专题08 圆中的最值模型之阿氏圆模型解读与提分精练（北师大版）（解析版）

专题08圆中的最值模型之阿氏圆模型最值问题在中考数学常以压轴题的形式考查，“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，主要考查转化与化归等的数学思想。在各类考试中都以高档题为主，中考说明中曾多处涉及。本专题就最值模型中的阿氏圆问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。TOC\o"1-4"\h\z\u 1模型1.阿氏圆模型 1 13模型1.阿氏圆模型动点到两定点距离之比为定值（即：平面上两点A、B，动点P满足PA/PB=k（k为常数，且k≠1）），那么动点的轨迹就是圆，因这个结论最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现的，故称这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称为阿氏圆。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（即），连接PA、PB，则当“PA+k·PB”的值最小时，P点的位置如何确定？最小值是多少呢？如图2，在线段OB上截取OC使OC=k·r（即），∵，∴，∵∠POC=∠BOP，∴△POC∽△BOP，∴，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。阿氏圆求最值的本质就是通过构造母子相似，化去比例系数，转化为两定一动将军饮马型求最值，难点在于如何构造母子相似。阿氏圆最值问题常见考法：点在圆外：向内取点（系数小于1）；点在圆内：向外取点（系数大于1）；一内一外：提系数；隐圆型阿氏圆等。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．例1．（2024·湖北武汉·九年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（

）A．7 B．5 C． D．【答案】B【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题．答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，∴PC2＝CM•CA，∴，∵∠PCM＝∠ACP，∴△PCM∽△ACP，∴，∴PMPA，∴AP+BP＝PM+PB，∵PM+PB≥BM，在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，∴BM5，∴AP+BP≥5，∴AP+BP的最小值为5．故选：B．例2．（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知正方ABCD的边长为6，圆B的半径为3，点P是圆B上的一个动点，则的最大值为_______．【答案】【分析】如图，连接，在上取一点，使得，进而证明,则在点P运动的任意时刻，均有PM=，从而将问题转化为求PD-PM的最大值．连接PD，在△PDM中，PD-PM＜DM，故当D、M、P共线时，PD-PM=DM为最大值，勾股定理即可求得．【详解】如图，连接，在上取一点，使得，，在△PDM中，PD-PM＜DM，当D、M、P共线时，PD-PM=DM为最大值，四边形是正方形在中，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，构造是解题的关键．例3．（2024·四川成都·九年级校考期中）如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，BA＝BC＝2，以B为圆心作圆B与AC相切，点P是圆B上任一动点，连接PA、PC，则PA+PC的最小值为．【答案】【分析】作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，PB，AD，如图，根据切线的性质得BH为⊙B的半径，再根据等腰直角三角形的性质得到BH＝AC＝，接着证明△BPD∽△BCP得到PD＝PC，所以PA+PC＝PA+PD，而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时取等号），从而计算出AD得到PA+PC的最小值，乘以可得结论．【详解】解：过B作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，PB，AD，∵AC为切线，∴BH为⊙B的半径，∵∠B＝90°，AB＝CB＝2，∴AC＝BA＝2，∴BH＝AC＝，∴BP＝，∴，，∴，而∠PBD＝∠CBP，∴△BPD∽△BCP，∴，∴PD＝PC，∴PA+PC＝PA+PD，而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时且P在AD之间时取等号），而AD＝＝，∴PA+PD的最小值为，即PA+PC的最小值为，则PA+PC的最小值．故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．解决问题的关键是利用相似比确定线段之间的关系．同时也考查了等腰直角三角形的性质．例4．（2024·重庆·校考一模）如图，在中，点A、点B在上，，，点C在OA上，且，点D是的中点，点M是劣弧AB上的动点，则的最小值为．【答案】【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．延长到T，使得，连接，．利用相似三角形的性质证明，求的最小值问题转化为求的最小值．利用两点之间线段最短得到，利用勾股定理求出即可解题．【详解】解：延长到T，使得，连接，．，，点D是的中点，，，，，，，，，，，，又在中，，，，，的最小值为，故答案为：．例5．（2024·福建·九年级校考期中）如图，正方形边长为4，是的中点，在上，的最大值是，的最小值是.【解答】解：(1)如图，连接，，交于点，连接，，，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，当、、在一条直线上时，，.(2)延长CD至点H，使CH=2CD显然，由（1）可知∴由勾股定理可得，，故.例6．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系中，，，是第一象限内一动点，，连接、，(1)求直线的解析式．(2)求的最小值．【答案】(1)直线的解析式为(2)的最小值为【分析】本题考查了一次函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形解决问题．（1）利用待定系数法求解即可；（2）取点，连接，，证明，利用相似三角形的性质得到，推出，求出，即可求解．【详解】（1）解：设直线的解析式为，将，代入得：，解得：，直线的解析式为；（2）如图，取点，连接，，，，，，，，，，，，，，，，，，的最小值为．例7．（2024·重庆·模拟预测）正方形ABCD中，AB＝2，点M是BC中点，点P是正方形内一点，连接PC，PM，当点P移动时，始终保持∠MPC＝45°，连接BP，点E，F分别是AB，BP中点，求3BP＋2EF的最小值为．

【答案】2【分析】根据题意连接AP可得EF为中位线，将所求3BP＋2EF转化为3（PB+PA），始终保持∠MPC为45°，可知P轨迹是圆弧，并找到圆心为O，连接OA，在OA上取N使得ON=OP，构造出△OPN∽△OAP，由此可将3（PB+PA）转化为3（PB+PN），利用两点之间线段最短，计算出3BN的值即可．【详解】根据条件始终保持∠MPC＝45°，所以点P的轨迹为圆弧，设圆心为O，如图1：

∵正方形ABCD中AB=，M为中点∴CM=BM=，∵∠MPC＝45°∴半径为1作辅助线：连接OA，在OA上取N使得ON=OP，连接AP，OP，PN，如图2：根据题意正方形对角线AC=4，所以OA=3=3OP，∴，∠NOP=∠AOP∴△OPN∽△OAP∴即PN=PA∴3BP＋2EF=3BP+AP=3（BP+AP）=3（BP+PN）连接BN，交圆弧于P点，此时B、P、N三点共线，即BP+PN取得最小值，过G作NG⊥BC交BC于G，如图所示：∵CN=OC+CN=1+=，∴NG=CG=，∴BG=，根据勾股定理可得，BN=,∴3BP＋2EF=3（BP+PN）=3BN=．故答案为：．【点睛】本题属于圆的综合题，结合了相似三角形，动点轨迹，最短距离以及圆的相关知识，属于压轴题，学生必须熟练掌握构造相似三角形的方法，并找到动点轨迹为圆弧，再结合最短距离求解本题．例8．（2024·广东·校考二模）（1）初步研究：如图1，在△PAB中，已知PA=2，AB=4，Q为AB上一点且AQ=1，证明：PB=2PQ；（2）结论运用：如图2，已知正方形ABCD的边长为4，⊙A的半径为2，点P是⊙A上的一个动点，求2PC+PB的最小值；（3）拓展推广：如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，⊙A的半径为2，点P是⊙A上的一个动点，求2PC−PB的最大值．【答案】（1）见解析；（2）10；（3）【分析】（1）证明△PAQ∽△BAP，根据相似三角形的性质即可证明PB=2PQ；（2）在AB上取一点Q，使得AQ=1，由（1）得PB=2PQ，推出当点C、P、Q三点共线时，PC+PQ的值最小，再利用勾股定理即可求得2PC+PB的最小值；（3）作出如图的辅助线，同（2）法推出当点P在CQ交⊙A的点P′时，PC−PQ的值最大，再利用勾股定理即可求得2PC−PB的最大值．【详解】解：（1）证明：∵PA=2，AB=4，AQ=1，∴PA2=AQ⋅AB=4．∴．又∵∠A=∠A，∴△PAQ∽△BAP．∴．∴PB=2PQ；（2）如图，在AB上取一点Q，使得AQ=1，连接AP，PQ，CQ．∴AP=2，AB=4，AQ=1．由（1）得PB=2PQ，∴2PC+PB=2PC+2PQ=2(PC+PQ)．∵PC+PQ≥QC，∴当点C、P、Q三点共线时，PC+PQ的值最小．∵QC==5，∴2PC+PB=2(PC+PQ)≥10．∴2PC+PB的最小值为10．（3）如图，在AB上取一点Q，使得AQ=1，连接AP，PQ，CQ，延长CQ交⊙A于点P′，过点C作CH垂直AB的延长线于点H．易得AP=2，AB=4，AQ=1．由（1）得PB=2PQ，∴2PC−PB=2PC−2PQ=2(PC−PQ)，∵PC−PQ≤QC，∴当点P在CQ交⊙A的点P′时，PC−PQ的值最大．∵QC==，∴2PC−PB=2(PC−PQ)≤2．∴2PC−PB的最大值为2．【点睛】本题考查了圆有关的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决．例9．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．

(1)求直线及抛物线的表达式；(2)在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以点为圆心，画半径为2的圆，点为上一个动点，请求出的最小值．【答案】(1)直线的解析式为；抛物线解析式为(2)存在，点M的坐标为或或(3)【分析】（1）根据对称轴，，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；②当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；（3）在上取点，使，连接，证得，又，得到，推出，进而得到当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，利用勾股定理求出即可．【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴，，∴，将代入直线，得，解得，∴直线的解析式为；将代入，得，解得，∴抛物线的解析式为；（2）存在点，∵直线的解析式为，抛物线对称轴与轴交于点．∴当时，，∴，①当时，设直线的解析式为，将点A坐标代入，得，解得，∴直线的解析式为，解方程组，得或，∴点M的坐标为；②当时，设直线的解析式为，将代入，得，解得，∴直线的解析式为，解方程组，解得或，∴点M的坐标为或综上，点M的坐标为或或；（3）如图，在上取点，使，连接，∵，∴，∵，、∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，∵，∴，∴的最小值为．

【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．1．（2024·山东泰安·二模）如图，在中，，，，以为圆心，为半径作，为上一动点，连接、，则的最小值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，解直角三角形；懂得依题意作辅助线构造相似三角形是解题的关键．在上截取，使得，连接，，．利用相似三角形的性质证明，可得，利用勾股定理求出即可解决问题．【详解】解：如图，在上截取，使得，连接，，．∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，在中，，，，∴，∴，∴的最小值为．故选：C．2．（2024·四川宜宾·二模）正方形边长为6，点E是边上的动点，连接，交于点P，过点A作，交于点F、Q，过点B作于点G，交于点H，连接．以下说法：①当时，点F为的中点；②当时；③；④点E运动过程中，有最小值6．其中结论正确的有（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】如图1所示，延长到点，使得，证明得到，进而证明，得到，则可得，由，得到，设，则，，由勾股定理得，解得，则，据此可判断①；如图2所示，连接，证明四点共圆，得到，则，当时，，则，即可判断②；如图1所示，由全等三角形的性质可得；如图2所示，连接，证明，进而可证明，再证明，即可得到，即可判断③；如图2所示，取中点O，连接，在上截取，连接，过点T作于S，求出，则，证明，得到，则当在上时，有最小值，即有最小值，解直角三角形得到，，则，进而可得，的最小值为6，即可判断④．【详解】解：如图1所示，延长到点，使得，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，

∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，设，则，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，∴当时，点F为的中点，故①正确；如图2所示，连接，∵，∴，∵，∴，∴四点共圆，∴，∴，∵当时，，∴，故②正确；如图1所示，∵，∴；如图2所示，连接∵，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，故③正确；如图2所示，取中点O，连接，在上截取，连接，过点T作于S，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴当在上时，有最小值，即有最小值，∵，∴，∴，，∴，，∴，∴，∴的最小值为6，故④正确；故选：D．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，圆周角定理，解直角三角形，正方形的性质勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形，相似三角形是解题的关键．3．（2023春·江苏·九年级校考阶段练习）如图，正方形的边长为4，的半径为2，为上的动点，则的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如图：以为斜边构造等腰直角三角形，连接，，连接、，推得，因为，求出即可求出答案．【详解】如图：以为斜边构造等腰直角三角形，连接，，∴，，四边形正方形，又，在与中，故答案为：2．解法2如图：连接、、根据题意正方形的边长为4，的半径为2，在上做点，使，则，连接在与中，，则在上做点，使，则，连接在与中，，则如图所示连接在与中，，故答案为：2．【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形，勾股定理等知识，难度较大，熟悉以上知识点运用是解题关键．4．（2023·山东·九年级专题练习）如图，在中，，，，圆C半径为2，P为圆上一动点，连接最小值__________．最小值__________．【答案】

；

．【分析】如图，连接CP，在CB上取点D，使CD=1，连结AD，可证△PCD∽△BCP．可得PD=BP，当点A，P，D在同一条直线时，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，由CD=1，CA=6，根据勾股定理AD==即可；在AC上取CE=，△PCE∽△ACP．可得PE=AP，当点B，P，E在同一条直线时，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，由CE=，CB=4，根据勾股定理BE=即可．【详解】解：如图，连接CP，在CB上取点D，使CD=1，连结AD，∵CP=2，BC=4，∴，∴，又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴，∴PD=BP，∴AP+BP=AP+PD，当点A，P，D在同一条直线时，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，∵CD=1，CA=6，∴AD==，∴AP+BP的最小值为．故答案为：在AC上取CE=，连接CP，PE∵∴又∵∠PCE=∠ACP，∴△PCE∽△ACP．∴，∴PE=AP，∴BP+AP=BP+PE，当点B，P，E在同一条直线时，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，∵CE=，CB=4，∴BD=，∴BP+AP的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查圆的性质，构造相似三角形解决比例问题，勾股定理，掌握圆的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，关键是引辅助线准确作出图形是解题关键．5．（2023·广东·九年级专题练习）如图，菱形的边长为2，锐角大小为，与相切于点E，在上任取一点P，则的最小值为___________．【答案】．【分析】在AD上截取AH=1.5，根据题意可知，AP=，可得，证△APH∽△ADP，可知PH=，当B、P、H共线时，的最小，求BH即可．【详解】解：在AD上截取AH=1.5，连接PH、AE，过点B作BF⊥DA延长线，垂足为F，∵AB=2，∠ABC=60°，∴BE=AF=1，AE=BF=，∴，∵∠PAD=∠PAH，∴△ADP∽△APH，∴，∴PH=，当B、P、H共线时，的最小，最小值为BH长，BH=；故答案为：．【点睛】本题考查了阿氏圆，解题关键是构造子母相似，利用两点之间，线段最短解决问题．6．（2024·湖北武汉·模拟预测）【新知探究】新定义：平面内两定点A,B，所有满足k(k为定值)的P点形成的图形是圆，我们把这种圆称之为“阿氏圆”，【问题解决】如图，在△ABC中，CB4，AB2AC，则△ABC面积的最大值为_____．【答案】【分析】以A为顶点，AC为边，在△ABC外部作∠CAP=∠ABC，AP与BC的延长线交于点P，证出△APC∽△BPA，列出比例式可得BP=2AP，CP=AP，从而求出AP、BP和CP，即可求出点A的运动轨迹，最后找出距离BC最远的A点的位置即可求出结论．【详解】解：以A为顶点，AC为边，在△ABC外部作∠CAP=∠ABC，AP与BC的延长线交于点P，∵∠APC=∠BPA，AB2AC∴△APC∽△BPA，∴∴BP=2AP，CP=AP∵BP－CP=BC=4∴2AP－AP=4解得：AP=∴BP=，CP=，即点P为定点∴点A的轨迹为以点P为圆心，为半径的圆上，如下图所示，过点P作BC的垂线，交圆P于点A1，此时A1到BC的距离最大，即△ABC的面积最大S△A1BC=BC·A1P=×4×=即△ABC面积的最大值为故答案为：．【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质、确定点的运动轨迹和求三角形的面积，掌握相似三角形的判定及性质、圆的定义和三角形的面积公式是解决此题的关键．7．（2024·四川成都·一模）如图，矩形中，已知为边上一动点，将沿边翻折到．点与点重合．连接．则的最小值为．【答案】【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，在上取点G，使，连接，，证明，可得出，则，当D、F、G三点共线时，最小，在中，利用勾股定理求出即可．【详解】解：在上取点G，使，连接，，∵翻折，∴，又，∴，，∴，又，∴，∴，∴，∴，当D、F、G三点共线时，最小，在中，，，，∴，即的的最小值为．故答案为：．8．（2024·四川自贡·模拟预测）如图，在中，，以O为圆心，4为半径作，分别交两边于点C，D两点，P为劣孤上一动点，则的最小值．【答案】【分析】本题考查圆的有关性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，取的中点E，证明，从而得出，进而由，所以最小值是长，再利用勾股定理求出即可．【详解】解：如图，连接，取的中点E，连接，∵，，∴，∴，∴，∴的最小值是，∵，，∴，∴的最小值是，故答案为：．9．（2024九年级·广东·专题练习）如图，的半径为，，Q为上一动点，则的最小值．的最小值【答案】【分析】连接OQ，在OM上取一点H，使OH=1，连接QH、PH，先证明，再根据相似三角形的性质得出，求的最小值转化为求PQ+QH的最小值，最后根据两点之间线段最短及勾股定理即可得出答案；连接OQ，在OP上取一点A，使OA=，连接QA、MA，先证明，再根据相似三角形的性质得出，求的最小值转化为求QM+QA的最小值，最后根据两点之间线段最短及勾股定理即可得出答案．【详解】解：连接OQ，在OM上取一点H，使OH=1，连接QH、PH，，Q是上一动点，根据两点之间，线段最短得到当Q在PH上时，PQ+QH最小即PQ+QM最小，最小值是PH=．连接OQ，在OP上取一点A，使OA=，连接QA、MA，又Q是上一动点，根据两点之间，线段最短得到当Q在MA上时，QM+QA最小即PQ+QM最小，最小值是MA=．故答案为：；．【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、两点之间线段最短、圆的基本概念，熟练掌握性质定理及添加合适的辅助线是解题的关键．10．（2024九年级·广东·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，以点为圆心，为半径的圆与两坐标轴分别交于A，B两点，D是弧上一动点，则的最小值．【答案】【分析】连接CO并延长至点P使，证△CDO∽△CPD，得出PD=OD，当B、D、P共线时最小，求BP长即可．【详解】解：连接CO并延长至点P使，连接DP、CD、BP、CB，∵C点坐为，∴OC=，∵CD=∴=，∴CP=，∴OP=∵∠AOP=45°，∴P点坐标为（）∵∠DCO=∠DCP，，∴△CDO∽△CPD，∴，∴PD=OD，当B、D、P共线时，=BD+DP=BP，此时最小，设点B的坐标为（0，n），∵C点坐标为，∴解得，n1=3，n2=-1，由图可知点B坐标为（0，3）由P点坐标（），B坐标（0，3）可得；故答案为：．【点睛】本题考查了阿氏圆，解题关键是构造子母相似，利用两点之间，线段最短解决问题．11．（23-24九年级上·重庆江津·阶段练习）如图，等边△ABC的边长为6，内切圆记为⊙O，P是⊙O上一动点，则2PB＋PC的最小值为．【答案】【分析】如图，连接交于点，取的中点，延长CO与AB交于G，连接，，，，首先证明，得到，所以，而（当且仅当、P、共线时取等号），从而计算出得到的最小值．【详解】解：如图，连接交于点，取的中点，延长CO与AB交于G，连接，，，BO，为的内切圆，，是等边三角形，，，，同理可得在中，，∴，∴，，，，，，，，，，的最小值为的长度，的最小值为的长度，，，，的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质、等边三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是利用相似比确定线段．12．（2023·广东广州·二模）【问题情境】（1）如图1，四边形是正方形，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接，若，则的长度是_________；【类比探究】（2）如图2，四边形是矩形，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接，判断线段与有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；【拓展提升】（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，求的最小值．

【答案】（1）；（2），，见解析；（3）【分析】（1）通过证明，得到，求出即可；（2）通过证明得到，所以．．延长相交于点H．因为矩形，所以，所以，，所以，所以；（3）将的最小值转化为求的最小值，然后根据勾股定理即可解决问题．【详解】解：（1）∵正方形，∴，∵，∴，∵正方形，∴，∴，在和中，，∴．∴，故答案为：；（2）解：，．理由如下：延长相交于点H．

∵矩形、矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；∵矩形，∴．∴，，∴，∴．∴；（3）解：作于N，交的延长线于M．

∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴点G在直线上运动，作点D关于直线的对称点，则：，∴当B，G，三点共线时，的值最小，连接交于G，此时的最小值为，由（2）知，，∴，∴，∴的最小值就是的最小值．∵，，，∴，∴，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．13．（2024·重庆·二模）在中，，点E是内部的一点，连接，且，延长交于点D．

(1)如图1，若，求的长．(2)如图2，过点A作交的延长线于点F，过点B作交于点M，求证：．(3)如图3，在（1）问的条件下，点H是的中点，点О是直线上的动点，连接，将沿翻折得到，连接，直接写出当取最小值时的值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）过点C作交延长线于G，求出，解直角三角形得到，证明得到，据此利用勾股定理即可求出答案；（2）如图所示，连接，过点A作交延长线于N，将绕点B逆时针旋转90度得到，由旋转的性质可得，则是等腰直角三角形，进而得到，证明三点共线，得到，则点F与点G重合，证明，得到，再证明，得到，则；由勾股定理得，再由，即可证明；（3）如图3-1所示，由（1）可得，则，可得；如图3-2所示，延长到T，使得，连接，证明，得到，则，故当在上时，有最小值；如图所示，过点T作交延长线于K，解得到，，再解得到；由勾股定理得，则，即．【详解】（1）解：如图所示，过点C作交延长线于G，∵，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴；

（2）证明：如图所示，连接，过点A作交延长线于N，将绕点B逆时针旋转90度得到，由旋转的性质可得，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴三点共线，∴，又∵，∴点F与点G重合，∴；∵，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴；在中，由勾股定理得，∵，∴，∴；

（3）解：如图3-1所示，由（1）可得，∴，∴；

如图3-2所示，延长到T，使得，连接，由折叠的性质可得，∴，又∵，∴，∴，∴，∴当在上时，有最小值；如图所示，过点T作交延长线于K，在中，，，在中，，∴；∵H是的中点，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，即．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，折叠的性质等等，解（2）的关键在于证明，解（3）的关键在于构造字母相似三角形从而确定当在上时，有最小值．14．（23-24九年级下·江苏苏州·开学考试）请认真阅读下列材料：如图①，给定一个以点O为圆心，r为半径的圆，设点A是不同于点O的任意一点，则点A的反演点定义为射线上一点，满足．显然点A也是点的反演点．即点A与点互为反演点，点O为反演中心，r称为反演半径．这种从点A到点的变换或从点到点A的变换称为反演变换．例如：如图②，在平面直角坐标系中，点，以点O为圆心，为半径的圆，交y轴的正半轴于点B；C为线段的中点，P是上任意一点，点D的坐标为；若C关于的反演点分别为．（1）求点的坐标；（2）连接、，求的最小值．解：（1）由反演变换的定义知：，其中，．∴，故点的坐标为；（2）如图③，连接、，由反演变换知，即，而，∴．∴，即．∴．故的最小值为13.请根据上面的阅读材料，解决下列问题：如图④，在平面直角坐标系中，点，以点O为圆心，为半径画圆，交y轴的正半轴于点B，C为线段的中点，P是上任意一点，点D的坐标为．（1）点D关于的反演点的坐标为________；（2）连接、，求的最小值；（3）如图⑤，以为直径作，那么上所有的点（点O除外）关于的反演点组成的图形具有的特征是__________________．【答案】（1）；（2）13；（3）过点A且与x轴垂直的一条直线【分析】（1）根据反演变换的定义即可求出结论；（2）连接，根据相似三角形的判定定理证出，列出比例式即可求出，然后代入所求关系式并根据两点之间线段最短即可求出结论；（3）在上任取一点P，连接OP并延长至点P关于的反演点，连接AP和，根据相似三角形的判定定理证出，根据相似三角形的性质可得，然后根据直径所对的圆周角是直角即可求出=90°，从而得出结论．【详解】解：（1）由反演变换的定义知：，其中，．∴，∴点D关于的反演点的坐标为故答案为：；（2）连接，由反演变换知，即，而，∴．∴，即．∴．故的最小值13．（3）在上任取一点P，连接OP并延长至点P关于的反演点，连接AP和由反演变换知，即，而，∴，∴∵OA为的直径∴90°∴=90°∴⊥x轴∴上所有的点（点O除外）关于的反演点组成的图形具有的特征是过点A且与x轴垂直的一条直线故答案为：过点A且与x轴垂直的一条直线．【点睛】此题考查的是圆的综合题型和相似三角形的判定及性质，掌握直径所对的圆周角是直角、相似三角形的判定及性质和反演变换的定义是解题关键．15．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）（1）如图，在中，D为上一点，．求证：；（2）如图2，在菱形中，E，F分别为上的点，且，射线交的延长线于点M，射线交的延长线于点N．若求：①的长；②的长；（3）如图3，在菱形中，点E为的中点，在平面内存在点F，且满足，以为一边作（顶点F、A、P按逆时针排列），使得，且，请直接写出的最小值．【答案】（1）见详解（2）①②（3）【分析】根据两个角相等可得，得，整理得证；（2）①连接，利用两个角相等可得，得，代入计算即可；②根据两个角相等得，得，代入计算得的长，从而解决问题；（3）连接根据两边成比例且夹角相等可得，得，在上取点M，使，利用基本模型得，则，将的最小值转化为求的长，进而解决问题．【详解】解：（1）证明：∵，∴∴，∴；（2）①连接，∵四边形是菱形∴∴∵∴则∵∴，得，∴，∵∴，∴②由①同理得，，∵∴∴∵∴∴∴，∴，∴；（3）解：连接，∵点E为的中点，四边形为菱形，∴∵，∴∵∴∴∵，∴∴在上取点M，使∴，∵∴∴∴∴当点三点共线时，最小，即最小，连接，过点D作，交的延长线于N，∵，∴，∴，∴最小值为．【点睛】本题是相似形综