1(不合题意，舍去)或x=8，∴CG=8，故答案为：8【点拨】此题考查了等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、四点共圆、圆周角定理、圆内接四边形的性质、解一元二次方程等知识，关键在于等腰直角三角形的判定和性质与证明四点共圆．11.(24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习)如图，等边三角形ABC中，AB=5,P为AB边上一动点，PD⊥BC ,PE ⊥AC ，垂足分别为D ,E 则DE 的最小值为．【答案】154【分析】如图，连接PC ，取CP 的中点O ，连接OE ，OD ，过点O 作OH ⊥DE 于H ，首先证明△ODE 是顶角为120°的等腰三角形，当OE 的值最小时，DE 的值最小，即可求出PC 的最小值．解：如图，连接PC ，取CP 的中点O ，连接OE ，OD ，过点O 作OH ⊥DE 于H ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠ACB =60°，AB =BC =AC =5，∵PD ⊥BC ，PE ⊥AC ，∴∠PEC =∠PDC =90°，∵OP =OC ，∴OE =OP =OC =OD ，∴C 、D 、P 、E 四点共圆，∴∠EOD =2∠ECD =120°，∴当OE 的值最小时，DE 的值最小，根据垂线段最短可得，当CP ⊥AB 时，PC =532，此时OE 最小，OE =534，∵OE =OD ，OH ⊥DE ，∴DH =EH ，∠DOH =∠EOH =60°，∴∠OEH =30°，∴OH =12OE =538，∴DH =EH =OE 2-OH 2=158，∴DE =2DH =154，∴DE 的值最小为154，故答案为：154．【点拨】本题考查了四点共圆、垂线段最短、圆周角定理、含30°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CP ⊥AB 时OE 最小是解题的关键．12.(23-24九年级下·江苏南京·阶段练习)如图，在△ABC 中，∠ACB =90°,AC =BC =2，点P 是射线AB 上一动点，∠CPD =90°，且PC =PD ，连接AD 、CD ，则AD +CD 的最小值是．【答案】25【分析】取AC中点H，连接DH交AB于点G，连接BD,PH，当DH⊥AC时，DH有最小值，此时易得△ACD是等腰三角形，推出AD=CD，即AD,CD有最小值，则AD+CD有最小值，此时根据∠AHD=∠CHD=∠ACB=90°，推出DH∥BC，设CD中点为O，根据∠CHD=∠CPD=90°，易得点C,H,P,D在以点O为圆心CD为直径的圆上，易得∠CHP+∠PDC=180°，由∠ABC=45°，易得此时点B在圆O上，进而推出∠CBD+∠CPD=180°，则∠CBD=90°，得到四边形BCHD是矩形，即HD=BC=2，利用勾股定理即可计算出CD的最小值，进而得出结果．解：取AC中点H，连接DH交AB于点G，连接BD,PH，当DH⊥AC时，DH有最小值，∵点H是AC中点，DH⊥AC，∴△ACD是等腰三角形，∴AD=CD，∵AH,CH是定值，DH有最小值时，即AD,CD有最小值，则AD+CD有最小值，∵∠AHD=∠CHD=∠ACB=90°，∴DH∥BC，设CD中点为O，∵∠CHD=∠CPD=90°，∴点C,H,P,D在以点O为圆心CD为直径的圆上，∴∠CHP+∠PDC=180°，∵∠ABC=45°，∴此时点B在圆O上，∴∠CBD+∠CPD=180°，∴∠CBD=90°，∵DH∥BC，∴四边形BCHD是矩形，∴HD=BC=2，∵HC=1AC=1，2在Rt△CHD中，∴CD=CH2+HD2=5，∴AD+CD的最小值为2CD=25，故答案为：25．【点拨】本题考查勾股定理求最短距离，圆周角定理，四点共圆，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正确作出辅助线，证明四点共圆是解题的关键．第三部分【中考链接与拓展延伸】1、直通中考1.(2023·山东泰安·中考真题)如图，在平面直角坐标系中，Rt △AOB 的一条直角边OB 在x 轴上，点A 的坐标为(-6，4)；Rt △COD 中，∠COD =90°，OD =43，∠D =30°，连接BC ，点M 是BC 中点，连接AM ．将Rt △COD 以点O 为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM 的最小值是()A.3B.62-4C.213-2D.2【答案】A【分析】如图所示，延长BA 到E ，使得AE =AB ，连接OE ，CE ，根据点A 的坐标为(-6，4)得到BE =8，再证明AM 是△BCE 的中位线，得到AM =12CE ；解Rt △COD 得到OC =4，进一步求出点C 在以O 为圆心，半径为4的圆上运动，则当点M 在线段OE 上时，CE 有最小值，即此时AM 有最小值，据此求出CE 的最小值，即可得到答案．解：如图所示，延长BA 到E ，使得AE =AB ，连接OE ，CE ，∵Rt △AOB 的一条直角边OB 在x 轴上，点A 的坐标为(-6，4)，∴AB =4，OB =6，∴AE =AB =4，∴BE =8，∵点M 为BC 中点，点A 为BE 中点，∴AM 是△BCE 的中位线，∴AM =12CE ；在Rt △COD 中，∠COD =90°，OD =43，∠D =30°，∴OC =33OD =4，∵将Rt △COD 以点O 为旋转中心按顺时针方向旋转，∴点C 在以O 为圆心，半径为4的圆上运动，∴当点M 在线段OE 上时，CE 有最小值，即此时AM 有最小值，∵OE =BE 2+OB 2=10，∴CE 的最小值为10-4=6，∴AM 的最小值为3，故选A ．【点拨】本题主要考查了一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，三角形中位线定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．2.(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】25-2【分析】如图，由EG=2，确定E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，再证明△ADE≌△CDF (SAS)，可得AE=CF，可得当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，再利用勾股定理可得答案．解：如图，由EG=2，可得E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，∵正方形ABCD，∴AD=CD,∠ADC=90°，∴∠ADC=∠EDF=90°，∴∠ADE=∠CDF，∵DE=DF，∴△ADE≌△CDF(SAS)，∴AE=CF，∴当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，∵G位BC中点，BC=AB=4，∴BG=2，此时AG=BG2+AB2=22+42=25，此时AE=25-2，所以CF的最小值为：25-2.故答案为：25-2【点拨】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．2、拓展延伸3.(2022·辽宁抚顺·中考真题)如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF．当GF最小时，AE的长是．【答案】55-5【分析】根据动点最值问题的求解步骤：①分析所求线段端点(谁动谁定)；②动点轨迹；③最值模型(比如将军饮马模型)；④定线段；⑤求线段长(勾股定理、相似或三角函数)，结合题意求解即可得到结论．解：①分析所求线段GF端点：G是定点、F是动点；②动点F的轨迹：正方形ABCD的边长为10，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，则BF=BA=10，因此动点轨迹是以B为圆心，BA=10为半径的圆周上，如图所示：③最值模型为点圆模型；④GF最小值对应的线段为GB-10；⑤求线段长，连接GB，如图所示：在RtΔBCG中，∠C=90°，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，则CG=5,BC=10，根据勾股定理可得BG=CG2+BC2=52+102=55，当G、F、B三点共线时，GF最小为55-10，接下来，求AE的长：连接EG，如图所示=SΔEDG+SΔBCG+根据翻折可知EF=EA,∠EFB=∠EAB=90°，设AE=x，则根据等面积法可知S正方形SΔBAE+SΔBEG，即100=12DE⋅DG+12BC⋅CG+12AB⋅AE+12BG⋅EF=1 2510-x+5×10+10x+55x整理得5+1x=20，解得x=AE=205+1=205-15+15-1=55-5，故答案为：55-5．【点拨】本题考查动点最值下求线段长，涉及到动点最值问题的求解方法步骤，熟练掌握动点最值问题的相关模型是解决问题的关键．4.(2024·内蒙古兴安盟·二模)如图，在正方形ABCD中，点M，N分别为AB，BC上的动点，且AM= BN，DM，AN交于点E，点F为AB的中点，点P为BC上一个动点，连接PE，PF，若AB=4，则PE +PF的最小值为．【答案】210-2【分析】证明△DAM≌△ABN SAS，则∠ADM=∠BAN，∠AED=90°，如图，取AD的中点O，则E在以O为圆心，AD为直径的圆上运动，作F关于BC对称的点F ，连接PF ，连接OF 交⊙O于E ，则PF = PF，由PE+PF=PE+PF ，可知当O、E 、P、F 四点共线时，PE+PF最小为E F ，由勾股定理得，OF =AF 2+OA2=210，根据E F =OF -OE ，求解作答即可．解：∵正方形ABCD，∴AD=AB，∠DAM=∠ABN=90°，又∵AM=BN，∴△DAM≌△ABN SAS，∴∠ADM=∠BAN，∴∠ADM+∠DAE=∠BAN+∠DAE=90°，∴∠AED=90°，如图，取AD的中点O，则E在以O为圆心，AD为直径的圆上运动，作F关于BC对称的点F ，连接PF ，连接OF 交⊙O于E ，∴PF =PF，∴PE+PF=PE+PF ，∴当O、E 、P、F 四点共线时，PE+PF最小为E F ，由勾股定理得，OF =AF 2+OA2=62+22=210，∴E F =OF -OE =210-2，故答案为：210-2．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，90°圆周角所对的弦为直径，轴对称的性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，90°圆周角所对的弦为直径，轴对称的性质，勾股定理是解题的关键．。
专题4.2圆---利用“隐圆”模型求最值-中考数学二轮复习必会几何模型剖析(全国通用)
D
Q
Q
C
N N
H
O O
A
MM
P P
B
∵MN=2NH= ON2-OH2 = 262-OH2
∴当OH最短时，MN最长.
与“圆”有关的最值问题
强化训练
提升能力
4.如图,在Rt△ABC中,∠C=90º,BC=6,AC=8,D,E分别是BC,AC上的一点,且
24/5
DE=6.若以DE为直径的圆与斜边AB相交于M,N两点,则MN的最大值为_____.
A
M
D
E
B
N
C
针对训练
点圆最值---点心线
考点4-1
1.如图,⊙O、⊙C,OC=5,点A、B分别是平面内的动点,且OA=4,BC=3,则OB长
2 ,AC长的最大值为_____
8 ,OB长的最小值为______
9 ,AC长的最小值
的最大值为______
12 ,AB长的最小值为____．
0
为______
1 ,AB长的最大值为______
2.如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=6,点E是AB边上的中点,点F是线段BC边上
的动点,将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB´F,连接B´C,则B´C最小值是
A
2 10-2
________.
A
B
O
C
D
B´
E
B´
B
F
C
模型分析
线圆最值---心垂线
考点4-2
BC、CD上两个动点,且∠EAF=60º,则△AEF的面积是否存在最小值?若存在,
求出其最小值；若不存在,请说明理由. 定角夹定高
【简答】将△ADF绕点A顺时针旋转120º,得△ABF´,则∠EAF´=60º,易证
八种隐圆类最值问题,圆来如此简单(原卷版)
八种隐圆类最值问题，圆来如此简单在中考数学中，有一类高频率考题，几乎每年各地都会出现，明明图形中没有出现“圆”，但是解题中必须用到“圆”的知识点，像这样的题我们称之为“隐圆模型”。
正所谓：有“圆”千里来相会，无“圆”对面不相逢。
“隐圆模型”的题的关键突破口就在于能否看出这个“隐藏圆”。
一旦“圆”形毕露，则答案手到擒来！知识点梳理题型一定点定长得圆2023年湖北省鄂州市中考数学真题2023·邵阳市中考真题2023·广西南宁市二模2022·辽宁抚顺·中考真题2022·长春·中考真题题型二直角的对边是直径2023·菏泽市中考真题2022·通辽·中考真题2023·汕头市金平区一模2023·广州市天河区三模2022·成都市成华区二诊题型三对角互补得圆2023年·广元市一模题型四定弦定角得圆2023·成都市新都区二模2023·成都市金牛区二模2023·达州·中考真题题型五四点共圆题型六相切时取到最值2023·随州市中考真题2022·江苏无锡·中考真题2022扬州中考真题题型七定角定高面积最小、周长最小问题题型八米勒角（最大张角）模型徐州中考知识点梳理一、定点定长得圆在几何图形中，通过折叠、旋转，滑梯模型得到动点的轨迹为绕定点等于定长的圆，从而画出动点轨迹，并进行计算二、直角的对边是直径前世：在⊙O中，AB为直径，则始终有AB所对的∠C=90°今生：若有AB是固定线段，且总有∠ACB＝90°，则C在以AB为直径径的圆上．(此类型本来属于定弦定角，但是因为比较特殊，故单独分为一类)xB三、对角互补前世：在⊙O 上任意四点A ，B ，C ，D 所围成的四边形对角互补 今生：若四边形ABCD 对角互补，则A ，B ，C ，D 四点共圆四、定弦定角模型定角模型是直角模型的一种变形形式，其依据是已知定角，则根据“同弧所对的圆周角相等”得到动点的轨迹为圆弧，再画出对应图形进行计算．前世：在⊙O 中，若弦AB 长度固定则弦AB 所对的圆周角都相等(注意：弦AB 在劣弧AB 上也有圆周角，需要根据题目灵活运用)今生：若有一固定线段AB 及线段AB 所对的∠C 大小固定，根据圆的知识可知C 点并不是唯一固定的点，C 在⊙O 的优弧ACB 上均可(至于是优弧还是劣弧取决于∠C 的大小，小于90°，则C 在优弧上运动；等于90°，则C 在半圆上运动；大于90°则C 在劣弧运动)五、四点共圆模型前世:在⊙O 中，ABCD 是圆的内接四边形，则有∠1=∠2，∠3=∠4，△BPC~△APD(同理△BPA~△CPD) 今生:若四边形ABCD 中有∠1=∠2(通常情况下∠5=∠6对顶角相等，故不需要∠3=∠4，实际应用中长用∠1=∠2，∠5=∠6)则ABCD 四点(某些不能直接使用四点共圆的地区，可以通过证明两次三角形相似也可)，选填题可以直接使用六、定角定高（探照灯模型）什么叫定角定高，如右图，直线BC 外一点A ，A 到直线BC 距离为定值（定高），∠BAC 为定角。
2025年甘肃中考数学一轮复习中考命题探究第6章 圆微专题7 圆中最值及隐圆问题
微专题七
圆中最值及隐圆问题
类型 11
点圆最值
已知平面内一定点D和⊙O，点E是⊙O上一点，当D，O，E三点共线时，线段
已知条件
DE有最大(小)值(依据：直径是圆中最长的弦)，设点O与点D之间的距离为d，
⊙O的半径为r
位置关系
点D在⊙O内
点D在⊙O上
点D在⊙O外
2π
△A′BC′.若BC＝6，则点C运动的路径长为____．
思路点拨
第一步：依据特征找模型
特征1：是否存在一定点和一动点(定
点：点B，动点：点C)
特征2：连接定点和动点的线段长度是
否固定(BC＝6 )
第二步：抽离模型
第三步：模型应用
以点B为圆心，BC长为半径作圆，
点C′在’上.
例 2 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，
(1)点A，B，C，D在同一个圆上，AB为⊙O的直径；
(2)圆内接四边形的对角互补
例 5 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，连接AC，BD，若AC＝2，∠BCD＝
135°，则BD的长为( A )
A． 2
B．2 2
C． 3
D．2 3
9．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O作OE⊥BD，交AD于
A．1.5
B．1.2
C．2.4
D．以上都不对
类型 31
已知条件
定点定长作隐圆
平面内，O为定点，B为动点，且OB长度
OA＝OB＝OC
固定
类型
一点作圆
三点作圆
图示
结论
点B的轨迹在以点O为圆心，OB长为半径
专题13 隐圆(含阿氏圆)求最值问题-2022中考数学之二次函数重点题型专题(全国通用版)(解析版)
专题13 隐圆（含阿氏圆）求最值问题1．（2020·北京市中考模拟预测）如图，抛物线2815y x x =-+与x 轴交于A 、B 两点，对称轴与x 轴交于点C ，点(0,2)D -，点(0,6)E -，点P 是平面内一动点，且满足90DPE ∠=︒，M 是线段PB 的中点，连结CM ．则线段CM 的最大值是（ ）．A ．3BC ．72D ．5【答案】C 【分析】解方程x 2−8x ＋15＝0得A （3，0），利用抛物线的性质得到C 点为AB 的中点，再根据圆周角定理得到点P 在以DE 为直径的圆上，圆心Q 点的坐标为（−4，0），接着计算出AQ ＝5，⊙Q 的半径为2，延长AQ 交⊙Q 于F ，此时AF 的最大值为7，连接AP ，利用三角形的中位线性质得到CM ＝12AP ，从而得到CM 的最大值． 【详解】解方程x 2−8x ＋15＝0得x 1＝3，x 2＝5，则A （3，0）， ∵抛物线的对称轴与x 轴交于点C ， ∴C 点为AB 的中点， ∵∠DPE ＝90°，∴点P 在以DE 为直径的圆上，圆心Q 点的坐标为（−4，0），AQ 5，⊙Q 的半径为2，延长AQ 交⊙Q 于F ，此时AF 最大，最大值为2＋5＝7， 连接AP ，∵M 是线段PB 的中点， ∴CM 为△ABP 为中位线， ∴CM ＝12AP ，∴CM 的最大值为72． 故选：C ．【点睛】本题考查了抛物线与x 轴的交点：把求二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c （a ，b ，c 是常数，a ≠0）与x 轴的交点坐标问题转化为解关于x 的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和圆周角定理． 2．（2021·天津河北·中考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线2134y x bx =-++的对称轴是直线2x =，与x 轴相交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ．（I ）求抛物线的解析式及顶点坐标；（II ）M 为第一象限内抛物线上的一个点，过点M 作MN x ⊥轴于点N ，交BC 于点D ，连接CM ，当线段CM CD =时，求点M 的坐标；（III ）以原点O 为圆心，AO 长为半径作O ，点P 为O 上的一点，连接BP ，CP ，求23PC PB+的最小值．【答案】（I ）21(2)44y x =--+，抛物线的顶点坐标为(2,4)；（II ）点M 的坐标为(2,4)；（III ）23PC PB +的最小值为【分析】（1）根据对称轴公式可求得抛物线的解析式，再写出顶点坐标即可（2）先写出A 、B 、C 的坐标再写出直线BC 的解析式，利用两点之间的距离公式列方程即可求解;(3)先证明POG COP ∽，再由当B ，P ，G 三点共线时，PB PG +的值最小，最小值即为BG 的值，利用勾股定理即可 【详解】 （I ）∵22b x a=-= ，14a =-，∴1b =．∴抛物线的解析式为2134y x x =-++ ． ∴22113(2)444y x x x =-++=--+， ∴抛物线的顶点坐标为(2,4)；（II ）连接CM ，过点C 作CE MN ⊥于点E ，∵2134y x x =-++，令0x =，则3y =， ∴(0,3)C ．令0y =，即21304x x -++=，解得16x =，22x =-． ∴(2,0)A -，(6,0)B ．设直线BC 的解析式为y kx b =+， 将(6,0)B ，(0,3)C 代入y kx b =+，得603k b b +=⎧⎨=⎩，解得123k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴直线BC 的解析式为132y x =-+．∵点M 在抛物线上，点D 在BC 上，MN x ⊥轴，∴设点M 的坐标为21,34m m m ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，点D 坐标为1,32m m ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，∴2113342MD m m m ⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭21342m m =-+．∵CM CD =，3OC EN ==，∴122332MD ED m m ⎡⎤⎛⎫==⨯--+= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，又∵21342MD m m =-+，∴21342m m m -+=，即(2)0m m -=，解得2m =或0m =（不合题意，舍去）， ∴2m =，当2m =时，2122344y =-⨯++=，∴点M 的坐标为(2,4)．（III ）如图，连接OP ，在OC 上截取OG ，使得23OG OP OP OC ==， 连接PG ，BG ，此时43OG =，40,3G ⎛⎫⎪⎝⎭． ∵OG OPOP OC=，POG COP ∠=∠， ∴POG COP ∽． ∴23PG OG PC OP ==，即23PG PC =． ∴22333()3PC PB PC PB PB PG +=+=+． ∴当B ，P ，G 三点共线时，PB PG +的值最小，最小值即为BG 的值．∴BG =，∴23PC PB +的最小值为 【点睛】本题考查抛物线解析式及顶点坐标、有抛物线的对称轴，相似三角形、最值问题、勾股定理，一元二次方程，熟练进行等角的转换是关键3．（2021·河南·中考试题研究）如图，直线l ：33y x =-+与x 轴，y 轴分别相交于A 、B 两点，抛物线22y x x b =-++过点B ．（1）该抛物线的函数解析式；（2）已知点M 是抛物线上的一个动点并且点M 在第一象限内，连接AM 、BM ，设点M 的横坐标为m ，ABM 的面积为S ，求S 与m 的函数表达式，并求出S 的最大值； （3）在（2）的条件下，当S 取得最大值时，动点M 相应的位置记为点M '． ①写出点M '的坐标；②将直线l 绕点A 按顺时针方向旋转得到直线l '，当直线l '与直线AM '重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l '与线段BM '交于点C ，设点B ，M '到直线l '的距离分别为1d ，2d ，当12d d +最大时，求直线l '旋转的角度（即BAC ∠的度数）．【答案】（1）2y x 2x 3=-++；（2）21525228S m ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，S 的最大值为258；（3）①5(2，7)4；②45° 【分析】（1）利用直线l 的解析式求出B 点坐标，再把B 点坐标代入二次函数解析式即可求出b 的值； （2）设M 的坐标为2(,23)m m m -++，然后根据面积关系将ABM ∆的面积进行转化； （3）①由（2）可知52m =，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值； ②可将求12d d +最大值转化为求AC 的最小值． 【详解】解：（1）令0x =代入33y x =-+，3y ∴=，(0,3)B ∴，把(0,3)B 代入22y x x b =-++并解得：3b =，∴二次函数解析式为：2y x 2x 3=-++；（2）令0y =代入2y x 2x 3=-++，2023x x ∴=-++，1x ∴=-或3，∴抛物线与x 轴的交点横坐标为1-和3，M 在抛物线上，且在第一象限内，03m ∴<<，令0y =代入33y x =-+， 1x ∴=，A ∴的坐标为(1,0)，由题意知：M 的坐标为2(,23)m m m -++，()221111525312313()222228AOB OBM OAM AOB OAMB S S S S S S m m m m ∆∆∆∆=-=+-=⨯⨯+⨯⨯-++-⨯⨯=--+四边形，∴当52m =时，S 取得最大值258． （3）①由（2）可知：M '的坐标为5(2，7)4； ②过点M '作直线1//l l '，过点B 作1BF l ⊥于点F ，根据题意知：12d d BF +=， 此时只要求出BF 的最大值即可，90BFM ∠'=︒，∴点F 在以BM '为直径的圆上，设直线AM '与该圆相交于点H ， 点C 在线段BM '上，F ∴在BM H '上，∴当F 与M '重合时，BF 可取得最大值，此时1BM l '⊥，(1,0)A ，(0,3)B ，5(2M '，7)4，∴由勾股定理可求得：10AB，M B '，M A ' 过点M '作M G AB '⊥于点G ， 设BG x =，∴由勾股定理可得：2222M B BG M A AG '-='-，∴2285125)1616x x -=-，x ∴=cos BG M BG M B ∠'='， 1//l l '，45MBG ∠=︒，90BCA ∴∠=︒，∴45BAC ∠=︒． 【点睛】本题属于二次函数的综合问题，考查待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目．4．已知抛物线2y x 2x 3=-++与x 轴交于点A 、B （点A 在点B 的右侧），与y 轴交于点C ．（1）如图1，点D 为抛物线顶点，以点A 为圆心，1为半径作⊙A ，点E 为⊙A 上的动点，连接DE 、BE ，求12DE BE +的最小值；（2）如图2，若点H 是直线AC 与抛物线对称轴的交点，以H 为圆心，以1为半径作⊙H ，点Q 是⊙H AQ +的最小值；（3）如图3，点D 是抛物线上的点，且横坐标为2，过点D 作DE x ⊥轴于点E ，点P 是以O 为圆心，1为半径的⊙O 上的动点，连接DP 、PE ，求12PD PE -的最大值．【答案】（1）4（2（3 【分析】（1）先求出()3,0A ，()1,0B -，4AB =，将拋物线解析式化为顶点式为()214y x =--+，得出()1,4D ，先证明EAF BAE △∽△，推出14EF BE =，当D 、E 、F 三点共线时，14DE BE DE EF DF +=+=，即14DE BE +取得最小值，最小值为DF 的长，根据14AF =，求出点E 坐标为11,04⎛⎫ ⎪⎝⎭，根据74PF =，4DP =，求出DF ==出14DE BE +的最小值；（2）先求出由直线AC 的解析式为3y x =-+，然后求出点H 坐标为（1，2），连接OH ，与H交于点D ，在OH 上截取HN HD =N 作NE x ⊥轴于点E ，设抛物线对称轴与x 轴交于点F ，连接AN 交H 于点Q ，先证明QHN OHQ △∽△，得出QN HN OQ HQ ==AQ QN AQ +=+，要使5AQ +最小，则QN AQ +取最小值．即点A 、Q 、N 三点在一条直线上时，值最小，最小值为AN 的长，易得直线OH 的解析式为2y x =，设点N横坐标为x ，则其纵坐标为2x ，根据HN ==ON OH HN =-==，根据NE x ⊥轴，HF x ⊥轴，得出OE ON OF OH =，求出45x =，可得点N 坐标为48,55⎛⎫⎪⎝⎭，根据点A 的坐标为（3，0），即可求出AN ，可得出答案；（3）先证明四边形OCDE 为矩形，在OA 上取一点H ，使得12OH =，连接DH 并延长交O 于点P ，连接EP ，证明POH EOP △∽△，得出12PH EP =，当点P 在DH 的延长线上时，12PD PE -的值最大，最大值为DH 的长，根据1,02H ⎛⎫⎪⎝⎭，()2,3D ，求出3DE =，32EH =，即可求出DH =，即可得出答案． 【详解】解：（1）令0y =，则2023x x =-++， 解得11x =-，23x =， ∴()3,0A ，()1,0B -， ∴4AB =，将拋物线解析式化为顶点式为()214y x =--+， ∴()1,4D ，如图，在x 轴上截取14AF =，则14AF AE =，设抛物线对称轴与x 轴交于点P ， ∵14AEAB，且EAF BAE ∠=∠， ∴EAF BAE △∽△， ∴14EF AE BE AB ==， ∴14EF BE =， ∴当D 、E 、F 三点共线时，14DE BE DE EF DF +=+=， 即14DE BE +取得最小值，最小值为DF 的长， ∵14AF =， ∴114OF OA AF =-=， ∴点E 坐标为11,04⎛⎫⎪⎝⎭，∴74PF =，4DP =，∴DF ==∴14DE BE +的最小值为4； （2）由抛物线()214y x =--+， 可得拋物线对称轴为直线1x =， 设直线AC 的解析式为y kx b =+， 将()3,0A ，()0,3C 代入y kx b =+， 易得直线AC 的解析式为3y x =-+， ∵点H 为直线AC 与抛物线对称轴的交点， ∴点H 坐标为（1，2），如图，连接OH ，与H 交于点D ，在OH 上截取HN HD =过点N 作NE x ⊥轴于点E ，设抛物线对称轴与x 轴交于点F ，连接AN 交H 于点Q ，∵()1,2H ，∴1OF =，2HF =，∴OH 又∵1HQ =，HD HQ =，∴HN HN HQ HD HQ OH == 又∵NHQ QHO ∠=∠， ∴QHN OHQ △∽△，∴QN HN OQ HQ =∴QN =，AQ QN AQ +=+，AQ +最小，则QN AQ +取最小值．即点A 、Q 、N 三点在一条直线上时，值最小，最小值为AN 的长，易得直线OH 的解析式为2y x =，∵点N 在直线OH 上，∴设点N 横坐标为x ，则其纵坐标为2x ，∵HN ==∴ON OH HN =-==， ∵NE x ⊥轴，HF x ⊥轴， ∴OE ON OF OH =，∴1x 解得45x =， ∴点N 坐标为48,55⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∵点A 的坐标为（3，0），∴AN ==AQ + （3）∵点D 是抛物线上的点，且横坐标为2，∴()2,3D ，∵()0,3C ，∴CD y ⊥轴，∵DE x ⊥轴，∴易证四边形OCDE 为矩形，∴2OE CD ==，如图，在OA 上取一点H ，使得12OH =，连接DH 并延长交O 于点P ，连接EP ，易得直线DH 的解析式为21y x =-，∴()0,1P ， ∵12OH OP =，12OP OE =，且POH EOP ∠=∠， ∴POH EOP △∽△， ∴12PH OP EP OE ==， ∴12PH EP =， 当点P 在DH 的延长线上时，12PD PE -的值最大，最大值为DH 的长， ∵1,02H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2,3D ， ∴3DE =，32EH =，∴DH =，∴12PD PE -． 【点睛】本题属于二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键5．（2021·湖南·长沙市开福区中考二模）已知二次函数的图象经过点A （2，0），B （4-，0），C （0，4），点F 为二次函数第二象限内抛物线上一动点，FH x ⊥轴于点H ，交直线BC 于点D ，以FD 为直径的圆⊙M 与BC 交于点E ．（1）求这个二次函数的关系式；（2）当三角形EFD 周长最大时．求此时点F 点坐标及三角形EFD 的周长；（3）在（2）的条件下，点N 为⊙M 上一动点，连接BN ，点Q 为BN 的中点，连接HQ ，求HQ 的取值范围．【答案】（1）2142y x x =--+；（2）F （2-，4），△EFD的周长为2；（3HQ≤≤． 【分析】（1）根据A 、B 点的坐标可设交点式，然后代入C 点坐标求解即可；（2）由题意可直接判断出△FDE ∽△BCO ，从而可知FDE BCO C FD C BC=△△，然后通过设点表示出FD 的长度，从而列出关于△FDE 周长的二次函数解析式，利用二次函数的性质进行求解判断求解即可；（3）连接ON ，根据（2）的条件可确定出HQ 为△BON 的中位线，由此可先确定ON 的取值范围，从而确定HQ 的取值范围即可．【详解】（1）∵抛物线与x 轴交于A （2，0），B （4-，0）两点，∴设抛物线的解析式为：()()24y a x x =-+，由抛物线经过C （0，4），∴将C （0，4）代入()()24y a x x =-+，解得：12a =-， ∴抛物线的解析式为：()()1242y x x =--+，即：2142y x x =--+；（2）∵FH x ⊥轴，∴FH ∥y 轴，∠FDE =∠BCO ，∴△FDE ∽△BCO ，则FDE BCO C FD C BC =△△， 根据B （4-，0），C （0，4），可得直线BC 的解析式为：4y x =+， 设21,42F m m m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭，则(),4D m m +， ∴2122F D FD y y m m =-=--， 在△BCO 中，OB =OC =4，BC =∴8BCO C =+△212m m --=，整理得：)222FDE C m =++△，∵0<， ∴当2m =-时，FDE C △取得最大值，最大值为2，将2m =-代入抛物线解析式可得：4y =，∴点F 的坐标为F （2-，4），△EFD的周长为2；（3）由（2）可知，F （2-，4），D （-2，2），∴H （-2,0），BH =OH ，即H 为BO 的中点，∵FD 为⊙M 的直径，∴M （-2，3），∵Q 为BN 的中点，∴如图所示，连接ON ，则HQ 为△BON 的中位线， ∴12HQ ON =，即求出ON 的取值范围即可，①∵点N在⊙M运动，∴当O、M、N三点共线的时候，ON最长，如图所示，此时，ON=OM+MN，∵OM=MN=MD=1，∴ON1；②当O、N、M三点共线时，ON最短，如图所示，此时，ON=OM-MN，即：1ON=，∴可得ON 11ON ≤≤，∴由12HQ ON =，得HQ HQ ≤≤． 【点睛】本题考查二次函数的综合问题，相似三角形的判定与性质，灵活求解函数解析式，熟练掌握函数法求几何图形面积或周长的最值问题，以及数形结合的思想进行转化是解题关键． 6．（2021·四川·成都实外九年级开学考试）如图，在平面直角坐标系中，抛物线213442y x x =--， y 与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ．（1）求点A 、B 、C 的坐标；（2）如图1，连接BC ，点D 是抛物线上一点，若∠DCB =∠ABC ，求点D 的坐标；（3）如图2，若点P 在以点O 为圆心，OA 长为半径作的圆上，连接BP 、CP ，请你直接写出12CP +BP 的最小值．【答案】（1）()20A -，，()80B ，，()0,4C -；（2）()16,4D -，234100,39D ⎛⎫ ⎪⎝⎭；（3【分析】（1）通过解方程213442x x --=0可得A 点和B 点坐标，再计算自变量为0时的函数值可得到C 点坐标；（2）根据题意可得两种情况：①AB //CD ，点C 与点D 关于抛物线对称轴对称，由点C 坐标可得点D 坐标；②AB 与CD 不平行时，求出CD 的解析式，联立方程组求解即可； （3）证明△MOP POC ∆得12MP PC =，12PC BP MP BP +=+，根据M P B 、、三点共线即可得到结论．【详解】解：（1）将y =0代入213442y x x =--得，213442y x x =--=0， 解得x 1=-2，x 2=8，∴点A 的坐标为（-2，0），点B 的坐标为（8，0）；将x =0代入213442y x x =--得y =-4， ∴点C 的坐标为（0，-4）；（2）如图，①∵∠ABC =∠BCD 1∴AB //CD 1∴点C 与点D 1关于抛物线对称轴对称，由A ，B 两点坐标可知抛物线的对称轴为(28)32x -+== ∵C （0，-4）∴D 1（6，-4）②当∠ABC =∠BCD 2时，CD 2与x 轴交于E ，则有CE =BE ，设BE =CE =x ，则OE =8-x在Rt △OCE 中，222OE OC CE +=∴2224)8(x x -+=，解得，x =5∴OE =8-5=3∴E (3，0)设CD 2的解析式为y =kx +b把C (0，-4)，E (3，0)代入得430b k b =-⎧⎨+=⎩解得，434k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩ ∴CD 2的解析式为443y x =- 联立得244313442y x y x x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩， 解得04x y =⎧⎨=-⎩，3431009x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴234100,39D ⎛⎫ ⎪⎝⎭（3）在OC 上截取OM ，使OM =12OP =1，∵∠MOP POC =∠，12OM OP OP CO ==， ∴△MOP POC ∆， ∴12MP PC =， ∴12PC BP MP BP +=+， 当M P B 、、三点共线时，12PC BP MP BP MB +=+=，最短，=【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，三角形相似的判断和性质等，第（3）问，构造相似三角形求解是关键．7．（2021·广东·铁一中学中考二模）如图，抛物线y=ax 2－2ax+c 与x 轴分别交于点A 、B (点B 在点A 的右侧)，与y 轴交于点C ，连接BC ，点(12，34-a －3)在抛物线上． （1）求c 的值；（2）已知点D 与C 关于原点O 对称，作射线BD 交抛物线于点E ，若BD=DE ，①求抛物线所对应的函数表达式 ；②过点B 作BF ⊥BC 交抛物线的对称轴于点F ，以点C 为圆心，以C ，点T 为⊙C 的最小值．【答案】（1）3c =-；（2）①抛物线的解析式为233384y x x =--【分析】（1）将13324a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭代入22y ax ax c =-+中即可求得c 的值； （2）①根据题意，设点(),0B m ，则点(),6E m -，将两点坐标代入223y ax ax =--中即可求得a 的值，进而即可求得函数解析式；②根据题意，令y =0求出4OB =，再由FQB BOC ∆≅∆及勾股定理求得5BF BC ==，接着由GCT TCB ∆∆∽得到TG =，再根据当点F ，T ，G TF +的值最小，最小值为线段GF 的长进而即可求得最小值．【详解】解：（1）∵点13324a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭在抛物线上 231132422a a a c ⎛⎫∴--=⋅-⨯+ ⎪⎝⎭ 3c ∴=-；（2）①如图，由题意，得点()0,3C -点D 与点C 关于原点O 对称∴点()0,3DBD DE =设点(),0B m ，则点(),6E m -将(),0B m ，(),6E m -代入抛物线223y ax ax =--得22230236am am am am ⎧--=⎨+-=⎩解得38a = ∴抛物线的解析式为233384y x x =--；②∵抛物线()2233327318488y x x x =--=--∴抛物线的对称轴为直线1x =令0y =，则()23271088x --= 解得11x =-或24x =4OB ∴=如图，设直线1x =与x 轴的交点为Q ，则90FQB ∠=︒90QFB QBF ∴∠+∠=︒BF BC ⊥90FBC ∴∠=︒90OBC QBF ∴∠+∠=︒QFB OBC ∴∠=∠ 413BQ =-=，3OC =BQ OC ∴=又90FQB BOC ∠︒∠==FQB BOC ∴∆≅∆BF BC ∴=在Rt BOC ∆中，4OB =，3OC =，由勾股定理得5BC =5BF BC ∴==在CB 上截取，1CG =，取514GB =-=15CG CT ==，CT CB =CG CTCT CB∴= 又GCT TCB ∠=∠GCT TCB ∴∆∆∽CG CT TG CT CB TB ∴===TG =TF TG TF +=+ 点F ()1,4为定点∴当点F ，T ，G TF +的值最小，最小值为线段GF 的长在Rt GBF ∆中，4GB =，5BF =，由勾股定理得：GF =【点睛】本题主要考查了二次函数及圆的几何综合，熟练掌握函数解析式的求解方法，三角形全等及相似的性质与判定，几何最值问题的求解方法等相关内容是解决本题的关键．8．（2021·江苏·沭阳县怀文中学九年级月考）如图，直线2y x =+与抛物线222y x mx m m =-++交于A 、B 两点（A 在B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线的顶点为D ，抛物线的对称轴与直线AB 交于点M ．（1）当四边形CODM 是菱形时，求点D 的坐标； （2）若点P 为直线OD 上一动点，求APB ∆的面积；（3）作点B 关于直线MD 的对称点B '，以点M 为圆心，MD 为半径作M ，点Q 是M 上一动点，求QB '的最小值．【答案】（1）；（2）3；（3【分析】（1）根据菱形的性质可得OD =OC ，求出m D 点坐标可求出；（2）联立直线与抛物线求出交点A 、B 的坐标，然后求出AB 的长，再根据AB ∥OD 求出两平行线间的距离，最后根据三角形的面积公式列式计算即可；（3）根据A 、B 的坐标求出AM 、BM 的长，再求出点M 的坐标，从而得到⊙M 的半径为2，取MB 的中点N ，连接QB 、QN 、QB ′，然后利用两边对应成比例夹角相等两三角形相似求出△MNQ 和△MQB 相似，再根据相似三角形对应边成比例求出QN ，然后根据三角形任意两边之和大于第三边判断出Q 、N 、B ′三点共线时QB 最小，然后根据勾股定理列式计算即可． 【详解】 (1)(,)D m m，OD =， 菱形CODM2OD OC ∴===m ∴=(2)①2y x =+与抛物线222y x mx m m =-++交于,A B 两点，∴联立，222y x mx m m =-++，2y x =+解得1111x m y m =-⎧⎨=+⎩，2224x m y m =+⎧⎨=+⎩ ∵点A 在点B 的左侧(1,1)A m m ∴-+，(2,4)B m m ++AB ∴=∴直线OD 的解析式为y x =，直线AB 的解析式为2y x =+//AB OD ∴，两直线,AB OD之间距离2h ==11322APBSAB h ∴=⋅=⨯=(3) (1,1)A m m -+，(2,4)B m m ++1AM ∴==2BM ==由M 点坐标(,2)m m +，D 点坐标(,)m m 可知以MD 为半径的圆的半径为(2)2m m +-= 取MB 的中点N ，连接,,QB QN QB '，则12MN BM ==⨯MN QMMN QM QM BM ==QMN BMQ ∠=∠， ~MNQ MQB ∴，QN MN OB OM ∴==QN ∴=由三角形三边关系，当,,Q N B '三点共线时2QB '+最小， ∵直线AB 的解析式为2y x =+， ∴直线AB 与对称轴夹角为45°， ∵点,B B '关于对称轴对称， 90BMB '︒∴∠=，由勾股定理得，QB '最小值【点睛】本题是二次函数综合题型，考查了二次函数解析式的转化，联立两函数解析式求交点坐标，勾股定理的应用，三角形的面积的求解，相似三角形的判定与性质，作辅助线构造出相似三角形是解题的关键．9．（2021·广西柳江·中考二模）如图，抛物线2y x bx c =-++经过点()4,4A --，()0,4B ，直线AC 的解析式为162y x =--，且与y 轴相交于点C ，若点E 是直线AB 上的一个动点，过点E 作EF x ⊥轴交AC 于点F ． （1）求抛物线2y x bx c =-++的解析式；（2）点H 是y 轴上一动点，连结EH ，HF ，当点E 运动到什么位置时，四边形EAFH 是矩形?求出此时点E ，H 的坐标；（3）在（2）的前提下，以点E 为圆心，EH 长为半径作圆，点M 为E 上以动点，求12AM CM +的最小值．【答案】（1）224y x x =--+；（2）()2,0E -，()0,1H -；（3【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可（2）先利用待定系数法求出直线AB 的解析式，可判断出AB AC ⊥，当四边形EAFH 是平行四边形时，可使四边形EAFH 是矩形，分别设出点E ，点H ，点F 的坐标，在利用中点坐标公式求解即可；（3）先去EG 的中点P ，进而判断出PEM MEA ∽△△，即可得出12PM AM =，连接CP 交圆E 于点M ，再求出点P 的坐标即可得出结论．【详解】（1）将点()4,4A --，()0,4B 代入抛物线2y x bx c =-++得：16444b c c --+=-⎧⎨=⎩ 解得：24b c =-⎧⎨=⎩∴抛物线的解析式为224y x x =--+． （2）如图：设直线AB 的解析式为y kx n =+则444k n n -+=-⎧⎨=⎩ ∴24k n =⎧⎨=⎩∴直线AB 的解析式为24y x =+ 又∵直线AC 的解析式为162y x =--∴AB AC ⊥∴当四边形EAFH 是平行四边形时，可使四边形EAFH 是矩形，此时对角线EF 与AH 互相平分设(),24E m m +，()0,H t 则1,62F m m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭∵()4,4A --∴()()()1140221112464222m m m m t ⎧+=-+⎪⎪⎨⎛⎫⎪+--=-+ ⎪⎪⎝⎭⎩ 解得21m t =-⎧⎨=-⎩∴()2,0E -，()0,1H - (3)如图：由（2）知()2,0E -，()0,1H -，()4,4A --∴EHAE =设AE 交E 于点G ,取EG 的中点P，则PE =设(),24P k k +，()2,0E -∴()()()222222452PE k k k =+++=+=． ∴52k =-或32k =-（舍去）．∴5,12P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭∵()0,6C -∴PC ==连接PC 交E 于点M ，连接EM． 则EM EH ==∴12PE ME =又∵12ME AE == ∴PE MEME AE= ∵PEM MEA ∠=∠∴PEM MEA ∽△△ ∴12PM ME AM AE == ∴12PM AM = ∴12AM CM PM CM PC +=+=∴12AM CM +． 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，中点坐标公式，极值的确定，解题关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，利用中点坐标公式构建方程，以及构造相似三角形．10．（2021·广东深圳·中考一模）如图1，经过点B (1，0)的抛物线()23219y a x +＝﹣与y 轴交于点C ，其顶点为点G ，过点C 作y 轴的垂线交抛物线对称轴于点D ，线段CO 上有一动点M ，连接DM 、DG ．（1）求抛物线的表达式；（2）求GD DM +的最小值以及相应的点M 的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，以点A (﹣2，0)为圆心，以AM 长为半径作圆交x 轴正半轴于点E ．在y 轴正半轴上有一动点P ，直线PF 与⊙A 相切于点F ，连接EF 交y 轴于点N ，当PF ∥BM 时，求PN 的长．【答案】（1）28168993y x x =+-；（2M (0，53-)；（3． 【分析】（1）将点B 的坐标代入解析式即可求出a 的值，即可确定函数解析式；（2）过点O 作直线l 与x 轴夹角为α，且sin α=α＝45°，过点M 作MH ⊥直线l 于H ，推出GD DM DG DH +=+，则当D 、M 、H 共线时，GD DM +的值最小，最后求出DH 的长即可解答；（3）连接BM ，延长F A 交y 轴于J ．想办法求出FJ ，根据tan ∠FPJ ＝tan ∠OMB ，可得FJPF＝OBOM，由此构建方程求出PF ，再证明PN ＝PF 即可解决问题． 【详解】解：（1）∵抛物线()23219y a x +＝﹣，经过点B (1，0)，∴0＝4a ﹣329， ∴a ＝89∴28168993y x x =+-．（2）如图1：过点O 作直线l 与x 轴夹角为α，且sin α=α＝45°，过点M 作MH ⊥直线l 于H ，则有sin MH OM α==∴MH =，∴GD DM DG DM MH +=++，∴GD DM DG DH +=+， ∴当D ，M ，H共线时，2GD DM MO ++的值最小， ∵D (﹣1，﹣83)，直线l 的解析式为y ＝﹣x ，∴直线DH 的解析式为y ＝x ﹣53，由53y x y x =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得5656x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴H (56，﹣56)，M (0，53-)，∴DH∵DG ＝﹣83+329＝89，∴GD DM +的最小值=89（3）如图2中，连接BM ，延长F A 交y 轴于J ．∵A (﹣2，0)，M (0，﹣53)，∴AM ＝AF，∵B (1，0)，∴直线BM 的解析式为y ＝53x ﹣53， ∵PF 是⊙A 的切线，∴PF ⊥AF ，∵PF ∥BM ，∴AF ⊥BM ，∴直线AF 的解析式为y ＝﹣35x ﹣65， ∴J (0，﹣65)， ∴AJ， ∴FJ ＝AF +AJ， ∵PF ∥BM ， ∴∠FPJ ＝∠OMB ，∴tan ∠FPJ ＝tan ∠OMB ， ∴FJ PF ＝OB OM，∴5PF＝153，∴PF， ∵AF ＝AE ，∴∠AFE ＝∠AEF ，∵∠AFE +∠PFN ＝90°，∠AEN +∠ONE ＝90°，∠PNF ＝∠ENO ，∴∠PFN ＝∠PNF ，∴PN ＝PF． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质、一次函数的性质、垂线段最短，解直角三角形等知识，正确利用垂线段最短解决最值问题是解答本题的关键．11．（2020·湖北黄冈·中考二模）如图，一条抛物线与x 轴交于(1,0)A -，(3,0)B 两点，与y 轴交于点(0,3)C ，D 为抛物线的顶点，点P 在x 轴上．（1）求抛物线解析式；（2）若PCB CBD ∠=∠，求点P 的坐标；（3）过点P 作直线l AC 交抛物线于Q ，是否存在以点A ，P ，Q ，C 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由；（4）坐标平面内一点M 到点B 的距离为1个单位，求13DM OM +的最小值．【答案】（1）2y x 2x 3=-++；（2）3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭或（6，0）；（3）Q （2，3）或(13)+-或(13)--；（4）133． 【分析】解：（1）把A ，B ，C 三点坐标代入求出解析式即可；（2）先求出直线DB 的解析式，再分①当点P 在点B 左侧时，②当点P 在点B 右侧时，分别求出P 点坐标即可；（3）分①当四边形APQC 为平行四边形时，②当四边形AQPC 为平行四边形时两种情况求出Q 点坐标；（4）先证△MBE ∽△OBM 得到13DM OM DM ME +=+，则当点D 、M 、E 在同一直线上时，13DM OM DM ME DE +=+=最短，求出最小值即可. 【详解】解：（1）∵抛物线与x 轴交于A （-1，0），B （3，0）两点，∴设此抛物线的解析式为y =a （x +1）（x -3），将点C （0，3）代入，得a =-1，∴2(1)(3)23y x x x x =-+-=-++，（2）∵2223(1)4y x x x =-++=--+，∴顶点D （1，4），设直线DB 解析式为y ＝kx +b ，将D （1，4），B （3，0）代入得，430k b k b +=⎧⎨+=⎩， 解得：k ＝﹣2，b ＝6，∴直线DB解析式为y＝﹣2x+6，①如图1﹣1，当点P在点B左侧时，∵∠PCB＝∠CBD，∴CP∥BD，设直线CP解析式为y＝﹣2x+m，将C（0，3）代入，得m＝3，∴直线CP解析式y＝﹣2x+3，当y＝0时，32x=，∴3,02P⎛⎫ ⎪⎝⎭，②如图1﹣2，当点P在点B右侧时，作点P关于直线BC的对称点N，延长CN交x轴于点P'，此时∠P'CB＝∠CBD，∵C（0，3），B（3，0），∴OC＝OB，∴△OBC为等腰直角三角形，∴∠CPB＝45°，∴∠NBC＝45°，∴△PBN为等腰直角三角形，∴33322 NB PB==-=，∴33,2N⎛⎫ ⎪⎝⎭，将C（0，3），33,2N⎛⎫⎪⎝⎭代入直线CN解析式y＝nx+t，得：3332t n t =⎧⎪⎨+=⎪⎩， 解得，12n =-，t ＝3， ∴直线CN 解析式为132y x =-+， 当y ＝0时，x ＝6，∴P '（6，0）；综上所述，点P 坐标为3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭或（6，0）； （3）①如图2﹣1，当四边形APQC 为平行四边形时，∴CQ ∥AP ，CQ ＝AP ，∵y C ＝3，∴y Q ＝3，令﹣x 2+2x +3＝3，解得：x 1＝0，x 2＝2，∴Q （2，3），②如图2﹣2，当四边形AQPC 为平行四边形时，AC ∥PQ ，AC ＝PQ ，∴y C ﹣y A ＝y P ﹣y Q ＝3，∵y P ＝0，∴y Q ＝﹣3，令﹣x 2+2x +3＝﹣3，解得，11x =，21x =∴1(13)Q -，2(13)Q -综上所述，点Q 的坐标为Q （2，3）或(13)-或(13)-；（4）∵点M 到点B 的距离为1个单位，∴点M 在以点B 为圆心，半径为1的圆上运动，如图3在x 轴上作点8,03E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，连接BM 、EM 、DE ， ∴81333BE OB OE =-=-=， ∵BM ＝1， ∴11313BE BM BM OB===， ∵∠MBE ＝∠OBM ，∴△MBE ∽△OBM ， ∴13ME BM OB OB ==， ∴13ME OM =， ∴13DM OM DM ME +=+， ∴当点D 、M 、E 在同一直线上时，13DM OM DM ME DE +=+=最短， ∵D （1，4），∴133DE ==， ∴13DM OM +的最小值为133． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解二元一次方程组和一元二次方程，轴对称的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，本题难度较大，属于中考压轴题．12．（2021·湖南·长沙市九年级期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线55y x =-+与x 轴，y 轴分别交于A 、C 两点，抛物线2y x bx c =++经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为B ． （1）求抛物线解析式；（2）若点M 为x 轴下方抛物线上一动点，MN ⊥x 轴交BC 于点N ，当点M 运动到某一位置时，线段MN 的长度最大，求此时点M 的坐标及线段MN 的长度；（3）如图2，以B 为圆心，2为半径的⊙B 与x 轴交于E 、F 两点（F 在E 右侧），若P 点是⊙B 上一动点，连接P A ，以P A 为腰作等腰Rt PAD △，使90PAD ∠=︒（P 、A 、D 三点为逆时针顺序），连接FD ．①将线段AB 绕A 点顺时针旋转90°，请直接写出B 点的对应点的坐标；②求FD 长度的取值范围．【答案】（1）265y x x =-+；（2）当M 运动到515(,)24- 时，线段MN 的长度最大为254；（3）①(1,4)-；②22FD ≤≤．【分析】（1）先求得直线与坐标轴的交点坐标，然后代入到抛物线解析式即可求解；（2）设设2(,65)M m m m -+，则(,5)N m m -+，则2(5)(65)MN m m m =-+--+，整理可得225255()24MN m m m =-+=--+，可求得当52m =时，MN 的最大值为254，进而求得M 坐标；（3）①由（1），（2）可求得514AB AB OB OA '==-=-=，从而求得点B '坐标；②根据点P的运动情况，来确定点D 的运动轨迹，是与点P 半径相等的圆，圆心为B '，作射线FB '，与⊙B '交于1D ，2D ，从而确定FD 的范围．【详解】解：（1）∵直线55y x =-+与x 轴、y 轴分别交于A ，C 两点，∴当0x =时，5y =，所以(0,5)C ，当0y =时，1x =，所以(1,0)A ，∵抛物线2y x bx c =++经过A ，C 两点，∴5c =，150b ++=，解得6b =-，∴抛物线解析式为265y x x =-+．（2）令0y =，∴265=0-+x x ，解得：11x =，25x =，∴(5,0)B ，∴直线BC 的解析式为：5y x =-+，设2(,65)M m m m -+，则(,5)N m m -+，∴2(5)(65)MN m m m =-+--+， ∴225255()24MN m m m =-+=--+， ∴当52m =时，MN 的最大值为254， ∴当M 运动到515(,)24- 时，线段MN 的长度最大为254．（3）①将线段AB 绕A 点顺时针旋转90°，∴B A BA '⊥，∵(1,0)A ，(5,0)B ，∴514AB AB OB OA '==-=-=，∴(1,4)B '-；②连接PB ，B D '，由①可得4AB AB '==，又已知PAD △是等腰直角三角形，90BAB PAD '∠=∠=︒，AD AP =，∴(SAS)DAB PAB '≌△△，∴2B D BP '==，∴当P 点在⊙B 上运动时，点D 在以B '为圆心，半径为2的圆上，∴作射线FB '，与⊙B '交于1D ，2D 两点，情况一：当交点为1D 时，1FD 为最小值，即11FD FB B D ''=-，已知(1,0)A ，(5,0)B ，2BF =，∴426AF AB BF =+=+=,4AB AB '==,∴在Rt AFB '△中，FB '=,即FB '=∴12FD =；情况二：当交点为2D 时，2FD 为最大值，即22FD FB B D ''=+，已知(1,0)A ，(5,0)B ，2BF =，∴426AF AB BF =+=+=,4AB AB '==,∴在Rt AFB '△中，FB '=,即FB '=∴22FD =；综上22FD ≤≤．【点睛】本题考查二次函数的综合问题，待定系数法确定函数解析式，抛物线与线段最值问题，以及瓜豆原理在二次函数中的应用问题，其中利用点P ，确定点D 的运动轨迹是本题的解题关键．13．（2021·湖南·长沙市九年级月考）我们约定：对角线相等的四边形称之为：“等线四边形”． （1）①在“平行四边形、菱形、矩形、正方形”中一定是“等线四边形”的是___________________；②如图1，若四边形ABCD 是“等线四边形”， ,,,E F G H 分别是边,,,AB BC CD DA 的中点，依次连接,,,E F G H ，得到四边形EFGH ，请判断四边形EFGH 的形状：______________________； （2）如图2，在平面直角坐标系xOy 中，已知()()()2,0,8,0,9,8A B P --，以AB 为直径作圆，该圆与y 轴的正半轴交于点C ，若Q 为坐标系中一动点，且四边形AQBC 为“等线四边形”．当PQ 的长度最短时，求经过,,A B Q 三点的抛物线的解析式；（3）如图3，在平面直角坐标系xOy 中，四边形ABCD 是“等线四边形”， A 在x 轴的负半轴上，D 在y 轴的负半轴上，且AD ,B C 分别是一次函数334y x =-+与y 轴，x 轴的交点，动点P 从点D 开始沿y 轴的正方向运动，运动的速度为2个单位长度/秒，设运动的时间为t 秒，以P 点为圆心，半径4855R t =+，单位长度作圆，问：①当P 与直线BC 初次相切时，求此时运动的时间0t ；②当运动的时间t 满足0t t >且CP ≤P 与直线BC 相交于,M N ，求弦长MN 的最大值．【答案】（1）①矩形，正方形；②菱形；（2）213442y x x =--；（3）①02t =；②当6t =时，MN 有最大值max MN =【分析】 （1）①依据矩形，正方形的性质即可得出结论；②根据三角形中位线定理，菱形的判定定理可知它一定是菱形；（2）连接CP ，与圆相交于一点，当点Q 在直线PC 上时，PQ 的长度为最短；利用勾股定理先求出C 点坐标，再求出直线PC 的方程，从而算出点Q 的坐标，然后得到抛物线的解析式；（3）根据题意可知点B 、C 坐标，设出点A 、D 坐标，由AD A 、D 坐标，然后求得点P 的坐标，再分别讨论BC 与圆P 的关系，从而求出时间；再求出弦MN 的长度的最大值.【详解】解：（1）①在我们学习过的四边形中，矩形和正方形属于等对角线四边形；故答案为；矩形，正方形.②如图，四边形ABCD 是等线四边形，E 、F 、G 、H 分别是各边中点，∵E 、F 、G 、H 分别是各边中点，∴EF =GH =1AC 2，EH =FG =1BD 2， ∵AC =BD∴EF =GH =EH =FG ，∴四边形EFGH 是菱形.（2）如图，连接CP 与圆E 相交于一点，连接CE ，∵A (-2，0)，B （8,0）∴圆心E 坐标为()3,0，52AB CE AE ===，∴Rt COE ∆中4OC =，∴点C 坐标为()0,4，∴直线PC 解析式为4:43PC l y x =-+， ∴圆心E （3,0）刚好在PC 上.当点Q 在线段CP 上时PQ 最小，此时点Q 在第四象限，∴()22x 3y 25443y x ⎧-+=⎪⎨=-+⎪⎩， 解得：64x y =⎧⎨=-⎩点Q 坐标为()6,4-，∴设过AB 、抛物线为()()28y a x x =+-则 14164a a -=-∴=，， ∴()()2113284442y x x x x =+-=--； （3）依题，如图由直线方程令x =0，y =0可得，B C 、坐标分别为()()0,34,0B C ，，设点A 坐标为(),0a -，∵AC =BD ，∴点D 坐标为()0,1a --，∴Rt AOD ∆中，()222141AD a a =++=，∴15a =-（舍去），24a =，∴点A D 、坐标分别为()()4,0,0,5A D --，∴点P 坐标为()0,25t -；①∴当P 与BC 初次相切时()4t <，()0044882555P BC d t t -==-=+∴02t =；②当24t <<时，MN 逐渐增大，当CP =8OP =，此时 6.5t =，当4 6.5t ≤<时，28BP DP DB t =-=-，过P 作PQ BC ⊥于点Q ，则()4832sin 28555PQ BP OBC t t =∠=-=-∴2MN MQ ====∴当6t =时，MN 有最大值max MN =【点睛】 本题考查了圆的综合问题和二次函数的综合问题，解题的关键是利用直线方程与圆方程求出动点坐标，然后根据动点的运动情况，得出弦MN 的最大值.。
中考数学专题《隐形圆解析》
D
E O
C
B
取 CB 中点 M，所以 E 点轨迹是以 M 为圆心、CB 为直径的圆弧．
A
D
E O
CM
B
连接 AM，与圆弧交点即为所求 E 点，此时 AE 值最小， AE AM EM 102 22 2 2 26 2 ．
A
E
C
M
B
【2019 园区一模】如图，正方形 ABCD 的边长为 4，动点 E、F 分别从点 A、C 同时出发，
C
M
E
A
O
B
【寻找定边与直角】如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB =90°，BC=4，AC=10，点 D 是 AC 上的 一个动点，以 CD 为直径作圆 O，连接 BD 交圆 O 于点 E，则 AE 的最小值为_________．
A
D
O
E
C
B
【分析】连接 CE ，由于 CD 为直径，故∠CED=90°，考虑到 CD 是动线段，故可以将此 题看成定线段 CB 对直角∠CEB ．
A
D
O
P
F
B
E
C
连接 OC，与圆的交点即为 P 点，再通过勾股定理即可求出 PC 长度． 思路概述：分析动点形 成原理，通常“ 非直即圆” （不是直线就 是圆），接下来可以 寻找与动 点相关有无定直线与定 角．
【2013 武汉中考】如图，E 、F 是正方形 ABCD 的边 AD 上的两个动点，满足 AE =DF，连 接 CF 交 BD 于点 G，连接 BE 交 AG 于点 H，若正方形边长为 2，则线段 DH 长度的最小 值是________．
A
O
B
【辅助圆+相切】如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB =90°，∠B=30°，AB =4，D 是 BC 上一动点， CE ⊥AD 于 E ，EF⊥AB 交 BC 于点 F，则 CF 的最大值是_________．
巧用隐圆 妙解最值(解析版)--初中数学
巧用隐圆妙解最值模型背诵隐圆一:定弦定角，隐圆正好。
AB的长度固定不变(定弦)，∠ABC=α不变(定角)。
这样的图形就是我们所谓的“定弦定角模型”。
隐圆一特殊:若∠ACB=90°，则AB为三点所在圆的直径。
(可以解决动点轨迹。
)隐圆二:等弦对等角，隐圆可以找。
(可以利用四点共圆证相似,角相等)若∠ADC=∠ABC，则A,B,C,D四点共圆。
在半角模型中,证四点共圆,主要利用了这类隐圆.隐圆二特殊.若∠ABC=∠ADC=90°，则A,B,C,D四点共圆，且AC为直径。
隐圆三:对角互补，四点共圆.若∠ADC+∠ABC=180°，则A,B,C,D四点共圆。
隐圆三特殊:若∠ABC=∠ADC=90°，则A,B,C,D四点共圆，且AC为直径。
隐圆四：定点定长，隐圆必现。
CA=CB=CP隐圆五、瓜豆原理之种圆得圆。
若Q为AP的中点，当P沿⊙O运动一周，则Q的运动轨迹为以AO中点M为圆心的圆。
(P为“主动点”，点Q为“从动点。
)典例分析如图1-1，点P(3,4)，圆P半径为2，A(2.8,0)，B(5.6,0)，点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【点睛】图1-2，M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．图1-3：当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．实战训练一．选择题(共8小题)1.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°且AB=10，点P为△ABC的内心，点O为AB边中点，将BO绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接DP，则DP长的最小值为()A.55-52B.52C.35-32 D.52-52试题分析：在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB=90°，AK=BK．连接DK，PK，过点K作KT⊥DB交DB的延长线于点T．判断出点P的运动轨迹，求出DK，PK，可得结论．答案详解：解：在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB=90°，AK=BK．连接DK，PK，过点K作KT⊥DB交DB的延长线于点T．∵点P是△ACB的内心，∠C=90°，∴∠PAB=12∠CAB，∠PBA=12∠ABC，∴∠PAB +∠PBA =12(∠CAB +∠CBA )=45°，∴∠APB =180°-45°=135°，∴点P 在以K 为圆心，KA 为半径的圆上运动，∵AB =10，AK =BK ，∠AKB =90°，∴AK =BK =KP =52，∠ABK =45°，∵∠ABT =90°，∴∠KBT =45°，∴KT =BT =5，∵OA =OB =BD =5，∴DT =10，∴DK =DT 2+KT 2=55，∴DP ≥DK -PK =55-52，∴DP 的最小值为55-52．所以选：A ．2.已知抛物线y =-316(x -1)(x -9)与x 轴交于A ，B 两点，对称轴与x 轴交于点D ，点C 为抛物线的顶点，以C 点为圆心的⊙C 半径为2，点G 为⊙C 上一动点，点P 为AG 的中点，则DP 的最大值与最小值和为()A.72B.23C.412D.5试题分析：P 为AG 中点，D 为AB 中点，所以PD 是△ABG 的中位线，则DP =12BG ，当BG 最大时，则DP 最大．由圆的性质可知，当G 、C 、B 三点共线时，BG 最大或最小．答案详解：解：如图，连接BG ．因为P 为AG 中点，D 为AB 中点，所以PD 是△ABG 的中位线，则DP =12BG ，当BG 最大时，则DP 最大．由圆的性质可知，当G 、C 、B 三点共线时，BG 最大．∵C (5，3)，B (9，0)，∴BC =32+42=5，∴BG 的最大值为2+5=7，BG 的最小值=5-2=3，∴DP 的最大值为72．DP 的最小值为32，∴DP 的最大值与最小值的和为5．所以选：D ．3.如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点P是矩形ABCD内一点，连接PA，PC，PD，若PA⊥PD，则PC的最小值为()A.213-4B.210-3C.2D.4试题分析：由PA⊥PD可得点P在以AD中点O为圆心AD为直径的圆上，连接CO交圆于一点即为最短距离点，即可得到答案．答案详解：解：∵PA⊥PD，∴点P在以AD中点O为圆心AD为直径的圆上，如图所示，∴连接CO交圆于一点即为最短距离点P，如图所示，∵AB=4，BC=6，∴OD=3，DC=4，根据勾股定理可得，OC=32+42=5，∴CP=5-3=2，所以选：C．4.如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，点P是BC边上一动点(点P不与B，C重合)，连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，则线段MC的最小值为()A.2B.5C.3D.102试题分析：当A，M，C三点共线时，线段CM的长度最小，求出此时CM的长度即可．答案详解：解：连接AM，∵点B和M关于AP对称，∴AB=AM=3，∴M在以A为圆心，3为半径的圆上，∴当A，M，C三点共线时，CM最短，∵AC=32+42=5，AM=AB=3，∴CM=5-3=2，所以选：A．5.如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB=4，∠AOC=120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为()A.3B.1+6C.1+32D.1+7试题分析：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题；答案详解：解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．∵AQ=QP，∴OQ⊥PA，∴∠AQO=90°，∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大(也可以通过CQ≤QK+CK求解)在Rt△OCH中，∵∠COH=60°，OC=2，OC=1，CH=3，∴OH=12在Rt△CKH中，CK=(3)2+22=7，∴CQ的最大值为1+7，所以选：D．6.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AB=4cm，CD是中线，点E、F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为()A.2B.πC.2πD.22π试题分析：由△ADE ≌△CDF ，推出∠DAE =∠DCF ，因为∠AED =∠CEG ，推出∠ADE =∠CGE =90°，推出A 、C 、G 、D 四点共圆，推出点G 的运动轨迹为弧CD ，利用弧长公式计算即可．答案详解：解：如图，∵CA =CB ，∠ACB =90°，AD =DB ，∴CD ⊥AB ，∴∠ADE =∠CDF =90°，CD =AD =DB ，在△ADE 和△CDF 中，AD =CD ∠ADE =∠CDF DE =DF，∴△ADE ≌△CDF (SAS )，∴∠DAE =∠DCF ，∵∠AED =∠CEG ，∴∠ADE =∠CGE =90°，∴A 、C 、G 、D 四点共圆，∴点G 的运动轨迹为弧CD ，∵AB =4，AB =2AC ，∴AC =22，∴OA =OC =2，∵DA =DC ，OA =OC ，∴DO ⊥AC ，∴∠DOC =90°，∴点G 的运动轨迹的长为90π×2180=22π．所以选：D ．7.如图，在△ABC 中，∠ABC =90°，AB =8，BC =12，D 为AC 边上的一个动点，连接BD ，E 为BD 上的一个动点，连接AE ，CE ，当∠ABD =∠BCE 时，线段AE 的最小值是()A.3B.4C.5D.6试题分析：如图，取BC 的中点T ，连接AT ，ET ．首先证明∠CEB =90°，求出AT ，ET ，根据AE ≥AT -ET ，可得结论．答案详解：解：如图，取BC 的中点T ，连接AT ，ET ．∵∠ABC =90°，∴∠ABD +∠CBD =90°，∵∠ABD =∠BCE ，∴∠CBD +∠BCE =90°，∴∠CEB =90°，∵CT =TB =6，∴ET =12BC =6，AT =AB 2+BT 2=82+62=10，∵AE ≥AT -ET ，∴AE ≥4，∴AE 的最小值为4，所以选：B ．8.如图，已知在矩形ABCD 中，AB =1，BC =3，点P 是AD 边上的一个动点，连接BP ，点C 关于直线BP 的对称点为C 1，当点P 运动时，点C 1也随之运动．若点P 从点A 运动到点D ，则线段CC 1扫过的区域的面积是()A.πB.π+334C.332D.2π试题分析：由临界状态确定出C 1的运动路径，明确点P 从点A 运动到点D ，则线段CC 1扫过的区域为：扇形BC 'C ''和△BCC ''，再分别计算两部分面积即可．答案详解：解：如图，当P 与A 重合时，点C 关于BP 的对称点为C ′，当P 与D 重合时，点C 关于BP 的对称点为C ″，∴点P 从点A 运动到点D ，则线段CC 1扫过的区域为：扇形BC 'C ''和△BCC ''，在△BCD 中，∵∠BCD =90°，BC =3，CD =1，∴tan ∠DBC =13=33，∴∠DBC =30°，∴∠CBC ″=60°，∵BC =BC ''，∴△BCC ''为等边三角形，∴S 扇形BC ′C ″=120×π×(3)2360=π，作C ''F ⊥BC 于F ，∵△BCC ''为等边三角形，∴BF=12BC=32，∴C''F=tan60°×32=32，∴S△BCC''=12×3×32=334，∴线段CC1扫过的区域的面积为：π+334．所以选：B．二．填空题(共12小题)9.如图，等边三角形ABC和等边三角形ADE，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB=6，AD=4，△ADE绕点A旋转过程中，MN的最大值为 53 ．试题分析：分析题意可知，点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，连接AN，AM，以AM 为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，以此得到M、A、N三点共线时，MN的值最大，再根据勾股定理分别算出AM、AN的值，则MN的最大值M′N=AN+AM′=AN+AM．答案详解：解：连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，如图，∵△ADE绕点A旋转，∴点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，∵AM+AN≥MN，∴当点M旋转到M′，即M、A、N三点共线时，MN的值最大，最大为M′N，∵△ABC和△ADE都是等边三角形，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB=6，AD=4，∴AN⊥BC，AM⊥DE，BN=3，DM=2，在Rt△ABN中，由勾股定理得AN=AB2-BN2=33，在Rt△ADM中，由勾股定理得AM=AD2-DM2=23，根据旋转的性质得，AM′=AM=23，∴M′N=AN+AM′=53，即MN的最大值为53．所以答案是：53．10.如图，正方形ABCD中，AB=4，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF、BE相交于点P，M是线段BC上任意一点，则MD+MP的最小值为 210 ．试题分析：如图，作点D关于直线BC的对称点K，连接MK，以AB为直径作⊙J，取CD的中点H，连接JH交⊙J于点T．由题意，点P的运动轨迹是AT，当点P运动到点T时，且点M在KT上时，DM+MP=KM+MP的值最小，最小值为KT的长．答案详解：解：如图，作点D关于直线BC的对称点K，连接MK，以AB为直径作⊙J，取CD的中点H，连接JH交⊙J于点T．∵点E与点F的速度相同．∴AE=DF，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAE=∠ADF，AB=AD，∴△ABE≌△DAF(SAS)，∴∠ABE=∠DAF，∵∠DAF+∠PAB=90°，∴∠ABE+∠PAB=90°，∴点P在以AB为直径的圆上，圆心为点J，由题意，点P的运动轨迹是AT，当点P运动到点T时，且点M在KT上时，DM+MP=KM+MP 的值最小，最小值为KT的长．在Rt△THK中，TH=2，HK=6，∴TK=TH2+KH2=22+62=210，∴DM+MP的最小值为210，所以答案是：210．11.如图，在锐角三角形ABC中，BC=8，sin A=45，BN⊥AC于点N，CM⊥AB于点M，连接MN，则△AMN面积的最大值是 28825 ．试题分析：画出△ABC的外接圆⊙O，连接OB，利用定角对定边可知点A在优弧BC上运动，当A'O⊥BC时，△A'BC的面积最大，求出△ABC的最大面积，再利用三角函数求出AM的长度，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方可得答案．答案详解：解：画出△ABC的外接圆⊙O，连接OB，∵BC=8，sin A=45，∴点A 在优弧BC 上运动，当A 'O ⊥BC 时，△A 'BC 的面积最大，∴BH =4，∵∠BOH =∠BAC ，∴BO =5，OH =3，∴AH =8，cos ∠BOH =35，∴S △ABC 最大为12×8×8=32，∵CM ⊥AB ，∴cos ∠MAC =AMAC=35，∵AB =AC ，AM =AN ，∠MAN =∠BAC ，∴△AMN ∽△ABC ，∴S △AMN S △ABC =AM AB2，∴S △AMN 32=925，∴S △AMN =28825，所以答案是：28825．12.在△ABC 中，AB =4，∠C =45°，则2AC +BC 的最大值为410 ．试题分析：过点B 作BD ⊥AC 于点D ，则△BCD 为等腰直角三角形，设BD =CD =a ，延长AC 至点F ，使得CF =a ，则可求出tan ∠AFB ，作△ABF 的外接圆⊙O ，过点O 作OE ⊥AB 于点E ，则AE =12AB =2，∠AOE =∠AFB ，则可利用tan ∠AOE 求出OE 、OA ，最后利用三角形三边关系即可求出2AC +BC 的最大值为2(OA +OF )，计算即可．答案详解：解：过点B 作BD ⊥AC 于点D ，∵∠C =45°，∴△BCD 为等腰直角三角形，∴BD =CD ，设BD =CD =a ，延长AC 至点F ，使得CF =a ，∵tan ∠AFB =a 2a =12，作△ABF 的外接圆⊙O ，过点O 作OE ⊥AB 于点E ，则AE =12AB =2，∠AOE =∠AFB ，∴tan ∠AOE =12，∴OE =4，OA =22+42=25，∴2AC+BC=2AC+22BC=2(AC+CF)=2AF≤2(OA+OF)，∴2AC+BC的最大值为2×45=410．所以答案是：410．13.如图，四边形ABCD中，AB=AC=AD，∠CBD=15°，BD=3AB，则∠BDC=45°．试题分析：过点A作AM⊥BD于M．分别求出∠ADC，∠ADB，可得结论．答案详解：解：过点A作AM⊥BD于M．∵AB=AC=AD，∴∠CAD=2∠CBD=30°，∴∠ADC=∠ACD=75°，∵AB=AD，AM⊥BD，∴BM=DM，∵BD=3AB，∴BMAB =32，∴cos∠ABM=32，∴∠ABM=∠ADB=30°，∴∠BDC=∠ADC-∠ADB=45°．所以答案是：45°．14.如图，等边△ABC中，AB=6，点D、点E分别在BC和AC上，且BD=CE，连接AD、BE交于点F，则CF的最小值为23 ．试题分析：首先证明∠AFB=120°，推出点F的运动轨迹是O为圆心，OA为半径的弧上运动(∠AOB=120°，OA=23)，连接OC交⊙O于N，当点F与N重合时，CF的值最小．答案详解：解：如图，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC，∠ABC=∠BAC=∠BCE=60°，∵BD=CE，∴△ABD≌△BCE(SAS)∴∠BAD=∠CBE，又∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，∴∠AFE=∠CBE+∠ABE=∠ABC，∴∠AFE=60°，∴∠AFB =120°，∴点F 的运动轨迹是O 为圆心，OA 为半径的弧上运动(∠AOB =120°，OA =23)，连接OC 交⊙O 于N ，当点F 与N 重合时，CF 的值最小，最小值=OC -ON =43-23=23．所以答案是23．15.如图，正方形ABCD 中，AB =2，动点E 从点A 出发向点D 运动，同时动点F 从点D 出发向点C 运动，点E 、F 运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF 、BE 相交于点P ，M 是线段BC 上任意一点，则MD +MP 的最小值为 10 ．试题分析：首先作出点D 关于BC 的对称点D ′从而可知当点P 、M 、D ′在一条直线上时，路径最短，当点E 与点D 重合，点F 与点C 重合时，PG 和GD ′均最短，即PD ′最短，然后由正方形的性质和轴对称图形的性质可知：PG =1，GD ′=3，最后由勾股定理即可求得PD ′的长，从而可求得MD +MP 的最小值．答案详解：解：如图作点D 关于BC 的对称点D ′，连接PD ′，由轴对称的性质可知：MD =D ′M ，CD =CD ′=2∴PM +DM =PM +MD ′=PD ′过点P 作PE 垂直DC ，垂足为G ，易证AF ⊥BE ，故可知P 的轨迹为以AB 为直径的四分之一圆弧上，当点E 与点D 重合，点F 与点C 重合时，PG 和GD ′均最短，∴此时，PD ′最短．∵四边形ABCD 为正方形，∴PG =12AD =1，GC =12DC =1．∴GD ′=3．在Rt △PGD ′中，由勾股定理得：PD ′=PG 2+GD '2=12+32=10．所以答案是：10．16.如图，Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠CAB =60°，AB =4，点P 是BC 边上的动点，过点C 作直线AP 的垂线，垂足为Q ，当点P 从点C 运动到点B 时，点Q 的运动路径长为 23π ．试题分析：由AQ⊥CQ，推出∠AQC=90°，可知当点P从点C运动到点B时，点Q的运动的轨迹是以AC为直径的半圆上，延长即可解决问题．答案详解：解：∵AQ⊥CQ，∴∠AQC=90°，∴当点P从点C运动到点B时，点Q的运动的轨迹是以AC为直径的半圆上，路径是120度的弧长，在Rt△ABC中，∵AB=4，∠B=30°，∴AC=12AB=2，∴点Q的运动路径长为120⋅π⋅1180=23π17.如图，在平面直角坐标系中，有一条长为10的线段AB，其端点A、点B分别在y轴、x轴上滑动，点C为以AB为直径的⊙D上一点(C始终在第一象限)，且tan∠BAC=12．则当点A从A0(0，10)滑动到O(0，0)，B从O(0，0)滑动到B0(10，0)的过程中，点C运动的路径长为20-65 ．试题分析：如图1中，作射线OC．首先证明点C在射线OC上运动，∠COB=∠CAB=定值，求出三种特殊位置OC的值即可解决问题；答案详解：解：如图1中，作射线OC．∵tan∠BAC=12，∴∠CAB是定值，∵∠COB=∠CAB，∴∠COB是定值，∴点C在射线OC上运动．如图2中，当线段AB在y轴上时，设OC1=k，A1C1=2k，则有：k2+4k2=102，∴k=25∴OC1=25，如图2中，四边形A2OB2C2是矩形时，OC2=AB=10，此时OC2的值最大，当线段AB在x轴上时，同法可得OC3=45，观察图形可知，点C的运动轨迹是C1→C2→C3，∴点C的运动路径为：(10-25)+(10-45)=20-65，所以答案是20-65．18.如图，等边△ABC的边长为6，D为BC边上的中点，P为直线BC上方的一个动点，且满足∠PAD=∠PDB，则线段CP长的最大值为 37+332．试题分析：首先证明点P在以AD为直径的⊙O上，连接OC，延长CO交⊙O于点P，此时PC最大，利用勾股定理求出OC即可解决问题．答案详解：解：∵等边△ABC的边长为6，D为BC边上的中点，∴∠ADB=90°，∴∠ADP+∠PDB=90°，∵∠PAD=∠PDB∴∠DAP+∠ADP=90°，∴∠APD=90°，∴点P在以AD为直径的⊙O上，连接OC，延长CO交⊙O于点P，此时PC最大，在Rt△CDO中，∵∠ODC=90°，DC=12BC=3，OD=12AD=332，∴OC=OD2+CD2=372，∴PC=OC+OP=372+332=37+332．∴CP长的最大值为37+332．所以答案是37+332．19.在△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=3．点D为平面上一个动点，∠ADB=45°，则线段CD长度的最小值为 5-2 ．试题分析：根据∠ADB=45°，AB=2，作△ABD的外接圆O，连接OC，当O、D、C三点共线时，CD的值最小．将问题转化为点圆最值．可证得△AOB为等腰直角三角形，OB=OA=2，同样可证△OBE也为等腰直角三角形，OE=BE=1，由勾股定理可求得OC的长为5，最后CD最小值为OC-OD=5-2．答案详解：解：如图所示．∵∠ADB=45°，AB=2，作△ABD的外接圆O(因求CD最小值，故圆心O在AB的右侧)，连接OC，当O、D、C三点共线时，CD的值最小．∵∠ADB=45°，∴∠AOB=90°，∴△AOB为等腰直角三角形，∴AO=BO=sin45°×AB=2．∵∠OBA=45°，∠ABC=90°，∴∠OBE=45°，作OE⊥BC于点E，∴△OBE为等腰直角三角形．∴OE=BE=sin45°•OB=1，∴CE=BC-BE=3-1=2，在Rt△OEC中，OC=OE2+CE2=1+4=5．当O、D、C三点共线时，CD最小为CD=OC-OD=5-2．所以答案是：5-2．20.如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=3，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为 3-π3 ．试题分析：由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD-S扇形ABQ=2S△ABD-S扇形ABQ可求出答案．答案详解：解：∵当点P从点A运动到点D时，PQ=PA，∴点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，∵矩形ABCD中，AB=1，AD=3，∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°．∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，∴∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，S△ABD=S△BQD，∴S阴影部分=S四边形ABQD-S扇形ABQ=2S△ABD-S扇形ABQ，=S矩形ABCD -S扇形ABQ=1×3-120π×12360=3-π3．所以答案是：3-π3．三．解答题(共3小题)21.圆的定义：在同一平面内，到定点的距离等于定长的所有点所组成的图形．(1)已知：如图1，OA=OB=OC，请利用圆规画出过A、B．C三点的圆．若∠AOB=70°，则∠ACB=35°．如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2．(2)已知，如图2．点P为AC边的中点，将AC沿BA方向平移2个单位长度，点A、P、C的对应点分别为点D、E、F，求四边形BDFC的面积和∠BEA的大小．(3)如图3，将AC边沿BC方向平移a个单位至DF，是否存在这样的a，使得直线DF上有一点Q，满足∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大？若存在，求出四边形BADF面积的最大值及平移距离a，若不存在，说明理由．试题分析：(1)利用圆的定义知A，B，C三点共圆，再利用圆周角定理求解．(2)根据图形的平移性质，判定平移后图形形状，继而确定面积的计算方式和方法，角度问题也迎刃而解．(3)因角度不变，借助圆周角定点在圆周上运动时角度不变的思想，判断出D点能够向右移动的最大距离，求出四边形的最大面积．答案详解：(1)以O为圆心，OA为半径作辅助圆，如图，∵∠AOB=70°，∴∠ACB=35°，所以答案是35°．(2)连接PB，PE，如图，，Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=30°，AB=2．∴AC=4，∠BAC=60°，BC=23．∵P为Rt△ABC斜边AC中点，∴BP=12AC=2，线段AC平移到DF之后，AB=AD=PE=2，BP=AE=2，∴四边形ABPE为菱形，∵∠BAC=60°，∴∠BEA=30°，∵CF∥BD，且∠ABC=90°，∴四边形BDFC为直角梯形，∴S=12(BD+CF)×BC=12×6×23=63，(3)如图所示，当AC边沿BC方向平移2个单位至DF时，满足∠BQA=45°且此时四边形BADF的面积最大，此时直角梯形ABFD的最大面积为，S=12×(BF+AQ)×AB=12×(23+2+2)×2=4+23．22.阅读下列材料，回答问题．材料：求圆外一定点到圆上距离最小值是安徽省中考数学较为常见的一种题型，此类题型试题有时出题者将圆隐藏，故又称为“隐圆问题”．解决这类问题，关键是要找到动点的运动轨迹，即该动点是绕哪一个定点旋转，且能保持旋转半径不变．从而找到动点所在的隐藏圆，进而转换成圆外一点到圆心的距离减半径，求得最小值．解决问题：(1)如图①，圆O的半径为1，圆外一点A到圆心的距离为3，圆上一动点B，当A、O、B满足条件点B在线段AO上时，AB有最小值为2．(2)如图②，等腰△ABC两腰长为5，底边长为6，以A为圆心，2为半径作圆，圆上动点P到BC的距离最小值为2．(3)如图③，OA⊥OB，P、Q分别是射线OA、OB上两个动点，C是线段PQ的中点，且PQ=4，则在线段PQ滑动的过程中，求点C运动形成的路径长，并说明理由．(4)如图④，在矩形ABCD中，AB=4，AD=8，点E是AB中点，点F是BC上一点，把△BEF沿着EF翻折，点B落在点B'处，求DB'的最小值，并说明理由．(5)如图⑤，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以边AB中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P，Q分别是边BC和半圆上的动点，连接PQ，求PQ长的最小值，并说明理由．试题分析：(1)如图①，连接OA，OB，OA，由三角形的三边关系可得AB≤AO-BO，则当点B在线段AO上时，AB有最小值=3-1=2；(2)如图②中，过点A作AH⊥BC于H，交⊙A于P，此时点P到BC的距离最小．(3)利用直角三角形斜边中线的性质，的长OC=2，再利用弧长公式求解即可．(4)如图④中，连接DE，DB′．利用勾股定理求出DE，根据DB′≥DE-EB′，可得DB′≥217-2，由此可得结论．(5)当O、Q、P三点共线且OP⊥BC时，PQ有最小值，设AC与圆的切点为D，连接OD，分别利用三角形中位线定理可求得OD和OP的长，则可求得PQ的最小值．答案详解：解：(1)如图①，连接OA，OB，OA，在△ABO中，AB≤AO-BO，当点B在线段AO上时，AB有最小值=3-1=2，所以答案是：点B在线段AO上，2．(2)如图②中，过点A作AH⊥BC于H，交⊙A于P，此时点P到BC的距离最小．∵AB=AC=5，AH⊥BC，BC=3，∴BH=CH=12∴AH=AB2-BH2=52-32=4，∵PA=2，∴PH=AH-AP=2，∴圆上动点P到BC的距离最小值为2，所以答案是：2．(3)如图③中，连接OC．∵∠POQ=90°，PQ=4，PC=CQ，PQ=2，∴OC=12∴点C的运动轨迹是圆弧，运动路径的长=90⋅π⋅2=π．180(4)如图④中，连接DE，DB′．∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∵AE=EB=2，AD=8，∴DE=AE2+AD2=22+82=217，∵BE=EB′=2，∴DB′≥DE-EB′，∴DB′≥217-2，∴DB′的最小值为217-2．(5)当O、Q、P三点共线且OP⊥BC时，PQ有最小值，设AC与圆的切点为D，连接OD，如图⑤中，∵AC为圆的切线，∴OD⊥AC，∵AC=8，BC=6，AB=10，∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，∴OD ∥BC ，且O 为AB 中点，∴OD 为△ABC 的中位线，∴OD =12BC =3，同理可得PO =12AC =4，∴PQ =OP -OQ =4-3=1，∴PQ 的最小值为1．23.在矩形ABCD 中，BC =3CD ，点E 、F 分别是边AD 、BC 上的动点，且AE =CF ，连接EF ，将矩形ABCD 沿EF 折叠，点C 落在点G 处，点D 落在点H 处．(1)如图1，当EH 与线段BC 交于点P 时，求证：PE =PF ；(2)如图2，当点P 在线段CB 的延长线上时，GH 交AB 于点M ，求证：点M 在线段EF 的垂直平分线上；(3)当AB =5时，在点E 由点A 移动到AD 中点的过程中，计算出点G 运动的路线长．试题分析：(1)欲证明PE =PF ，只要证明∠PEF =∠PFE ．(2)连接AC 交EF 于O ，连接PM ，PO ．首先证明P ，M ，O 共线，再利用等腰三角形的三线合一的性质解决问题即可．(3)如图3中，由题意，点E 由点A 移动到AD 中点的过程中，点G 运动的路径是图中弧BC ．利用弧长公式，解决问题即可．答案详解：(1)证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∴∠DEF =∠EFB ，由翻折变换可知，∠DEF =∠PEF ，∴∠PEF =∠PFE ，∴PE =PF ．(2)证明：如图2中，连接AC 交EF 于O ，连接PM ，PO ．∵AE ∥CF ，∴∠EAO =∠FCO ，∵AE =CF ，∠AOE =∠COF ，∴△AEO ≌△CFO (AAS )，∴OE =OF ，∵PE =PF ，∴PO 平分∠EPF ，∵AD =BC ，AE =FC ，∴ED =BF ，由折叠的性质可知ED =EH ，所以BF =EH ，∴PE -EH =PF -BF ，∴PB =PH ，∵∠PHM =∠PBM =90°，PM =PM ，∴Rt △PMH ≌Rt △PMB (HL )，∴PM 平分∠EPF ，∴P ．M ，O 共线，∵PO ⊥EF ，OE =OF ，∴点M 在线段EF 的垂直平分线上．(3)如图3中，由题意，点E 由点A 移动到AD 中点的过程中，点G 运动的路径是图中弧BC ．在Rt △BCD 中，tan ∠CBD =CD BC=33，∴∠CBD =30°，∴∠ABO =∠OAB =60°，∴△AOB 是等边三角形，∴OA =OD =OB =OC =AB =5，∠BOC =120°，∴点G 运动的路径的长=120⋅π⋅5180=103π．所以答案是：103π．。
中考数学压轴题隐形圆及最值问题
专题18 隐形圆及最值问题本文主要从以下四个方面去介绍：一、从圆的定义构造圆（折叠类问题）二、定边对直角三、定边对定角四、四点共圆一、从圆的定义构造圆（折叠类问题）圆的定义：平面内到定点的距离等于定值的所有点构成的集合．构造思路：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧．1、几个点到某个定点距离相等可用圆（定点为圆心，相等距离为半径）例：如图，若AB＝OA＝OB＝OC，则∠ACB的大小是_______例：如图，已知AB=AC=AD，∠CBD=2∠BDC，∠BAC=44°，则∠CAD的度数为__________2、动点到定点距离保持不变的可用圆（先确定定点，定点为圆心，动点到定点的距离为半径）例：木杆AB斜靠在墙壁上，当木杆的上端A沿墙壁NO竖直下滑时，木杆的底端B也随之沿着射线OM方向滑动．下列图中用虚线画出木杆中点P随之下落的路线，其中正确的是（）如图，在Rt ABCBC=，点F在边AC上，并且2AC=，8CF=，点E为∆中，90C∠=︒，6边BC上的动点，将CEF∆沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是．二、定边对直角知识回顾：直径所对的圆周角是直角．构造思路：一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧．图形释义：PPABOP例：若AB是一条定线段，且∠APB=90°，则P点轨迹是以AB为直径的圆．如图，在Rt ABC∆中，90ACB∠=︒，8AC=cm，3BC=cm．D是BC边上的一个动点，连接AD，过点C作CE AD⊥于E，连接BE，在点D变化的过程中，线段BE的最小值是（）A．1 B．3C．2 D．5例：如图，△ACB中，CA＝CB＝4，∠ACB＝90°，点P为CA上的动点，连BP，过点A作AM⊥BP于M．当点P从点C运动到点A时，线段BM的中点N运动的路径长为（）A2B2πC3D．2π三、定边对定角在“定边对直角”问题中，依据“直径所对的圆周角是直角”，关键性在于寻找定边、直角，而根据圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角都相．定边必不可少，而直角则可一般为定角．例如，AB为定值，∠P为定角，则P点轨迹是一个圆．PPA BP例：（2018•日照）如图，已知点(1,0)A-，(3,0)B，(0,1)C在抛物线2y ax bx c=++上．（1）求抛物线解析式；（2）在直线BC上方的抛物线上求一点P，使PBC∆面积为1；（3）在x轴下方且在抛物线对称轴上，是否存在一点Q，使BQC BAC∠=∠？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．ABCDE若平面上A、B、C、D四个点满足ABD ACD∠=∠=90︒，则A、B、C、D在以AD中点E为圆心、EA长为半径的圆上（可证EA EB EC ED===）．EDCBA若平面上A、B、C、D四个点满足ABC ADC∠=∠=90︒，则A、B、C、D在以AC中点E为圆心、EA为半径的圆上（可证EA EB EC ED===）．若平面上A、B、C、D四个点满足ADB ACB∠=∠，则A、B、C、D四点共圆．证明条件：线段同侧张角相等．ODC BA若平面上A 、B 、C 、D 四个点满足ABC ADC ∠+∠=180︒，则A 、B 、C 、D 四点共圆． 证明条件：1．四边形对角互补； 2．四边形外角等于内对角．两条线段被一点分成（内分或外分）两段长的乘积相等，则这两条线段的四个端点共圆．四边形ABCD 的对角线AC 、BD 交于H ， 若AH CH BH DH ⋅=⋅，则A B C D 、、、四点共圆.四边形ABCD 的对边BA 、CD 的延长线交于P ， 若PA PB PD PC ⋅=⋅，则A B C D 、、、四点共圆.例题1： 如图1，在四边形ABCD 中，98DAC ∠=︒，82DBC ∠=︒，70BCD ∠=︒，BC AD =，则ACD ∠=______________．（2）如图2，在ABC △的边AB 、AC 上分别取点Q 、P ，使得12PBC QCB A ∠=∠=∠．求证：BQ CP =．QPC BA图1 图2例：如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，AB ＝4cm ，CD 是中线，点E 、F 同时从点D 出发，以相同的速度分别沿DC 、DB 方向移动，当点E 到达点C 时，运动停止，直线AE 分别与CF 、BC 相交于G 、H ，则在点E 、F 移动过程中，点G 移动路线的长度为（ ）MABCP QDCABH OBCDAPBACDA．2 B．πC．2πD．2 2π圆中最值问题方法总结：圆中求最值的方法：(在圆中，注意圆的半径长为定值，要围绕半径构造模型解题)①结合半径，利用垂线段最短直接构造直角三角形求解，如T1，T2；②根据圆的对称性，将线段转换到一起，再利用两点之间线段最短求解，如T3，T10；③利用直径是圆中最长的弦求解，如T5；④寻找隐含条件(如中位线、直角三角形斜边上的中线等)，构造直角三角形或隐圆解题，如T6，T9.1．如图，等边ABC∆的边长为2，A的半径为1，D是BC上的动点，DE与A相切于E，DE的最小值是()A．1B．2C．3D．22．如图，在O中，弦1AB=，点C在AB上移动，连接OC，过点C作CD OC⊥交O于点D，则CD的最大值为．3．如图点A 是半圆上一个三等分点（靠近点N 这一侧），点B 是弧AN 的中点，点P 是直径MN 上的一个动点，若O 半径为3，则AP BP +的最小值为 ．4．如图，ABC ∆是O 的内接三角形，且AB 是O 的直径，点P 为O 上的动点，且60BPC ∠=︒，O 的半径为6，则点P 到AC 距离的最大值是 ．5．如图，AC 是O 的弦，5AC =，点B 是O 上的一个动点，且45ABC ∠=︒，若点M 、N 分别是AC 、BC 的中点，则MN 的最大值是 ．6．如图，在平面直角坐标系中，已知(3,4)C ，以点C 为圆心的圆与y 轴相切．点A 、B 在x 轴上，且OA OB =．点P 为C 上的动点，90APB ∠=︒，则AB 长度的最大值为 ．7．已知点A是圆心为坐标原点O且半径为3的圆上的动点，经过点(4,0)B作直线l x⊥轴，点P是直线l上的动点，若45∆的面积的最大值为．∠=︒，则BOPOPA8．如图，已知O的半径为m，点C为直径AB延长线上一点，BC m=．过点C任作一直线l，若l上总存在点P，使过P所作的O的两切线互相垂直，则ACP∠的最大值等于．9．如图，P是矩形ABCD内一点，4AD=，AP BPAB=，2⊥，则当线段DP最短时，CP=．10．如图，AB是O的直径，点C、D是O上的点，且//OD BC，AC分别与BD、OD 相交于点E、F．（1）求证：点D为AC的中点；（2）若6AB=，求DF的长；CB=，10（3）若O的半径为2，80+的最DOA∠=︒，点P是线段AB上任意一点，试求出PC PD小值．。