专题32 几何图形中的最值问题（含隐圆）（解析版）

模块二常见模型专练

专题32几何图形中的最值问题（含隐圆）

最值问题一阿氏圆问题

例1（2020·广西·中考真题）如图，在RtABC中，AB＝AC＝4，点E，F分别是AB，AC的中点，点P

1

是扇形AEF的上任意一点，连接BP，CP，则BP+CP的最小值是_____．

EF2

【答案】17．

PTAP1

【分析】在AB上取一点T，使得AT＝1，连接PT，PA，CT．证明PAT∽BAP，推出＝＝，

PBAB2

11

推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根据PC+PT≥TC，求出CT即可解决问题．

22

【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＝4AT•AB，

PAAB

∴＝，

ATPA

∵∠PAT＝∠PAB，

∴PAT∽BAP，

PTAP1

∴＝＝，

PBAB2

1

∴PT＝PB，

2

1

∴PB+CP＝CP+PT，

2

第1页共94页.

∵PC+PT≥TC，

在RtACT中，

∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，

∴CT＝AT2AC2＝17，

1

∴PB+PC≥，

217

1

∴PB+PC的最小值为．

217

故答案为17．

【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．

例2（2019·山东·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于

A，C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，与x轴的另一交点为B

（1）求抛物线解析式及B点坐标；

（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形AMBC

面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积；

1

（3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+PA的

2

值最小，请求出这个最小值，并说明理由．

【答案】（1）y＝x2﹣6x+5，B（5，0）；（2）当M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积

1

等于18；（3）PC+PA的最小值为，理由详见解析.

241

【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B坐标．

（2）从x轴把四边形AMBC分成ABC与ABM；由点A、B、C坐标求ABC面积；设点M横坐标为

△△△

第2页共94页.

m，过点M作x轴的垂线段MH，则能用m表示MH的长，进而求ABM的面积，得到ABM面积与m

的二次函数关系式，且对应的a值小于0，配方即求得m为何值时取△得最大值，进而求点△M坐标和四边形

AMBC的面积最大值．

BDBP1

（3）作点D坐标为（4，0），可得BD＝1，进而有，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根据两

BPAB2

PD11

边对应成比例且夹角相等可证PBD∽△ABP，得等于相似比，进而得PD＝AP，所以当C、P、D

PA22

1△

在同一直线上时，PC+PA＝PC+PD＝CD最小．用两点间距离公式即求得CD的长．

2

【详解】解：（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0时，y＝5

∴C（0，5）

y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1

∴A（1，0）

∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点

1bc0b6

∴解得：

00c5c5

∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5

2

当y＝x﹣6x+5＝0时，解得：x1＝1，x2＝5

∴B（5，0）

（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H

∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）

∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5

11

∴SABC＝AB•OC＝×4×5＝10

22

∵点△M为x轴下方抛物线上的点

∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）

∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5

第3页共94页.

11222

∴SABM＝AB•MH＝×4（﹣m+6m﹣5）＝﹣2m+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）+8

22

△22

∴S四边形AMBC＝SABC+SABM＝10+[﹣2（m﹣3）+8]＝﹣2（m﹣3）+18

∴当m＝3，即M△（3，﹣△4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18

（3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD

∴BD＝5﹣4＝1

∵AB＝4，BP＝2

BDBP1

∴

BPAB2

∵∠PBD＝∠ABP

∴△PBD∽△ABP

PDPD1

∴

APBP2

1

∴PD＝AP

2

1

∴PC+PA＝PC+PD

2

1

∴当点C、P、D在同一直线上时，PC+PA＝PC+PD＝CD最小

2

∵CD＝OC2OD2524241

1

∴PC+PA的最小值为

241

【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的性质、圆的性质及相似三角形的判断

与性质.

模型建立：已知平面上两点A、B，则所有符合＝k（k＞0且k≠1）的点P会组成一个圆．这个结论最先

第4页共94页.

由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，称阿氏圆．

阿氏圆基本解法：构造三角形相似．

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上的动点，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？

1：连接动点至圆心0（将系数不为1的线段两端点分别与圆心相连接），即连接OP、OB；

2：计算连接线段OP、OB长度；

3：计算两线段长度的比值；

𝑂

𝑂=k

4：在OB上截取一点C，使得构建母子型相似：

𝑂𝑂

5：连接AC，与圆0交点为P，𝑂即=A�C�线段长为PA＋K*PB的最小值．

本题的关键在于如何确定“k·PB”的大小，（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．

∴本题求“PA＋k·PB”的最小值转化为求“PA＋PC”的最小值，即A、P、C三点共线时最小（如图3），

时AC线段长即所求最小值．

【变式1】（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是

1

⊙B上的一个动点，则PD﹣PC的最大值为_____．

2

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【答案】5

11

【详解】分析:由PD−PC＝PD−PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD−PC的值最大，最大值为

22

DG＝5．

详解:在BC上取一点G，使得BG＝1，如图，

PB2BC4

∵2，2，

BG1PB2

PBBC

∴，

BGPB

∵∠PBG＝∠PBC，

∴△PBG∽△CBP，

PGBG1

∴，

PCPB2

1

∴PG＝PC，

2

1

当点P在DG的延长线上时，PD−PC的值最大，最大值为DG＝22＝5．

243

故答案为5

点睛:本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，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，题目比较难，属于中

第6页共94页.

考压轴题．

【变式2】（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=9，以点C为圆心，

6为半径的圆上有一个动点D.连接AD、BD、CD，则2AD+3BD的最小值是________.

【答案】1210

2

【分析】如下图，在CA上取一点E，使得CE=4，先证△DCE∽△ACD，将AD转化为DE，从而求得

3

2

ADBD的最小距离，进而得出2AD+3BD的最小值．

3

【详解】如下图，在CA上取一点E，使得CE=4

∵AC=9，CD=6，CE=4

CDAC

∴

CECD

∵∠ECD=∠ACD

∴△DCE∽△ACD

EDDC6

∴

ADAC9

2

∴ED=AD

3

在△EDB中，ED+DB≥EB

∴ED+DB最小为EB，即ED+DB=EB

2

∴ADDBEB

3

在Rt△ECB中，EB=12242410

第7页共94页.

2

∴ADDB410

3

∴2AD+3DB=1210

故答案为：1210．

【点睛】本题考查求最值问题，解题关键是构造出△DCE∽△ACD．

【变式3】（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图所示，ACB60，半径为2的圆O内切于ACB．P为

圆O上一动点，过点P作PM、PN分别垂直于ACB的两边，垂足为M、N，则PM2PN的取值范围

为___________．

【答案】623„PM2PN„623

【分析】根据题意，本题属于动点最值问题-“阿氏圆”模型，首先作MHNP于H，作MFBC于F，如图

1

所示，通过代换，将PM2PN转化为PNPMPNHPNH，得到当MP与O相切时，MF取得最

2

大值和最小值，分两种情况，作出图形，数形结合解直角三角形即可得到相应最值，进而得到取值范围．

【详解】解：作MHNP于H，作MFBC于F，如图所示：

PMAC，PNCB，

PMCPNC90，

MPN360PMCPNCC120，

第8页共94页.

MPH180MPN60，

1

HPPMcosMPHPMcos60PM，

2

1

PNPMPNHPNH，

2

MFNH，

当MP与O相切时，MF取得最大和最小，

①连接OP，OG，OC，如图1所示：

可得：四边形OPMG是正方形，

MGOP2，

在RtCOG中，CGOGtan6023，

CMCGGM223，

在Rt△CMF中，MFCMsin6033，

1

HNMF33，即PM2PN2PMPN2HN623；

2

②连接OP，OG，OC，如图2所示：

可得：四边形OPMG是正方形，

MGOP2，

第9页共94页.

由上同理可知：在RtCOG中，CGOGtan6023，

CMCGGM232，

在Rt△CMF中，MFCMsin6033，

1

HNMF33，即PM2PN2PMPN2HN623，

2

623„PM2PN„623．

故答案为：623„PM2PN„623．

【点睛】本题考查动点最值模型-“阿氏圆”，难度较大，掌握解决动点最值问题的方法，熟记相关几何知识，

尤其是圆的相关知识是解决问题的关键．

【变式4】（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圆C的

半径为2，点P为圆上一动点，连接AP，BP，求：

1

①APBP，

2

②2APBP，

1

③APBP，

3

④AP3BP的最小值．

237

【答案】①37；②237；③；④237．

3

【分析】①在CB上取点D，使CD1，连接CP、DP、AD．根据作图结合题意易证DCPPCB，即可

11

得出PDBP，从而推出APBPAPPD，说明当A、P、D三点共线时，APPD最小，最小值即

22

为AD长．最后在RtACD中，利用勾股定理求出AD的长即可；

1

②由2APBP2(APBP)，即可求出结果；

2

21

③在CA上取点E，使CE，连接CP、EP、BE．根据作图结合题意易证ECPPCA，即可得出EPAP，

33

第10页共94页.

1

从而推出APBPEPBP，说明当B、P、E三点共线时，EPBP最小，最小值即为BE长．最后在Rt△BCE

3

中，利用勾股定理求出BE的长即可；

1

④由AP3BP3(APBP)，即可求出结果．

3

【详解】解：①如图，在CB上取点D，使CD1，连接CP、DP、AD．

∵CD1，CP2，CB4，

CDCP1

∴．

CPCB2

又∵DCPPCB，

∴DCPPCB，

PD11

∴，即PDBP，

BP22

1

∴APBPAPPD，

2

∴当A、P、D三点共线时，APPD最小，最小值即为AD长．

∵在RtACD中，ADAC2CD2621237．

1

∴APBP的最小值为37；

2

1

②∵2APBP2(APBP)，

2

∴2APBP的最小值为237237；

2

③如图，在CA上取点E，使CE，连接CP、EP、BE．

3

第11页共94页.

2

∵CE，CP2，CA6，

3

CECP1

∴．

CPCA3

又∵ECPPCA，

∴ECPPCA，

EP11

∴，即EPAP，

AP33

1

∴APBPEPBP，

3

∴当B、P、E三点共线时，EPBP最小，最小值即为BE长．

2237

∵在Rt△BCE中，BEBC2CE242()2．

33

1237

∴APBP的最小值为；

33

1

④∵AP3BP3(APBP)，

3

237

∴AP3BP的最小值为3237．

3

【点睛】本题考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．正确的作出辅助线，并且理解三

点共线时线段最短是解答本题的关键．

最值问题二胡不归问题

例1（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，

垂足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为_____．

第12页共94页.

【答案】42

1

【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝2PAPB＝

2

1

PFPB＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．

2

【详解】解：如图，

在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，

此时PA+2PB最小，

∴∠AFB＝90°

∵AB＝AC，AD⊥BC，

11

∴∠CAD＝∠BAD＝BAC3015，

22

∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，

1

∴PF＝PA，

2

11

∴PA+2PB＝2PAPB＝PFPB＝2BF，

22

在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，

2

∴BF＝AB•sin45°＝422，

2

∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42，

故答案为：42．

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．

第13页共94页.

4

例2（2022·广西梧州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线yx4分别与x，y轴交于

3

5

点A，B，抛物线yx2bxc恰好经过这两点．

18

(1)求此抛物线的解析式；

(2)若点C的坐标是0,6，将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．

①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；

3

②若点P是y轴上的任一点，求BPEP取最小值时，点P的坐标．

5

51

【答案】(1)yx2x4

182

3

(2)①点E在抛物线上；②P（0，−）

2

【分析】（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；

（2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函

数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；

AOHP333

②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，sinABO，则HPBP，得BP＋EP＝HP＋PE，

ABBP555

可知HP＋PE的最小值为EH的长，从而解决问题．

【详解】（1）解：当x=0时，y=-4，

4

当y=0时，x40，

3

∴x=-3，

∴A（-3，0），B（0，-4），

5

把A、B代入抛物线yx2bxc，

18

5

(3)23bc0

得18，

c4

第14页共94页.

1

b

∴2，

c4

51

∴抛物线解析式为yx2x4．

182

（2）解：①∵A（-3，0），C（0，6），

∴AO=3，CO=6，

由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°

∴E到x轴的距离为6-3=3，

∴点E的坐标为（6，3），

51

当x=3时，y62643，

182

∴点E在抛物线上；

②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，

∵A（−3，0），B（0，−4），

∴OA＝3，OB＝4，

∴AB＝5，

AOHP3

∵sinABO，

ABBP5

3

∴HPBP，

5

3

∴BP＋EP＝HP＋PE，

5

∴HP＋PE的最小值为EH的长，

作EG⊥y轴于G，

∵∠GEP＝∠ABO，

∴tan∠GEP＝tan∠ABO，

第15页共94页.

PGAO

∴，

EGBO

PG3

∴，

64

9

∴PG＝，

2

93

∴OP＝−3＝，

22

3

∴P（0，−）．

2

【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角函数，两点之

3

间、线段最短等知识，利用三角函数将BP转化为HP的长是解题的关键．

5

“PA＋k·PB”型的最值问题，当k＝1时通常为轴对称之最短路径问题，而当k＞0时，若以常规的轴对称的

方式解决，则无法进行，因此必须转换思路．

1.当点P在直线上

如图，直线BM，BN交于点B，P为BM上的动点，点A在射线BM，BN同侧，已知sin∠MBN＝k．

过点A作AC⊥BN于点C，交BM于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长．

证明如图，在BM上任取一点Q，连结AQ，作QD⊥BN于点D．

由sin∠MBN＝k，可得QD＝k·QB．

所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得证．

2．当点P在圆上

如图，⊙O的半径为r，点A，B都在⊙O外，P为⊙O上的动点，已知r＝k·OB．

在OB上取一点C，使得OC＝k·r，连结AC交⊙O于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的

长．

第16页共94页.

证明如图，在⊙O上任取一点Q，连结AQ，BQ，连结CQ，OQ．

则OC＝k·OQ，OQ＝k·OB．

而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB，

所以QC＝k·QB．

所以QA＋k·QB＝QA＋QC≥AC，即得证．

【变式1】（2022·湖北武汉·校联考一模）如图，在△ACE中，CACE，CAE30，半径为5的O经

过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上任意一点(不含端点)，则

1

ODCD的最小值为______．

2

【答案】53

2

1

【分析】过点C作关于AE的平行线，过点D作DH垂直于该平行线于H，可将CD转化为DH，此时

2

1

ODCD就等于ODDH，当ODH共线时，即为所要求的最小值．

2

【详解】解：如图所示，过点C作关于AE的平行线，过点D作DH垂直于该平行线于H，

CH//AB，CAE30，OCOA，

HCAOCA30，

HD1

sinHCD，HCO60，

CD2

1

CDHD，

2

第17页共94页.

1

ODCDODDH，

2

当O，D，H三点共线，即在图中H在H'位置，D在D'位置的时候有ODDH最小，

1

当O，D，H三点共线时，ODCD有最小值，

2

353

此时OH'OCsinHCOOCsin605，

22

1

ODCD的最小值为53，

22

故答案为53．

2

1

【点睛】本题主要考查了最值问题中的胡不归问题，解题的关键是在于将OD进行转换．

2

【变式2】（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一个动点，

1

点F在边CD上，且线段EF＝4，点G为线段EF的中点，连接BG、CG，则BG+CG的最小值为_____．

2

【答案】5

1

【分析】因为DG＝EF＝2，所以G在以D为圆心，2为半径圆上运动，取DI＝1，可证△GDI∽△CDG，

2

1

从而得出GI＝CG，然后根据三角形三边关系，得出BI是其最小值

2

【详解】解：如图，

在Rt△DEF中，G是EF的中点，

1

∴DG＝EF2，

2

∴点G在以D为圆心，2为半径的圆上运动，

第18页共94页.

在CD上截取DI＝1，连接GI，

DI

∴＝DG＝1，

DGCD2

∴∠GDI＝∠CDG，

∴△GDI∽△CDG，

IGDI

∴＝1，

CGDG2

1

∴IG＝CG，

2

1

∴BG+CG＝BG+IG≥BI，

2

1

∴当B、G、I共线时，BG+CG最小＝BI，

2

在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，

∴BI＝5，

故答案是：5．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆的概念，求得点G的运动轨迹是解题的关键．

【变式3】（2021春·全国·九年级专题练习）如图，在边长为4的正方形ABCD内有一动点P，且BP＝2．连

1

接CP，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．连接CQ、DQ，则DQ+CQ的最小值为___．

2

【答案】5

AQ2

【分析】连接AC、AQ，先证明△BCP∽△ACQ得即AQ＝2，在AD上取AE＝1，证明△QAE∽△DAQ

BP2

11

得EQ＝QD，故DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．

22

【详解】解：如图，连接AC、AQ，

∵四边形ABCD是正方形，PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，

∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，

BC2PC2

∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝，cos∠PCQ＝，

AC2QC2

第19页共94页.

∴∠ACB=∠PCO，

∴△BCP∽△ACQ，

AQ2

∴

BP2

∵BP＝2，

∴AQ＝2，

∴Q在以A为圆心，AQ为半径的圆上，

在AD上取AE＝1，

AE1AQ1

∵，，∠QAE＝∠DAQ，

AQ2AD2

∴△QAE∽△DAQ，

EQ11

∴即EQ＝QD，

QD22

1

∴DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，

2

连接CE，

∴CEDE2CD25，

1

∴DQ+CQ的最小值为5．

2

故答案为：5．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，解题的关键

在于能够连接AC、AQ，证明两对相似三角形求解.

【变式4】（2021秋·四川达州·九年级达州市第一中学校校考期中）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在

3

x、y轴的正半轴上，点B的坐标为(23,4)，一次函数y=-x+b的图象与边OC、AB、x轴分别交于

3

点D、E、F，DFO30，并且满足ODBE，点M是线段DF上的一个动点．

第20页共94页.

（1）求b的值；

（2）连接OM，若ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1:3，求点M的坐标；

1

（3）求OMMF的最小值．

2

2379

【答案】（1）b3；（2）M(,)；（3）

332

【分析】（1）利用矩形的性质，用b表示点E的坐标，再利用待定系数法即可求解；

（2）首先求出四边形OAED的面积，再根据条件求出△ODM的面积，即可解决问题；

1

（3）过点M作MNx轴交于点N，则OMMFOMMN，即可转化为求OMMN的最小值，作点

2

O关于一次函数的对称点O，过点O作x轴的垂线交x轴于点N，交一次函数于点M，即OMMN的最

小值为ON，算出长度即可．

3

【详解】（1）在y=-x+b中，令x0，则yb，

3

点D的坐标为(0,b)，

ODBE，B(23,4)，

E(23,4b)，

33

把E(23,4b)代入y=-x+b中得：4b23b，

33

解得：b3；

3

（2）由（1）得一次函数为yx3，D(0,3)，E(23,1)，

3

OD3，AE1，OA23，

11

S=(ODAE)OA(31)2343，

四边形OADE22

ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1:3，

\DODM的面积与四边形OADE的面积之比为1:4，

第21页共94页.

1

SS3，

ODM4四边形OADE

1

设点M的横坐标为a，则3a3，

2

23

解得：a，

3

2337

把x代入yx3中得：y，

333

237

M(,)；

33

（3）

如图所示，过点M作MNx轴交于点N，

DFO30，

1

MNMF，

2

1

OMMFOMMN，

2

作点O关于一次函数的对称点O，且OO’与直线DF交于Q点，过点O作x轴的垂线交x轴于点N，

OMOM，

1

OMMFOMMNOMMN，

2

当O、M、N在同一直线时OMMN最小，

1

即OMMFOMMNOMMN的最小值为ON，

2

DFO30，

ODF60，DOQ30，OON903060，

333

在RtVODQ中，OQODsin603，

22

OO2OQ33，

39

在RtONO中．ONOOsin6033，

22

第22页共94页.

19

OMMF的最小值为．

22

【点睛】本题考查几何图形与函数的综合题，包括一次函数、矩形的性质、四边形的面积，解直角三角形

以及胡不归问题，属于中考压轴题．

最值问题三隐圆问题

例1（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB3，BC4．点P是线段BC上

一动点，点M为线段AP上一点．ADMBAP，则BM的最小值为（）

5123

A．B．C．13D．132

252

【答案】D

【分析】证明AMD=90，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，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ABCD为矩形

∴BAP+MAD=90

∵ADMBAP

∴MAD+ADM=90

∴AMD=90

∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上

第23页共94页.

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

1

∵BO2AB2AO2，AO=AD=2

2

∴BO29413

∴BO13

∵BNBOAO132

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．

例2（2021·湖北十堰·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，ABE是等边三角形，M为对角线BD（不

含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60得到BN，连接EN、AM、CM．

（1）求证：AMBENB；

（2）①当M点在何处时，AMCM的值最小；

②当M点在何处时，AMBMCM的值最小，并说明理由；

（3）当AMBMCM的最小值为31时，求正方形的边长．

【答案】（1）见解析；（2）①当M点落在BD的中点时；②当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM

＋CM的值最小，理由见解析；（3）2

【分析】（1）由题意得MBNB，ABN15，所以EBN45，容易证出AMBENB；

（2）①根据“两点之间线段最短”，可得，当M点落在BD的中点时，AMCM的值最小；

②根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AMBMCM的值最小，即等于EC的

长（如图）；

（3）作辅助线，过E点作EFBC交CB的延长线于F，由题意求出EBF30，设正方形的边长为x，

在RtEFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为2．

【详解】解：（1）证明：ABE是等边三角形，

第24页共94页.

BABE，ABE60．

∵MBN60，

MBNABNABEABN．

即MBANBE．

又∵MBNB，

AMBENB(SAS)．

（2）解：①当M点落在BD的中点时，A、M、C三点共线，AMCM的值最小．②如图，连接CE，

当M点位于BD与CE的交点处时，

AMBMCM的值最小，

理由如下：连接MN，由（1）知，AMBENB，

AMEN，

∵MBN60，MBNB，

BMN是等边三角形．

∴BMMN．

AMBMCMENMNCM．

根据“两点之间线段最短”可知，若E、N、M、C在同一条直线上时，ENMNCM取得最小值，最小

值为EC．

在ABM和CBM中，

ABCB

ABMCBM，

BMBM

ABMCBM(SAS)，

BAMBCM，

BCMBEN，

EBCB，

若连接EC，则BECBCE，

BCMBCE，BENBEC，

M、N可以同时在直线EC上．

当M点位于BD与CE的交点处时，AMBMCM的值最小，即等于EC的长．

（3）解：过E点作EFBC交CB的延长线于F，

EBFABFABE906030．

第25页共94页.

3x

设正方形的边长为x，则BFx，EF．

22

在RtEFC中，

EF2FC2EC2，

x3

()2(xx)2(31)2．

22

解得x12，x22（舍去负值）．

正方形的边长为2．

【点睛】本题考查轴对称的性质和正方形的性质，三角形全等的判定、等腰三角形的性质、勾股定理，解

题的关键是掌握以上知识点，添加适当辅助线，灵活运用．

【模型一：定弦定角的“前世今生”】

【模型二：动点到定点定长】

第26页共94页.

【模型三：直角所对的是直径】

【模型四：四点共圆】

牢记口诀：

定点定长走圆周，定线定角跑双弧。

直角必有外接圆，对角互补也共圆。

【变式1】（2022秋·江苏泰州·八年级泰州市第二中学附属初中校考期中）△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，

D是BC的中点，E为AB上一动点，点B关于DE的对称点B在△ABC内（不含△ABC的边上），则BE

长的范围为______．

95

【答案】BE

52

【分析】首先根据运动特点分析出点B的运动轨迹在以D为圆心，BD为半径的圆弧上，然后分点B恰好

第27页共94页.

落在AB边上和点B恰好落在AC边上两种情况讨论，分别利用勾股定理以及等腰三角形的性质和判定进行

求解和证明即可得出两种临界情况下BE的长度，从而得出结论．

【详解】解：∵点B与B关于DE对称，

∴BDBD，则点B的运动轨迹在以D为圆心，BD为半径的圆弧上，

①如图所示，当点B恰好落在AB边上时，此时，连接AD和DE，

1

由题意及“三线合一”知，ADBD，BDBC3，

2

∴在RtABD中，ADAB2BD252324，

此时，根据对称的性质，DEAB，