重難點06 幾何最值問題

重難點06幾何最值問題命題趨勢中考數(shù)學(xué)中《幾何最值問題》部分主要考向分為五類：一、將軍飲馬類最值二、動點輔助圓類最值三、四點共圓類最值四、瓜豆原理類最值五、胡不歸類最值幾何最值問題雖然在中考數(shù)學(xué)中經(jīng)?？疾斓氖菍④婏嬹R類和輔助圓類，剩余幾種雖然不經(jīng)?？疾欤强嫉降臅r候難度都比較大，所以也需要理解并掌握不同類型的幾何最值問題的處理辦法，這樣到考到的時候才能有捷徑應(yīng)對。考向一：將軍飲馬類最值滿分技巧將軍飲馬：1．（2023?綏化）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點E為高BD上的動點．連接CE，將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CF．連接AF，EF，DF，則△CDF周長的最小值是．2．（2023?德州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AB＝3，BC＝4，點E在AB上，且AE＝1．F，G為邊AD上的兩個動點，且FG＝1．當(dāng)四邊形CGFE的周長最小時，CG的長為．考向二：動點輔助圓類最值滿分技巧動點運動軌跡為輔助圓的三種類型：一．定義法——若一動點到定點的距離恒等于固定長，則該點的運動軌跡為以定點為圓心，定長為半徑的圓（或圓?。┒?定邊對直角模型原理：直徑所對的圓周角是直角思路構(gòu)造：若一條定邊所對的“動角”始終為直角，則直角頂點運動軌跡是以該定邊為直徑的圓（或圓?。┤ㄟ厡Χń悄Ｐ驮恚涸谕瑘A或等圓中，同弧所對的圓周角相等思路構(gòu)造：若一條定邊所對的“動角”始終為定角，則該定角頂點運動軌跡是以該定角為圓周角，該定邊為弦的圓（或圓?。?．（2023?徐州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝3，點D在邊BC上．將△ACD沿AD折疊，使點C落在點C′處，連接BC′，則BC′的最小值為．2．（2023?黑龍江）如圖，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，點E是斜邊AB的中點，把Rt△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得Rt△AFD，點C，點B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點分別是點D，點F，連接CF，EF，CE，在旋轉(zhuǎn)的過程中，△CEF面積的最大值是．3．（2023?大慶模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，C為的三等分點（更靠近A點），點P是⊙O上個動點，取弦AP的中點D，則線段CD的最大值為（）A．2 B． C． D．考向三：四點共圓類最值滿分技巧對角互補的四邊形必有四點共圓，即輔助圓產(chǎn)生模型原理：圓內(nèi)接四邊形對角互補1．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，連接BE，以BE為斜邊在BE的右側(cè)作等腰直角△BDE，P是AE邊上的一點，連接PC和CD，當(dāng)∠PCD＝45°，則PE長為．考向四：瓜豆原理類最值滿分技巧瓜豆原理的特征和結(jié)論：1．（2023?金平區(qū)三模）如圖，長方形ABCD中，AB＝6，BC＝，E為BC上一點，且BE＝，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，將EF繞著點E順時針旋轉(zhuǎn)45°到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值為．2．（2023?宿城區(qū)二模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，點E為對角線AC上一動點，BE⊥BF，，BG⊥EF于點G，連接CG，當(dāng)CG最小時，CE的長為．考向五：胡不歸類最值滿分技巧胡不歸模型解決步驟：模型具體化：如圖，已知兩定點A、B，在定直線BC上找一點P，使從B走道P，再從P走到A的總時間最小解決步驟：由系數(shù)k·PB確定分割線為PBPA在分割線一側(cè)，在分割線PB另一側(cè)依定點B構(gòu)α角，使sinα=k，α角另一邊為BD過點P作PQ⊥BD，轉(zhuǎn)化kPB=PQ過定點A作AH⊥BD，轉(zhuǎn)化（PA+k·PB）min=AH，再依“勾股法”求AH的長即可。1．（2023?錦州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD，AE，使AD＝AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內(nèi)交于點M．③作射線AM交BC于點F．若點P是線段AF上的一個動點，連接CP，則CP+AP的最小值是．2．（2023?合肥三模）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝4，若D是BC邊上的動點，則2AD+DC的最小值是（）A．6 B．8 C．10 D．12重難通關(guān)練（建議用時：20分鐘）1．（2023?瀘州）如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AB的三等分點，P是對角線AC上的動點，當(dāng)PE+PF取得最小值時，的值是．2．（2023?鄂州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，OA＝OB＝3，點C為平面內(nèi)一動點，BC＝，連接AC，點M是線段AC上的一點，且滿足CM：MA＝1：2．當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標(biāo)是（）A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）3．（2023?臺州）如圖，⊙O的圓心O與正方形的中心重合，已知⊙O的半徑和正方形的邊長都為4，則圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值為（）A． B．2 C． D．4．如圖，AB⊥BC，AB＝5，點E、F分別是線段AB、射線BC上的動點，以EF為斜邊向上作等腰Rt△DEF，∠EDF＝90°，連接AD，則AD的最小值為．培優(yōu)爭分練（建議用時：20分鐘）1．如圖，正方形ABCD中，AB＝4，動點E從點A出發(fā)向點D運動，同時動點F從點D出發(fā)向點C運動，點E、F運動的速度相同，當(dāng)它們到達(dá)各自終點時停止運動，運動過程中線段AF、BE相交于點P，M是線段BC上任意一點，則MD+MP的最小值為．2．如圖，等邊三角形ABC和等邊三角形ADE，點N，點M分別為BC，DE的中點，AB＝6，AD＝4，△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)過程中，MN的最大值為．3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝與x軸的正半軸交于點A，B點為拋物線的頂點，C點為該拋物線對稱軸上一點，則3BC+5AC的最小值為（）A．24 B．25 C．30 D．364．（2023?天心區(qū)校級三模）如圖1：在⊙O中，AB為直徑，C是⊙O上一點，AC＝3，BC＝4．過O分別作OH⊥BC于點H，OD⊥AC于點D，點E、F分別在線段BC、AC上運動（不含端點），且保持∠EOF＝90°．（1）OC＝；四邊形CDOH是（填矩形/菱形/正方形）；S四邊形CDOH＝；（2）當(dāng)F和D不重合時，求證：△OFD∽△OEH；（3）①在圖1中，⊙P是△CEO的外接圓，設(shè)⊙P面積為S，求S的最小值，并說明理由；②如圖2：若Q是線段AB上一動點，且QA：QB＝1：n，∠EQF＝90°，⊙M是四邊形CEQF的外接圓，則當(dāng)n為何值時，⊙M的面積最??？最小值為多少？請直接寫出答案．

重難點06幾何最值問題考向一：將軍飲馬類最值1．（2023?綏化）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點E為高BD上的動點．連接CE，將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CF．連接AF，EF，DF，則△CDF周長的最小值是．【分析】分析已知，可證明△BCE≌△ACF，得∠CAF＝∠CBE＝30°，可知點F在△ABC外，使∠CAF＝30°的射線AF上，根據(jù)將軍飲馬型，求得DF+CF的最小值便可求得本題結(jié)果．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝60°，∵∠ECF＝60°，∴∠BCE＝60°﹣∠ECA＝∠ACF，∵CE＝CF，∴△BCE≌△ACF（SAS），∴∠CAF＝∠CBE，∵△ABC是等邊三角形，BD是高，∴∠CBE＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝3，過C點作CG⊥AF，交AF的延長線于點G，延長CG到H，使得GH＝CG，連接AH，DH，DH與AG交于點I，連接CI，F(xiàn)H，則∠ACG＝60°，CG＝GH＝AC＝3，∴CH＝AC＝6，∴△ACH為等邊三角形，∴DH＝CD?tan60°＝，AG垂直平分CH，∴CI＝HI，CF＝FH，∴CI+DI＝HI+DI＝DH＝3，CF+DF＝HF+DF≥DH，∴當(dāng)F與I重合時，即D、F、H三點共線時，CF+DF的值最小為：CF+DF＝DH＝3，∴△CDF的周長的最小值為3+3．故答案為：3+3．2．（2023?德州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AB＝3，BC＝4，點E在AB上，且AE＝1．F，G為邊AD上的兩個動點，且FG＝1．當(dāng)四邊形CGFE的周長最小時，CG的長為．【分析】先確定FG和EC的長為確定的值，得到四邊形CGFE的周長最小時，即為CG+EF最小時，平移CG到C'F，作點E關(guān)于AD對稱點E'，連接E'C'交AD于點G'，得到CG+EF最小時，點G與G'重合，再利用平行線分線段成比例求出C'G'長即可．【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，∴四邊形CGFE的周長＝CG+FG+EF+EC＝CG+EF+1+，∴四邊形CGFE的周長最小時，只要CG+EF最小即可．過點F作FC'∥GC交BC于點C'，延長BA到E'，使AE'＝AE＝1，連接E'F，E'C'，E'C'交AD于點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最小時，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'＝，即四邊形CGFE的周長最小時，CG的長為．故答案為：．考向二：動點輔助圓類最值滿分技巧動點運動軌跡為輔助圓的三種類型：一．定義法——若一動點到定點的距離恒等于固定長，則該點的運動軌跡為以定點為圓心，定長為半徑的圓（或圓弧）二.定邊對直角模型原理：直徑所對的圓周角是直角思路構(gòu)造：若一條定邊所對的“動角”始終為直角，則直角頂點運動軌跡是以該定邊為直徑的圓（或圓弧）三．定邊對定角模型原理：在同圓或等圓中，同弧所對的圓周角相等思路構(gòu)造：若一條定邊所對的“動角”始終為定角，則該定角頂點運動軌跡是以該定角為圓周角，該定邊為弦的圓（或圓?。?．（2023?徐州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝3，點D在邊BC上．將△ACD沿AD折疊，使點C落在點C′處，連接BC′，則BC′的最小值為．【分析】由折疊性質(zhì)可知AC＝AC'＝3，然后根據(jù)三角形的三邊不等關(guān)系可進行求解．【解答】解：∵∠C＝90°，CA＝CB＝3，∴，由折疊的性質(zhì)可知AC＝AC'＝3，∵BC'≥AB﹣AC'，∴當(dāng)A、C′、B三點在同一條直線時，BC'取最小值，最小值即為，故答案為．2．（2023?黑龍江）如圖，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，點E是斜邊AB的中點，把Rt△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得Rt△AFD，點C，點B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點分別是點D，點F，連接CF，EF，CE，在旋轉(zhuǎn)的過程中，△CEF面積的最大值是．【分析】線段CE為定值，點F到CE距離最大時，△CEF的面積最大，畫出圖形，即可求出答案．【解答】解：∵線段CE為定值，∴點F到CE的距離最大時，△CEF的面積有最大值．在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中點，∴AB＝2BC＝4，CE＝AE＝AB＝2，AC＝AB?cos30°＝2，∴∠ECA＝∠BAC＝30°，過點A作AG⊥CE交CE的延長線于點G，∴AG＝AC＝，∵點F在以A為圓心，AB長為半徑的圓上，∴AF＝AB＝4，∴點F到CE的距離最大值為4+，∴，故答案為：．3．（2023?大慶模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，C為的三等分點（更靠近A點），點P是⊙O上個動點，取弦AP的中點D，則線段CD的最大值為（）A．2 B． C． D．【分析】如圖，連接OD，OC，首先證明點D的運動軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，當(dāng)點D在CK的延長線上時，CD的值最大，利用勾股定理求出CK即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OD，OC，∵AD＝DP，∴OD⊥PA，∴∠ADO＝90°，∴點D的運動軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，AC，當(dāng)點D在CK的延長線上時，CD的值最大，∵C為的三等分點，∴∠AOC＝60°，∴△AOC是等邊三角形，∴CK⊥OA，在Rt△OCK中，∵∠COA＝60°，OC＝2，OK＝1，∴CK＝＝，∵DK＝OA＝1，∴CD＝+1，∴CD的最大值為+1，故選：D．考向三：四點共圓類最值滿分技巧對角互補的四邊形必有四點共圓，即輔助圓產(chǎn)生模型原理：圓內(nèi)接四邊形對角互補1．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，連接BE，以BE為斜邊在BE的右側(cè)作等腰直角△BDE，P是AE邊上的一點，連接PC和CD，當(dāng)∠PCD＝45°，則PE長為．【分析】由AE＝3得動點E在圓上運動，因為△BDE是等腰直角三角形且∠PCD＝45°，所以想到瓜豆原理，可兩次構(gòu)造三角形相似去解答．【解答】解：以AB為斜邊在AB的右側(cè)作等腰直角△ABF，連接FC，F(xiàn)D．∵∠ABF＝∠EBD＝45°，∴∠ABE＝∠FBD，∵，∴△ABE∽△FBD，∴，∴FD＝，在四邊形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝90°，∴A、C、B、F四點共圓，∴∠ACF＝∠ABF＝45°，∠CAB＝∠CFB，∵∠PCD＝45°∴∠ACP＝∠FCD，又∵△ABE∽△FBD，∴∠BAE＝∠BFD，∴∠CAP＝∠CFD，∴△CAP∽△CFD，∴，在四邊形ACBF中，由對角互補模型得AC+CB＝，∴CF＝∴，∴AP＝1，∴PE＝2，故答案為：2考向四：瓜豆原理類最值滿分技巧瓜豆原理的特征和結(jié)論：1．（2023?金平區(qū)三模）如圖，長方形ABCD中，AB＝6，BC＝，E為BC上一點，且BE＝，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，將EF繞著點E順時針旋轉(zhuǎn)45°到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值為．【分析】如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段ET，連接DE交CG于J．首先證明∠ETG＝90°，推出點G的在射線TG上運動，推出當(dāng)CG⊥TG時，CG的值最小．【解答】解：如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段ET，連接DE交CG于J．∵四邊形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°，∴點G在射線TG上運動，∴當(dāng)CG⊥TG時，CG的值最小，∵BC＝，BE＝，CD＝6，∴CE＝CD＝6，∴∠CED＝∠BET＝45°，∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，∴四邊形ETGJ是矩形，∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝，∴CJ⊥DE，∴JE＝JD，∴CJ＝DE＝3，∴CG＝CJ+GJ＝+3，∴CG的最小值為+3，故答案為：+3．2．（2023?宿城區(qū)二模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，點E為對角線AC上一動點，BE⊥BF，，BG⊥EF于點G，連接CG，當(dāng)CG最小時，CE的長為．【分析】過點B作BP⊥AC于點P，連接PG，則可得△ABE∽△PBG，進而可知∠BPG為定值，因此CG⊥PG時，CG最小，通過設(shè)元利用三角函數(shù)和相似比可表示出PG、CP，即可求出結(jié)果．【解答】解：如圖，過點B作BP⊥AC于點P，連接PG，∵，∠ABC＝∠EBF，∴△ABC∽△EBF，∴∠CAB＝∠FEB，∵∠APB＝∠EGB＝90°，∴△ABP∽△EBG，∴＝，∠ABP＝∠EBG，∴∠ABE＝∠PBG，∴△ABE∽△PBG，∴∠BPG＝∠BAE，即在點E的運動過程中，∠BPG的大小不變且等于∠BAC，∴當(dāng)CG⊥PG時，CG最小，設(shè)此時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＝，故答案為：．考向五：胡不歸類最值滿分技巧胡不歸模型解決步驟：模型具體化：如圖，已知兩定點A、B，在定直線BC上找一點P，使從B走道P，再從P走到A的總時間最小解決步驟：由系數(shù)k·PB確定分割線為PBPA在分割線一側(cè)，在分割線PB另一側(cè)依定點B構(gòu)α角，使sinα=k，α角另一邊為BD過點P作PQ⊥BD，轉(zhuǎn)化kPB=PQ過定點A作AH⊥BD，轉(zhuǎn)化（PA+k·PB）min=AH，再依“勾股法”求AH的長即可。1．（2023?錦州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD，AE，使AD＝AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內(nèi)交于點M．③作射線AM交BC于點F．若點P是線段AF上的一個動點，連接CP，則CP+AP的最小值是．【分析】根據(jù)題目中所給的條件，判斷AF為角平分線，由問題可知，需要利用胡不歸模型構(gòu)建直角三角形，轉(zhuǎn)化兩條線段和為一條線段，利用三角函數(shù)求出線段長度．【解答】理由如下：由作圖步驟可知，射線AM為∠CAB的角平分線，∵∠ABC＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝60°，∵AM平分∠CAB，∴∠CAF＝∠BAF＝∠CAB＝30°，過點C作CN⊥AB于N，交AF于P，在Rt△APN中，∠BAF＝30°，∴PN＝AP，∴CP+AP＝CP+PN＝CN，根據(jù)點到直線的距離，垂線段最短，此時CP+PN值最小在Rt△ACN中，∠CAN＝60°，AC＝4，∴，∴CN＝sin60°×AC＝＝，∴CP+AP＝CP+PN＝CN＝，故答案為：．2．（2023?合肥三模）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝4，若D是BC邊上的動點，則2AD+DC的最小值是（）A．6 B．8 C．10 D．12【分析】過點C作射線CE，使∠BCE＝30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點F，連接AD，在Rt△DFC中，當(dāng)A，D，F(xiàn)在同一直線上，即AF⊥CE時，AD+DF的值最小，最小值等于垂線段AF的長．【解答】解：過點C作射線CE，使∠BCE＝30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點F，連接AD，如圖所示：在Rt△DFC中，∠DCF＝30°，∴，∵＝2（AD+DF），∴當(dāng)A，D，F(xiàn)在同一直線上，即AF⊥CE時，AD+DF的值最小，最小值等于垂線段AF的長，此時，∠B＝∠ADB＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴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的最小值為12，故選：D．重難通關(guān)練（建議用時：20分鐘）1．（2023?瀘州）如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AB的三等分點，P是對角線AC上的動點，當(dāng)PE+PF取得最小值時，的值是．【分析】找出點E關(guān)于AC的對稱點E'，連接FE'與AC的交點P'即為PE+PF取得最小值時，點P的位置，再設(shè)法求出的值即可．【解答】解：作點E關(guān)于AC的對稱點E'，連接FE'交AC于點P'，連接PE'，∴PE＝PE'，∴PE+PF＝PE'+PF≥E'F，故當(dāng)PE+PF取得最小值時，點P位于點P'處，∴當(dāng)PE+PF取得最小值時，求的值，只要求出的值即可．∵正方形ABCD是關(guān)于AC所在直線軸對稱，∴點E關(guān)于AC所在直線對稱的對稱點E'在AD上，且AE'＝AE，過點F作FG⊥AB交AC于點G，則∠GFA＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠B＝90°，∠CAB＝∠ACB＝45°，∴FG∥BC∥AD，∠AGF＝∠ACB＝45°，∴GF＝AF，∵E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AB的三等分點，∴AE'＝AE＝EF＝FB，∴GC＝AC，，∴AG＝AC，，∴AP'＝AG＝AC＝AC，∴P'C＝AC﹣AP'＝AC﹣AC＝AC，∴＝，故答案為：．2．（2023?鄂州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，OA＝OB＝3，點C為平面內(nèi)一動點，BC＝，連接AC，點M是線段AC上的一點，且滿足CM：MA＝1：2．當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標(biāo)是（）A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）【分析】由題意可得點C在以點B為圓心，為半徑的⊙B上，在x軸的負(fù)半軸上取點D（﹣，0），連接BD，分別過C和M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足為F、E，先證△OAM∽△DAC，得＝＝，從而當(dāng)CD取得最大值時，OM取得最大值，結(jié)合圖形可知當(dāng)D，B，C三點共線，且點B在線段DC上時，CD取得最大值，然后分別證△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．【解答】解：∵點C為平面內(nèi)一動點，BD＝，∴點C在以點B為圓心，為半徑的⊙B上，在x軸的負(fù)半軸上取點D（﹣，0），連接BD，分別過C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足為F、E，∵OA＝OB＝，∴AD＝OD+OA＝，∴＝，∵CM：MA＝1：2，∴＝＝，∵∠OAM＝∠DAC，∴△OAM∽△DAC，∴＝＝，∴當(dāng)CD取得最大值時，OM取得最大值，結(jié)合圖形可知當(dāng)D，B，C三點共線，且點B在線段DC上時，CD取得最大值，∵OA＝OB＝，OD＝，∴BD＝＝，∴CD＝BC+BD＝9，∵＝，∴OM＝6，∵y軸⊥x軸，CF⊥OA，∴∠DOB＝∠DFC＝90°，∵∠BDO＝∠CDF，∴△BDO∽△CDF，∴＝，即＝，解得CF＝，同理可得，△AEM∽△AFC，∴＝＝，即＝，解得ME＝，∴OE＝＝，∴當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標(biāo)是（，），故選D．3．（2023?臺州）如圖，⊙O的圓心O與正方形的中心重合，已知⊙O的半徑和正方形的邊長都為4，則圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值為（）A． B．2 C． D．【分析】如圖，由三角形三邊關(guān)系分析可得當(dāng)O、A、B三點共線時，圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離有最小值，最小值為OB﹣OA，以此即可求解．【解答】解：如圖，點B為⊙O上一點，點D為正方形上一點，連接BD，OC，OA，AB，由三角形三邊關(guān)系可得，OB﹣OD＜BD，OB是圓的半徑，為定值，當(dāng)點D在A時，取得最大值，∴當(dāng)O、A、B三點共線時，圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離有最小值，最小值為OB﹣OA，由題意可得，AC＝4，OB＝4，∵點O為正方形的中心，∴OA⊥OC，OA＝OC，∴△AOC為等腰直角三角形，∴OA＝＝＝，∴圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值為OB﹣OA＝4﹣．故選：D．4．如圖，AB⊥BC，AB＝5，點E、F分別是線段AB、射線BC上的動點，以EF為斜邊向上作等腰Rt△DEF，∠EDF＝90°，連接AD，則AD的最小值為．【分析】連接BD并延長，利用四點共圓的判定定理得到B，E，D，F(xiàn)四點共圓，再利用等腰直角三角形的性質(zhì)和圓周角定理得到∠DBF＝∠DEF＝45°，得到點D的軌跡，最后利用垂線段最短和等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可得出結(jié)論．【解答】解：連接BD并延長，如圖，∵AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∠EDF＝90°，∴∠ABC+∠EDF＝180°，∴B，E，D，F(xiàn)四點共圓，∵△DEF為等腰直角三角形，∴∠DEF＝∠DFE＝45°，∴∠DBF＝∠DEF＝45°，∴∠DBF＝∠DBE＝45°，∴點D的軌跡為∠ABC的平分線上，∵垂線段最短，∴當(dāng)AD⊥BD時，AD取最小值，∴AD的最小值為AB＝，故答案為：．培優(yōu)爭分練（建議用時：20分鐘）1．如圖，正方形ABCD中，AB＝4，動點E從點A出發(fā)向點D運動，同時動點F從點D出發(fā)向點C運動，點E、F運動的速度相同，當(dāng)它們到達(dá)各自終點時停止運動，運動過程中線段AF、BE相交于點P，M是線段BC上任意一點，則MD+MP的最小值為．【分析】首先作出點D關(guān)于BC的對稱點D′從而可知當(dāng)點P、M、D′在一條直線上時，路徑最短，當(dāng)點E與點D重合，點F與點C重合時，PG和GD′均最短，即PD′最短，然后由正方形的性質(zhì)和軸對稱圖形的性質(zhì)可知：PG＝2，GD′＝6，最后由勾股定理即可求得PD′的長，從而可求得MD+MP的最小值．【解答】解：如圖作點D關(guān)于BC的對稱點D′，連接PD′，由軸對稱的性質(zhì)可知：MD＝D′M，CD＝CD′＝4，∴PM+DM＝PM+MD′＝PD′過點P作PE垂直DC，垂足為G，易證AF⊥BE，故可知P的軌跡為以AB為直徑的四分之一圓弧上，點P在以AB為直徑的圓上運動，連接D’和圓心（AB的中點）與圓的交點，當(dāng)點E與點D重合，點F與點C重合時，PG和GD′均最短，∴此時，PD′最短．∵四邊形ABCD為正方形，∴PG＝，GC＝．∴GD′＝6．在Rt△PGD′中，由勾股定理得：PD′＝．故答案為：2．2．如圖，等邊三角形ABC和等邊三角形ADE，點N，點M分別為BC，DE的中點，AB＝6，AD＝4，△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)過程中，MN的最大值為．【分析】分析題意可知，點M是在以AM為半徑，點A為圓心的圓上運動，連接AN，AM，以AM為半徑，點A為圓心作圓，反向延長AN與圓交于點M′，以此得到M、A、N三點共線時，MN的值最大，再根據(jù)勾股定理分別算出AM、AN的值，則MN的最大值M′N＝AN+AM′＝AN+AM．【解答】解：連接AN，AM，以AM為半徑，點A為圓心作圓，反向延長AN與圓交于點M′，如圖，∵△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，∴點M是在以AM為半徑，點A為圓心的圓上運動，∵AM+AN≥MN，∴當(dāng)點M旋轉(zhuǎn)到M′，即M、A、N三點共線時，MN的值最大，最大為M′N，∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，點N，點M分別為BC，DE的中點，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，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AM′＝AM＝，∴M′N＝AN+AM′＝，即MN的最大值為．故答案為：．3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝與x軸的正半軸交于點A，B點為拋物線的頂點，C點為該拋物線對稱軸上一點，則3BC+5AC的最小值為（）A．24 B．25 C．30 D．36【分析】連接OB，過C點作CM⊥OB于M點，過A點作AN⊥OB于N點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D，先求出拋物線與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)，繼而得出BD、OA、OD，再證明△OBD∽△CBM，△OBD∽△OAN，進而可得3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），當(dāng)A、C、M三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，AC+CM最小，根據(jù)求出AN，AC+CM最小值即為AN，則問題得解．【解答】解：連接OB，過C點作CM⊥OB于M點，過A點作AN⊥OB于N點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D，如圖，令y＝0，得方程，解得：x1＝0，x2＝6，∴A點坐標(biāo)為（6，0），即OA＝6，將配成頂點式得：，∴B點坐標(biāo)為（3，4），∴BD＝4，OD＝3，∵CM⊥OB，AN⊥OB，∴∠BMC＝∠ANO＝90°，根據(jù)拋物線對稱軸的性質(zhì)可知BD⊥OA，∴∠BDO＝90°，在Rt△BDO中，利用勾股定理得，∵∠OBD＝∠CBM，∠BDO＝∠BMC＝90°，∴△OBD∽△CBM，同理可證得△OBD∽△OAN，∴，，∴，即3BC＝5MC，∴3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），∵當(dāng)A、C、M三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，AC+CM最小，