2025年中考数学重难点【几何最值问题】题型汇编解析版

重难点几何最值问题

中考数学中《几何最值问题》部分主要考向分为五类：

一、将军饮马类最值

二、动点辅助圆类最值

三、四点共圆类最值

四、瓜豆原理类最值

五、胡不归类最值

几何最值问题虽然在中考数学中经常考察的是将军饮马类和辅助圆类，剩余几种虽然不经常考察，但

是考到的时候难度都比较大，所以也需要理解并掌握不同类型的几何最值问题的处理办法，这样到考到的

时候才能有捷径应对。

考向一：将军饮马类最值

满分技巧

将军饮马：

普通

异侧

“两定

一动”

。

普通

同侧

“两定

一动”

“一

定

两

动”

“两

定

两

动”

构造平行四边形AMNA`，

转化AM为A`N，之后再对

称连接求A`N＋NB的最小

值即可

同侧

“两定

两动”

异侧构造平行四边形AA`NM，

“两定则AM转化为A`N，之后

A`再依据两点之间线段最

两动”

短，连接A`B即为A、B

之间陆地距离的最小值

1．（2023•绥化）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C

顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是3+3．

【分析】分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF＝∠CBE＝30°，可知点F在△ABC外，使∠CAF

＝30°的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．

【解答】解：∵△ABC是等边三角形，

∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝60°，

∵∠ECF＝60°，

∴∠BCE＝60°﹣∠ECA＝∠ACF，

∵CE＝CF，

∴△BCE≌△ACF（SAS），

∴∠CAF＝∠CBE，

∵△ABC是等边三角形，BD是高，

∴∠CBE＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝3，

过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH＝CG，连接AH，DH，DH与AG

交于点I，连接CI，FH，

则∠ACG＝60°，CG＝GH＝AC＝3，

∴CH＝AC＝6，

∴△ACH为等边三角形，

∴DH＝CD•tan60°＝，

AG垂直平分CH，

∴CI＝HI，CF＝FH，

∴CI+DI＝HI+DI＝DH＝3，

CF+DF＝HF+DF≥DH，

∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF＝DH＝3，

∴△CDF的周长的最小值为3+3．

故答案为：3+3．

2．（2023•德州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AB＝3，BC＝4，点E在AB上，且AE

＝1．F，G为边AD上的两个动点，且FG＝1．当四边形CGFE的周长最小时，CG的长为．

【分析】先确定FG和EC的长为确定的值，得到四边形CGFE的周长最小时，即为CG+EF最小时，平

移CG到C'F，作点E关于AD对称点E'，连接E'C'交AD于点G'，得到CG+EF最小时，点G与G'重合，

再利用平行线分线段成比例求出C'G'长即可．

【解答】解：∵∠A＝90°，AD∥BC，

∴∠B＝90°，

∵AB＝3，BC＝4，AE＝1，

∴BE＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，

在Rt△EBC中，

由勾股定理，得EC＝＝＝，

∵FG＝1，

∴四边形CGFE的周长＝CG+FG+EF+EC＝CG+EF+1+，

∴四边形CGFE的周长最小时，只要CG+EF最小即可．

过点F作FC'∥GC交BC于点C'，延长BA到E'，使AE'＝AE＝1，连接E'F，E'C'，E'C'交AD于点G'，

可得AD垂直平分E'E，

∴E'F＝EF，

∵AD∥BC，

∴C'F＝CG，CC'＝FG＝1，

∴CG+EF＝C'F+E'F≥E'C'，

即CG+EF最小时，CG＝C'G'，

∵E'B＝AB+AE'＝3+1＝4，BC'＝BC﹣CC'＝4﹣1＝3，

由勾股定理，得E'C'＝＝＝5，

∵AG'∥BC'，

∴＝，即＝，

解得C'G'＝，

即四边形CGFE的周长最小时，CG的长为．

故答案为：．

考向二：动点辅助圆类最值

满分技巧

动点运动轨迹为辅助圆的三种类型：

一．定义法——若一动点到定点的距离恒等于固定长，则该点的运动轨迹为以定点为圆心，定长为半径

的圆（或圆弧）

二.定边对直角

模型原理：直径所对的圆周角是直角

思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为直角，则直角顶点运动轨迹是以该定边为直径的圆（或圆

弧）

三．定边对定角

模型原理：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等

思路构造：若一条定边所对的“动角”始终为定角，则该定角顶点运动轨迹是以该定角为圆周角，该定

边为弦的圆（或圆弧）

1．（2023•徐州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝3，点D在边BC上．将△ACD沿AD折叠，

使点C落在点C′处，连接BC′，则BC′的最小值为．

【分析】由折叠性质可知AC＝AC'＝3，然后根据三角形的三边不等关系可进行求解．

【解答】解：∵∠C＝90°，CA＝CB＝3，

∴，

由折叠的性质可知AC＝AC'＝3，

∵BC'≥AB﹣AC'，

∴当A、C′、B三点在同一条直线时，BC'取最小值，最小值即为，

故答案为．

2．（2023•黑龙江）如图，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕

点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在

旋转的过程中，△CEF面积的最大值是4+．

【分析】线段CE为定值，点F到CE距离最大时，△CEF的面积最大，画出图形，即可求出答案．

【解答】解：∵线段CE为定值，

∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积有最大值．

在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中点，

∴AB＝2BC＝4，CE＝AE＝AB＝2，AC＝AB•cos30°＝2，

∴∠ECA＝∠BAC＝30°，

过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，

∴AG＝AC＝，

∵点F在以A为圆心，AB长为半径的圆上，

∴AF＝AB＝4，

∴点F到CE的距离最大值为4+，

∴，

故答案为：．

3．（2023•大庆模拟）如图，AB是O的直径，AB＝4，C为的三等分点（更靠近A点），点P是O上

个动点，取弦AP的中点D，则线段⊙CD的最大值为（）⊙

A．2B．C．D．

【分析】如图，连接OD，OC，首先证明点D的运动轨迹为以AO为直径的K，连接CK，当点D在

CK的延长线上时，CD的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题．⊙

【解答】解：如图，连接OD，OC，

∵AD＝DP，

∴OD⊥PA，

∴∠ADO＝90°，

∴点D的运动轨迹为以AO为直径的K，连接CK，AC，

当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，⊙

∵C为的三等分点，

∴∠AOC＝60°，

∴△AOC是等边三角形，

∴CK⊥OA，

在Rt△OCK中，∵∠COA＝60°，OC＝2，OK＝1，

∴CK＝＝，

∵DK＝OA＝1，

∴CD＝+1，

∴CD的最大值为+1，

故选：D．

考向三：四点共圆类最值

满分技巧

对角互补的四边形必有四点共圆，即辅助圆产生

模型原理：圆内接四边形对角互补

1．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为斜边在BE的右侧作等

腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长为2．

【分析】由AE＝3得动点E在圆上运动，因为△BDE是等腰直角三角形且∠PCD＝45°，所以想到瓜豆

原理，可两次构造三角形相似去解答．

【解答】解：以AB为斜边在AB的右侧作等腰直角△ABF，连接FC，FD．

∵∠ABF＝∠EBD＝45°，

∴∠ABE＝∠FBD，

∵，

∴△ABE∽△FBD，

∴，

∴FD＝，

在四边形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝90°，

∴A、C、B、F四点共圆，

∴∠ACF＝∠ABF＝45°，∠CAB＝∠CFB，

∵∠PCD＝45°

∴∠ACP＝∠FCD，

又∵△ABE∽△FBD，

∴∠BAE＝∠BFD，

∴∠CAP＝∠CFD，

∴△CAP∽△CFD，

∴，

在四边形ACBF中，由对角互补模型得AC+CB＝，

∴CF＝

∴，

∴AP＝1，

∴PE＝2，

故答案为：2

考向四：瓜豆原理类最值

满分技巧

瓜豆原理的特征和结论：

1．（2023•金平区三模）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝，E为BC上一点，且BE＝，F为AB

边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的

最小值为．

【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG

＝90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小．

【解答】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB＝CD＝6，∠B＝∠BCD＝90°，

∵∠BET＝∠FEG＝45°，

∴∠BEF＝∠TEG，

∵EB＝ET，EF＝EG，

∴△EBF≌△ETG（SAS），

∴∠B＝∠ETG＝90°，

∴点G在射线TG上运动，

∴当CG⊥TG时，CG的值最小，

∵BC＝，BE＝，CD＝6，

∴CE＝CD＝6，

∴∠CED＝∠BET＝45°，

∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，

∴四边形ETGJ是矩形，

∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝，

∴CJ⊥DE，

∴JE＝JD，

∴CJ＝DE＝3，

∴CG＝CJ+GJ＝+3，

∴CG的最小值为+3，

故答案为：+3．

2．（2023•宿城区二模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，

BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为．

【分析】过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，则可得△ABE∽△PBG，进而可知∠BPG为定值，因此

CG⊥PG时，CG最小，通过设元利用三角函数和相似比可表示出PG、CP，即可求出结果．

【解答】解：如图，过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，

∵，∠ABC＝∠EBF，

∴△ABC∽△EBF，

∴∠CAB＝∠FEB，

∵∠APB＝∠EGB＝90°，

∴△ABP∽△EBG，

∴＝，∠ABP＝∠EBG，

∴∠ABE＝∠PBG，

∴△ABE∽△PBG，

∴∠BPG＝∠BAE，

即在点E的运动过程中，∠BPG的大小不变且等于∠BAC，

∴当CG⊥PG时，CG最小，

设此时AE＝x，

∵，

∴PG＝，

∵CG⊥PG，

∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC，

∴，

代入PG＝，解得CP＝x，

∵CP＝BC•sin∠CBP＝BC•sin∠BAC＝，

∴x＝，

∴AE＝

∴CE＝，

故答案为：．

考向五：胡不归类最值

满分技巧

胡不归模型解决步骤：

模型具体化：如图，已知两定点A、B，在定直线BC上找一点P，使

从B走道P，再从P走到A的总时间最小

解决步骤：

由系数k·PB确定分割线为PB

PA在分割线一侧，在分割线PB另一侧依定点B构α角，使sinα=k，

α角另一边为BD

过点P作PQ⊥BD，转化kPB=PQ

过定点A作AH⊥BD，转化（PA+k·PB）min=AH，再依“勾股法”求AH的长即可。

1．（2023•锦州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，按下列步骤作图：①在AC

和AB上分别截取AD，AE，使AD＝AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于DE的长为半径作弧，

两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点F．若点P是线段AF上的一个动点，连接CP，则

CP+AP的最小值是．

【分析】根据题目中所给的条件，判断AF为角平分线，由问题可知，需要利用胡不归模型构建直角三

角形，转化两条线段和为一条线段，利用三角函数求出线段长度．

【解答】

理由如下：由作图步骤可知，射线AM为∠CAB的角平分线，

∵∠ABC＝90°，∠B＝30°，

∴∠CAB＝60°，

∵AM平分∠CAB，

∴∠CAF＝∠BAF＝∠CAB＝30°，

过点C作CN⊥AB于N，交AF于P，

在Rt△APN中，∠BAF＝30°，

∴PN＝AP，

∴CP+AP＝CP+PN＝CN，

根据点到直线的距离，垂线段最短，此时CP+PN值最小

在Rt△ACN中，∠CAN＝60°，AC＝4，

∴，

∴CN＝sin60°×AC＝＝，

∴CP+AP＝CP+PN＝CN＝，

故答案为：．

2．（2023•合肥三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝4，若D是BC边上的动点，则

2AD+DC的最小值是（）

A．6B．8C．10D．12

【分析】过点C作射线CE，使∠BCE＝30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，在Rt

△DFC中，当A，D，F在同一直线上，

即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长．

【解答】解：过点C作射线CE，使∠BCE＝30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，如

图所示：

在Rt△DFC中，∠DCF＝30°，

∴，

∵

＝2（AD+DF），

∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长，

此时，∠B＝∠ADB＝60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴AD＝BD＝AB＝4，

在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝60°，AB＝4，

∴BC＝8，

∴DC＝BC﹣BD＝4，

∴2AD+DC＝2×4+4＝12，

∴2AD+DC的最小值为12，

故选：D．

（建议用时：20分钟）

1．（2023•泸州）如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线AC上的动点，当PE+PF

取得最小值时，的值是．

【分析】找出点E关于AC的对称点E'，连接FE'与AC的交点P'即为PE+PF取得最小值时，点P的位

置，再设法求出的值即可．

【解答】解：作点E关于AC的对称点E'，连接FE'交AC于点P'，连接PE'，

∴PE＝PE'，

∴PE+PF＝PE'+PF≥E'F，

故当PE+PF取得最小值时，点P位于点P'处，

∴当PE+PF取得最小值时，求的值，只要求出的值即可．

∵正方形ABCD是关于AC所在直线轴对称，

∴点E关于AC所在直线对称的对称点E'在AD上，且AE'＝AE，

过点F作FG⊥AB交AC于点G，

则∠GFA＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠DAB＝∠B＝90°，∠CAB＝∠ACB＝45°，

∴FG∥BC∥AD，∠AGF＝∠ACB＝45°，

∴GF＝AF，

∵E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，

∴AE'＝AE＝EF＝FB，

∴GC＝AC，，

∴AG＝AC，，

∴AP'＝AG＝AC＝AC，

∴P'C＝AC﹣AP'＝AC﹣AC＝AC，

∴＝，

故答案为：．

2．（2023•鄂州）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA＝OB＝3，点C为平面内一动点，BC＝，

连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM：MA＝1：2．当线段OM取最大值时，点M的坐标是

（）

A．（，）B．（，）

C．（，）D．（，）

【分析】由题意可得点C在以点B为圆心，为半径的B上，在x轴的负半轴上取点D（﹣，0），

⊙

连接BD，分别过C和M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得＝＝，

从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上

时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形的性质即可求解．

【解答】解：∵点C为平面内一动点，BD＝，

∴点C在以点B为圆心，为半径的B上，

⊙

在x轴的负半轴上取点D（﹣，0），

连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，

∵OA＝OB＝，

∴AD＝OD+OA＝，

∴＝，

∵CM：MA＝1：2，

∴＝＝，

∵∠OAM＝∠DAC，

∴△OAM∽△DAC，

∴＝＝，

∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，

CD取得最大值，

∵OA＝OB＝，OD＝，

∴BD＝＝，

∴CD＝BC+BD＝9，

∵＝，

∴OM＝6，

∵y轴⊥x轴，CF⊥OA，

∴∠DOB＝∠DFC＝90°，

∵∠BDO＝∠CDF，

∴△BDO∽△CDF，

∴＝，即＝，

解得CF＝，

同理可得，△AEM∽△AFC，

∴＝＝，即＝，

解得ME＝，

∴OE＝＝，

∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是（，），

故选D．

3．（2023•台州）如图，O的圆心O与正方形的中心重合，已知O的半径和正方形的边长都为4，则圆

上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（⊙）⊙

A．B．2C．D．

【分析】如图，由三角形三边关系分析可得当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一

点距离有最小值，最小值为OB﹣OA，以此即可求解．

【解答】解：如图，点B为O上一点，点D为正方形上一点，连接BD，OC，OA，AB，

⊙

由三角形三边关系可得，OB﹣OD＜BD，

OB是圆的半径，为定值，当点D在A时，取得最大值，

∴当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB﹣OA，

由题意可得，AC＝4，OB＝4，

∵点O为正方形的中心，

∴OA⊥OC，OA＝OC，

∴△AOC为等腰直角三角形，

∴OA＝＝＝，

∴圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为OB﹣OA＝4﹣．

故选：D．

4．（2022•靖江市二模）如图，AB⊥BC，AB＝5，点E、F分别是线段AB、射线BC上的动点，以EF为斜

边向上作等腰Rt△DEF，∠EDF＝90°，连接AD，则AD的最小值为．

【分析】连接BD并延长，利用四点共圆的判定定理得到B，E，D，F四点共圆，再利用等腰直角三角

形的性质和圆周角定理得到∠DBF＝∠DEF＝45°，得到点D的轨迹，最后利用垂线段最短和等腰直角

三角形的性质解答即可得出结论．

【解答】解：连接BD并延长，如图，

∵AB⊥BC，

∴∠ABC＝90°，∠EDF＝90°，

∴∠ABC+∠EDF＝180°，

∴B，E，D，F四点共圆，

∵△DEF为等腰直角三角形，

∴∠DEF＝∠DFE＝45°，

∴∠DBF＝∠DEF＝45°，

∴∠DBF＝∠DBE＝45°，

∴点D的轨迹为∠ABC的平分线上，

∵垂线段最短，

∴当AD⊥BD时，AD取最小值，

∴AD的最小值为AB＝，

故答案为：．

（建议用时：20分钟）

1．（2023•利州区模拟）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2．

【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＝2，GD′＝6，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．

【解答】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′＝4，

∴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，点P在以AB为直径的圆上运动，连

接D’和圆心（AB的中点）与圆的交点，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＝，GC＝．

∴GD′＝6．

在Rt△PGD′中，由勾股定理得：PD′＝．

故答案为：2．

2．（2023•营口一模）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．

【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．

【解答】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，

在Rt△ADM中，由勾股定理得，

根据旋转的性质得，AM′＝AM＝，

∴M′N＝AN+AM′＝，即MN的最大值为．

故答案为：．

3．（2023•宿城区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝与x轴的正半轴交于点A，B

点为抛物线的顶点，C点为该抛物线对称轴上一点，则3BC+5AC的最小值为（）

A．24B．25C．30D．36

【分析】连接OB，过C点作CM⊥OB于M点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x轴交

于点D，先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，继而得出BD、OA、OD，再证明△OBD∽△CBM，△OBD

∽△OAN，进而可得3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），当A、C、M三点共线，且三点连线垂直OB

时，AC+CM最小，根据求出AN，AC+CM最小值即为AN，则问题得解．

【解答】解：连接OB，过C点作CM⊥OB于M点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x

轴交于点D，如图，

令y＝0，得方程，

解得：x1＝0，x2＝6，

∴A点坐标为（6，0），即OA＝6，

将配成顶点式得：，

∴B点坐标为（3，4），

∴BD＝4，OD＝3，

∵CM⊥OB，AN⊥OB，

∴∠BMC＝∠ANO＝90°，

根据抛物线对称轴的性质可知BD⊥OA，

∴∠BDO＝90°，

在Rt△BDO中，

利用勾股定理得，

∵∠OBD＝∠CBM，∠BDO＝∠BMC＝90°，

∴△OBD∽△CBM，

同理可证得△OBD∽△OAN，

∴，，

∴，即3BC＝5MC，

∴3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），

∵当A、C、M三点共线，且三点连线垂直OB时，AC+CM最小，

∴AC+CM最小值为AN，如图所示，

∵，

∴，

∴AC+CM最小值，

∴即3BC+5AC＝5（AC+CM）＝24．

故选：A．

4．（2023•天心区校级三模）如图1：在O中，AB为直径，C是O上一点，AC＝3，BC＝4．过O分别

作OH⊥BC于点H，OD⊥AC于点D⊙，点E、F分别在线段BC、⊙AC上运动（不含端点），且保持∠EOF

＝90°．

（1）OC＝2.5；四边形CDOH是矩形（填矩形/菱形/正方形）；S四边形CDOH＝3；

（2）当F和D不重合时，求证：△OFD∽△OEH；

（3）①在图1中，P是△CEO的外接圆，设