第13講圓弧形動點軌跡與最值問題專題探究-【專題突破】2022-2023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期重難點及章節(jié)分類精品講義(浙教版)（原卷版+解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?第13講圓弧形動點軌跡與最值問題專題探究
類型一定義法
【知識點睛】
v 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）
v 此類問題常出現(xiàn)環(huán)境——折疊
v 求最值時常結(jié)合原理——①圓與圓外定點最值的求解方法
如圖：點A為圓外定點，點P為圓周上一點，
O
P
H
Q
則AP最小值=OA-r；AP最大值=OA+r
②圓上點到圓外定直線最值的求解方法
如圖：直線l為圓外定直線，點P、點Q為圓周上一點，
則PH即為圓O上的點到直線l的最小值;QH為最大值
l
【類題講練】
1．如圖，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝2，以AC為邊在△ABC外作等邊三角形ACD，連接BD，則BD＝　 ?。?br />
【分析】根據(jù)已知條件得到AB＝AC＝AD，于是得到點B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，根據(jù)圓周角定理得到∠CBD＝∠CAD＝30°，∠BDC＝BAC，過A作AE⊥BC于E，過C作CF⊥BD于F，得到∠CAE＝∠BCD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DF＝AE，CF＝CE＝1，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵AB＝AC＝5，△ACD是等邊三角形，
∴AC＝AD＝5，
∴AB＝AC＝AD，
∴點B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，
∵∠CAD＝60°，
∴∠CBD＝∠CAD＝30°，∠BDC＝BAC，
過A作AE⊥BC于E，過C作CF⊥BD于F，
∴∠CAE＝，∠AEC＝∠CFD＝90°，
∴∠CAE＝∠BCD，
在△ACE與△DCF中，，
∴△AEC≌△DFC，
∴DF＝AE，CF＝CE＝1，
∴BF＝，
∴DF＝＝2，
∴BD＝BF+DF＝+2．
解法二：如圖，以BC為邊向下作等邊三角形，利用全等三角形的性質(zhì)證明AE＝BD，求出AE即可解決問題．
故答案為：+2．
2．如圖，在邊長為3的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD邊上的一點，且AM＝AD，N是AB邊上的一動點，將△AMN沿MN所在直線翻折得到△A′MN，連接A′C．則A′C長度的最小值是．

【分析】過點M作MH⊥CD，由勾股定理可求MC的長，由題意可得點A'在以M為圓心，AM為半徑的圓上，則當(dāng)點A'在線段MC上時，A'C長度有最小值．
【解答】解：過點M作MH⊥CD交CD延長線于點H，連接CM，
∵AM＝AD，AD＝CD＝3
∴AM＝1，MD＝2
∵CD∥AB，
∴∠HDM＝∠A＝60°
∴HD＝MD＝1，HM＝HD＝
∴CH＝4
∴MC＝＝
∵將△AMN沿MN所在直線翻折得到△A′MN，
∴AM＝A'M＝1，
∴點A'在以M為圓心，AM為半徑的圓上，
∴當(dāng)點A'在線段MC上時，A'C長度有最小值
∴A'C長度的最小值＝MC﹣MA'＝﹣1
故答案為：﹣1
3．如圖，已知AB＝AC＝AD，∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，則∠CAD的度數(shù)為（　?。?br />
A．68° B．88° C．90° D．112°
【分析】由AB＝AC＝AD，可得B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，然后由圓周角定理，證得∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，繼而可得∠CAD＝2∠BAC．
【解答】解：∵AB＝AC＝AD，
∴B，C，D在以A為圓心，AB為半徑的圓上，
∴∠CAD＝2∠CBD，∠BAC＝2∠BDC，
∵∠CBD＝2∠BDC，∠BAC＝44°，
∴∠CAD＝2∠BAC＝88°．
故選：B．
4．如圖，點A，B的坐標(biāo)分別為A（4，0），B（0，4），C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點，BC＝2，點M為線段AC的中點，連接OM，OM的最大值為　 ?。?br />
【分析】先判斷出點C的運動軌跡是在半徑為2的⊙B上，再取OD＝OA＝4，連接OD，則OM是△ACD的中位線，OM＝，進而可得OM最大值時，CD取最大值，此時D、B、C三點共線，計算即可求出結(jié)果．
【解答】解：∵C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點，BC＝2，
∴點C的運動軌跡是在半徑為2的⊙B上，
如圖，取OD＝OA＝4，連接OD，
∵點M為線段AC的中點，
∴OM是△ACD的中位線，
∴OM＝，
∴OM最大值時，CD取最大值，此時D、B、C三點共線，
此時在Rt△OBD中，BD＝＝4，
∴CD＝2+4，
∴OM的最大值是1+2．
故答案為：1+2．
5．如圖，△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，過點C任作一條直線CD，將線段BC沿直線CD翻折得線段CE，直線AE交直線CD于點F．
（1）小智同學(xué)通過思考推得當(dāng)點E在AB上方時，∠AEB的角度是不變的，請按小智的思路幫助小智完成以下推理過程：
∵AC＝BC＝EC，
∴A、B、E三點在以C為圓心以AC為半徑的圓上．
∴∠AEB＝　　∠ACB＝　　°．
（2）若BE＝2，求CF的長．
（3）線段AE最大值為　 ??；若取BC的中點M，則線段MF的最小值為　　．

【分析】（1）根據(jù)AC＝BC＝EC，得A、B、E三點在以C為圓心以AC為半徑的圓上，根據(jù)圓周角定理可知∠AEB的度數(shù)；
（2）由△EFG是等腰三角形可求出FG＝1，利用勾股定理求出CG的長，從而得出答案；
（3）根據(jù)直徑是圓中最大的弦知當(dāng)AE經(jīng)過圓心C時，線段AE的最大值為2AC＝8，取AB的中點O，連接OF，可證∠AFB＝90°，則點F在以AB為直徑的圓O上，當(dāng)OF經(jīng)過點M時，MF最短，此時OF⊥BC，從而解決問題．
【解答】解：（1）∵AC＝BC＝EC，
∴A、B、E三點在以C為圓心以AC為半徑的圓上，
∴∠AEB＝，
故答案為：，45；
（2）由折疊可知，CD垂直平分BE，
∴BE⊥CD，
設(shè)CD、BE交于點G，則GE＝BG＝，

∴∠FGE＝90°，
∵∠AEB＝45°，
∴FG＝GE＝1，
在Rt△CEG中，
由勾股定理得，CG＝＝，
∴CF＝CG﹣FG＝﹣1；
（3）∵A，B，E，三點在以C為圓心，以AC為半徑的圓上，

∴當(dāng)AE經(jīng)過圓心C時，線段AE的最大值為2AC＝8，
在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝4，
BM＝CM＝，∠ABC＝∠BAC＝45°，
連接BF，取AB的中點O，連接OF，如圖，

∵CD垂直平分BE，∠AEB＝45°，
∴BF＝EF，
∴∠EBF＝∠AEB＝45°，
∴∠EFB＝90°，
∴∠AFB＝90°，
∴OF＝，
∴點F在以點O為圓心，AB為直徑的圓上，
∵∠ACB＝90°，
∴點C在⊙O上，
∴當(dāng)OF經(jīng)過點M時，MF最短，此時OF⊥BC，
∴OM＝BM?tan∠ABC＝2×1＝2，
∴MF＝OF﹣OM＝2﹣2，
即線段MF的最小值為2﹣2，
故答案為：8；2﹣2．
類型二定邊對直角
【知識點睛】
v 模型原理：直徑所對的圓周角是直角
故：有公共斜邊的兩個直角三角形必滿足四點共圓
v 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?。?br /> 用此方法解題的一般步驟：
①確定動點所在角=直角
②確定“定直角”所對的邊為定邊
③確定該動點的運動軌跡為以“定邊”為直徑的圓弧
如圖：

求最值時常結(jié)合原理——同類型一（略）
【類題講練】
1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AB＝5，點D是邊BC上一動點，連接AD，在AD上取一點E，使∠DAC＝∠DCE，連接BE，則BE的最小值為（　　）

A．2﹣3 B． C．﹣2 D．
【分析】取AC的中點O，連接OE，OB，由∠DAC＝∠DCE，得出∠AEC＝90°，可得CE⊥AD于點E，可得E點在以O(shè)為圓心，半徑為OA的圓上運動，當(dāng)O，E，B三點在同一直線上時，BE最短，即可求出BE．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AB＝5，
∴AC＝4，
如圖，取AC的中點O，連接OE，OB，
∵∠DAC＝∠DCE，∠DCE+∠ACE＝90°，
∴∠DAC+∠ACE＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∴CE⊥AD，
可得E點在以O(shè)為圓心，半徑為OA的圓上運動，當(dāng)O，E，B三點在同一直線上時，BE最短，
可得此時OE＝OC＝OA＝2，
在Rt△OCB中，OB＝，
故BE的最小值為：OB﹣OE＝﹣2，
故選：C．
2．如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，BC＝2，∠A＝60°，點D為弧BC上一動點，CE垂直直線OD于點E，當(dāng)點D由B點沿弧BC運動到點C時，點E經(jīng)過的路徑長為．

【分析】如圖，連接OB，設(shè)OB的中點為M，連接ME．作OH⊥BC于H．首先判斷出點E在以O(shè)B為直徑的圓上運動，求出點D與C重合時∠EMB的度數(shù)，利用弧長公式計算即可．
【解答】解：如圖，連接OB，設(shè)OB的中點為M，連接ME．作OH⊥BC于H．
∵OD⊥BE，
∴∠OEB＝90°，
∴點E在以O(shè)B為直徑的圓上運動，
當(dāng)點D與C重合時，∵∠BOC＝2∠A＝120°，
∴∠BOE＝60°，
∴∠EMB＝2∠BOE＝120°，
∵BC＝2，OH⊥BC，
∴BH＝CH＝，∠BOH＝∠COH＝60°，
∴OB＝＝2，
∴點E的運動軌跡的長＝＝π．
故答案為π．
3．如圖，已知正方形ABCD的邊長是4，點E是AB邊上一動點，連接CE，過點B作BG⊥CE于點G，點P是AB邊上另一動點，則PD+PG的最小值為　 ?。?br />
【分析】作DC關(guān)于AB的對稱點D′C′，以BC中的O為圓心作半圓O，連D′O分別交AB及半圓O于P、G．將PD+PG轉(zhuǎn)化為D′G找到最小值．
【解答】解：如圖：

取點D關(guān)于直線AB的對稱點D′．以BC中點O為圓心，OB為半徑畫半圓．
連接OD′交AB于點P，交半圓O于點G，連BG．連CG并延長交AB于點E．
由以上作圖可知，BG⊥EC于G．
PD+PG＝PD′+PG＝D′G
由兩點之間線段最短可知，此時PD+PG最?。?br /> ∵D′C′＝4，OC′＝6
∴D′O＝
∴D′G＝2
∴PD+PG的最小值為2
故答案為：2
4．如圖，直線l1∥l2∥l3，A，B，C分別為直線l1，l2，l3上的動點，連接AB，BC，AC，線段AC交直線l2于點D．設(shè)直線l1，l2之間的距離為m，直線l2，l3之間的距離為n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且＝，則m+n的最大值為　 ?。?br />
【分析】延長AB交l3于E，根據(jù)已知條件得到＝，求得CE＝10，∠CBE＝90°，設(shè)m＝2x，n＝3x，構(gòu)造以CE為直徑的半圓，則點B在其弧上運動，易知BG≤B′G′＝5，得到3x≤5，由m+n＝5x，于是得到結(jié)論．
【解答】解：延長AB交l3于E，
∵，
易知＝，
∵BD＝4，
∴CE＝10，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝90°，
設(shè)m＝2x，n＝3x，
構(gòu)造以CE為直徑的半圓，則點B在其弧上運動，易知BG≤B′G′＝5，
即3x≤5，
∴x≤，∵m+n＝5x，
∴m+n的最大值為．
故答案為：．
5．如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E為邊BC上一動點，F(xiàn)為AE中點，G為DE上一點，BF＝FG，則CG的最小值為　 ?。?br />
【分析】如圖1，連接AG，證明AF＝FG＝EF，則∠AGE＝∠AGD＝90°，根據(jù)圓周角定理可知：點G在以AD為直徑的圓上運動，取AD的中點O，當(dāng)O，G，C三點共線時，CG的值最小，由此可解答．
【解答】解：如圖1，連接AG，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，DC＝AB＝3，
∵F是AE的中點，
∴BF＝AE＝AF＝EF，
∵BF＝FG，
∴AF＝FG＝EF，
∴∠AGE＝∠AGD＝90°，
∴點G在以AD為直徑的圓上運動，取AD的中點O，連接OG，
當(dāng)O，G，C三點共線時，CG的值最小，如圖2所示，

∴OD＝OG＝2，
∴OC＝＝，
∴CG的最小值為﹣2．
故答案為：﹣2．
6．如圖，正方形OABC中，A（8，0），B（8，8），點D坐標(biāo)為（﹣6，0），連接CD，點P為邊OA上一個動點，連接CP，過點D作DE⊥CP于點E，連接AE，當(dāng)AE取最小值時，點E的縱坐標(biāo)為（　　）

A．3﹣ B．4﹣ C． D．
【分析】先判斷出點E的運動軌跡：以CD中點F為圓心，半徑FD＝FC＝FE＝5的圓弧上，連接AF，交⊙M于點E，此時AE最小，再過點F作FM⊥x軸于點M，過點E作EN⊥x軸于點N，通過相似即可求出點E的縱坐標(biāo)．
【解答】解：∵DE⊥CP，
∴∠DEC＝90°，
取CD中點F（﹣3，4），則點E的運動軌跡在以點F為圓心，半徑FD＝FC＝FE＝5的圓弧上，
連接AF，交⊙M于點E，此時AE最小，
過點F作FM⊥x軸于點M，過點E作EN⊥x軸于點N，則AM＝11，F(xiàn)M＝4，∠FMA＝∠ENA＝90°，

在Rt△AFM中，AF＝＝，
∵∠FMA＝∠ENA＝90°，
∴FM∥EN，
∴，即，
∴EN＝4﹣．
故選：B．
7．如圖，△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，AB＝2，點P從C點出發(fā)，沿CB運動到點B停止，過點B作射線AP的垂線，垂足為Q，點Q運動的路徑長為（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】由AQ⊥BQ，得點Q在以AB為直徑的⊙O上運動，運動路徑為，連接OC，代入弧長公式即可．
【解答】解：∵AQ⊥BQ，
∴點Q在以AB為直徑的⊙O上運動，運動路徑為，連接OC，

∵∠ACB＝90°，OA＝OB，
∴CO＝OA＝1，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
∴的長為，
故選：D．
8．（1）【學(xué)習(xí)心得】
于彤同學(xué)在學(xué)習(xí)完“圓”這一章內(nèi)容后，感覺到一些幾何問題如果添加輔助圓，運用圓的知識解決，可以使問題變得非常容易．

例如：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一點，且AD＝AC，求∠BDC的度數(shù)．若以點A為圓心，AB為半徑作輔助⊙A，則點C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，從而可容易得到∠BDC＝　　°．
（2）【問題解決】
如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的數(shù)．
（3）【問題拓展】
如圖3，如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AD上兩個動點，滿足AE＝DF．連接CF交BD于點G，連接BE交AG于點H．若正方形的邊長為2，則線段DH長度的最小值是　?。?br /> 【分析】（1）利用同弦所對的圓周角是所對圓心角的一半求解．
（2）由A、B、C、D共圓，得出∠BDC＝∠BAC，
（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，然后利用“邊角邊”證明△ABE和△DCF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”證明△ADG和△CDG全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠2＝∠3，從而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°，取AB的中點O，連接OH、OD，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OH＝AB＝1，利用勾股定理列式求出OD，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知當(dāng)O、D、H三點共線時，DH的長度最?。?br /> 【解答】解：（1）如圖1，∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以點A為圓心，AB為半徑作圓A，點B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圓心角，而∠BDC是圓周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°，
當(dāng)點D在BC的下方時，∠BDC＝135°，
故答案是：45或135；

（2）如圖2，取BD的中點O，連接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴點A、B、C、D共圓，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°，

（3）如圖3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中點O，連接OH、OD，
則OH＝AO＝AB＝1，
在Rt△AOD中，OD＝＝＝，
根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，OH+DH＞OD，
∴當(dāng)O、D、H三點共線時，DH的長度最小，
最小值＝OD﹣OH＝﹣1．
（解法二：可以理解為點H是在Rt△AHB，AB直徑的半圓上運動當(dāng)O、H、D三點共線時，DH長度最小）
故答案為：﹣1．
類型三定邊對定角
【知識點睛】
v 模型原理：在同圓或等圓中，同弧所對的圓周角相等
v 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?。?br /> v 解決辦法：
當(dāng)∠P是那個定角時，此類問題要求點P 的運動路徑長，則∠P一定為特殊角。
下以30°，45°，60°，120°為例，說明動點軌跡圓的確定方法：

若∠P=30°，以AB為邊，同側(cè)構(gòu)造等邊三角形AOB，O即為圓心
若∠P=45°，以AB為斜邊，同側(cè)構(gòu)造等腰直角三角形AOB，O即為圓心
若∠P=60°，以AB為底，同側(cè)構(gòu)造頂角為120°的等腰三角形AOB，O即為圓心
若∠P=120°，以AB為底，異側(cè)構(gòu)造頂角為120°的等腰三角形AOB，O即為圓心
另：若∠P=135°，以AB為斜邊，異側(cè)構(gòu)造等腰直角三角形AOB，O即為圓心
若∠P=150°，以AB為邊，異側(cè)構(gòu)造等邊三角形AOB，O即為圓心
求最值時常結(jié)合原理——同類型一（略）
【類題訓(xùn)練】
1．如圖，已知等邊△ABC的邊長為2，D，E分別為BC，AC上的兩個動點，且AE＝CD，連接BE，AD交于點P，則CP的最小值是　　．

【分析】易證△ABD≌△BCE，可得∠BAD＝∠CBE，根據(jù)∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，即可求得∠APE＝∠ABC，推出∠APB＝120°，推出點P的運動軌跡是，∠AOB＝120°，連接CO，求出OC，OA，再利用三角形的三邊關(guān)系即可解決問題．
【解答】解：∵CD＝AE，
∴BD＝CE，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
故∠BAD＝∠CBE，
∵∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，
∴∠BPD＝∠APE＝∠ABC＝60°，
∴∠APB＝120°，
∴點P的運動軌跡是，∠AOB＝120°，連接CO，
∵OA＝OB，CA＝CB，OC＝OC，
∴△AOC≌△BOC（SSS），
∴∠OAC＝∠OBC，∠ACO＝∠BCO＝30°，
∵∠AOB+∠ACB＝180°，
∴∠OAC+∠OBC＝180°，
∴∠OAC＝∠OBC＝90°，
∵，
∴，
∴＝＝4．
∴OP＝2，
∴PC的最小值為OC﹣r＝4＝2．
故答案為：2．
2．如圖，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，點E在AB上，＝，在矩形內(nèi)找一點P，使得∠BPE＝60°，則線段PD的最小值為（　　）

A．2﹣2 B． C．4 D．2
【分析】如圖，在BE的上方，作△OEB，使得OE＝OB，∠EOB＝120°，連接OD，過點O作OQ⊥BE于Q，OJ⊥AD于J．證明點P的運動軌跡是以O(shè)為圓心，OE為半徑的⊙O，推出當(dāng)點P落在線段OD上時，DP的值最小，想辦法求出OD，OP，可得結(jié)論．
【解答】解：如圖，在BE的上方，作△OEB，使得OE＝OB，∠EOB＝120°，連接OD，過點O作OQ⊥BE于Q，OJ⊥AD于J．

∵∠BPE＝∠EOB，
∴點P的運動軌跡是以O(shè)為圓心，OE為半徑的⊙O，
∴當(dāng)點P落在線段OD上時，DP的值最小，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝3，AE：EB＝1：2，
∴BE＝2，
∵OE＝OB，∠EOB＝120°，OQ⊥EB，
∴EQ＝BQ＝，∠EOQ＝∠BOQ＝60°，
∴OQ＝1，OE＝2，
∵OJ⊥AD，OQ⊥AB，
∴∠A＝∠AJO＝∠AQO＝90°，
∴四邊形AQOJ是矩形，
∴AJ＝OQ＝1，
JO＝AQ＝2，
∵AD＝5，
∴DJ＝AD﹣AJ＝4，
∴OD＝＝＝2，
∴PD的最小值＝OD﹣OP＝2﹣2，
故選：A．
3．如圖，△ABC，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝60°，過點A作BC的平行線l，P為直線l上一動點，⊙O為△APC的外接圓，直線BP交⊙O于E點，則AE的最小值為（　?。?br />
A． B．7﹣4 C． D．1
【分析】如圖，連接CE．首先證明∠BEC＝120°，由此推出點E在以O(shè)'為圓心，O'B為半徑的上運動，連接O'A交于E′，此時AE′的值最小．
【解答】解：如圖，連接CE．
∵AP∥BC，
∴∠PAC＝∠ACB＝60°，
∴∠CEP＝∠CAP＝60°，
∴∠BEC＝120°，
∴點E在以O(shè)'為圓心，O'B為半徑的上運動，
連接O'A交于E′，此時AE′的值最?。藭r⊙O與⊙O'交點為E'．
∵∠BE'C＝120°
∴所對圓周角為60°，
∴∠BOC＝2×60°＝120°，
∵△BO′C是等腰三角形，BC＝4，
∴O′B＝O′C＝4，
∵∠ACB＝60°，∠BCO'＝30°，
∴∠ACO'＝90°
∴O'A＝＝5，
∴AE′＝O'A﹣O'E′＝5﹣4＝1．
故選：D．

4．如圖，⊙?O的直徑AB＝5，弦AC＝3，點D是劣弧BC上的動點，CE⊥DC交AD于點E，則OE的最小值是（　?。?br />
A． B． C．2﹣ D．﹣1
【分析】如圖，作△AEC的外接圓⊙O′，延長BC交⊙O′于點R，連接AR，則AR是直徑，連接OO′，EO′．證明∠AEC是定值，推出點E的運動軌跡是，證明∠BAR＝90°，求出O′E，OO′可得答案．
【解答】解：如圖，作△AEC的外接圓⊙O′，延長BC交⊙O′于點R，連接AR，則AR是直徑，連接OO′，EO′．
∵EC⊥CD，
∴∠ECD＝90°，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝＝4，
∵∠D+∠DEC＝90°，∠B+∠BAC＝90°，∠B＝∠D，
∴∠DEC＝∠BAC＝定值，
∴∠AEC是定值，
∴點E的運動軌跡是，
∵∠R+∠AEC＝180°，∠AEC+∠DEC＝180°，
∴∠R＝∠DEC＝∠BAC，
∴∠R+∠B＝90°，
∴∠BAR＝90°，
∵∠B＝∠B，∠ACB＝∠BAR＝90°，
∴△BCA∽△BAR，
∴，
∴，
∴BR＝，
∴CR＝BR﹣BC＝，
∴AR＝＝，
∴EO′＝AR＝，
∵AO＝OB，AO′＝O′R，
∴OO′＝BR＝，
∵OE≥OO′﹣EO′＝，
∴OE的最小值為．
故選：A．

5．問題提出
（1）如圖①，AC為⊙O的直徑，點P在弧ACB上（不與A、B重合），連接AP、BP，則∠APB
　 ∠ACB（填“＞”“＜”或“＝”）．
問題探究
（2）如圖②，在等邊△ABC中，M、N為邊AB和AC上的兩動點，且BM＝AN，連接BN、CM，BN與CM相交于P，求∠BPC度數(shù)．
問題解決
（3）如圖③，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，M、N分別為邊AD和CD上的兩個動點，且AM：DN＝4：3，連接BM、AN，BM與AN相交于點P，連接CP，求四邊形ABCP面積的最大值．

【分析】（1）由圓周角定理即可得出結(jié)論；
（2）證△ABN≌△BCM（SAS），得出∠ABN＝∠BCM，求出∠NPC＝∠CBM＝60°，即可得出答案；
（3）證△ABM∽△DAN，得出∠AMB＝∠DNA，證∠APB＝90°，連接AC，由勾股定理求出AC＝10，由S四邊形ABCP＝S△ABC+S△PAC，S△ABC＝24，得四邊形ABCP面積的最大，則點P到AC的距離最大，由圓周角定理得出點P在以AB為直徑的圓弧上，設(shè)AB的中點為O，則OP⊥AC時，點P到AC的距離最大，證△OAH∽△CAB，得出＝，則HO＝，得出PH＝，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AC為⊙O的直徑，點P在弧ACB上（不與A、B重合），
∴A、B、C、P四點都在⊙O上，
∴∠APB＝∠ACB，
故答案為：＝；
（2）∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC，∠A＝∠CBM＝60°，
在△ABN和△BCM中，，
∴△ABN≌△BCM（SAS），
∴∠ABN＝∠BCM，
∴∠NPC＝∠PBC+∠PCB＝∠PBC+∠ABN＝∠CBM＝60°，
∴∠BPC＝180°﹣∠NPC＝180°﹣60°＝120°；
（3）∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，∠D＝∠BAM＝∠ABC＝90°，
∴＝＝，
∵AM：DN＝4：3，
∴＝，
∵∠D＝∠BAM，
∴△ABM∽△DAN，
∴∠AMB＝∠DNA，
∵∠DMP+∠AMB＝180°，
∴∠DMP+∠DNA＝180°，
∴∠MPN＝360°﹣（∠DMP+∠DNA）﹣∠D＝360°﹣180°﹣90°＝90°，
∴∠APB＝90°，
連接AC，如圖③所示：
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝10，
∵S四邊形ABCP＝S△ABC+S△PAC，S△ABC＝AB?BC＝×8×6＝24，
∴四邊形ABCP面積的最大，則點P到AC的距離最大，
∵∠APB＝90°，
∴點P在以AB為直徑的圓弧上，
設(shè)AB的中點為O，
∴OA＝AB＝4，
則OP⊥AC時，點P到AC的距離最大，
設(shè)OP交AC于H，
∵∠OHA＝∠CBA＝90°，∠OAH＝∠CAB，
∴△OAH∽△CAB，
∴＝，
∴HO＝＝＝，
∴PH＝OP﹣HO＝OA﹣HO＝4﹣＝，
∴S四邊形ABCP＝S△ABC+S△PAC＝24+AC?PH＝24+×10×＝24+8＝32，
∴四邊形ABCP面積的最大值為32．
6．如圖，AB是⊙O的直徑，M、N是（異于A、B）上兩點，C是上一動點，∠ACB的角平分線交⊙O于點D，∠BAC的平分線交CD于點E．當(dāng)點C從點M運動到點N時，則C、E兩點的運動路徑長的比是　　．

【分析】連接EB，設(shè)OA＝r，作等腰直角三角形ADB，AD＝DB，∠ADB＝90°，則點E在以D為圓心DA為半徑的弧上運動，運動軌跡是，點C的運動軌跡是，由題意∠MON＝2∠GDF，設(shè)∠GDF＝α，則∠MON＝2α，利用弧長公式計算即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接EB，設(shè)OA＝r，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ACB的角平分線交⊙O于點D，∠BAC的平分線交CD于點E．
∴E是△ACB的內(nèi)心，
∴∠AEB＝135°，
作等腰直角三角形ADB，AD＝DB，∠ADB＝90°，
則點E在以D為圓心DA為半徑的弧上運動，運動軌跡是，
點C的運動軌跡是，由題意∠MON＝2∠GDF，
設(shè)∠GDF＝α，則∠MON＝2α，
∴弧MN的長度：弧GF的長度＝＝．
故答案為：．
7．如圖，AB為⊙O的直徑，且AO＝4，點C在半圓上，OC⊥AB，垂足為點O，
P為半圓上任意一點過P點作PE⊥OC于點E，設(shè)△OPE的內(nèi)心為M，連接OM
（1）求∠OMP的度數(shù)；
（2）隨著點P在半圓上位置的改變，∠CMO的大小是否改變，說明理由；
（3）當(dāng)點P在半圓上從點B運動到點A時，直接寫出內(nèi)心M所經(jīng)過的路徑長．

【分析】（1）由內(nèi)心的定義可知∠MOP＝∠MOC＝EOP，∠MPO＝∠MPE＝∠EPO，求出∠MOP與∠MPO的和為45°，利用三角形的內(nèi)角和定理即可求出∠OMP的度數(shù)；
（2）連接CM，證△COM≌△POM，即得出∠CMO＝∠OMP＝135°，可知∠CMO的大小不改變，為135°；
（3）連接AC，BC，證明△ACB，△ACO與△BCO為分別為等腰直角三角形，求出CQ＝2，∠CQO＝90°，∠CNO＝90°，由題意分析得出當(dāng)點P在半徑OC的左側(cè)和右側(cè)的半圓上時，點M的軌跡分別在以AC，BC為直徑的圓弧上，根據(jù)弧長公式即可求出M所經(jīng)過的路徑長．
【解答】解：（1）∵OC⊥AB，
∴∠OEP＝90°，
∴∠EOP+∠EPO＝90°，
∵M為△OPE的內(nèi)心，
∴∠MOP＝∠MOC＝EOP，∠MPO＝∠MPE＝∠EPO，
∴∠MOP+∠MPO＝（∠EOP+∠EPO）＝45°，
∴∠OMP＝180°﹣（∠MOP+∠MPO）＝135°；

（2）∠CMO的大小不改變，理由如下：
如圖2，連接CM，
在△COM和△POM中，
，
∴△COM≌△POM（SAS），
∴∠CMO＝∠OMP＝135°，
∴∠CMO的大小不改變，為135°；

（3）如圖3，連接AC，BC，
∵AB為直徑，CO⊥AB，
∴AC＝BC，
∴△ACB為等腰直角三角形，
∴△ACO與△BCO為等腰直角三角形，
∴AC＝AO＝4，
∴CQ＝AC＝2，
分別取AC，BC的中點Q，N，連接OQ，ON，
則∠CQO＝90°，∠CNO＝90°，
當(dāng)點P在半徑OC的左側(cè)和右側(cè)的半圓上時，點M的軌跡分別在以AC，BC為直徑的圓弧上，所對圓心角為90°，
∴2×＝，
∴內(nèi)心M所經(jīng)過的路徑長為．
8．（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，在平面內(nèi)，已知⊙A的半徑為r，B為⊙A外一點，且AB＝a，P為⊙A上一動點，連接PA，PB，易得PB的最大值為　　，最小值為　 ??；（用含a，r的代數(shù)式表示）
（2）應(yīng)用：①如圖2，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，E為AD邊中點，F(xiàn)為AB邊上一動點，在平面內(nèi)沿EF將△AEF翻折得到△PEF，連接PB，則PB的最小值為　 ??；
②如圖3，點P為線段AB外一動點，分別以PA、PB為直角邊，P為直角頂點，作等腰Rt△APC和等腰Rt△BPD，連接BC、AD．若AP＝3，AB＝7，求AD的最大值；
（3）拓展：如圖4，已知以AB為直徑的半圓O，C為弧AB上一點，∠ABC＝60°，P為弧BC上任意一點，CD⊥CP交AP于D，連接BD，若AB＝6，則BD的最小值為　 ?。?br />
【分析】（1）當(dāng)P在BA延長線上時，PB最大，PB最大為AB+PA＝a+r，當(dāng)P在線段BA上時，PB最小，PB最小為：AB﹣PA＝a﹣r；
（2）①由沿EF將△AEF翻折得到△PEF，可知EA＝EP＝AD＝BC＝2，即P的軌跡是以E為圓心，以2為半徑的半圓，故當(dāng)E、P、B共線時，PB最小，此時BE＝＝2，即得PB最小值為：BE﹣EP＝2﹣2；
②連接BC，由△APC和△BPD是等腰直角三角形，可證明△DPA≌△BPC（SAS），即得AD＝BC，故當(dāng)BC最大時，AD就最大，而AP＝3，△APC是等腰直角三角形，可得當(dāng)C、A、B共線時，BC最大此為AC+AB＝13，故AD最大為13；
（3）以AC為邊，在△ABC異側(cè)作等邊△GAC，連接GD、GB，由AB為半圓O的直徑，∠ABC＝60°，可得∠ACB＝90°，∠APC＝∠ABC＝60°，AC＝AB?cos30°＝3，從而有∠ADC＝∠DCP+∠APC＝150°，根據(jù)∠ADC+∠AGC＝180°，即知D的軌跡是以G為圓心，3為半徑的，由∠GAB＝∠GAC+∠CAB＝90°，得BG＝＝3，即有△BGD中，BD＞3﹣3，可得當(dāng)G、D、B共線時，BD最小為3﹣3．
【解答】解：（1）當(dāng)P在BA延長線上時，PB最大，如圖：
∴PB最大為：AB+PA＝a+r，
當(dāng)P在線段BA上時，PB最小，如圖：
∴PB最小為：AB﹣PA＝a﹣r，
故答案為：a+r，a﹣r；
（2）①如圖：
∵沿EF將△AEF翻折得到△PEF，
∴EA＝EP＝AD＝BC＝2，即P的軌跡是以E為圓心，以2為半徑的半圓，
∴當(dāng)E、P、B共線時，PB最小，此時BE＝＝＝2，
∴PB最小值為：BE﹣EP＝2﹣2；
故答案為：2﹣2；
②連接BC，如圖：
∵△APC和△BPD是等腰直角三角形，
∴PD＝PB，PA＝PC，∠DPB＝∠APC，
∴∠DPB+∠APB＝∠APC+∠APB，即∠DPA＝∠BPC，
∴△DPA≌△BPC（SAS），
∴AD＝BC，
∴當(dāng)BC最大時，AD就最大，
∵AP＝3，△APC是等腰直角三角形，
∴AC＝AP＝6，
∵AB＝7，
∴當(dāng)C、A、B共線時，BC最大，如圖：
∴此時BC＝AC+AB＝13，
∴AD最大為13；
（3）以AC為邊，在△ABC異側(cè)作等邊△GAC，連接GD、GB，如圖：
∵AB為半圓O的直徑，∠ABC＝60°，
∴∠ACB＝90°，∠APC＝∠ABC＝60°，
∴∠CAB＝30°，
∴AC＝AB?cos30°＝3，
∵CD⊥CP，
∴∠ADC＝∠DCP+∠APC＝150°，
∵△GAC是等邊三角形，
∴∠AGC＝∠GAC＝60°，GA＝AC＝3，
∴∠ADC+∠AGC＝180°，即D的軌跡是以G為圓心，3為半徑的，
而∠GAB＝∠GAC+∠CAB＝90°，
∴BG＝＝＝3，
△BGD中，BD＞BG﹣GD，
∴BD＞3﹣3，
∴當(dāng)G、D、B共線時，BD最小，如圖：
∴BD最小值為3﹣3，
故答案為：3﹣3．

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