期末专题复习10：圆中最值问题-2023-2024学年九年级上学期期末专题复习（苏科版）

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【考纲解析】
圆中最值问题属于九年级考试以及中考常考题型，一般属于中等题或压轴题，所以对于学生来说，不但要熟练掌握圆的基本知识，还有对圆的综合问题要非常熟练，包括翻折问题、隐圆问题、动点问题都要非常熟练，因此学生要多结合线段最值、面积最值、函数最值等相结合思考问题，把最值问题转化成基本的几何或者函数问题，这样就容易理解和计算了
【考点一：线段最值问题】
1．（2022秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习） 如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E、F分别AD、DC边上的点，且EF=2，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PA+PG的最小值为（ ）

A．6B．4C．5D．9
【答案】B
【分析】由EF=2，点G为EF的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出DG=1，所以G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；根据勾股定理求得A′D=5，即可求得A′G=A′D−DG=5−1=4，从而得出PA+PG的最小值；
【详情解析】解：∵EF=2，点G为EF的中点，
∴DG=1，
∴G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，
作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；

∵AB=2，AD=3，
∴AA′=4，
∴ A′D=32+42=5，
∴ A′G=A′D−DG=5−1=4；
∴ PA+PG的最小值为4；
故选B．
【提优突破】本题考查了轴对称−最短路线问题，矩形的性质，勾股定理的应用，圆的基本性质，直角三角形斜边上的中线的性质，判断出G点的位置是解题的关键．
．
2．（2023秋·江苏宿迁·九年级校联考阶段练习）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(6，8)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为（ ）
A．13B．14C．12D．28
【答案】D
【分析】由Rt△APB中AB=2OP知要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，连接OM，并延长交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最大值，据此求解可得．
【详情解析】解：连接PO，
∵PA⊥PB，
∴∠APB=90°，
∵点 A、点B关于原点O对称，
∴AO=BO，
∴AB=2PO，
若要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，
连接OM，并延长交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最大值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ=6、MQ=8，
∴OM=10，
又∵MP′=r=4，
∴OP′=MO+MP′=10+4=14，
∴AB=2OP′=2×14=28；
故选：D．
【提优突破】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．
3．（2023春·江苏·八年级专题练习）正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上运动，连接AE，过点B作BF⊥AE，F为垂足，以BF为边作正方形BFGH，当点E与点B重合时，点F、G、H与点B重合，则DH长的最大值是（ ）
A．8B．45C．25+2D．25+4
【答案】C
【分析】取AB的中点M，连接MF，取BC的中点N，连接NH，得出MF=2，证明△MBF≌△NBH，得出NH=MF=2，则点H在以点N为圆心，2为半径的⊙N上，则当D,N,H时，DH最大，，勾股定理即可求解．
【详情解析】取AB的中点M，连接MF，取BC的中点N，连接NH，ND，
∵正方形ABCD，正方形BFGH，BF⊥AE
∴MF=BM=BN=12AB=2
∵∠ABC=∠FBH=90°，
∴∠ABC−∠FBC=∠FBH−∠FBC，
即∠ABF=∠CBH，
∴△MBF≌△NBHSAS，
∴NH=MF=2，
∴点H在以点N为圆心，2为半径的⊙N上，
当D,N,H时，DH最大，
∵DC=4,CN=2
∴DN=22+42=25,
∴DH的最大值为DN+NH=25+2．
故选C．
【提优突破】本题考查了点到圆上一点的最值问题，勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的性质与判定，求得H的轨迹是解题的关键．
4．（2022秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=4，CB=6，点D是AC边上的动点，连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，则AE的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】取BC中点F，连接AE、EF．易得点E在以BC长为直径的圆周上上运动，当点A、E、F在同一直线上时，AE最短．据此计算即可．
【详情解析】解：如图，取BC中点F，连接AE、EF．
∵CE⊥BD，∠BEC=90°，
∴点E在以BC长为直径的圆周上上运动，当点A、E、F在同一直线上时，AE最短．
∵CA=4，CB=6，
∴BF=12BC=3，
∴AF=42+32=5，
∴AE=AF−BF=5−3=2，
即AE的最小值为2．
故选：A．
【提优突破】本题考查了线段最小值，正确理解圆外一点到圆上的最短距离等于点与圆心连线与圆的交点到点到这点的线段长是解题的关键．
5．（2023秋·江苏扬州·九年级校联考阶段练习）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，CD上的动点，且AE=DF，连接BE，AF，线段BE和AF相交于点G，连接CG，取CG的中点H，连接DH，则线段DH的最小值为 ．

【答案】13−12
【分析】如图：以AD所在的直线为对称轴，作正方形ABCD的对称正方形ANMD，可得DH=12GM，证明△ABE≌△DAF可得∠AGB=90°，即点G在以AB为直径的圆上，从而可得GM最短时，点G在OM上，利用勾股定理求得OM，继而求出GM和DH即可．
【详情解析】解：如图：以AD所在的直线为对称轴，作正方形ABCD的对称正方形ANMD，

∴MD=CD，MN=AD=2，∠N=90°，
∵H为GC的中点，
∴HD为△GMC的中位线，
∴DH=12GM，
∴当GM最短时，DH最短，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=AD，∠BAE=∠ADF=90°，
∵AE=DF，
∴△ABE≌△DAF，
∴∠ABE=∠DAF，
∵∠BAD=∠BAG+∠DAF=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AGB=90°，
∴点G在以AB为直径的圆上，
∴当点G在OM上时，GM最短，
∴OM=ON2+MN2=32+22=13，
∴GM=OM−OG=13−1，
∴DH=12GM=13−12．
故答案为：13−12．
【提优突破】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、三角形的三边关系及圆的性质等知识点，确定出DH最小时点H的位置是解题关键．
6．（2022秋·江苏连云港·九年级统考期中）如图，正方形ABCD中，AB=4，E是BC的中点．以点C为圆心，CE长为半径画圆，点P是⊙C上一动点，点F是边AD上一动点，连接AP，若点Q是AP的中点，连接BF，FQ，则BF+FQ的最小值为 ．

【答案】210−1
【分析】取点B关于直线AD的对称点M，连接BD、AC两线交于点O，连接OQ，CP，MO，过O作ON⊥AB于点N，则OQ=12CP=12×2=1，所以点Q在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，求出ON=AN=BN=12AB=2，则MN=4+2=6，由勾股定理得OM=MN2+ON2=62+22=210，由BF+FQ+OQ=MF+FQ+OQ≥OM，所以当M、F、Q、O四点共线时，BF+FQ+OQ=MF+FQ+OQ=OM=210的值最小，所以BF+FQ的最小值为BF+FQ=OM−OQ=210−1．
【详情解析】解：取点B关于直线AD的对称点M，连接BD、AC两线交于点O，连接OQ，CP，MO，过O作ON⊥AB于点N，

∵点Q是AP的中点，
∴OQ=12CP=12×2=1，
∴点Q在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OB，
∴ON=AN=BN=12AB=2，
∵AM=AB=4，
∴MN=4+2=6，
∴OM=MN2+ON2=62+22=210，
∵BF+FQ+OQ=MF+FQ+OQ≥OM，
∴当M、F、Q、O四点共线时，BF+FQ+OQ=MF+FQ+OQ=OM=210的值最小，
∴BF+FQ的最小值为BF+FQ=OM−OQ=210−1．
故答案为：210−1．
【提优突破】本题考查圆的有关性质的应用，正方形的性质，两点之间线段最短公理的应用，勾股定理，解题的关键是正确确定点Q的运动路径．
7．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，四边形ABCD为正方形，P是以边AD为直径的⊙O上一动点，连接BP，以BP为边作等边三角形BPQ，连接OQ，若AB=2，则线段OQ的最大值为 ．
【答案】5+1/1+5
【分析】连接OB、OP，将OB绕点B逆时针旋转60°得到O′B，连接O′Q，通过证明△OBP≌△O′BQSAS，得出OP=O′Q=1，从而得出点Q在以点O′为圆心，O′Q为半径的圆上运动；则当点O，O′，P三点在同一直线上时，OQ取最大值，易证△OBO′为等边三角形，求出OO′=OB=5，即可求出OQ=OO′+O′Q=5+1．
【详情解析】解：连接OB、OP，将OB绕点B逆时针旋转60°得到O′B，连接O′Q，
∵OB绕点B逆时针旋转60°得到O′B，
∴OB=O′B，∠OBO′=60°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴PB=QB，∠PBQ=60°，
∴∠OBO′−∠PBO′=∠PBQ−∠PBO′，即∠OBP=∠O′BQ，
在△OBP和△O′BQ中，
OB=O′B∠OBP=∠O′BQPB=QB，
∴△OBP≌△O′BQSAS，
∵AB=2，四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=2，则OA=OP=1，
∴OP=O′Q=1，
∴点Q在以点O′为圆心，O′Q为半径的圆上运动；
∴当点O，O′，P三点在同一直线上时，OQ取最大值，
在Rt△OAB中，根据勾股定理可得：OB=OA2+AB2=5，
∵OB=O′B，∠OBO′=60°，
∴△OBO′为等边三角形，
∴OO′=OB=5，
∴OQ=OO′+O′Q=5+1，
故答案为：5+1．
【提优突破】本题主要考查看瓜豆模型——圆生圆模型，解题的关键是确定从动点Q的运动轨迹，以及熟练掌握全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．
8．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，边长为5的正方形ABCD中，点E、G分别在射线AB,BC上，F在边AD上，ED与FG交于点M，AF=1,FG=DE,BG>AF，则MC的最小值为 ．
【答案】29−2/−2+29
【分析】本题关键搞清M的运动轨迹，由DE=FG,BG>AF，可知∠FMD=90°，所以M到FD的中点H的距离始终相等，在根据三角形三边的关系可得MC的范围，从而确定它的最小值．
【详情解析】解：取FD的中点H，作FK⊥BC于点K，
∵DE=FG,AD=FK,∠A=∠FKG=90°，
∴△AED≌△KFGHL，
∴∠ADE=∠KFG，
又∵∠FGK=∠DFM,∠KFG+∠FGK=90°，
∴∠DFM+∠ADE=90°，
∴∠FMD=90°，
∴MH=12FD=2，
所以M在以H为圆心，2为半径的圆弧上运动，
∵MC≥CH−MH
当M落在CH上时，取到等号
即MC达到最小，最小值为CH−M′H=29−2．
故答案为∶ 29−2
【提优突破】本题考查正方形的基本性质，和全等三角形的判定，解决此类问题的关键是判断动点M的运动轨迹，然后利用三角形三边的关系判断MC何时取到最值．
9．（2023春·江苏泰州·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=33．点E、F分别在AD、BC上，四边形BEDF为菱形．
(1)利用尺规作图在图1中作出菱形BEDF（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)如图2，动点M从点E出发沿射线ED方向运动，同时，动点N从点F出发沿射线DF方向运动，且M、N两点运动速度相同，BM、EN相交于点P．
①求∠EPM的度数．
②连接CP，线段CP长度的最小值为 ．
【答案】(1)作图见解析；
(2)①∠EPM的度数为60°②31−2
【分析】（1）根据菱形对角线互相平分且垂直，作BD的垂直平分线，与AD，BC的交点即为E、F．
（2）①解：如图2，连接EF，由tan∠ADB=ABAD=33，可知∠ADB=30°，证明△BEF为等边三角形，证明△BEM≅△EFNSAS，则∠EBM=∠FEN，∠EPM=∠EBM+∠BEP=∠FEN+∠BEP=∠BEF，进而可得∠EPM的度数；②由①知∠EPM=60°，则∠BPE=120°，则BE=ABcs30°=23，可知点P的轨迹是过点B、E且圆周角∠BPE=120°的圆，如图3，作BE的垂直平分线，交AB于O，交BE于H，交BD于G，连接BG，EG，OE，证明△BOG是等边三角形，进而可知O是点P的轨迹的圆心，如图3，以OB长为半径作圆，连接CO，交⊙O于P，则可知CP最小值为OC−OP，设OB=r，则OE=r，OA=3−r=OE⋅sin30°=r2，解得r=2，在Rt△OBC中，由勾股定理得，OC=OB2+BC2，求OC的长，进而可得CP．
【详情解析】（1）解：如图1，作BD的垂直平分线，与AD，BC的交点即为E、F，连接BE，DF即可．
（2）①解：如图2，连接EF，
∵在矩形ABCD中，AB=3，AD=33，
∴tan∠ADB=ABAD=33，即∠ADB=30°，
∵四边形BEDF为菱形，
∴∠EBF=∠EDN=2∠ADB=60°，BF=BE，∠BFD=∠BEM=120°，
∴△BEF为等边三角形，
∴BE=EF，
∴∠EFD=60°
∴∠EFN=120°，
由题意知，EM=FN
在△BEM和△EFN中，
∵BE=EF∠BEM=∠EFNEM=FN，
∴△BEM≅△EFNSAS，
∴∠EBM=∠FEN，
∴∠EPM=∠EBM+∠BEP=∠FEN+∠BEP=∠BEF=60°，
∴∠EPM的度数为60°；
②解：由①知∠EPM=60°，则∠BPE=120°，
∵BE=ABcs30°=23，
∴点P的轨迹是过点B、E且圆周角∠BPE=120°的圆，
如图3，作BE的垂直平分线，交AB于O，交BE于H，交BD于G，连接
EG，OE，
∵∠EBG=30°，∠GHB=90°，
∴∠BGH=60°，
∴∠BGE=120°=∠BPE，
∴∠BOG=60°，
∴△BOG是等边三角形，
∴OB=OG，
∴O是点P的轨迹的圆心，
如图3，以OB长为半径作圆，连接CO，交⊙O于P，
∴CP最小值为OC−OP，
设OB=r，则OE=r，OA=3−r=OE⋅sin30°=r2，
解得r=2，
在Rt△OBC中，由勾股定理得，OC=OB2+BC2=31，
∴CP最小值为31−2．
【提优突破】本题考查了作垂直平分线，菱形的性质，特殊角的三角形函数值，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，圆，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10．（2021·江苏淮安·统考一模）如图1，在四边形ABCD中，如果对角线AC和BD相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．
(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中， 一定是等角线四边形（填写图形名称）；
②若M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，当对角线AC、BD还要满足 时，四边形MNPQ是正方形．
(2)如图2，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，D为平面内一点．
①若四边形ABCD是等角线四边形，且AD=BD，求四边形ABCD的面积；
②设点E是以C为圆心，1为半径的圆上的动点，若四边形ABED是等角线四边形，则四边形ABED的面积的最大值为 ．
【答案】(1)①矩形；②AC⊥BD
(2)①3+221；②18
【分析】（1）①根据等角线四边形的定义进行判断即可；
②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形，首先证明四边形MNPQ是菱形，再证明有一个角是直角即可；
（2）①如图2中，作DE⊥AB于E，利用勾股定理求出相关线段的长，再根据S四边形ABCD=S△ADE+S梯形DEBC计算即可；
②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，只要证明当AE⊥BD且A、C、E共线时，四边形ABED的面积最大即可．
【详情解析】（1）解：①在“平行四边形、矩形、菱形”中，
∵矩形的对角线相等，
∴矩形一定是等角线四边形．
故答案为：矩形．
②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形．理由如下：
如图1，∵M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴PQ=12AC，MN=12AC，PN=12BD，QM=12BD，PQ∥AC，QM∥BD，
∵AC=BD，
∴MN=NP=PQ=QM，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AC⊥BD，
∴∠1=90°，
∵PQ∥AC，QM∥BD，
∴∠3=∠2，∠2=∠1，
∴∠1=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
故答案为：AC⊥BD．
（2）①如图2，作DE⊥AB于E，
∵在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，
∴AC=AB2+BC2=42+32=5，
∵AD=BD，DE⊥AB，
∴AE=BE=12AB=2，
∵四边形ABCD是等角线四边形，
∴AD=BD=AC=5，
在Rt△BDE中，DE=BD2−BE2=52−22=21，
∴S四边形ABCD=S△ADE+S梯形DEBC
=12AE·DE+12DE+BC·BE
=12×2×21+12×21+3×2
=3+221．
∴四边形ABCD的面积为3+221．
②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，作DH⊥AE于H，BG⊥AE于G，
∴DH≤DQ，BG≤BQ，
∵四边形ABED是等角线四边形，
∴AE=BD，
∵S四边形ABED=S△ABE+S△ADE
=12AE·BG+12AE·DH
=12AE·BG+DH
≤12AE·BQ+DQ，
即：S四边形ABED≤12AE·BD，
∴当点G与点H重合时即AE⊥BD，等号成立，
∵AE=BD，
∴S四边形ABED≤12AE2，
即线段AE最长时，四边形ABED的面积最大，
∵AE≤AC+CE，
∴AE≤5+1，
∴AE≤6，
∴AE的最大值为6，
∴当A、C、E共线时，四边形ABED的面积的最大值为12×62=18．
故答案为：18．
【提优突破】本题考查四边形综合题，考查了中点四边形，三角形中位线定理，正方形的判定，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，三角形三边关系定理，圆等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，会求圆上一点到圆外一定点的距离的最大值或最小值．
【考点二：与函数相关最值问题】
1．（2022秋·江苏徐州·九年级校考阶段练习）如图，已知直线y=34x−6与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C0，1为圆心、半径为1的圆上的一动点，连接PA、PB．则△PAB面积的最大值是（ ）

A．21B．33C．212D．42
【答案】B
【分析】求出A、B的坐标，根据勾股定理求出AB，求出点C到AB的距离，即可求出圆C上点到AB的最大距离，根据面积公式求出即可．
【详情解析】解：∵直线y=34x−6与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A点的坐标为8，0，B点的坐标为0，−6，
即OA=6，OB=6，由勾股定理得：AB=10，
过C作CM⊥AB于M，连接AC，

则由三角形面积公式得：12×AB×CM=12×OA×BC，
即：12×10×CM=12×7×8，
∴CM=5.6，
∴圆C上点到直线y=34x−6的最大距离是：1+5.6=6.6，
∴△PAB面积的最大值是12×10×6.6=33；
故选：B．
【提优突破】本题考查了三角形的面积，勾股定理等知识，解此题的关键是求出圆上的点到直线AB的最大距离
2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，点A，B的坐标分别为A（3，0）、B（0，3），点C为坐标平面内的一点，且BC＝2，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A．322+1B．322C．2+12D．32+2
【答案】A
【分析】作点A关于点O的对称点A'根据中位线的性质得到OM=12A′C ，求出A'C的最大值即可．
【详情解析】解：如图，作点A关于点O的对称点A'（﹣3，0），
则点O是AA'的中点，
又∵点M是AC的中点，
∴OM是△AA'C的中位线，
∴OM=12A′C，
∴当A'C最大时，OM最大，
∵点C为坐标平面内的一点，且BC＝2，
∴点C在以B为圆心，2为半径的⊙B上运动，
∴当A'C经过圆心B时，AC最大，即点C在图中C'位置．
A'C'＝AB+BC'＝32+2 ．
∴OM的最大值322+1 ．
故选：A．
【提优突破】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是解题的关键．
3．（2022秋·江苏淮安·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为4，0，点B的坐标为0，3，⊙A的半径为2，点C为⊙A上一动点，D为BC的中点，连接OD，则OD的最大值为 ．
【答案】72
【分析】如图1，作点B关于x轴的对称点B′，连接B′C，根据三角形中位线定理得OD=12B′C，当B′C最大时，OD有最大值，确定当B′，C，A共线时，B′C有最大值，从而解答即可．
【详情解析】解：∵点A的坐标为4，0，点B的坐标为0，3，
∴OA=4，OB=3，
如图1，作点B关于x轴的对称点B′，连接B′C，
∴OB=OB′=3，
∵D是BC的中点，
∴OD是△BB′C的中位线，
∴OD=12B′C，
∴当B′C最大时，OD有最大值，
如图2，当B′，C，A共线时，B′C有最大值，
由勾股定理得：AB′=32+42=5，
∴B′C=B′A+AC=5+2=7，
此时OD有最大值是12B′C=72，
故答案为：72．
【提优突破】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，圆的基本性质，掌握圆外一点到圆上任意一点距离的最长线段经过直径是解本题的关键．
4．（2020秋·江苏淮安·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，4)，以点A为圆心2为半径作⊙A．点D为⊙A上的任一点，点B和点C均在x轴上，且满足OB＝OC，∠BDC＝90°，则线段BC的最小值为 ．
【答案】6
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到BC=2OD，所以当OD最小时，BC最小．当A,D,O三点共线时，可以确定OD的最小值，从而得解．
【详情解析】解：如图，连接OD、AD、OA，
则AD=2．
∵点A的坐标为(3,4)，
∴OA=32+42=5，
∵OB=OC，∠BDC=90°，
∴BC=2OD．
∵当A、D、O三点共线时，OD最小，
∴OD的最小值为OA−AD=5−2=3，
∴BC的最小值为2×3=6．
故答案为6．
【提优突破】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出BC取最小值时点D的位置．
5．（2022·江苏苏州·九年级阶段练习）如图，点A，B的坐标分别为A(6，0)，B(0，6)，C为坐标平面内一点，BC=22，M为线段AC的中点，连接OM，当OM取最大值时，点M的坐标为 ．
【答案】4,4
【分析】根据题意可知：点C在半径为22的⊙B上．在x轴上取OD=OA=6，连接CD，易证明OM是△ACD的中位线，即得出OM=12CD，即当OM最大时，CD最大，由D，B，C三点共线时，即当C在DB的延长线上时，OM最大，根据勾股定理求出BD的长，从而可求出CD的长，最后即可求出OM的最大值．
【详情解析】解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=22，
∴C在⊙B上，且半径为22，
在x轴上取OD=OA=6，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=12CD，
∴即当OM最大时，CD最大，而D，B，C三点共线时，即当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB=OD=6，∠BOD=90°，
∴BD=62，
∴CD=62+22=82，且C(2,8),
∴OM=12CD=42，即OM的最大值为42，
∵M是AC的中点，则M（4,4），
故答案为：（4,4）．
【提优突破】本题考查坐标和图形，三角形的中位线定理，勾股定理等知识．确定OM为最大值时点C的位置是解题关键，也是难点．
6．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,1、B(0,1+t)、C(0,1−t)(t>0)，点P在以点D4,4为圆心，1为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的最小值为 ，t的最大值为 ．
【答案】 4 6
【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是BC的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半解得AP的长，再由勾股定理解得AD的长，最后由点与圆的位置关系解得t的最大值与最小值，进而确定t的取值范围．
【详情解析】解：连接AP，
由题意，得：AB=(1+t)−1=t，AC=1−(1−t)=t，
∴AB=AC，
∵∠BPC=90°，
∴AP=12BC=AB=t，
t要最大，就是点A到⊙O上的一点的距离最大，
∴P在AD的延长线上，
∵A(0,1)，D4,4，
∴AD=16+(4−1)2=5，
∴t的最小值是AP=AD−PD=5−1=4，
∴t的最大值是AP=AD+PD=5+1=6，
故答案为：4；6．
【提优突破】本题考查点与圆的位置关系，其中涉及坐标与图形的性质、勾股定理、直角三角形中线的性质等知识，是重要考点，难度较易，将问题转化为求AP的最大值是解题关键．
7．（2023秋·江苏·九年级校考周测）如图，在平面直角坐标系中，B0,8，A6,0，⊙A的半径为4，P为⊙A上任意一点，C是BP的中点，则OC的最大值是 ．

【答案】7
【分析】连接AB，取AB的中点H，连接CH,HO．利用三角形的中位线定理可得CH=2，推出点C的运动轨迹是以H为圆心半径为2的圆，从而可得答案．
【详情解析】解：如图，连接AB，取AB的中点H，连接CH、HO．

∵BC=CP，BH=AH， ⊙A的半径为4，
∴CH=12PA=2，
∴点C的运动轨迹是以H为圆心半径为2的圆，
∵B0,8，A6,0，
∴H3,4,
∴OH=32+42=5，
∴OC的最大值OH+CH=7，
故答案为：7．
【提优突破】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点C的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
8．（2022秋·江苏无锡·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为−3，0点B在y轴的正半轴上，且∠ABO＝30°，以点B为圆心，1为半径画⊙B，与y轴交于点C（点C在点B的下方），点Q是AB的中点，点P是⊙B上的一个动点，从点C开始以5度/秒的速度沿圆周逆时针运动一周，设运动时间为t秒．
(1)如图1，连接OQ，当OQ ∥ BP时，求t的值；
(2)如图2，点P在运动过程中，连接AP，以AP为边在左侧作等边△APD，
①当t＝12秒时，求点D的坐标；
②连接DQ，当DQ最大时，求此时t的值和这个最大值．
【答案】(1)6秒或42秒
(2)①−332，72；②t的值为36秒，最大值为4
【分析】（1）根据直角三角形的斜边中线性质和等腰三角形的性质得到∠QOB=∠ABO=30°，再根据平行线的性质得到∠CBP1=30°即可求解；
（2）①根据题意，可求得∠CBP=60°，则∠ABP=90°，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可求得AB、OB、AP，过P作PH⊥y轴于H，易求出点P坐标，Dx,y，根据等边三角形的性质和两点距离坐标公式列方程求解x、y即可；
②以AB为边在左侧作等边△ABE，证明△EAD≌△BAPSAS得到ED=BP=1，则D的运动轨迹是以点E为圆心，1为半径的圆，连接QE并延长交圆E于D′，当D与D′重合时，DQ最大，利用等边三角形的性质和勾股定理求出EQ即可得到最大值，再设圆B与y轴交点为P′，易求得AD′=AP′，故当DQ最大时，点P从点C运动到点P′，求出此时的t值即可
【详情解析】（1）解：如图1，∵Q是AB的中点，∠AOB=90°，
∴OQ=AQ=QB，
∴∠QOB=∠ABO=30°，
∵OQ ∥ BP，
∴∠CBP1=∠QOB=30°，
∵点P是⊙B上的一个动点，从点C开始以5度/秒的速度沿圆周逆时针运动，
∴t1=30÷5=6（秒），
∵当P从C运动到P2时，也满足OQ ∥ BP，
∴t2=（30+180）÷5=42（秒），
综上，满足条件的t值为6秒或42秒；
（2）解：①如图2，当t＝12秒时，∠CBP=12×5∘=60∘，
∵点A的坐标为−3，0点B在y轴的正半轴上，且∠ABO＝30°，
∴OA=3，AB=2OA=23，∠ABP=90°，又BP=1，
∴OB=AB2−OA2=232−32=3，
AP=AB2+BP2=232+12=13，
过P作PH⊥y轴于H，则∠BPH=30°，
∴BH=12BP=12，
∴PH=BP2−BH2=32，OH=OB−BH=52
∴P32，52
设Dx,y，
∵△ADP是等边三角形，
∴AP=DP，则x−322+y−522=x+32+y2，
解得：y=4−33x5，
∵AP=13即x+32+y2=13，
∴x+32+4−33x52=13，
解得：x=−332，
则y=4−33×−3325=72，
∴点D坐标为−332，72；
②如图3，以AB为边在左侧作等边△ABE，
则BE=AE=AB=23，∠EBA=∠EAB=∠DAP=60∘，
∴∠EAD=∠BAP，
在△EAD和△BAP中，
AE=AB∠EAD=∠BAPAD=AP
∴△EAD≌△BAPSAS，
∴ED=BP=1，
∴D的运动轨迹是以点E为圆心，1为半径的圆，
连接QE并延长交圆E于D′，当D与D′重合时，DQ最大，
∵Q是AB的中点，
∴AQ=12AB=3，∠EQA=90∘
∴EQ=AE2−AQ2=232−32=3，
∴D′Q=3+1=4，即DQ最大值为4，
∴AD′=D′Q2+AQ2=42+32=19，
设圆B与y轴交点为P′，则OP′=OB+BP′=4，
∴AP′=OA2+OP′2=32+42=19，
∴AD′=AP′，
∴当DQ最大时，点P从点C运动到点P′，此时，t=180°÷5=36（秒）．
【提优突破】本题考查等边三角形的性质、旋转的性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质、圆的有关知识、两点距离坐标公式、勾股定理等知识，涉及知识点较多，难度较大，熟练掌握相关知识的联系与运用，在第（2）②中得到点D的运动轨迹是关键．
9．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−x与双曲线y=kx交于A，B两点，P是以点C2,2为圆心，半径长为1的圆上一动点，连接AP，Q为AP的中点．若线段OQ长度的最大值为2，则k的值为 ．
【答案】−12
【分析】确定OQ是△ABP的中位线，OQ的最大值为2，故BP的最大值为4，则BC=BP−PC=4−1=3，则m−22+−m−22=32，即可求解．
【详情解析】解：如下图，连接BP，点O是AB的中点，则OQ是△ABP的中位线，
当B、C、P三点共线时，PB最大，则OQ=12BP最大，
而OQ的最大值为2，故BP的最大值为4，
则BC=BP−PC=4−1=3，
设点Bm,−m，则m−22+−m−22=32，
解得：m2=12，
∴k=m−m=−12，
故答案为：−12．
【提优突破】本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题，三角形的中位线，确定OQ是△ABP的中位线是解题的关键．
【考点三：双动点最值问题】
1．（2023春·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，以边CD为直径作半圆O，E是半圆O上的动点，EF⊥DA于点F，EP⊥AB于点P，设EF=x，EP=y，则x2+y2的最小值是（ ）
A．23−1B．4−23C．25−1D．25−2
【答案】D
【分析】由题意，四边形AFEP为矩形，x2+y2=AE2，所以当AE最小时，即O,E,A三点共线时，x2+y2最小，利用勾股定理进行计算，即可得解．
【详情解析】解：连接OE，AE，AO
∵四边形ABCD为正方形，AB=4，CD为圆O直径，
∴∠BAD=∠CDA=90°,CD=AB=AD=4,OD=2，
∵EF⊥DA，EP⊥AB，
∴四边形AFEP为矩形，
∴x2+y2=AE2，
∵OE+AE≥AO
∴当O,E,A三点共线时，x2+y2最小，OE=OD=2，
则：OA=OD2+AD2=22+42=25，
∴AE=AO−OE=25−2，
∴x2+y2=AE=25−2，
故选：D．
【提优突破】本题考查圆上的动点问题，正方形的性质，矩形的判定和性质．熟练掌握圆外一点与圆心和圆上一点三点共线时，圆外一点到圆上一点的距离最大或最小是解题的关键．
2．（2022秋·江苏南京·九年级统考期中）如图，正方形ABCD边长为4，动点E、F分别从D、A两点同时出发，以相同的速度在边DC、AD上移动，连接AE和BF交于点G，则线段DG的最小值是 ．
【答案】25−2/−2+25
【分析】证明△ADE≌△BAF得到∠DAE=∠ABF，推出∠AGB=90°，故点P在以AB为直径的圆上运动，取AB中点H，连接DH，交⊙H（直径为AB）于点G，则此时DG最小，据此求解即可．
【详情解析】∵动点E，F分别从D，A两点同时出发，以相同的速度在边DC，AD上移动，
∴AF=DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=∠DCF=90∘，AD=DC，
∴△ADE≌△BAF，
∴∠DAE=∠ABF，
∵∠DAE+∠EAB=90°，
∴∠ABF+∠EAB=90°，
∴∠AGB=90°，
∴点G在以AB为直径的圆上运动，
取AB中点H，连接DH，交圆H（直径为AB）于点G，则此时DG最小，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AH=12AB=2，AD=4，∠DAB=90°，
∴DH=AD2+AH2=42+22=25，
∴DG的最小值为25−2，
故答案为：25−2．
【提优突破】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，圆外一点到圆上一点的距离的最值问题，正确得到点G在以AB为直径的圆上运动是解题的关键．
3．（2022秋·江苏盐城·九年级统考阶段练习）如图，四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥DC，AB=AD=3，∠BAD=120°，AC平分∠BAD，边DC、BC上分别有动点E、F，保持DE=CF，BE和DF相交于点P，则CP的最小值为 ．
【答案】3
【分析】连接BD，由题意易证△BDE≅△DCF，从而得到∠DEB=∠DFC，再由平角的定义和四边形内角和定理可得∠BPD=120°，由于点P在运动中保持∠BPD=120°，所以点P的路径是一段以A为圆心，以AD为半径的弧，连接AC交弧于点P，此时CP的长度最小，求得最小值CP即可．
【详情解析】如图1，连接BD，
∵∠BAD=120°，AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC=60°，
∵AB⊥BC，AD⊥DC
∴∠BCA=∠DCA=30°，∠BCD=60°
∵AB=AD=3
∴AC=2AB=6，CD=CB=33，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠BCD=∠BDC=60°，BD=DC，
∵DE=CF，
∴△BDE≅△DCFSAS，
∴∠DEB=∠DFC，
∴∠BPD=∠DEB+∠EDP=∠DFC+∠EDP=180°−∠DCB=120°，
∵点P在运动中保持∠BPD=120°，
如图2，
∴点P的运动路径为：以A为圆心，AB为半径的120°的弧，
连接AC与圆弧的交点即为点P，此时CP的长度最小，
∴此时CP=AC−AP=6−3=3，
则线段CP的最小值为3；
故答案为：3．
【提优突破】本题考查了对称性，全等三角形的判定与性质，直角三角形30度角的性质，圆的性质，知道线段最短时点的位置，并能确定出最小时点的位置是解题关键，也是本题的难点．
4．（2023秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，点D的坐标12,18，点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向点B 移动，同时，点Q从点C出发沿CD以1cm/s的速度向点D移动．当点P到达终点时，点Q随之停止，连接PQ，过B作BE⊥PQ，垂足为E，连接CE，则CE的最大值为 ．

【答案】73+5/5+73
【分析】设CD的中点为M，根据题意，直线PQ的起始位置为直线AC，根据矩形ABCD，点D的坐标12,18，得到A0,18,C12,0，设直线AC的解析式为y=kx+18，求得解析式；设CD的中点为M，则M12,9，根据点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向点B 移动，同时，点Q从点C出发沿CD以1cm/s的速度向点D移动．当点P到达终点时，点Q随之停止，得到直线PQ的终止位置为直线BM，得到直线BM的解析式，联立得到交点N8,6，即直线PQ过定点N8,6，根据BE⊥PQ得到BE⊥NE，判定点E的运动轨迹是BN为直径的圆的弧，其位于BE的左侧，设BN的中点为G，则G4,3，则BG=42+32=5，连接CG，并延长CG交圆于点H，当点E与点H重合时，CE最大，此时CE=CH=GH+CG，根据CG=12−42+32=73，故得到CE的最大值为73+5．
【详情解析】根据题意，直线PQ的起始位置为直线AC，
∵矩形ABCD，点D的坐标12,18，
∴A0,18,C12,0，
设直线AC的解析式为y=kx+18，
∴12k+18=0，
解得k=−32，
故解析式为y=−32x+18；
根据点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向点B 移动，同时，点Q从点C出发沿CD以1cm/s的速度向点D移动．
当点P到达终点时，点Q随之停止，得到直线PQ的终止位置为直线BM，设起始直线与终结直线的交点为N，
设CD的中点为M，则M12,9，
设直线BM的解析式为y=px，
∴12p=9，
解得p=34，
故解析式为y=34x；
∴y=34xy=−32x+18，
解得x=8y=6，
∴点N8,6，即直线PQ过定点N8,6，
∵BE⊥PQ，
∴BE⊥NE，
∴点E的运动轨迹是BN为直径的圆的弧，其位于BE的左侧，
设BN的中点为G，则G4,3，
则BG=42+32=5，
连接CG，并延长CG交圆于点H，
当点E与点H重合时，CE最大，
此时CE=CH=GH+CG,
∴CG=12−42+32=73，
故得到CE的最大值为73+5．
故答案为：73+5．
【提优突破】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，勾股定理，两点间距离公式，中点坐标公式，圆的性质，矩形的性质，熟练掌握待定系数法，圆的最值性质是解题的关键．
【考点四：翻折中最值问题】
1．（2023秋·江苏扬州·八年级高邮市南海中学校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，S△ABC=14，BC=4，P是AB边上的动点（不与点B重合），将△BCP沿CP所在的直线翻折，得到△B′CP，连接B′A，则B′A长度的最小值为 ．

【答案】3
【分析】先根据S△ABC=14求出AC的长，由翻折的性质可知点B′的运动轨迹是以C点为圆心，以CB长为半径的圆．由B′A+B′C≥AC得当A、B′、C三点共线时B′A最小，由此可求出B′A的最小值．
【详情解析】
∵∠ACB=90°，S△ABC=14，
∴12⋅BC⋅AC=14，
∴12×4⋅AC=14，
解得AC=7．
∵翻折后CB′始终等于CB，
∴点B′的运动轨迹是以C点为圆心，以CB长为半径的圆，
∵B′A+B′C≥AC，
∴当A、B′、C三点共线时，B′A+B′C=AC，
此时B′A最小，
∴B′A长度的最小值=7−4=3．
故答案为：3
【提优突破】本题主要考查了翻折的性质，及求线段的最值问题，解题的关键是找到点B′的运动轨迹．
2．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为2，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，GF的长是 ．
【答案】5−2/−2+5
【分析】由翻折知BF=BA=2，得点F在以B为圆心，2为半径的圆上运动，可知当点G、F、B三点共线时，GF最小，再利用勾股定理可得BG的长，继而解题．
【详情解析】解：∵将△ABE沿BE翻折得到△FBE，
∴BF=BA=2，
∴点F在以B为圆心，2为半径的圆上运动，
∴当点G、F、B三点共线时，GF最小，
由勾股定理得，BG=BC2+CG2=22+12=5
∴GF=5−2，
故答案为：5−2
【提优突破】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点G、F、B三点共线时，GF最小是解题的关键．
3．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AB=12，E是CD上一点，且DE=3，F是AD上一动点，连接EF，若将△DEF沿EF翻折后，点D落在点D′处，则D′到点B的最短距离为 ．
【答案】12
【分析】由翻折的性质可知：点F在AD上运动的过程中，点D′的轨迹是一段圆弧，由此可以求出BD′的最小值；
【详情解析】解：如图，连接BE，以E为圆心，DE的长为半径画弧；
∵ 在正方形ABCD中，CD=AB=12
∴CE=CD−DE=9
在Rt△BCE中，
BE=BC2+CE2=15
由翻折的性质可知：
点F在AD上运动的过程中，ED′=ED=3
∴点D′的轨迹是以E为圆心，半径为3的一段弧；
∴当B、D′、E 三点共线时，BD′有最小值
此时BD′min=BE−ED′=15−3=12
故答案为：12
【提优突破】本题考查了正方形的性质、勾股定理、圆外一点到圆上的最短距离；其中找出点D′的运动轨迹是解题的关键．
4．（2022秋·江苏盐城·九年级校联考阶段练习）问题情境：如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A，B．
(1)探究证明：如图2，在⊙O上任取一点C(不与点A，B重合)，连接PC，求证：AP(2)直接应用：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3，以BC为直径的半圆O交AB于D，P是弧CD上的一个动点，则AP的最小值是 ．
(3)构造运用：如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′B，则A′B长度的最小值为 ．
(4)综合应用：如图5，平面直角坐标系中，分别以点A−2,3，点B4,5，分别以1，2为半径作⊙A、⊙B，M，N分别是⊙A，⊙B上的动点，直接写出PM+PN的最小值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)352−32
(3)3−1
(4)7
【分析】(1)在△POC中，根据“三角形两边之差小于第三边”可求证；
(2)连接OA交⊙O于点P，根据勾股定理求得OA，进而求得AP；
(3)A′的轨迹是以M为圆心，半径是1的圆，故连接BM，求得BM，进而求得A′B的最小值；
(4)作点A关于x轴的对称点C，连接CB交x轴于点P，求出BC的长，进而求得PM+PN的最小值．
【详情解析】（1）证明：如图1，
∵PO−OC∴(AP+OA)−OC∵OA=OC，
∴AP（2）解：如图2，连接OA，交半⊙O于点P，
∴CO=12BC=32，
在Rt△AOC中，
OA=CO2+AC2=322+32=352，
∴AP=OA−OP=352−32，
∴ AP的最小值是352−32，
故答案是：352−32；
（3）解：如图3，连接BM、BD，交⊙M于点A1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵∠BAM=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵M是AD的中点，A′的轨迹是以M为圆心，半径是1的圆，
∴∠AMB=90°，AM=A1M=12AD=1，
∴BM=AB2−AM2=22−12=3，
∴A1B=BM−A1M=3−1，
∴A′B长度的最小值为3−1，
故答案为：3−1；
（4）解：如图4，作点A关于x轴的对称点C，连接BC，交x轴于点P，交⊙B于点N，连接PA交⊙A于M，
∴PA=PC，
∴PA+PB=PC+PB=BC，
∵点A−2,3，点B4,5，
∴点C(−2,−3)，
∴BC=4+22+5+32=10，
∵分别以1，2为半径作⊙A、⊙B，
∴AM=1，BN=2，
∴PM+PN
=PA+PB−AM−BN
=10−1−2
=7，
故答案是：7．
【提优突破】本题考查了轴对称性质，圆的定义与性质，勾股定理，三角形三边关系，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解决问题的关键是熟悉“将军饮马”模型．