專題32 幾何圖形中的最值問題（含隱圓）（解析版）

模塊二常見模型專練

專題32幾何圖形中的最值問題（含隱圓）

最值問題一阿氏圓問題

例1（2020·廣西·中考真題）如圖，在RtABC中，AB＝AC＝4，點E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，點P

1

是扇形AEF的上任意一點，連接BP，CP，則BP+CP的最小值是_____．

EF2

【答案】17．

PTAP1

【分析】在AB上取一點T，使得AT＝1，連接PT，PA，CT．證明PAT∽BAP，推出＝＝，

PBAB2

11

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．

22

【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＝4AT?AB，

PAAB

∴＝，

ATPA

∵∠PAT＝∠PAB，

∴PAT∽BAP，

PTAP1

∴＝＝，

PBAB2

1

∴PT＝PB，

2

1

∴PB+CP＝CP+PT，

2

第1頁共94頁.

∵PC+PT≥TC，

在RtACT中，

∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，

∴CT＝AT2AC2＝17，

1

∴PB+PC≥，

217

1

∴PB+PC的最小值為．

217

故答案為17．

【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．

例2（2019·山東·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣5x+5與x軸，y軸分別交于

A，C兩點，拋物線y＝x2+bx+c經過A，C兩點，與x軸的另一交點為B

（1）求拋物線解析式及B點坐標；

（2）若點M為x軸下方拋物線上一動點，連接MA、MB、BC，當點M運動到某一位置時，四邊形AMBC

面積最大，求此時點M的坐標及四邊形AMBC的面積；

1

（3）如圖2，若P點是半徑為2的⊙B上一動點，連接PC、PA，當點P運動到某一位置時，PC+PA的

2

值最小，請求出這個最小值，并說明理由．

【答案】（1）y＝x2﹣6x+5，B（5，0）；（2）當M（3，﹣4）時，四邊形AMBC面積最大，最大面積

1

等于18；（3）PC+PA的最小值為，理由詳見解析.

241

【分析】（1）由直線y＝﹣5x+5求點A、C坐標，用待定系數(shù)法求拋物線解析式，進而求得點B坐標．

（2）從x軸把四邊形AMBC分成ABC與ABM；由點A、B、C坐標求ABC面積；設點M橫坐標為

△△△

第2頁共94頁.

m，過點M作x軸的垂線段MH，則能用m表示MH的長，進而求ABM的面積，得到ABM面積與m

的二次函數(shù)關系式，且對應的a值小于0，配方即求得m為何值時取△得最大值，進而求點△M坐標和四邊形

AMBC的面積最大值．

BDBP1

（3）作點D坐標為（4，0），可得BD＝1，進而有，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根據(jù)兩

BPAB2

PD11

邊對應成比例且夾角相等可證PBD∽△ABP，得等于相似比，進而得PD＝AP，所以當C、P、D

PA22

1△

在同一直線上時，PC+PA＝PC+PD＝CD最?。脙牲c間距離公式即求得CD的長．

2

【詳解】解：（1）直線y＝﹣5x+5，x＝0時，y＝5

∴C（0，5）

y＝﹣5x+5＝0時，解得：x＝1

∴A（1，0）

∵拋物線y＝x2+bx+c經過A，C兩點

1bc0b6

∴解得：

00c5c5

∴拋物線解析式為y＝x2﹣6x+5

2

當y＝x﹣6x+5＝0時，解得：x1＝1，x2＝5

∴B（5，0）

（2）如圖1，過點M作MH⊥x軸于點H

∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）

∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5

11

∴SABC＝AB?OC＝×4×5＝10

22

∵點△M為x軸下方拋物線上的點

∴設M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）

∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5

第3頁共94頁.

11222

∴SABM＝AB?MH＝×4（﹣m+6m﹣5）＝﹣2m+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）+8

22

△22

∴S四邊形AMBC＝SABC+SABM＝10+[﹣2（m﹣3）+8]＝﹣2（m﹣3）+18

∴當m＝3，即M△（3，﹣△4）時，四邊形AMBC面積最大，最大面積等于18

（3）如圖2，在x軸上取點D（4，0），連接PD、CD

∴BD＝5﹣4＝1

∵AB＝4，BP＝2

BDBP1

∴

BPAB2

∵∠PBD＝∠ABP

∴△PBD∽△ABP

PDPD1

∴

APBP2

1

∴PD＝AP

2

1

∴PC+PA＝PC+PD

2

1

∴當點C、P、D在同一直線上時，PC+PA＝PC+PD＝CD最小

2

∵CD＝OC2OD2524241

1

∴PC+PA的最小值為

241

【點睛】此題主要考查二次函數(shù)綜合，解題的關鍵是熟知二次函數(shù)的性質、圓的性質及相似三角形的判斷

與性質.

模型建立：已知平面上兩點A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點P會組成一個圓．這個結論最先

第4頁共94頁.

由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱阿氏圓．

阿氏圓基本解法：構造三角形相似．

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上的動點，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？

1：連接動點至圓心0（將系數(shù)不為1的線段兩端點分別與圓心相連接），即連接OP、OB；

2：計算連接線段OP、OB長度；

3：計算兩線段長度的比值；

??

??=k

4：在OB上截取一點C，使得構建母子型相似：

????

5：連接AC，與圓0交點為P，??即=A?C?線段長為PA＋K*PB的最小值．

本題的關鍵在于如何確定“k·PB”的大小，（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．

∴本題求“PA＋k·PB”的最小值轉化為求“PA＋PC”的最小值，即A、P、C三點共線時最?。ㄈ鐖D3），

時AC線段長即所求最小值．

【變式1】（2022·全國·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

1

⊙B上的一個動點，則PD﹣PC的最大值為_____．

2

第5頁共94頁.

【答案】5

11

【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

22

DG＝5．

詳解:在BC上取一點G，使得BG＝1，如圖，

PB2BC4

∵2，2，

BG1PB2

PBBC

∴，

BGPB

∵∠PBG＝∠PBC，

∴△PBG∽△CBP，

PGBG1

∴，

PCPB2

1

∴PG＝PC，

2

1

當點P在DG的延長線上時，PD?PC的值最大，最大值為DG＝22＝5．

243

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

第6頁共94頁.

考壓軸題．

【變式2】（2022·全國·九年級專題練習）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=9，以點C為圓心，

6為半徑的圓上有一個動點D.連接AD、BD、CD，則2AD+3BD的最小值是________.

【答案】1210

2

【分析】如下圖，在CA上取一點E，使得CE=4，先證△DCE∽△ACD，將AD轉化為DE，從而求得

3

2

ADBD的最小距離，進而得出2AD+3BD的最小值．

3

【詳解】如下圖，在CA上取一點E，使得CE=4

∵AC=9，CD=6，CE=4

CDAC

∴

CECD

∵∠ECD=∠ACD

∴△DCE∽△ACD

EDDC6

∴

ADAC9

2

∴ED=AD

3

在△EDB中，ED+DB≥EB

∴ED+DB最小為EB，即ED+DB=EB

2

∴ADDBEB

3

在Rt△ECB中，EB=12242410

第7頁共94頁.

2

∴ADDB410

3

∴2AD+3DB=1210

故答案為：1210．

【點睛】本題考查求最值問題，解題關鍵是構造出△DCE∽△ACD．

【變式3】（2022秋·浙江·九年級專題練習）如圖所示，ACB60，半徑為2的圓O內切于ACB．P為

圓O上一動點，過點P作PM、PN分別垂直于ACB的兩邊，垂足為M、N，則PM2PN的取值范圍

為___________．

【答案】623?PM2PN?623

【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MHNP于H，作MFBC于F，如圖

1

所示，通過代換，將PM2PN轉化為PNPMPNHPNH，得到當MP與O相切時，MF取得最

2

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MHNP于H，作MFBC于F，如圖所示：

PMAC，PNCB，

PMCPNC90，

MPN360PMCPNCC120，

第8頁共94頁.

MPH180MPN60，

1

HPPMcosMPHPMcos60PM，

2

1

PNPMPNHPNH，

2

MFNH，

當MP與O相切時，MF取得最大和最小，

①連接OP，OG，OC，如圖1所示：

可得：四邊形OPMG是正方形，

MGOP2，

在RtCOG中，CGOGtan6023，

CMCGGM223，

在Rt△CMF中，MFCMsin6033，

1

HNMF33，即PM2PN2PMPN2HN623；

2

②連接OP，OG，OC，如圖2所示：

可得：四邊形OPMG是正方形，

MGOP2，

第9頁共94頁.

由上同理可知：在RtCOG中，CGOGtan6023，

CMCGGM232，

在Rt△CMF中，MFCMsin6033，

1

HNMF33，即PM2PN2PMPN2HN623，

2

623?PM2PN?623．

故答案為：623?PM2PN?623．

【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．

【變式4】（2021·全國·九年級專題練習）如圖1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圓C的

半徑為2，點P為圓上一動點，連接AP，BP，求：

1

①APBP，

2

②2APBP，

1

③APBP，

3

④AP3BP的最小值．

237

【答案】①37；②237；③；④237．

3

【分析】①在CB上取點D，使CD1，連接CP、DP、AD．根據(jù)作圖結合題意易證DCPPCB，即可

11

得出PDBP，從而推出APBPAPPD，說明當A、P、D三點共線時，APPD最小，最小值即

22

為AD長．最后在RtACD中，利用勾股定理求出AD的長即可；

1

②由2APBP2(APBP)，即可求出結果；

2

21

③在CA上取點E，使CE，連接CP、EP、BE．根據(jù)作圖結合題意易證ECPPCA，即可得出EPAP，

33

第10頁共94頁.

1

從而推出APBPEPBP，說明當B、P、E三點共線時，EPBP最小，最小值即為BE長．最后在Rt△BCE

3

中，利用勾股定理求出BE的長即可；

1

④由AP3BP3(APBP)，即可求出結果．

3

【詳解】解：①如圖，在CB上取點D，使CD1，連接CP、DP、AD．

∵CD1，CP2，CB4，

CDCP1

∴．

CPCB2

又∵DCPPCB，

∴DCPPCB，

PD11

∴，即PDBP，

BP22

1

∴APBPAPPD，

2

∴當A、P、D三點共線時，APPD最小，最小值即為AD長．

∵在RtACD中，ADAC2CD2621237．

1

∴APBP的最小值為37；

2

1

②∵2APBP2(APBP)，

2

∴2APBP的最小值為237237；

2

③如圖，在CA上取點E，使CE，連接CP、EP、BE．

3

第11頁共94頁.

2

∵CE，CP2，CA6，

3

CECP1

∴．

CPCA3

又∵ECPPCA，

∴ECPPCA，

EP11

∴，即EPAP，

AP33

1

∴APBPEPBP，

3

∴當B、P、E三點共線時，EPBP最小，最小值即為BE長．

2237

∵在Rt△BCE中，BEBC2CE242()2．

33

1237

∴APBP的最小值為；

33

1

④∵AP3BP3(APBP)，

3

237

∴AP3BP的最小值為3237．

3

【點睛】本題考查圓的基本性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理．正確的作出輔助線，并且理解三

點共線時線段最短是解答本題的關鍵．

最值問題二胡不歸問題

例1（2022·內蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，

垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為_____．

第12頁共94頁.

【答案】42

1

【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB＝2PAPB＝

2

1

PFPB＝2BF，通過解直角三角形ABF，進一步求得結果．

2

【詳解】解：如圖，

在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，

此時PA+2PB最小，

∴∠AFB＝90°

∵AB＝AC，AD⊥BC，

11

∴∠CAD＝∠BAD＝BAC3015，

22

∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，

1

∴PF＝PA，

2

11

∴PA+2PB＝2PAPB＝PFPB＝2BF，

22

在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，

2

∴BF＝AB?sin45°＝422，

2

∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42，

故答案為：42．

【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，解直角直角三角形，解題的關鍵是作輔助線．

第13頁共94頁.

4

例2（2022·廣西梧州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，直線yx4分別與x，y軸交于

3

5

點A，B，拋物線yx2bxc恰好經過這兩點．

18

(1)求此拋物線的解析式；

(2)若點C的坐標是0,6，將△ACO繞著點C逆時針旋轉90°得到△ECF，點A的對應點是點E．

①寫出點E的坐標，并判斷點E是否在此拋物線上；

3

②若點P是y軸上的任一點，求BPEP取最小值時，點P的坐標．

5

51

【答案】(1)yx2x4

182

3

(2)①點E在拋物線上；②P（0，?）

2

【分析】（1）先求出A、B坐標，然后根據(jù)待定系數(shù)法求解即可；

（2）①根據(jù)旋轉的性質求出EF=AO=3，CF=CO=6，從而可求E的坐標，然后把E的坐標代入（1）的函

數(shù)解析式中，從而判斷出點E是否在拋物線上；

AOHP333

②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，sinABO，則HPBP，得BP＋EP＝HP＋PE，

ABBP555

可知HP＋PE的最小值為EH的長，從而解決問題．

【詳解】（1）解：當x=0時，y=-4，

4

當y=0時，x40，

3

∴x=-3，

∴A（-3，0），B（0，-4），

5

把A、B代入拋物線yx2bxc，

18

5

(3)23bc0

得18，

c4

第14頁共94頁.

1

b

∴2，

c4

51

∴拋物線解析式為yx2x4．

182

（2）解：①∵A（-3，0），C（0，6），

∴AO=3，CO=6，

由旋轉知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°

∴E到x軸的距離為6-3=3，

∴點E的坐標為（6，3），

51

當x=3時，y62643，

182

∴點E在拋物線上；

②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，

∵A（?3，0），B（0，?4），

∴OA＝3，OB＝4，

∴AB＝5，

AOHP3

∵sinABO，

ABBP5

3

∴HPBP，

5

3

∴BP＋EP＝HP＋PE，

5

∴HP＋PE的最小值為EH的長，

作EG⊥y軸于G，

∵∠GEP＝∠ABO，

∴tan∠GEP＝tan∠ABO，

第15頁共94頁.

PGAO

∴，

EGBO

PG3

∴，

64

9

∴PG＝，

2

93

∴OP＝?3＝，

22

3

∴P（0，?）．

2

【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，旋轉的性質，三角函數(shù)，兩點之

3

間、線段最短等知識，利用三角函數(shù)將BP轉化為HP的長是解題的關鍵．

5

“PA＋k·PB”型的最值問題，當k＝1時通常為軸對稱之最短路徑問題，而當k＞0時，若以常規(guī)的軸對稱的

方式解決，則無法進行，因此必須轉換思路．

1.當點P在直線上

如圖，直線BM，BN交于點B，P為BM上的動點，點A在射線BM，BN同側，已知sin∠MBN＝k．

過點A作AC⊥BN于點C，交BM于點P，此時PA＋k·PB取最小值，最小值即為AC的長．

證明如圖，在BM上任取一點Q，連結AQ，作QD⊥BN于點D．

由sin∠MBN＝k，可得QD＝k·QB．

所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得證．

2．當點P在圓上

如圖，⊙O的半徑為r，點A，B都在⊙O外，P為⊙O上的動點，已知r＝k·OB．

在OB上取一點C，使得OC＝k·r，連結AC交⊙O于點P，此時PA＋k·PB取最小值，最小值即為AC的

長．

第16頁共94頁.

證明如圖，在⊙O上任取一點Q，連結AQ，BQ，連結CQ，OQ．

則OC＝k·OQ，OQ＝k·OB．

而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB，

所以QC＝k·QB．

所以QA＋k·QB＝QA＋QC≥AC，即得證．

【變式1】（2022·湖北武漢·校聯(lián)考一模）如圖，在△ACE中，CACE，CAE30，半徑為5的O經

過點C，CE是圓O的切線，且圓的直徑AB在線段AE上，設點D是線段AC上任意一點(不含端點)，則

1

ODCD的最小值為______．

2

【答案】53

2

1

【分析】過點C作關于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，可將CD轉化為DH，此時

2

1

ODCD就等于ODDH，當ODH共線時，即為所要求的最小值．

2

【詳解】解：如圖所示，過點C作關于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，

CH//AB，CAE30，OCOA，

HCAOCA30，

HD1

sinHCD，HCO60，

CD2

1

CDHD，

2

第17頁共94頁.

1

ODCDODDH，

2

當O，D，H三點共線，即在圖中H在H'位置，D在D'位置的時候有ODDH最小，

1

當O，D，H三點共線時，ODCD有最小值，

2

353

此時OH'OCsinHCOOCsin605，

22

1

ODCD的最小值為53，

22

故答案為53．

2

1

【點睛】本題主要考查了最值問題中的胡不歸問題，解題的關鍵是在于將OD進行轉換．

2

【變式2】（2022秋·浙江·九年級專題練習）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E為邊AD上一個動點，

1

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_____．

2

【答案】5

1

【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，

2

1

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

2

【詳解】解：如圖，

在Rt△DEF中，G是EF的中點，

1

∴DG＝EF2，

2

∴點G在以D為圓心，2為半徑的圓上運動，

第18頁共94頁.

在CD上截取DI＝1，連接GI，

DI

∴＝DG＝1，

DGCD2

∴∠GDI＝∠CDG，

∴△GDI∽△CDG，

IGDI

∴＝1，

CGDG2

1

∴IG＝CG，

2

1

∴BG+CG＝BG+IG≥BI，

2

1

∴當B、G、I共線時，BG+CG最?。紹I，

2

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G的運動軌跡是解題的關鍵．

【變式3】（2021春·全國·九年級專題練習）如圖，在邊長為4的正方形ABCD內有一動點P，且BP＝2．連

1

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___．

2

【答案】5

AQ2

【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

BP2

11

得EQ＝QD，故DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．

22

【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°，

BC2PC2

∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝，cos∠PCQ＝，

AC2QC2

第19頁共94頁.

∴∠ACB=∠PCO，

∴△BCP∽△ACQ，

AQ2

∴

BP2

∵BP＝2，

∴AQ＝2，

∴Q在以A為圓心，AQ為半徑的圓上，

在AD上取AE＝1，

AE1AQ1

∵，，∠QAE＝∠DAQ，

AQ2AD2

∴△QAE∽△DAQ，

EQ11

∴即EQ＝QD，

QD22

1

∴DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，

2

連接CE，

∴CEDE2CD25，

1

∴DQ+CQ的最小值為5．

2

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.

【變式4】（2021秋·四川達州·九年級達州市第一中學校?？计谥校┤鐖D，矩形OABC的頂點A、C分別在

3

x、y軸的正半軸上，點B的坐標為(23,4)，一次函數(shù)y=-x+b的圖象與邊OC、AB、x軸分別交于

3

點D、E、F，DFO30，并且滿足ODBE，點M是線段DF上的一個動點．

第20頁共94頁.

（1）求b的值；

（2）連接OM，若ODM的面積與四邊形OAEM的面積之比為1:3，求點M的坐標；

1

（3）求OMMF的最小值．

2

2379

【答案】（1）b3；（2）M(,)；（3）

332

【分析】（1）利用矩形的性質，用b表示點E的坐標，再利用待定系數(shù)法即可求解；

（2）首先求出四邊形OAED的面積，再根據(jù)條件求出△ODM的面積，即可解決問題；

1

（3）過點M作MNx軸交于點N，則OMMFOMMN，即可轉化為求OMMN的最小值，作點

2

O關于一次函數(shù)的對稱點O，過點O作x軸的垂線交x軸于點N，交一次函數(shù)于點M，即OMMN的最

小值為ON，算出長度即可．

3

【詳解】（1）在y=-x+b中，令x0，則yb，

3

點D的坐標為(0,b)，

ODBE，B(23,4)，

E(23,4b)，

33

把E(23,4b)代入y=-x+b中得：4b23b，

33

解得：b3；

3

（2）由（1）得一次函數(shù)為yx3，D(0,3)，E(23,1)，

3

OD3，AE1，OA23，

11

S=(ODAE)OA(31)2343，

四邊形OADE22

ODM的面積與四邊形OAEM的面積之比為1:3，

\DODM的面積與四邊形OADE的面積之比為1:4，

第21頁共94頁.

1

SS3，

ODM4四邊形OADE

1

設點M的橫坐標為a，則3a3，

2

23

解得：a，

3

2337

把x代入yx3中得：y，

333

237

M(,)；

33

（3）

如圖所示，過點M作MNx軸交于點N，

DFO30，

1

MNMF，

2

1

OMMFOMMN，

2

作點O關于一次函數(shù)的對稱點O，且OO’與直線DF交于Q點，過點O作x軸的垂線交x軸于點N，

OMOM，

1

OMMFOMMNOMMN，

2

當O、M、N在同一直線時OMMN最小，

1

即OMMFOMMNOMMN的最小值為ON，

2

DFO30，

ODF60，DOQ30，OON903060，

333

在RtVODQ中，OQODsin603，

22

OO2OQ33，

39

在RtONO中．ONOOsin6033，

22

第22頁共94頁.

19

OMMF的最小值為．

22

【點睛】本題考查幾何圖形與函數(shù)的綜合題，包括一次函數(shù)、矩形的性質、四邊形的面積，解直角三角形

以及胡不歸問題，屬于中考壓軸題．

最值問題三隱圓問題

例1（2022·山東泰安·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB3，BC4．點P是線段BC上

一動點，點M為線段AP上一點．ADMBAP，則BM的最小值為（）

5123

A．B．C．13D．132

252

【答案】D

【分析】證明AMD=90，得出點M在O點為圓心，以AO為半徑的圓上，從而計算出答案．

【詳解】設AD的中點為O，以O點為圓心，AO為半徑畫圓

∵四邊形ABCD為矩形

∴BAP+MAD=90

∵ADMBAP

∴MAD+ADM=90

∴AMD=90

∴點M在O點為圓心，以AO為半徑的圓上

第23頁共94頁.

連接OB交圓O與點N

∵點B為圓O外一點

∴當直線BM過圓心O時，BM最短

1

∵BO2AB2AO2，AO=AD=2

2

∴BO29413

∴BO13

∵BNBOAO132

故選：D．

【點睛】本題考查直角三角形、圓的性質，解題的關鍵是熟練掌握直角三角形和圓的相關知識．

例2（2021·湖北十堰·中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不

含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉60得到BN，連接EN、AM、CM．

（1）求證：AMBENB；

（2）①當M點在何處時，AMCM的值最??；

②當M點在何處時，AMBMCM的值最小，并說明理由；

（3）當AMBMCM的最小值為31時，求正方形的邊長．

【答案】（1）見解析；（2）①當M點落在BD的中點時；②當M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM

＋CM的值最小，理由見解析；（3）2

【分析】（1）由題意得MBNB，ABN15，所以EBN45，容易證出AMBENB；

（2）①根據(jù)“兩點之間線段最短”，可得，當M點落在BD的中點時，AMCM的值最小；

②根據(jù)“兩點之間線段最短”，當M點位于BD與CE的交點處時，AMBMCM的值最小，即等于EC的

長（如圖）；

（3）作輔助線，過E點作EFBC交CB的延長線于F，由題意求出EBF30，設正方形的邊長為x，

在RtEFC中，根據(jù)勾股定理求得正方形的邊長為2．

【詳解】解：（1）證明：ABE是等邊三角形，

第24頁共94頁.

BABE，ABE60．

∵MBN60，

MBNABNABEABN．

即MBANBE．

又∵MBNB，

AMBENB(SAS)．

（2）解：①當M點落在BD的中點時，A、M、C三點共線，AMCM的值最?。谌鐖D，連接CE，

當M點位于BD與CE的交點處時，

AMBMCM的值最小，

理由如下：連接MN，由（1）知，AMBENB，

AMEN，

∵MBN60，MBNB，

BMN是等邊三角形．

∴BMMN．

AMBMCMENMNCM．

根據(jù)“兩點之間線段最短”可知，若E、N、M、C在同一條直線上時，ENMNCM取得最小值，最小

值為EC．

在ABM和CBM中，

ABCB

ABMCBM，

BMBM

ABMCBM(SAS)，

BAMBCM，

BCMBEN，

EBCB，

若連接EC，則BECBCE，

BCMBCE，BENBEC，

M、N可以同時在直線EC上．

當M點位于BD與CE的交點處時，AMBMCM的值最小，即等于EC的長．

（3）解：過E點作EFBC交CB的延長線于F，

EBFABFABE906030．

第25頁共94頁.

3x

設正方形的邊長為x，則BFx，EF．

22

在RtEFC中，

EF2FC2EC2，

x3

()2(xx)2(31)2．

22

解得x12，x22（舍去負值）．

正方形的邊長為2．

【點睛】本題考查軸對稱的性質和正方形的性質，三角形全等的判定、等腰三角形的性質、勾股定理，解

題的關鍵是掌握以上知識點，添加適當輔助線，靈活運用．

【模型一：定弦定角的“前世今生”】

【模型二：動點到定點定長】

第26頁共94頁.

【模型三：直角所對的是直徑】

【模型四：四點共圓】

牢記口訣：

定點定長走圓周，定線定角跑雙弧。

直角必有外接圓，對角互補也共圓。

【變式1】（2022秋·江蘇泰州·八年級泰州市第二中學附屬初中?？计谥校鰽BC中，AB＝AC＝5，BC＝6，

D是BC的中點，E為AB上一動點，點B關于DE的對稱點B在△ABC內（不含△ABC的邊上），則BE

長的范圍為______．

95

【答案】BE

52

【分析】首先根據(jù)運動特點分析出點B的運動軌跡在以D為圓心，BD為半徑的圓弧上，然后分點B恰好

第27頁共94頁.

落在AB邊上和點B恰好落在AC邊上兩種情況討論，分別利用勾股定理以及等腰三角形的性質和判定進行

求解和證明即可得出兩種臨界情況下BE的長度，從而得出結論．

【詳解】解：∵點B與B關于DE對稱，

∴BDBD，則點B的運動軌跡在以D為圓心，BD為半徑的圓弧上，

①如圖所示，當點B恰好落在AB邊上時，此時，連接AD和DE，

1

由題意及“三線合一”知，ADBD，BDBC3，

2

∴在RtABD中，ADAB2BD252324，

此時，根據(jù)對稱的性質，DEAB，