2025年中考数学难点突破：隐圆问题专练

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年中考数学难点突破：隐圆问题专练1．如图1，与都是等边三角形，边长分别为4和，连接为高，连接，N为的中点．(1)求证：；(2)将绕点A旋转，当点E在上时，如图2，与交于点G，连接，求线段的长；(3)连接，在绕点A旋转过程中，求的最大值．2．如图，在正方形中，点E在直线右侧，且，以为边作正方形，射线与边交于点M，连接、．(1)如图1，求证：；(2)若正方形的边长为4，①如图2，当G、C、M三点共线时，设与交于点N，求的值；②如图3，取中点P，连接，求长度的最大值．3．定义：既相等又垂直的两条线段称为“等垂线段”，如图1，在中，，，点、分别在边、上，，连接、，点、、分别为、、的中点，且连接、．(1)观察猜想线段与______填（“是”或“不是”）“等垂线段”．(2)绕点按逆时针方向旋转到图2所示的位置，连接，，试判断与是否为“等垂线段”，并说明理由．(3)拓展延伸把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出与的积的最大值．4．（1）如图1，等边的边长为2，点D为边上一点，连接，则长的最小值是______；（2）如图2，已知菱形的周长为16，面积为，E为中点，若P为对角线上一动点，Q为边上一动点，计算的最小值：（3）如图3，已知在四边形中，，，，E为边上一个动点，连接，过点D作，垂足为点F，在上截取．试问在四边形内是否存在点P，使得的面积最小？若存在，请你在图中画出点P的位置，并求出的最小面积；若不存在，请说明理由．5．已知，平面直角坐标系中有一个边长为6的正方形，M为线段上的动点，将沿直线对折，使O点落在处．

(1)如图①，当时，求点的坐标；(2)如图②，连接，当时．①求点M的坐标；②连接，求与重叠部分的面积；(3)当点M在线段（不包括端点）上运动时，请直接写出线段的取值范围．6．1.问题发现图（1），在和中，，，，连接，交于点M.①的值为______；②的度数为_______．（2）类比探究图（2），在和中，，，连接，交的延长线于点M，请计算的值及的度数；（3）拓展延伸在（2）的条件下，若，，将绕点O在平面内旋转一周．①当直线经过点B且点C在线段上时，求的长；②请直接写出运动过程中M点到直线距离的最大值．7．如图，圆O为的外接圆，，，点D是圆O上的动点，且点C、D分别位于的两侧．(1)求圆O的半径；(2)当时，求的度数；(3)设的中点为M，在点D的运动过程中，线段的最大值为．8．如图1，在中，，以点B为圆心，以为半径作圆．(1)设点P为上的一个动点，线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，连接，，，如图2，求证：；(2)在（1）的条件下，若，求的长；(3)在（1）的条件下，当______°时，有最大值，且最大值为______；当______°时，有最小值，且最小值为______．9．如图①，在等腰和等腰中，，，，为的中点，为的中点，连接，，．(1)若，求的长度；(2)若将绕点旋转到如图②所示的位置，请证明，；(3)如图③，在绕点旋转的过程中，再将绕点逆时针旋转到，连接，若，请直接写出的最大值．10．在中，，CA＝2CB．将线段CA绕点C旋转得到线段CD．(1)如图1，当点D落在AB的延长线上时，过点D作交AC的延长线于点E，若BC＝2，求DE的长；(2)如图2，当点D落在CB的延长线上时，连接AD，过点C作CF⊥AB于点F，延长CF交AD于点E，连接BE，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，将沿AC翻折得到，M为直线AD上一个动点．连接BM，将沿BM翻折得到．当最小时，直接写出的值．11．如图，等边三角形ABC内接于半径长为2的⊙O，点P在圆弧AB上以2倍速度从B向A运动，点Q在圆弧BC上以1倍速度从C向B运动，当点P，O，Q三点处于同一条直线时，停止运动．(1)求点Q的运动总长度；(2)若M为弦PB的中点，求运动过程中CM的最大值．12．如图，在△ABC和△DEF中，，，，BC、EF交于点M，且点M为BC、EF的中点，将△DEF绕点M旋转．(1)如图1，当△DEF旋转至点A在FD延长线上时，若，，，求线段BF的长；(2)如图2，当△DEF旋转至点A在FD延长线上，求证：；(3)如图3，在△DEF旋转过程中，直线AD与直线CF交于点N，连接BN，P为BN的中点，连接AP，若，请直接写出线段AP的最大值．13．在平面直角坐标系中，二次函数的图像过点和点，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称．(1)求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图像上，并说明理由；(2)若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；(3)若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，，的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值．14．如图，抛物线（a为常数，）与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC．(1)求a的值；(2)点D是该抛物线的顶点，点P（m，n）是第三象限内抛物线上的一个点，分别连接BD、BC、CD、BP，当∠PBA＝∠CBD时，求m的值；(3)点K为坐标平面内一点，DK＝2，点M为线段BK的中点，连接AM，当AM最大时，求点K的坐标．15．【问题背景】如图1，P是等边△ABC内一点，∠APB＝150°，则PA2+PB2＝PC2．小刚为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请帮助小刚完成辅助线的作图；【迁移应用】如图2，D是等边△ABC外一点，E为CD上一点，AD∥BE，∠BEC＝120°，求证：△DBE是等边三角形；【拓展创新】如图3，EF＝6，点C为EF的中点，边长为3的等边△ABC绕着点C在平面内旋转一周，直线AE、BF交于点P，M为PG的中点，EF⊥FG于F，FG＝4，请直接写出MC的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《2025年中考数学难点突破：隐圆问题专练》参考答案1．(1)见解析(2)；(3)的最大值．【分析】（1）根据证明三角形全等即可；（2）证明垂直平分线段，推出，利用勾股定理求出，再利用三角形中位线定理求出；（3）在旋转过程中，，而且当点H在线段上时，可以取到最大值．【详解】（1）证明：∵与都是等边三角形，∴，∴，在和中，，∴（）；（2）解：∵为等边的高，∴，∴，∵，∴，即G为的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∵N为的中点，∴；（3）解：如图，取的中点H，连接．∵为等边的中线，∴，由（2）同理可得，∵N为的中点，∴是的中位线，∴，在旋转过程中，，∴而且当点H在线段上时，可以取到最大值，∴的最大值．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题．2．(1)见解析(2)①，②当P、B、F三点共线时，PF有最大值为【分析】（1）对角线是正方形的对称轴，即可得；（2）①当G、C、M三点共线时，根据，，进而即可求得的值；②连接，证明，求出相似比，求出，当P、B、F三点共线时，即可求出最大值．【详解】（1）如图1，∵对角线是正方形的对称轴，∴；（2）如图2，①当G、C、M三点共线时，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，又∵，，∴，②如图3，∵，，∴，∴，∵，∴；在中，，当P、B、F三点共线时，PF有最大值：．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．3．(1)是(2)是，答案见解析(3)【分析】（1）根据中位线的性质以及，，可得，由中位线性质可得，，再由结合平行线的性质，可证，故线段与是“等垂线段”．（2）先证，可得，根据中位线的性质得到，，即；由中位线性质可得，，再由结合平行线的性质，可证，故线段与是“等垂线段”．（3）由（2）可知，，，故，当取最大值时，与的积有最大值．当、、三点共线，且点在之间时，取最大值．此时．最后根据已知条件，计算出最大值即可．【详解】（1）解：线段与是“等垂线段”．理由如下：∵点、、分别为、、的中点，∴，，∵，，∴，即，∴．∵点、、分别为、、的中点，∴，，∵在中，，，∴，∴，，∵，，∴，，∴，∴，即线段与是“等垂线段”，故答案为：是．（2）解：线段与是“等垂线段”，理由如下：∵绕点按逆时针方向旋转到图2所示的位置，∴，，∵，∴，即，在与中，∵，∴，∴，∵点、、分别为、、的中点，∴，，∵，∴．∵点、、分别为、、的中点，∴，，∵在中，，，∴，∴，，∵，，∴，∵，∴，即，∴，∴．∵，．故线段与是“等垂线段”．（3）解：由（2）可知，，，故，当取最大值时，与的积有最大值．∵把绕点在平面内自由旋转，∴当、、三点共线，且点在之间时，取最大值．∴此时．∵在中，，，，为的中点，∴，同理可得，，∴的最大值为3，与的积有最大值．【点睛】本题考查了中位线的性质及运用，全等三角形的判定与性质以及图形动态问题，综合运用以上知识是解题的关键．4．（1）；（2）；（3）存在，见解析，【分析】（1）根据垂线段最短可知，当时，线段的值最小，再根据等边三角形的边长为2，确定高，从而得出结论；（2）如图2中，作于H，在上截取，连接，，．首先证明是等边三角形，证明，可得，推出，再根据垂线段最短即可解决问题．（3）存在，如图3中，以为斜边在直线的下方作等腰直角，作于M，于N，连接，．证明点P的运动轨迹是，当点P在线段上时，的值最小，此时的面积最小．【详解】解：（1）如图1中，根据垂线段最短可知，当时，线段的值最小，∵是等边三角形，边长为2，∴的高，∴的最小值为．故答案为：．（2）如图2中，作于H，在上截取，连接，，．∵四边形是菱形，周长为16，∴，，∴，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，根据垂线段最短可知，当E，P，Q′共线，且点Q′与C重合时，的值最小，最小值．∴的最小值为．（3）存在，理由如下：如图3中，以为斜边在直线的下方作等腰直角，作于M，于N，连接，．∵，，∴，，∵，∴，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴点P的运动轨迹是，当点P在线段上时，的值最小，此时的面积最小，此时，∴的面积的最小值．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，菱形的性质，垂线段最短，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．5．(1)(2)①；②(3)【分析】（1）连接，交于Q，过作于N，根据翻折证明是等边三角形，即可求解；（2）根据翻折性质和即可求出；②连接，交于Q，交于P，过Q作，交于D，作于E，设，根据勾股定理可求出，用待定系数法求出，的解析式，即可求出Q点坐标，从而求出答案；（3）连接，由对折可知，，利用三角形三边关系可得最小值，即可求解．【详解】（1）解：如图，连接，交于Q，过作于N，

由对折可得：，∴∴，是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴；（2）解：①∵，∴，∵∴，∴∴，∴；解：②如图，连接，交于Q，交于P，过Q作，交于D，作于E，

由①得：，设，则，∴，∴，∴，∴，∵，∴设的函数解析式为，则，∴，∴，同理可得：的函数解析式为，的函数解析式为，∴∴即，∴即，同理可得：，∴，∴与重叠部分面积为；（3）解：连接，由对折可知，，如图，

∵，当O，重合时，取得最小值，此时，∴，∴的取值范围是：；【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，等边三角形的判定与性质，三角函数，勾股定理，待定系数法求函数解析式，三角形三边关系等知识，利用函数解析式求出点P、Q、D的坐标是解决问题（2）的关键．6．（1）①1；②；（2），；（3）①的长为；②M点到直线距离的最大值为【分析】（1）直接根据两个共顶点的等腰三角形证明，可以证明，最后在和中导角直接可以求解．（2）改变三角形结构，直接通过判定和相似，同样可以用第一问的方式证明，根据相似比，求线段比例，最后在和中导角直接可以求解的度数．（3）深度理解题意，本质上问的就是当B，C，D，三点共线时，求的长，在利用，对应边成比例求的长，最值的求解，先找到点和点的轨迹，可以发现是在两个圆弧上运动，再利用最大时，则M点到直线距离的最大，直接求解即可．【详解】（1）①∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，故答案为：；②设与交于点F，由①知，，∴，∵，，∴，故答案为：；（2）如下图，在和中，设与交于点；∵∠，，∴；∵，即，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，．（3）①如下图所示，当直线经过点B且点C在线段上时；在中，，；过点O作的垂线，垂足为；∴；∵；∴；∴，；在中，由勾股定理得；；∴；∵；∴；即；②如下图所示，∵，；∴点M的轨迹是圆弧，即点M在圆P上运动，且；要想求出点到直线的最大值，动点距离直线越远越好，从下图可以看出，点的轨迹也是圆，点运动极限位置取决于的最大值；∵，；∴的最大值取得当且仅当时；即在中；；∴；过点作的垂线，垂足为；∴；即线段即为所求；在中；；∵；∴；∵；∴；；∴；∴M点到直线距离的最大值为．【点睛】本题主要考查等腰背景下全等三角形的判定和性质综合，特殊直角三角形为背景的相似三角形的判定和性质综合，利用特殊角的三角函数解三角形，圆轨迹动态下求线段的最值，熟练掌握手拉手模型证明三角形全等，数量掌握相似三角形的判定，特别是两边对应成比例，夹角相等类的，对于求点到直线最值类型要注意动点的轨迹寻找和影响最值的主要因素，进而综合判定求解是解题的关键．7．(1)⊙O的半径为4(2)(3)【分析】本题考查了勾股定理、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、最短路径问题等知识点，掌握相关几何结论是解答的关键.（1）由题意得，即可求解；（2）连接．可推出，，根据，推出是等边三角形，，即可求解；（3）连接．可推出点M的运动轨迹以为直径的圆，设圆心为J，连接推出，求得，根据即可求解；【详解】（1）解：∵，，∴，∴⊙O的半径为4（2）解：如图1中，连接．∵，，∴，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，∴．（3）解：如图2中，连接,∵，，∴，∴点的运动轨迹以为直径的圆，设圆心为J，连接则，∵是等边三角形，∴，∴，∵，当C、J、M共线时取等号，∴的最大值为，故答案为：．8．(1)见解析(2)2或(3)135；；45；【分析】（1）由旋转可得，，进而得到，从而证明，根据全等三角形的对应边线段得证结论；（2）分点P在的上方或下方两种情况求解即可；（3）连接，由得到，从而点D在以点A为圆心，半径为的圆上．当点D在的延长线上时，有最大值，最大值为，根据，可求得．当点D在线段上时，有最小值，最小值为，根据，可求得．【详解】（1）证明：由旋转可得，，∵，∴，即，∵，∴，∴．（2）解：分两种情况讨论：①如图，若点P在的上方，连接，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，，∴，∴点A，D，P在同一直线上，∵在中，，∴，∵，∴在中，，∴，∴在中，；②如图，若点P在的下方，连接由①得，，∵，∴，∴点B，P，D在同一直线上，∵，∴，，∴，∴在中，．综上所述，的长为2或．（3）解：连接，∵，∴，∴点D在以点A为圆心，半径为的圆上．如图，当点D在的延长线上时，有最大值，最大值为，此时，∵，∴．如图，当点D在线段上时，有最小值，最小值为，此时．故答案为：135；；45；【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，圆的定义，两点之间线段最短．利用全等三角形的性质是解题的关键．9．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）在等腰直角三角形中求出的长，在等腰直角三角形中求出，再利用勾股定理求出即可；（2）延长至，使，连接，，，先证明≌，从而证得≌，进一步命题得证；（3）取的中点，连接，，将逆时针旋转至，连接，可证得≌，进而得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接并延长交于，当在点时，最大，然后解和，进而求得结果．【详解】（1）解：在等腰中，，，，，，点为的中点，，在等腰中，，，，，在中，，，，；（2）证明：如图，延长至，使，连接，，，点是的中点，，在和中，，≌，，，，，，，，，，在和中，，≌，，，，，是等腰直角三角形，，，；（3）如图，取的中点，连接，，将逆时针旋转至，连接，，，，点是的中点，，，，，，，≌，，点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接并延长交于，当在点时，最大，作于，在中，，，，，，．即的最大值．【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性质，三角形中位线性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．10．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据已知条件，先求出，再由，，求得，，最后在中，求得DE的长．（2）过D作DG⊥CD交CE延长线于点G，先证≌，再证≌，最后通过，，进行等量代换，得到结论．（3）过作交延长线于点，以为圆心，长为半径画圆．在以为圆心，长为半径的圆上运动，当，，三点共线且在之间时，最小．设，通过解直角三角形，运用翻折性质，求得的值．【详解】（1）解：∵CA＝2CB，BC＝2，∴CA＝4，∵，∴．∵将线段CA绕点C旋转得到线段CD，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵CA=4，BC＝2，∴，∴，∵，∴．（2）证明：过D作DG⊥CD交CE延长线于点G，∵线段CA绕点C旋转得到线段CD，，∴CD=CA，是等腰直角三角形．∵CA＝2CB，∴CD＝2CB，即CB=BD．∵CF⊥AB，∴，∴，∵，∴．在与中，∵，∴≌（ASA）．∴，∵CB=BD，∴．∵DG⊥CD，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴．在与中，∵，∴≌（SAS）．∴，∴．∵≌，∴，∴．（3）如图，过作交延长线于点，以为圆心，长为半径画圆，由题意得，在以为圆心，长为半径的圆上运动，当，，三点共线且在之间时，最小．设，∵，∴．∵，，，∴，．∵CF⊥AB，，∴，，∴．∵，，，∴．∵将沿AC翻折得到，∴，，∵，∴，∵，∴．在中，∵，，∴，．∵，∴．在中，，．∵将沿AC翻折得到，∴，∵，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质运用，以及翻折的性质，综合运用以上性质，合理作相应辅助线是解题的关键．11．(1)(2)【分析】（1）如图，设结合题意可得：，结合正三角形的性质求解再利用弧长公式进行计算即可；（2）解：如图，取的中点N，连接NM，NC，MC，过N作于K，过O作于E，证明M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，可得当C，N，M三点共线时，CM最大，从而可得答案．【详解】（1）解：如图，设结合题意可得：，为等边三角形，而三点共线，解得：运动的总长度为：（2）解：如图，取的中点N，连接NM，NC，MC，过N作于K，过O作于E，为PB的中点，∴M在以N为圆心，半径为1的圆N上运动，∴当C，N，M三点共线时，CM最大，同理可得：则∴的最大值为：【点睛】本题考查的是弧长的计算，弧与圆心角的关系，圆的基本性质，正多边形的性质，勾股定理的应用，熟练的构造辅助圆，再求解线段的最大值是解本题的关键．12．(1)3.(2)见解析.(3)+.【分析】（1）根据，过B作AF垂线，构造直角三角形，理由勾股定理求解；（2）连接CF，根据易知条件得△ABD≌△ACF，△BEM≌△CFM，再利用等腰直角三角形边的关系得到证明；（3）首先根据“手拉手”全等得到N点轨迹，根据“瓜豆原理”得到P点轨迹为圆弧，点与弧上一点最大距离为通过圆心的一条线段，利用勾股定理求解即可.【详解】（1）解：如图，过B作BH⊥AF于H，在Rt△ABH中，tan∠BAH=，设AH=x，则BH=，由勾股定理得：4x2+x2=AB2又∵△ABC为等腰直角三角形，∴AB=AC=·BC=3∴4x2+x2=9解得：AH=x=，BH=∵∴FH=在Rt△BFH中，BF==3.（2）如图，连接CF∵M时BC中点，M是EM中点∴EM=MF，BM=CM∵∠BME=∠CMF∴△BEM≌△CFM∴BE=CF，∠EBM=∠MCF∴BE∥CF∵B、E、D共线，A、D、F共线∴BD∥CF∴∠AFC=∠BDA=90°∵AB=AC，∠CAF+∠BAD=∠BAD+∠ABD=90°∴∠CAF=∠BAD

∴△ABD≌△CAF∴CF=AD∴CF=AD=BE∴AF=AD+DF=BE+EF∴AF=BE+EF.（3）连接DM，AM，延长AD交CF于N∵M是等腰直角三角形DEF和ABC斜边的中点∴△DMF，△AMC均为等腰直角三角形∴DM=MF，AM=CM，∠AMD=∠CMF∴△ADM≌△CFM∴∠MAD=∠MCF∴∠AMC=∠CND=90°故N点轨迹为以AC为直径圆（圆O，半径为）的一部分，∵P为BN中点，故P的轨迹是以BO中点O'为圆心的圆的一部分，半径为圆O半径的一半，即为如图所示，则AP的最大值位置为：连接AO'交圆O'于P'，P'为所求，最大值为AP'的长度∴AP'=AO'+O'P'=+=+=+.【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、手拉手全等、平行线性质来证明几何命题，并确定动点轨迹，以及三角函数、勾股定理求解线段长度，综合性较强，难度较大,证明∠ANC=90度是关键.13．(1)y=x2-3x-4；点G在此函数图像上，理由见解析；(2)P的坐标为或(3)【分析】（1）将C(0，−4)和点D(2，−6)代入y=x2+bx+c，得到关于b，c的二元一次方程组，解方程组求出b，c的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出G点坐标，再用代入法即可判断G点在此抛物线上；（2）先利用待定系数法求出直线DG的解析式为y=－3x，再假设此抛物线上存在这样的点P（x，），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，根据函数图像上的点的坐标特征得出方程，解方程即可求出点P的坐标；（3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据△BEF的内心为I，可得．易证△BIO≌△BIE（SAS），可得，又M是△BIO的外接圆，可得，，然后根据CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，即可求得结果．【详解】（1）解：∵二次函数的图象过点C(0，−4)和点D(2，−6)，∴，解得，∴．∵点G与点D关于坐标原点对称，∴，把代入，得，∴在此抛物线上．（2）设直线DG的解析式为，∵，，∴，解得，∴直线DG的解析式为．假设此抛物线上存在这样的点，使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，∵，，∴，解得，故所求点P的坐标为或．（3）如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，∵EF⊥x轴，∴∠BFE=90°，∴∠FBE+∠FEB=90°，∵△BEF的内心为I，∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，∴∠IBE=，，∴，∴，易证△BIO≌△BIE（SAS）∴，∵M是△BIO的外接圆，

∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，∴OM=BM=，∴，∴∠MOB=∠MOH=45°，∵MH⊥y轴，∴∠HOM=∠HMO=45°，∴，

∴，∴，∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，∴CI的最小值为．【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法，三角形内心、外接圆，几何变换－对折，两点之间线段最短，全等三角形判定和性质等知识点，充分利用三角形内心，合理作辅助线是解题关键．14．(1)(2)(3)【分析】（1）先求得,点的坐标，进而根据即可求得的值；（2）过点作轴于点，证明是直角三角形，进而，根据相似的性质列出比例式进而代入点的坐标解方程即可；（3）接，取的中点，连接,根据题意，点在以为圆心，2为半径的圆上，则在以为圆心，为半径的圆上运动，根据点与圆的距离求最值，进而求得的解析式为，