專題28最值模型之阿氏圓模型

專題28最值模型之阿氏圓模型最值問題在中考數(shù)學(xué)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(zhuǎn)化與化歸等的數(shù)學(xué)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(jìn)行梳理及對應(yīng)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(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱“阿氏圓”?！灸Ｐ徒庾x】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(dāng)“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(zhuǎn)化為“PA+PC”的最小值，其中與A與C為定點，P為動點，故當(dāng)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(dāng)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(xí)）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(jié)AD，可證△PCD∽△BCP．可得PD=BP，當(dāng)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(dāng)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(jié)AD，∵CP=2，BC=4，∴，∴，又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴，∴PD=BP，∴AP+BP=AP+PD，當(dāng)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(dāng)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(zhì)，構(gòu)造相似三角形解決比例問題，勾股定理，掌握圓的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是引輔助線準(zhǔn)確作出圖形是解題關(guān)鍵．例2．（2023春·江蘇·九年級?？茧A段練習(xí)）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(gòu)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(dǎo)出，最后證明，即可求解．【詳解】解法1：如圖：以為斜邊構(gòu)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(zhì)，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(guān)鍵．例3．（2023·廣東·九年級專題練習(xí)）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(dāng)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(dāng)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(guān)鍵是構(gòu)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(xí)）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(yīng)，連接，則的最小值為．

【答案】【分析】由折疊的性質(zhì)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(zhì)得到，從而得到，當(dāng)且僅當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)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(zhuǎn)化思想把轉(zhuǎn)化為是解決此題的關(guān)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(jié)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(gòu)造一對相似三角形，將BP轉(zhuǎn)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(jié)CP，在CB上取點D，使CD＝1，則有又∵∠PCD＝∠△∽△∴∴PD＝BP∴AP+BP＝AP+PD∴當(dāng)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(nèi)部一點，且PB＝4，則AP+PC的最小值為．(請在圖3中添加相應(yīng)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(jié)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(jié)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(guān)知識，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是根據(jù)材料中的思路構(gòu)造出相似三角形..例6．（2022·湖北·九年級專題練習(xí)）（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(dāng)D、G、P共線時，PD+PC的值最小，最小值為DG==5．由PDPC=PDPG≤DG，當(dāng)點P在DG的延長線上時，PDPC的值最大（如圖2中），最大值為DG=5；可以把轉(zhuǎn)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(dāng)D、G、P共線時，的值最小，最小值為DG==5．當(dāng)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(dāng)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(dāng)D、G、P共線時，的值最小，最小值為DG==．當(dāng)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(dāng)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=PDPG≤DG，當(dāng)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(zhì)、菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、兩點之間線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建相似三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，把問題轉(zhuǎn)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(yù)測）【新知探究】新定義：平面內(nèi)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(yuǎn)的A點的位置即可求出結(jié)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(zhì)、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(zhì)、圓的定義和三角形的面積公式是解決此題的關(guān)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(dá)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(biāo)；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(biāo)為或或(3)【分析】（1）根據(jù)對稱軸，，得到點A及B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）先求出點D的坐標(biāo)，再分兩種情況：①當(dāng)時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標(biāo)；②當(dāng)時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標(biāo)；（3）在上取點，使，連接，證得，又，得到，推出，進(jìn)而得到當(dāng)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(dāng)時，，∴，①當(dāng)時，設(shè)直線的解析式為，將點A坐標(biāo)代入，得，解得，∴直線的解析式為，解方程組，得或，∴點M的坐標(biāo)為；②當(dāng)時，設(shè)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(biāo)為或綜上，點M的坐標(biāo)為或或；（3）如圖，在上取點，使，連接，∵，∴，∵，、∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴當(dāng)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(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，求兩圖象的交點坐標(biāo)，正確掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．課后專項訓(xùn)練1．（2023春·浙江九年級課時練習(xí)）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(lǐng)：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(zhì)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·?？寄M預(yù)測）如圖，正方形ABCD的邊長AB=8，E為平面內(nèi)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(zhì)得出，，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)得出，從而可得，然后利用三角形的三邊關(guān)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(guān)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(dāng)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(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形的三邊關(guān)系定理、兩點之間線段最短等知識點，通過作輔助線，構(gòu)造相似三角形是解題關(guān)鍵．3．（2022·湖北·九年級專題練習(xí)）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(dāng)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(dāng)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(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建相似三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，把問題轉(zhuǎn)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(xí)）如圖所示，，半徑為2的圓內(nèi)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(zhuǎn)化為，得到當(dāng)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(jié)合解直角三角形即可得到相應(yīng)最值，進(jìn)而得到取值范圍．【詳解】解：作于，作于，如圖所示：，，，，，，，，當(dāng)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(guān)幾何知識，尤其是圓的相關(guān)知識是解決問題的關(guān)鍵．5．（2023·湖南·九年級專題練習(xí)）如圖，邊長為4的正方形，內(nèi)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(gòu)造PB即可解答．【詳解】解：設(shè)⊙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(dāng)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(guān)鍵是構(gòu)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(cè)作，且滿足，則的面積為．若點運動軌跡與射線交于點，當(dāng)?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(cè)作，則可證明，得出，進(jìn)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(zhì)得出，則，故當(dāng)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(shè)，則，∵，∴，，∴，∴，∴，過E作于，在右側(cè)作，∴，∴，，∴，∴，，∴，∵，，∴，，∴，，∴，∴，∴；如圖，過H作于K，∵，，∴，∴，∴當(dāng)A、H、K三點共線，且時，取最小值，如圖，過H作于P，∴，，，∴，又，∴，∴，即當(dāng)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(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，明確題意，添加合適輔助線，構(gòu)造相似三角形求解，判定點H在平行與的直線上運動，當(dāng)A、H、k三點共線，且時，取最小值，是解題的關(guān)鍵．7．（2023·廣西·南寧市一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)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(nèi)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(zhì)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(shè)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(zhì)，四點共圓等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)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(zhì)證明，求的最小值問題轉(zhuǎn)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(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)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(nèi)有一動點P，且BP＝．連接CP，將線段PC繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角函數(shù)，解題的關(guān)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(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，三角形的三邊關(guān)系，圓的基本性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．11．（2022·江蘇·蘇州九年級階段練習(xí)）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(guān)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(dāng)B、G、I共線時，BG+CG最小＝BI，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(zhì)與判定，圓的概念，求得點的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．12．（2023·四川成都·九年級專題練習(xí)）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(zhì)得到，推出，當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(guān)知識，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，解本題的關(guān)鍵是構(gòu)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(xí)）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(zhì)推出，得到，由，推出當(dāng)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(zhì)推出，當(dāng)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(zhì)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(dāng)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(dāng)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(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、兩點之間線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建相似三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，把問題轉(zhuǎn)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(yù)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(jié)論成立；（2）在BC上取一點G，使得BG=1，由△PBG∽△CBP，得到，當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(zhì)、菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、兩點之間線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建相似三角形解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，把