2024年中考數(shù)學常見幾何模型全歸納（全國通用）專題28 最值模型之阿氏圓模型（解析版）

專題28最值模型之阿氏圓模型最值問題在中考數(shù)學常以壓軸題的形式考查，“阿氏圓”又稱“阿波羅尼斯圓”，主要考查轉化與化歸等的數(shù)學思想。在各類考試中都以高檔題為主，中考說明中曾多處涉及。本專題就最值模型中的阿氏圓問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握?！灸Ｐ捅尘啊恳阎矫嫔蟽牲cA、B，則所有滿足PA=k·PB（k≠1）的點P的軌跡是一個圓，這個軌跡最早由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱“阿氏圓”。【模型解讀】如圖1所示，⊙O的半徑為r，點A、B都在⊙O外，P為⊙O上一動點，已知r=k·OB，連接PA、PB，則當“PA+k·PB”的值最小時，P點的位置如何確定？如圖2，在線段OB上截取OC使OC=k·r，則可說明△BPO與△PCO相似，即k·PB=PC。故本題求“PA+k·PB”的最小值可以轉化為“PA+PC”的最小值，其中與A與C為定點，P為動點，故當A、P、C三點共線時，“PA+PC”值最小。如圖3所示：注意區(qū)分胡不歸模型和阿氏圓模型：在前面的“胡不歸”問題中，我們見識了“k·PA+PB”最值問題，其中P點軌跡是直線，而當P點軌跡變?yōu)閳A時，即通常我們所說的“阿氏圓”問題．【最值原理】兩點之間線段最短及垂線段最短解題。例1．（2023·山東·九年級專題練習）如圖，在中，，，，圓C半徑為2，P為圓上一動點，連接最小值__________．最小值__________．【答案】

；

．【分析】如圖，連接CP，在CB上取點D，使CD=1，連結AD，可證△PCD∽△BCP．可得PD=BP，當點A，P，D在同一條直線時，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，由CD=1，CA=6，根據(jù)勾股定理AD==即可；在AC上取CE=，△PCE∽△ACP．可得PE=AP，當點B，P，E在同一條直線時，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，由CE=，CB=4，根據(jù)勾股定理BE=即可．【詳解】解：如圖，連接CP，在CB上取點D，使CD=1，連結AD，∵CP=2，BC=4，∴，∴，又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴，∴PD=BP，∴AP+BP=AP+PD，當點A，P，D在同一條直線時，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，∵CD=1，CA=6，∴AD==，∴AP+BP的最小值為．故答案為：在AC上取CE=，連接CP，PE∵∴又∵∠PCE=∠ACP，∴△PCE∽△ACP．∴，∴PE=AP，∴BP+AP=BP+PE，當點B，P，E在同一條直線時，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，∵CE=，CB=4，∴BD=，∴BP+AP的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查圓的性質，構造相似三角形解決比例問題，勾股定理，掌握圓的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，關鍵是引輔助線準確作出圖形是解題關鍵．例2．（2023春·江蘇·九年級?？茧A段練習）如圖，正方形的邊長為4，的半徑為2，為上的動點，則的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，連接、，推得，因為，求出即可求出答案．解法2：如圖：連接、、，在上做點，使，連接，證明，在上做點，使，連接，證明，接著推導出，最后證明，即可求解．【詳解】解法1：如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，∴，，四邊形正方形，又，在與中，故答案為：2．解法2如圖：連接、、根據(jù)題意正方形的邊長為4，的半徑為2，在上做點，使，則，連接在與中，，則在上做點，使，則，連接在與中，，則如圖所示連接在與中，，故答案為：2．【點睛】本題考查正方形的性質，相似三角形，勾股定理等知識，難度較大，熟悉以上知識點運用是解題關鍵．例3．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，菱形的邊長為2，銳角大小為，與相切于點E，在上任取一點P，則的最小值為___________．【答案】．【分析】在AD上截取AH=1.5，根據(jù)題意可知，AP=，可得，證△APH∽△ADP，可知PH=，當B、P、H共線時，的最小，求BH即可．【詳解】解：在AD上截取AH=1.5，連接PH、AE，過點B作BF⊥DA延長線，垂足為F，∵AB=2，∠ABC=60°，∴BE=AF=1，AE=BF=，∴，∵∠PAD=∠PAH，∴△ADP∽△APH，∴，∴PH=，當B、P、H共線時，的最小，最小值為BH長，BH=；故答案為：．【點睛】本題考查了阿氏圓，解題關鍵是構造子母相似，利用兩點之間，線段最短解決問題．例4．（2023·湖北武漢·九年級?？茧A段練習）如圖，在邊長為6的正方形中，M為上一點，且，N為邊上一動點．連接，將沿翻折得到，點P與點B對應，連接，則的最小值為．

【答案】【分析】由折疊的性質可得，點在以為圓心，以為半徑的圓上，在線段上取一點，使得，利用相似三角形的性質得到，從而得到，當且僅當三點共線時，取得最小值，即可求解．【詳解】解：由題意可得：∴點在以為圓心，以為半徑的圓上，在線段上取一點，使得，則

∵，∴又∵∴∴∴∴如下圖所示，當且僅當三點共線時，取得最小值，∴的最小值為：故答案為：【點睛】本題考查了最短路徑問題，通過轉化思想把轉化為是解決此題的關鍵．例5．（2023·浙江·一模）問題提出：如圖1，在等邊△ABC中，AB＝9，⊙C半徑為3，P為圓上一動點，連結AP，BP，求AP+BP的最小值(1)嘗試解決：為了解決這個問題，下面給出一種解題思路，通過構造一對相似三角形，將BP轉化為某一條線段長，具體方法如下：(請把下面的過程填寫完整)如圖2，連結CP，在CB上取點D，使CD＝1，則有又∵∠PCD＝∠△∽△∴∴PD＝BP∴AP+BP＝AP+PD∴當A，P，D三點共線時，AP+PD取到最小值請你完成余下的思考，并直接寫出答案：AP+BP的最小值為．(2)自主探索：如圖3，矩形ABCD中，BC＝6，AB＝8，P為矩形內部一點，且PB＝4，則AP+PC的最小值為．(請在圖3中添加相應的輔助線)(3)拓展延伸：如圖4，在扇形COD中，O為圓心，∠COD＝120°，OC＝4．OA＝2，OB＝3，點P是上一點，求2PA+PB的最小值，畫出示意圖并寫出求解過程．【答案】（1）BCP，PCD，BCP，；（2）2；（3）作圖與求解過程見解析，2PA+PB的最小值為．【分析】(1)連結AD，過點A作AF⊥CB于點F，AP+BP＝AP+PD，要使AP+BP最小，AP+AD最小，當點A，P，D在同一條直線時，AP+AD最小，即可求解；(2)在AB上截取BF＝2，連接PF，PC，AB＝8，PB＝4，BF＝2，證明△ABP∽△PBF，當點F，點P，點C三點共線時，AP+PC的值最小，即可求解；(3)延長OC，使CF＝4，連接BF，OP，PF，過點F作FB⊥OD于點M，確定，且∠AOP＝∠AOP，△AOP∽△POF，當點F，點P，點B三點共線時，2AP+PB的值最小，即可求解．【詳解】解：(1)如圖1，連結AD，過點A作AF⊥CB于點F，∵AP+BP＝AP+PD，要使AP+BP最小，∴AP+AD最小，當點A，P，D在同一條直線時，AP+AD最小，即：AP+BP最小值為AD，∵AC＝9，AF⊥BC，∠ACB＝60°∴CF＝3，AF＝；∴DF＝CF﹣CD＝3﹣1＝2，∴AD＝，∴AP+BP的最小值為；故答案為：；(2)如圖2，在AB上截取BF＝2，連接PF，PC，∵AB＝8，PB＝4，BF＝2，∴，且∠ABP＝∠ABP，∴△ABP∽△PBF，∴，∴PF＝AP，∴AP+PC＝PF+PC，∴當點F，點P，點C三點共線時，AP+PC的值最小，∴CF＝，∴AP+PC的值最小值為2，故答案為：2；(3)如圖3，延長OC，使CF＝4，連接BF，OP，PF，過點F作FB⊥OD于點M，∵OC＝4，F(xiàn)C＝4，∴FO＝8，且OP＝4，OA＝2，∴，且∠AOP＝∠AOP∴△AOP∽△POF∴，∴PF＝2AP∴2PA+PB＝PF+PB，∴當點F，點P，點B三點共線時，2AP+PB的值最小，∵∠COD＝120°，∴∠FOM＝60°，且FO＝8，F(xiàn)M⊥OM∴OM＝4，F(xiàn)M＝4，∴MB＝OM+OB＝4+3＝7∴FB＝，∴2PA+PB的最小值為．【點睛】本題主要考查了圓的有關知識，勾股定理，相似三角形的判定和性質，解本題的關鍵是根據(jù)材料中的思路構造出相似三角形..例6．（2022·湖北·九年級專題練習）（1）如圖1，已知正方形的邊長為4，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，求的最小值，的最小值，的最大值．（2）如圖2，已知正方形的邊長為9，圓B的半徑為6，點P是圓B上的一個動點，求的最小值，的最大值，的最小值．（3）如圖3，已知菱形的邊長為4，，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，求的最小值和的最大值．的最小值【答案】見詳解【分析】（1）如圖1中，在BC上取一點G，使得BG=1．由△PBG∽△CBP，推出，推出PG=PC，推出PD+PC=DP+PG，由DP+PG≥DG，當D、G、P共線時，PD+PC的值最小，最小值為DG==5．由PD-PC=PD-PG≤DG，當點P在DG的延長線上時，PD-PC的值最大（如圖2中），最大值為DG=5；可以把轉化為4（），這樣只需求出的最小值，問題即可解決。（2）如圖3中，在BC上取一點G，使得BG=4．解法類似（1）；（3）如圖4中，在BC上取一點G，使得BG=4，作DF⊥BC于F．解法類似（1）；【詳解】（1）如圖1中，在BC上取一點G，使得BG=1．∴△PBG∽△CBP，∵DP+PG≥DG，∴當D、G、P共線時，的值最小，最小值為DG==5．當點P在DG的延長線上時，的值最大（如圖2中），最大值為DG=5．如圖，連接BD，在BD上取一點F，使得BF=，作EF⊥BC∵∴△PBF∽△PBD，∴PF=PD，∴當C、F、P三點共線時會有FP+CP的最小值即PD+PC，由圖可知，△BEF為等腰直角三角形，∴BF=，BE=EF=，∴最小值為FC===∴的最小值為：．（2）如圖3中，在BC上取一點G，使得BG=4．∴△PBG∽△CBP，∵DP+PG≥DG，∴當D、G、P共線時，的值最小，最小值為DG==．當點P在DG的延長線上時，的值最大，最大值為DG=．（3）如圖4中，在BC上取一點G，使得BG=1，作DF⊥BC于F．∴△PBG∽△CBP，∵DP+PG≥DG，∴當D、G、P共線時，的值最小，最小值為DG．在Rt△CDF中，∠DCF=60°，CD=4，∴DF=CD?sin60°=，CF=2，在Rt△GDF中，DG==PC=PD-PG≤DG，當點P在DG的延長線上時，的值最大（如圖2中），最大值為DG=【點睛】本題考查圓綜合題、正方形的性質、菱形的性質、相似三角形的判定和性質、兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是學會構建相似三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，把問題轉化為兩點之間線段最短解決，題目比較難，屬于中考壓軸題．例7．（2022·湖北武漢·模擬預測）【新知探究】新定義：平面內兩定點A,B，所有滿足k(k為定值)的P點形成的圖形是圓，我們把這種圓稱之為“阿氏圓”，【問題解決】如圖，在△ABC中，CB4，AB2AC，則△ABC面積的最大值為_____．【答案】【分析】以A為頂點，AC為邊，在△ABC外部作∠CAP=∠ABC，AP與BC的延長線交于點P，證出△APC∽△BPA，列出比例式可得BP=2AP，CP=AP，從而求出AP、BP和CP，即可求出點A的運動軌跡，最后找出距離BC最遠的A點的位置即可求出結論．【詳解】解：以A為頂點，AC為邊，在△ABC外部作∠CAP=∠ABC，AP與BC的延長線交于點P，∵∠APC=∠BPA，AB2AC∴△APC∽△BPA，∴∴BP=2AP，CP=AP∵BP－CP=BC=4∴2AP－AP=4解得：AP=∴BP=，CP=，即點P為定點∴點A的軌跡為以點P為圓心，為半徑的圓上，如下圖所示，過點P作BC的垂線，交圓P于點A1，此時A1到BC的距離最大，即△ABC的面積最大S△A1BC=BC·A1P=×4×=即△ABC面積的最大值為故答案為：．【點睛】此題考查的是相似三角形的判定及性質、確定點的運動軌跡和求三角形的面積，掌握相似三角形的判定及性質、圓的定義和三角形的面積公式是解決此題的關鍵．例8．（2023·山東煙臺·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸交于點．拋物線的對稱軸與經(jīng)過點的直線交于點，與軸交于點．(1)求直線及拋物線的表達式；(2)在拋物線上是否存在點，使得是以為直角邊的直角三角形?若存在，求出所有點的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以點為圓心，畫半徑為2的圓，點為上一個動點，請求出的最小值．

【答案】(1)直線的解析式為；拋物線解析式為(2)存在，點M的坐標為或或(3)【分析】（1）根據(jù)對稱軸，，得到點A及B的坐標，再利用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）先求出點D的坐標，再分兩種情況：①當時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標；②當時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標；（3）在上取點，使，連接，證得，又，得到，推出，進而得到當點C、P、F三點共線時，的值最小，即為線段的長，利用勾股定理求出即可．【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸，，∴，將代入直線，得，解得，∴直線的解析式為；將代入，得，解得，∴拋物線的解析式為；（2）存在點，∵直線的解析式為，拋物線對稱軸與軸交于點．∴當時，，∴，①當時，設直線的解析式為，將點A坐標代入，得，解得，∴直線的解析式為，解方程組，得或，∴點M的坐標為；②當時，設直線的解析式為，將代入，得，解得，∴直線的解析式為，解方程組，解得或，∴點M的坐標為或綜上，點M的坐標為或或；（3）如圖，在上取點，使，連接，∵，∴，∵，、∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴當點C、P、F三點共線時，的值最小，即為線段的長，∵，∴，∴的最小值為．

【點睛】此題是一次函數(shù)，二次函數(shù)及圓的綜合題，掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，直角三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，求兩圖象的交點坐標，正確掌握各知識點是解題的關鍵．課后專項訓練1．（2023春·浙江九年級課時練習）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C為圓心、3為半徑作⊙C，P為⊙C上一動點，連接AP、BP，則AP＋BP的最小值為（

）A．7 B．5 C． D．【答案】B【詳解】思路引領：如圖，在CA上截取CM，使得CM＝1，連接PM，PC，BM．利用相似三角形的性質證明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解決問題．答案詳解：如圖，在CA上截取CM，使得CM＝1，連接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的最小值為5．故選：B．2．（2023·湖北武漢·校考模擬預測）如圖，正方形ABCD的邊長AB=8，E為平面內一動點，且AE=4，F(xiàn)為CD上一點，CF=2，連接EF，ED，則EFED的最小值為()A．6 B．4 C．4 D．6【答案】A【分析】如圖（見解析），在AD邊上取點H，使得，連接EH、FH，先根據(jù)正方形的性質得出，，再根據(jù)相似三角形的判定與性質得出，從而可得，然后利用三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短可得取得最小值時，點E的位置，最后利用勾股定理求解即可得．【詳解】如圖，在AD邊上取點H，使得，連接EH、FH四邊形ABCD是正方形，，，即又，即由三角形的三邊關系定理得：由題意得：點E的軌跡是在以點A為圓心，AE長為半徑的圓上由兩點之間線段最短可知，當點E位于FH與圓A的交點時，取得最小值，最小值為，在中，由勾股定理得即的最小值為故選：A．【點睛】本題是一道較難的綜合題，考查了正方形的性質、相似三角形的判定與性質、三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短等知識點，通過作輔助線，構造相似三角形是解題關鍵．3．（2022·湖北·九年級專題練習）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，⊙B的半徑為2，點P是⊙B上的一個動點，則PD﹣PC的最大值為_____．【答案】5【詳解】分析:由PD?PC＝PD?PG≤DG，當點P在DG的延長線上時，PD?PC的值最大，最大值為DG＝5．詳解:在BC上取一點G，使得BG＝1，如圖，∵，，∴，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴，∴PG＝PC，當點P在DG的延長線上時，PD?PC的值最大，最大值為DG＝＝5．故答案為5點睛:本題考查圓綜合題、正方形的性質、相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會構建相似三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，把問題轉化為兩點之間線段最短解決，題目比較難，屬于中考壓軸題．4．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖所示，，半徑為2的圓內切于．為圓上一動點，過點作、分別垂直于的兩邊，垂足為、，則的取值范圍為．【答案】【分析】根據(jù)題意，本題屬于動點最值問題-“阿氏圓”模型，首先作于，作于，如圖所示，通過代換，將轉化為，得到當與相切時，取得最大值和最小值，分兩種情況，作出圖形，數(shù)形結合解直角三角形即可得到相應最值，進而得到取值范圍．【詳解】解：作于，作于，如圖所示：，，，，，，，，當與相切時，取得最大和最小，①連接，，，如圖1所示：可得：四邊形是正方形，，在中，，，在中，，，即；②連接，，，如圖2所示：可得：四邊形是正方形，，由上同理可知：在中，，，在中，，，即，．故答案為：．【點睛】本題考查動點最值模型-“阿氏圓”，難度較大，掌握解決動點最值問題的方法，熟記相關幾何知識，尤其是圓的相關知識是解決問題的關鍵．5．（2023·湖南·九年級專題練習）如圖，邊長為4的正方形，內切圓記為⊙O，P是⊙O上一動點，則PA＋PB的最小值為．【答案】【分析】PA＋PB＝（PA＋PB），利用相似三角形構造PB即可解答．【詳解】解：設⊙O半徑為r，OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，取OB的中點I，連接PI，∴OI＝IB＝，∵，，∴，∠O是公共角，∴△BOP∽△POI，∴，∴PI＝PB，∴AP＋PB＝AP＋PI，∴當A、P、I在一條直線上時，AP＋PB最小，作IE⊥AB于E，∵∠ABO＝45°，∴IE＝BE＝BI＝1，∴AE＝AB?BE＝3，∴AI＝，∴AP＋PB最小值＝AI＝，∵PA＋PB＝（PA＋PB），∴PA＋PB的最小值是AI＝．故答案是．【點睛】本題是“阿氏圓”問題，解決問題的關鍵是構造相似三角形．6．（2023上·四川成都·九年級?？计谥校┤鐖D，已知，若點、在射線上，且滿足，，是射線上的動點，同時在右側作，且滿足，則的面積為．若點運動軌跡與射線交于點，當?shù)淖钚≈禃r，此時的值為．【答案】【分析】過點H作，利用勾股定理與逆定理可判斷是等腰三角形，過E作于，在右側作，則可證明，得出，進而得出，然后利用三角形的面積公式即可解答第一空；過H作于K，利用含的直角三角形的性質得出，則，故當A、H、K三點共線，且時，取最小值，過H作于P，得出，，然后利用勾股定理即可求解．【詳解】解：過點H作，∵，，，∴，，設，則，∵，∴，，∴，∴，∴，過E作于，在右側作，∴，∴，，∴，∴，，∴，∵，，∴，，∴，，∴，∴，∴；如圖，過H作于K，∵，，∴，∴，∴當A、H、K三點共線，且時，取最小值，如圖，過H作于P，∴，，，∴，又，∴，∴，即當取最小值時，的值為．故答案為：，【點睛】本題考查了含的直角三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質等知識，明確題意，添加合適輔助線，構造相似三角形求解，判定點H在平行與的直線上運動，當A、H、k三點共線，且時，取最小值，是解題的關鍵．7．（2023·廣西·南寧市一模）如圖，在平面直角坐標系中，A(2，0)、B(0，2)、C(4，0)、D(3，2)，P是AOB外部的第一象限內一動點，且∠BPA＝135°，則2PD+PC的最小值是_____．【答案】【分析】如圖，取一點T（1，0），連接OP，PT，TD．首先利用四點共圓證明OP=2，再利用相似三角形的性質證明PT=PC，推出2PD+PC=2（PD+PC）=2（PD+PT），根據(jù)PD+PT≥DT，求出DT即可解決問題．【詳解】解：如圖，取一點T（1，0），連接OP，PT，TD．∵A（2，0），B（0，2），C（4，0），∴OA=OB=2，OC=4，以O為圓心OA為半徑作⊙O，在優(yōu)弧AB上取一點Q，連接QB，QA，∵∠Q=∠AOB=45°，∠APB=135°，∴∠Q+∠APB=180°，∴A，P，B，Q四點共圓，∴OP=OA=2，∵OP=2，OT=1，OC=4，∴OP2=OC?OT，∴，∵∠POT=∠POC，∴△POT∽△COP，∴，∴PT=PC，∴2PD+PC=2（PD+PC）=2（PD+PT），∵PD+PT≥DT，DT=，∴2PD+PC≥，∴2PD+PC的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查幾何問題的最值，相似三角形的判定和性質，四點共圓等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．8．（2023·江蘇蘇州·蘇州市二模）如圖，在中，點A、點在上，，，點在上，且，點是的中點，點是劣弧上的動點，則的最小值為．【答案】【分析】延長到，使得，連接，，利用相似三角形的性質證明，求的最小值問題轉化為求的最小值．求出即可判斷．【詳解】解：延長到，使得，連接，．，，，，，，，，，，又在中，，，，，，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題．9．（2023秋·浙江溫州·九年級?？计谀┤鐖D，在邊長為4的正方形ABCD內有一動點P，且BP＝．連接CP，將線段PC繞點P逆時針旋轉90°得到線段PQ．連接CQ、DQ，則DQ+CQ的最小值為．【答案】5【分析】連接AC、AQ，先證明△BCP∽△ACQ得即AQ＝2，在AD上取AE＝1，證明△QAE∽△DAQ得EQ＝QD，故DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．【詳解】解：如圖，連接AC、AQ，∵四邊形ABCD是正方形，PC繞點P逆時針旋轉90°得到線段PQ，∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝，cos∠PCQ＝，∴∠ACB=∠PCO，∴△BCP∽△ACQ，∴∵BP＝，∴AQ＝2，∴Q在以A為圓心，AQ為半徑的圓上，在AD上取AE＝1，∵，，∠QAE＝∠DAQ，∴△QAE∽△DAQ，∴即EQ＝QD，∴DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，連接CE，∴，∴DQ+CQ的最小值為5．故答案為：5．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，旋轉的性質，相似三角形的性質與判定，三角函數(shù)，解題的關鍵在于能夠連接AC、AQ，證明兩對相似三角形求解.10．（2020·廣西·中考真題）如圖，在Rt中，AB＝AC＝4，點E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，點P是扇形AEF的上任意一點，連接BP，CP，則BP+CP的最小值是．【答案】．【分析】在AB上取一點T，使得AT＝1，連接PT，PA，CT．證明，推出＝＝，推出PT＝PB，推出PB+CP＝CP+PT，根據(jù)PC+PT≥TC，求出CT即可解決問題．【詳解】解：在AB上取一點T，使得AT＝1，連接PT，PA，CT．∵PA＝2．AT＝1，AB＝4，∴PA2＝AT?AB，∴＝，∵∠PAT＝∠PAB，∴，∴＝＝，∴PT＝PB，∴PB+CP＝CP+PT，∵PC+PT≥TC，在Rt中，∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，∴CT＝＝，∴PB+PC≥，∴PB+PC的最小值為．故答案為．【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質，三角形相似的判定與性質，勾股定理的應用，三角形的三邊關系，圓的基本性質，掌握以上知識是解題的關鍵．11．（2022·江蘇·蘇州九年級階段練習）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E為邊AD上一個動點，點F在邊CD上，且線段EF＝4，點G為線段EF的中點，連接BG、CG，則BG+CG的最小值為_____．【答案】5【分析】因為DG＝EF＝2，所以G在以D為圓心，2為半徑圓上運動，取DI＝1，可證△GDI∽△CDG，從而得出GI＝CG，然后根據(jù)三角形三邊關系，得出BI是其最小值【詳解】解：如圖，在Rt△DEF中，G是EF的中點，∴DG＝，∴點G在以D為圓心，2為半徑的圓上運動，在CD上截取DI＝1，連接GI，∴＝＝，∴∠GDI＝∠CDG，∴△GDI∽△CDG，∴＝，∴IG＝，∴BG+＝BG+IG≥BI，∴當B、G、I共線時，BG+CG最?。紹I，在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，∴BI＝5，故答案是：5．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，圓的概念，求得點的運動軌跡是解題的關鍵．12．（2023·四川成都·九年級專題練習）在中，AB=9，BC=8，∠ABC=60°，⊙A的半徑為6，P是上一動點，連接PB，PC，則的最小值_____________的最小值_______【答案】

【分析】①連接AP，在AB上取點Q，使AQ=4，連接CQ，利用相似三角形的判定和性質得到，推出，當三點共線時，的值最小，最小值為的長，再利用特殊角的三角函數(shù)值以及勾股定理即可求解；②在AC上取點G，使AG=，連接PG，BG，同①得到當三點共線時，的值最小，最小值為的長，再利用特殊角的三角函數(shù)值以及勾股定理即可求解．【詳解】①連接AP，在AB上取點Q，使AQ=4，連接CQ，∵⊙A的半徑為6，即AP=6，∴，又，且，∴，∴，∴，∴，當三點共線時，的值最小，最小值為的長，過C作CI⊥AB于I，∴，在Rt△CIB中，∵，BC=8，，∴，∴，，在Rt△CIQ中，，∴的最小值為；故答案為：；②連接AP，由①得：在Rt△CIA中，，在AC上取點G，使AG=，連接PG，BG，∴，∵，∴，且，∴，∴，∴，∴，當三點共線時，的值最小，最小值為的長，過G作GH⊥AB于H，∴，在Rt△CIA中，，在Rt△GAH中，，∴，∴，，在Rt△GHB中，，∴的最小值為．故答案為：．【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓的有關知識，勾股定理，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，解本題的關鍵是構造出相似三角形，也是解本題的難點．13．（2023·廣西·九年級專題練習）如圖，已知菱形的邊長為4，，的半徑為2，P為上一動點，則的最小值．的最小值【答案】【分析】①在BC上取一點G，使得BG=1，作DF⊥BC于F．利用相似三角形的判定和性質推出，得到，由，推出當D、P、G共線時，PD+PC的值最小，最小值為DG，再利用特殊角的三角函數(shù)值以及勾股定理求解即可；②連接BD，在BD上取一點M，使得BM=，同一的方法利用相似三角形的判定和性質推出，當M、P、C共線時，的值最小，最小值為CM，再利用含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理求解即可．【詳解】①如圖，在BC上取一點G，使得BG=1，連接PB、PG、GD，作DF⊥BC交BC延長線于F．∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴當D、P、G共線時，PD+PC的值最小，最小值為DG，在Rt△CDF中，∠DCF=60°，CD=4，∴DF=CD?sin60°=2，CF=2，在Rt△GDF中，DG，故答案為：；②如圖，連接BD，在BD上取一點M，使得BM=，連接PB、PM、MC，過M作MN⊥BC于N．∵四邊形ABCD是菱形，且，∴AC⊥BD，∠AOB=90，∠ABO=∠CBO=∠ABC=30，∴AO=AB=2，BO=，∴BD=2BO=，∴，，∴，且∠MBP=∠PBD，∴△MBP△PBD，∴，∴，∴，∴當M、P、C共線時，的值最小，最小值為CM，在Rt△BMN中，∠CBO=30，BM=，∴MN=BM=，BN=，∴CN=4-，∴MC=，∴的最小值為．【點睛】本題考查了圓綜合題、菱形的性質、相似三角形的判定和性質、兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是學會構建相似三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，把問題轉化為兩點之間線段最短解決，題目比較難，屬于中考壓軸題．14．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知：

圖1

圖2

圖3（1）初步思考：如圖1，在中，已知，BC=4，N為BC上一點且，試說明：（2）問題提出：如圖2，已知正方形ABCD的邊長為4，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，求的最小值．（3）推廣運用：如圖3，已知菱形ABCD的邊長為4，∠B﹦60°，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，求的最大值．【答案】（1）詳見解析；（2）5；（3）最大值【分析】（1）利用兩邊成比例，夾角相等，證明∽，得到，即可得到結論成立；（2）在BC上取一點G，使得BG=1，由△PBG∽△CBP，得到，當D、P、G共線時，的值最小，即可得到答案；（3）在BC上取一點G，使得BG=1，作DF⊥BC于F，與（2）同理得到，當點P在DG的延長線上時，，即可得到答案.【詳解】（1）證明：∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：如圖，在BC上取一點G，使得BG=1，∵，∴，∴，∴，∴，∴；∵，∴當D、P、G共線時，的值最小，∴最小值為：；（3）如圖，在BC上取一點G，使得BG=1，作DF⊥BC于F，與（2）同理，可證，在Rt△CDF中，∠DCF=60°，CD=4，∴DF=CD?sin60°=，CF=2，在Rt△GDF中，DG=，∴，當點P在DG的延長線上時，，∴最大值為：.【點睛】本題考查圓綜合題、正方形的性質、菱形的性質、相似三角形的判定和性質、兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是學會構建相似三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，把問題轉化為兩點之間線段最短解決，題目比較難，屬于中考壓軸題．15．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考一模）如圖1，平面內有一點到的三個頂點的距離分別為、、，若有，則稱點為關于點的勾股點．(1)如圖2，在的網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，點A，B、C、D、E均在小正方形的格點上，則點是關于點______的勾股點；若點在格點上，且點是關于點的勾股點，請在方格紙中畫出；(2)如圖3，菱形中，與交于點，點是平面內一點，且點是關于點的勾股點．①求證：；②若，，則的最大值為______（直接寫出結果）；③若，，且是以為底的等腰三角形，求的長．(3)如圖4，矩形中，，，是矩形內一點，且點是關于點的勾股點，那么的最小值為______（直接寫出結果）．【答案】(1)C；見解析(2)①見解析；②；③或(3)【分析】（1）根據(jù)勾股定理得到，則點是關于點的勾股點；根據(jù)勾股定理結合定義得到，據(jù)此畫圖即可；（2）①根據(jù)定義可得，利用菱形的性質和勾股定理可得，即可證明；②利用勾股定理求出，則點E在以O為圓心，半徑為的圓上運動，即可當（點O在）三點共線時，最大，據(jù)此求解即可；如圖3，由②可知點在以為圓心，為半徑的圓上運動．當點在左側時，連接．先證明，過點作，求出，，過點作，則四邊形為正方形，則，，即可得到；當點在右側時，同理求解即可．（3）如圖4，在上取點，使，則，先求出，進而證明，得到，則，故當A、E、F共線時，值最小，據(jù)此求解即可．【詳解】（1）解：由題意得，，，∴，∴點是關于點的勾股點；∵點是關于點的勾股點，∴∵，∴，如圖所示，即為所求；（2）解：①∵點是關于點的勾股點，∴，∵菱形中，，∴在中，，∴；②∵，，∴在中，，∴，∴點E在以O為圓心，半徑為的圓上運動，∴當（點O在）三點共線時，最大，最大值為；③如圖3，由②可知點在以為圓心，為半徑的圓上運動．當點在左側時，連接．當時，∵，∴，過點作，∴點為中點，即，∴，，過點作，則四邊形為正方形，∴，∴，∴．當點在右側時，可得點與點關于對稱，∴∴或（3）解：如圖4，在上取點，使，則，∵是關于點的勾股點，∴，在中，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴當A、E、F共線時，值最小，在中，由勾股定理得，∴的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，圓外一點到圓上一點距離的最值問題，菱形的性質，勾股定理，矩形的性質，正方形的性質與判定等等，靈活運用數(shù)形結合的思想是解題的關鍵．16．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模）如圖，已知是等邊三角形，，點D為的中點，點E，F(xiàn)分別為邊，上的動點（點E不與B，C重合），且．(1)求的取值范圍；(2)若，求的長；(3)求的最小值．【答案】(1)(2)(3)取得最小值是，見解析【分析】（1）根據(jù)題中條件求解即可；（2）過點D作，過點F作，證明即可求解；（3）連接，過點F作，過點C作且，證明，再結合題中條件即可求得答案．【詳解】（1）解：∵是等邊三角形，，∴，∴；（2）解：過點D作，過點F作，如圖所示，∴，∴，∵，∴，∴，∴，設，∵，∴，∵點D為的中點，，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，，∴，∵，∴∵∴，，，∵，∴，即，解得：，即；（3）解：連接，過點F作，過點C作且，在和中，∵是等邊三角形，點D為的中點，∴∵，，∴，∴，設，由（2）知，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，當且僅當B、F、K三點共線時取等號，即取得最小值，過點K作交的延長線于點M，∵，，∴，，∴，在中，，∴，即取得最小值是．【點睛】本題考查等邊三角形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，正確作出輔助線是解題關鍵．17．（2023·重慶大渡口·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖1，在矩形中，，分別以所在的直線為軸、軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，連接,反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過線段的中點，并與矩形的兩邊交于點和點，直線經(jīng)過點和點.（1）連接、，求的面積；（2）如圖2，將線段繞點順時針旋轉—定角度，使得點的對應點好落在軸的正半軸上，連接，作，點為線段上的一個動點，求的最小值.

【答案】（1）；（2）4.【分析】(1)連接、，過點D作DP⊥OC，易得：B(3，4)，從而得D(1.5，2)，進而得，即：，E(，4)，F(xiàn)(3，1)，根據(jù)割補法，即可求出答案；(2)過點N作NQ⊥OB于點Q，HG⊥OB于點G，易得OH=OB=5，BH=，HG=BC=4，易證?OQN~?OMB，得NQ=，得到，進而得到答案.【詳解】（1）連接、，過點D作DP⊥OC，如圖1，∵在矩形中，，∴B(3，4)，∵點D是OB的中點，∴DP=BC=OA=2，OP=OC=1.5，即：D(1.5，2)，∵反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過線段的中點，∴k=xy=1.5×2=3，即：，∴，E(，4)，F(xiàn)(3，1)，∴BE=3-=，BF=4-1=3，∴，∴=；（2）過點N作NQ⊥OB于點Q，HG⊥OB于點G，如圖2，∵線段繞點順時針旋轉—定角度，點的對應點好落在軸的正半軸上，∴OH=OB=，∴CH=OH-OC=5-3=2，∴BH=，∵，∴HG=BC=4，∵，∴BM=BH=，∵∠NOQ=∠BOM，∠OQN=∠OMB=90°，∴?OQN~?OMB，∴，即：，∴NQ=，∴，∵，∴，∴的最小值是：4.

【點睛】本題主要考查反比例函數(shù)比例系數(shù)的幾何意義以及相似三角形的判定和性質定理