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专题 04 圆几何拓展之最值篇
思维导图
【类型覆盖】
类型一、点运动路径
【解惑】如图， 的弦 ， ， 为 上一动点， 为 上一动点，且满足
，连接 ， ，交于点 ，则点 从点 运动到点 的过程中，点 所运动的路径长是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质， 直角三角形的
三边关系，弧长公式，解题关键是作辅助线，利用定角定弦确定轨迹圆．连接BD，证明 ，
得出 是定角， 是定长，则得点M所运动的路径为一圆的劣弧DB，求出圆心角和半径
即可求出弧长．
【详解】解：如图，连接BD，∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是定角， 是定长，
得点M所运动的路径为如图 的劣弧DB，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
过点 作 于 ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴点 运动的路径长 ，故选：C．
【融会贯通】
1．已知如图正方形 的边长为4，点 为边 上一动点， 于 ，将 绕着点 顺时针旋
转 得到 ，连接 ，当点 从点 运动到点 时，点 的运动路径长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的综合，涉及中位线，直角三角形斜边的中线，全等三角形的判定与性质，轨
迹圆，熟练根据图形画出辅助线、找出动点运动的轨迹是解题的关键．连接 ，设 的中点
分别为 ，连接 ，利用中点的性质确定点 在以 为圆心，2为半径的圆弧上运动，且
点 从点 运动到点 ，通过 ，
得出 ，推出点 的运动路径长与点 的运动路径长相等即可．
【详解】解：如图，连接 ，设 的中点分别为 ，连接 ，
则 ，
，
，
，
点 在以 为圆心，2为半径的圆弧上运动，
点 从点 运动到点 ，
点 从点 运动到点 ，
的长 ，， ，
，
，
，
，
，
点 在以 为圆心，2为半径的圆弧上运动，
和 对应，
点 的运动路径长与点 的运动路径长相等，
点 的运动路径长为 ，
故选：C．
2．半圆O与平面直角坐标系交于点 ，点C在 上运动（不与A，B重合），连接
， 与 的平分线交于点D，则C从A点运动到B点的过程中，点D的运动路径长为
．
【答案】
【分析】作 的外接圆，记为 ，连接 ，可求 ，则点 在以点 为圆心的
上运动，那么C从A点运动到B点的过程中，点D的运动路径长为以 为圆心的 的长度，由圆周角定
理得： ，与 ， ，那么在 中，由勾股定理求
得 ，再由弧长公式即可求解．【详解】解：作 的外接圆，记为 ，连接 ，
由题意得， 为直径，则 ，
∴ ，
∵ 与 的平分线交于点D，
∴ ，
∴
∴
∴ ，
∴点 在以点 为圆心的 上运动，
∴C从A点运动到B点的过程中，点D的运动路径长为以 为圆心的 的长度，
由圆周角定理得： ，
∵ ， ，
∴在 中，由勾股定理求得 ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，求弧长，三角形的内角和定理和角平分线的定义，难度较大，
熟练掌握知识点，识别“定弦定角”模型是解题的关键．
3．如图，在等腰 中，斜边 的长为8，点P在以 为直径的半圆上，M为 的中点．当点P
沿半圆从点A运动至点C时，点M运动的路径长为 ；连接 ，则 的最小值为 ．【答案】 /
【分析】取 的中点O，连接 ，取 的中点 ，连接 ，利用勾股定理求出 ，根据
三角形中位线的性质求出 ，确定点M的运动轨迹，即可求出点M运动的路径长；再根据点到圆上的
距离即可求出 的最小值．
【详解】解：取 的中点O，连接 ，取 的中点 ，连接 ，
在等腰 中，斜边 的长为8，
，
，
点O为 的中点，
，
为 的中点，点 为 的中点，
是 的中位线，
，
∴点M在以 为半径的 上运动．
∵当点P从点A运动至点C时，
点M所经过的路径为半圆，∴点M运动的路径长为 ；
∵点M在以 为半径的 上，
∴当点M在 与 的交点处时， 最小，最小值为 ．
，
，
的最小值为 ．
故答案为： ， ．
【点睛】本题考查点到圆上的距离，弧长公式，三角形中位线，直角三角形的性质，勾股定理及等腰三角
形的性质，正确作出辅助线，确定点M的运动轨迹是解题的关键．
类型二、将军饮马
【解惑】如图CD是⊙O的直径，CD=10，点A在⊙O上，∠ACD=30°，B为 的中点，P是直径CD上
一动点，则PA+PB的最小值为（ ）
A．5 B． C．5 D．
【答案】A
【分析】首先作A关于CD的对称点Q，连接BQ，然后根据圆周角定理、圆的对称性质和勾股定理解答．
本题考查的是轴对称-最短路线问题，解答此题的关键是找到点A的对称点，把题目的问题转化为两点之间
线段最短解答．
【详解】解：作A关于MN的对称点Q，连接CQ，BQ，BQ交CD于P，此时AP+PB=QP+PB=QB，
根据两点之间线段最短，PA+PB的最小值为QB的长度，
连接OQ，OB，
∵B为 的中点，
∴∠BOD=∠ACD=30°，
∴∠QOD=2∠QCD=2×30°=60°，
∴∠BOQ=30°+60°=90°．
∵直径CD=10，
∴OB= CD= ×10=5，
∴BQ= = =5 ，即PA+PB的最小值为5 ．
故选A．
【点睛】此题主要考查圆周角定理的应用，解题的关键是熟知圆周角定理、圆的对称性质应用．
【融会贯通】
1．如图， 是 的直径，点 ， 在 上，且点 是弧 的中点， 是直径 上的一个动点，
连接 ， ，已知 ，弧 的度数为 ，则 的最小值为（ ）
A．10 B． C． D．5
【答案】D
【分析】，作点 关于 的对称点 ，连接 ，当 点在 上时， ，即 取得最小值，进而根据圆心角与弧的关系可得 是等边三角形，即可求解．
【详解】解：如图所示，作点 关于 的对称点 ，连接 ，当 点在 上时，
，即 取得最小值
∵ 的度数为 ，点 是弧 的中点，
∴ 的度数为 ，
又 ，
∴ 是等边三角形，
∵
∴ ，
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，弧与圆心角的关系，等边三角形的性质与判定，熟练掌握是解题的关
键．
2．如图，在 中，AB是 的直径， ， ，点E是点D关于AB的对称点，M是AB
上的一动点，下列结论：① ；② ；③ ；④ 的最小值是
10． 上述结论中正确的个数是【答案】2/2个
【分析】①根据等弧所对的圆心角所对得 ；根据圆的对称性得 ；故①正确；②根
据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得 ，故②错误；③根据同弧所对的圆周角等于圆
心角的一半得 ，再根据三角形内角和即可得 ；故③正确；④作C关于 的对称点
F，连接 交 于点N，连接 交 于点M，此时 的值最短，即为 长，连接 ，根据
圆周角定理得 ， ，再由三角形内角和得 ，再由圆周角定理得 是
的直径，即可得出 的最小值，故④正确．
【详解】解：①∵ ，
∴ ；
又∵点E是点D关于 的对称点，
∴ ；故①正确；
②∵ ，故②错误；
③由M为AB上动点，D为定点，
∴ 不一定垂直于CE；故③错误；
④作C关于 的对称点F，连接 交 于点N，连接 交 于点M，此时 的值最短，即
为 长，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的直径，
∵ ，
∴ ，
∴ ，故④正确．
故正确的个数为2个故答案为：2．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，轴对称的应用—最短距离问题，灵活运用所学
知识求解是解决本题的关键．
3．如图，以BC为直径作 ，A，D为圆周上的点， ．若点P为BC垂直平分线MN上
的一动点，则阴影部分图形的周长最小值为 （结果保留根号）
【答案】 /
【分析】根据对称的性质可知阴影部分的周长的最小值为 ，求出 的长即可．
【详解】解：连接 ，根据对称的意义可知， 的最小值为 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，∵ 为直径，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
所以阴影部分周长的最小值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查轴对称的性质，圆周角定理，理解轴对称的性质是解决问题的关键．
类型三、两动一定
【解惑】如图，正方形 中， ，E是 的中点．以点C为圆心， 长为半径画圆，点P是
上一动点，点F是边 上一动点，连接 ，若点Q是 的中点，连接 ， ，则 的最
小值为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【分析】取点B关于直线 的对称点M，连接 ， 两线交于点O，连接 ， ， ，过O作
于点N，根据勾定理求出 ，结合四点共线时最小即可得到答案；
【详解】解：取点B关于直线 的对称点M，连接 ， 两线交于点O，连接 ， ， ， ，
过O作 于点N，∵正方形 ，E是 的中点．
∴ ， ， ，
∵点Q是 的中点，
∴ ，
∴点Q在以O为圆心，半径为1的圆上运动，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，
∵ ，
∴当 、 、 、 四点共线时 的值最小，
，
∴ 的最小值为： ，
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称最小距离和问题，正方形的轴对称性质，圆上动点最小距离问题，勾股定理，解
题的关键是找到点Q的轨迹．
【融会贯通】
1．如图，动点 在边长为 的正方形 内，且 ， 是CD边上的一个动点， 是AD边的中点，则线段 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作点 关于 的对称点 ，设AB的中点为点 ，连接 ，交 于点 ，连接 ，由轴对
称的性质及90°的圆周角所对的弦是直径，可知线段 的最小值为 的值减去以AB为直径的圆
的半径 ，根据正方形的性质及勾股定理计算即可．
【详解】解：作点 关于 的对称点 ，设AB的中点为点 ，连接 ，交 于点 ，连接 ，如
图：
动点 在边长为 的正方形 内，且 ，
点 在以AB为直径的圆上， ，
正方形 的边长为 ，
， ，
是AD的中点，，
点 与点 关于 对称，
， ，
，
在 中， ，
当 共线时， 最小
线段 的最小值为：
．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题、圆周角定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形
结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
2．如图，正方形 中， ，点 是正方形 内部的一个动点，且满足 ，点
是 上的一个动点，连接 ， ，则 的最小值是 ．
【答案】 /
【分析】先推出点 在以AB中点 为圆心，AB为直径的圆周上，延长 到 ，使 ，连接
，连接 交 于点 ，过点 作 于点 ，根据轴对称性质和点与圆周上的点的最短距离
确定出 的最小值是 ，再利用勾股定理求出 的长即可解决问题．
【详解】
解： 点 是正方形 内部的一个动点，且满足 ，
， ，
，
点 在以AB中点 为圆心，AB为直径的圆周上，延长 到 ，使 ，连接 ，连接 交 于点 ，过点 作 于点 ，
则 ， ，四边形 和四边形 都是矩形，
， ， ，
的最小值是 ，
在 中，
， ，
由勾股定理，得 ， 的最小值是 ，
故答案为：
【点睛】本题考查轴对称 最短路线问题 正方形的性质，勾股定理，矩形的判定及性质，点与圆的位置关
系，能够发现点 的运动轨迹，掌握点与圆的最短距离是解题的关键．
3．如图，抛物线 与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．若点D
为抛物线上一点且横坐标为 ，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则
的最小值 ．【答案】
【分析】此题考查了二次函数与 轴的交点，利用轴对称求最短路线，圆的性质，勾股定理等，解答此题
的关键是准确的求出二次函数与 轴的交点坐标，难点是确定当 为最小式，点 ， 的位置．先
求出 ， 点坐标，做辅助线如图求 点坐标，根据图像即可分析出答案．
【详解】解：对于 ，当 时，
，
解得： ， ，
∴点 的坐标为 ，
对于 ，当 时， ，
∴点 的坐标为 ，
作点 关于 轴对称的点 ，则点 ，
连接 交于 轴与 ，交 与 ，过点 作 轴与 ，连接 ，当点 与点 重合，点 与点 重合时， 为最小，最小值为线段 的长．
理由如下：
当点 与点 不重合，点 与点 不重合时，
根据对称轴的性质可知： ，
∴ ，
根据“两点之间线段最短”可知：
，
即： ，
∵ ，
∴ ，
即： ，
∴当点 与点 重合，点 与点 重合时， 为最小．
∵点 ，A(−4,0)，
∴ ， ， ，
∴ ，
在 中， ， ，
由勾股定理得： ，
∴ ，
即 的最小为 ，故答案为： ．
类型四、折叠圆
【解惑】如图，已知正方形 的边长为 ， 为AB边上一点， ， 为边 上一点，沿 将
折叠，使得 点的对应点为 ，连接 ， ，DE， ，有以下结论：①若 ，则
②若 ，则 ③ 的面积最大值是 ④ 的最小值是 ，其中正
确的有（ ）
A．① ② ③ ④ B．① ③ ④ C．① ② ④ D．① ② ③
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，圆外一点与到圆上的距离的最值问题；根据 ，
得出 是等腰直角三角形，勾股定理求得 ，得出 在 上，进而求得 长，当 在 点时，
的面积取得最大值，根据 得出 在 为圆心，半径为 的圆上运动，进而可得当 在
上时， 取得最小值，即可求解．
【详解】解：①∵正方形 的边长为 ， ，
∵ ，
∴
∴ 是等腰直角三角形，
∴
∴ ，
在 中， ，故①正确；∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∵沿 将 折叠，使得 点的对应点为 ，
∴ 是等腰直角三角形，
则
又∵
∴ 在 上，
∴
∵
∴ ，故②正确
当 重合时， 的面积最大，最大值为 ，故③正确
∵
∴ 在 为圆心，半径为 的圆上运动，
∴当 在 上时， 取得最小值，最小值为 ，故④正确
故选：A．【融会贯通】
1．如图，矩形 中， ， ，P是直线 上的一个动点， ， 沿 翻折形成
，连接 ，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、翻折的性质、勾股定理等知识点，利用定点定长构造辅助圆
是解题的关键．
由翻折的性质可得 ，得点F在以E为圆心， 为半径的圆上运动，连接 ，作 于
G，然后运用勾股定理求出 ，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：连接 ，作 于G，
∵P是直线 上的一个动点， ，
∴ ，
∴点F在以E为圆心， 为半径的圆上运动，
∵矩形 中， ， ，
∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得： ，
∴ 的最小值为 ．故选D．
2．如图，在 中， ， ， ，点 是 上一点，且 ，点 为 上一
动点，将 沿 翻折得到 ，连接 ，则 的最小值为
【答案】6
【分析】本题主要考查最短距离问题，连接 ，由勾股定理求出 ，由折叠得 ，当
三点共线时， 值最小，从而可求出 的最小值为6，
【详解】解：连接 ，如图，
∵ ， ，
∴ ，
在 中， ，
根据折叠得， ，
∴点 在以 为圆心， 为半径的圆上，
∴当 三点共线时， 值最小，
∴ 的最小值为 ，
故答案为：6
3．如图，在矩形 中， ， ，M是边 的中点，N是 边上的一动点（不与点A重
合），将 沿 所在直线折叠得到 ，连接 ，则 的最小值是 ．【答案】 /
【分析】本题主要考查了矩形的性质、圆的性质和翻转折叠的性质．利用数形结合的思想并确定当点 在
线段 上时， 有最小值是解题的关键．
根据矩形折叠的性质得到 ，确定出当当点 在线段 上时， 有最小值，再利用勾股定
理计算即可．
【详解】解：∵四边形是 矩形， ， ，
∴ ， ．
∵M是边 的中点，
∴ ．
由折叠的性质可知，
，
∴点 在以M为圆心，1为半径的 上运动．连接 ，交 于点 ，则当点 在 处时， 取得
最小值，最小值是 的长．
，
，
即 的最小值为 ，
故答案为： ．类型五、直角圆
【解惑】如图，正方形 的边长为4，点 与点 是线段 与线段 上的两个动点，在运动过程中
线段 与 始终保持垂直，则线段 的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，求一点到圆上点距离的最值，正确作出辅助线是解题的关
键．由 于 可知，点 在以 为直径的圆上，设 的中点为 ，当点 ， ， 共线时线段
的值最小，根据正方形的性质和勾股定理即可得到结论．
【详解】解： 于 ，
点 在以 为直径的圆上，如图，设 的中点为 ，当点 ， ， 共线时线段 的值最小，
正方形 的边长为4，
， ，
，
，
线段 的最小值是 ，
故选：D．【融会贯通】
1．如图，在 中， ， ，D为线段 上的动点，连接 ，过点B作
交 于点E，则在点D的运动过程中，求线段 的最小值为（ ）
A．10 B． C．5 D．
【答案】B
【分析】由 得出点E在以 为直径圆上，求出 的长度，当A、O、E三点共线时， 取得
最小值，据此即可得出答案．
【详解】解：设 的中点为点O，以O为圆心， 为直径画圆，如图：
∵ ，
∴点E在以O为圆心，半径为 的圆上，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵两点之间线段最短，
∴当A、O、E三点共线时， 取得最小值，
此时， ，故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，正确理解点E在“以O为圆心，半径为 的圆上”是解决
问题的关键．
2．如图，在 中， ， ， ，点 是 内部的一动点，且满足
．则线段 的最小值为
【答案】
【分析】本题考查了确定圆的条件，勾股定理，最短线段问题等知识，首先证明点 在以 为直径的
上，连接 与 交于点 ，此时 最小，利用勾股定理求出 即可解决问题，根据题意确定点
的运动轨迹是解题的关键．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴点 在以 为直径的 上，
连接 交 于点 ，此时 最小，
在 中， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 最小值为 ，
故答案为： ．3．如图， 是半圆 的直径， ，点 在半圆 上， ， 是弧 上的一个动点，连接 ，
过 点作 于 ，连接 ，在点 移动的过程中， 的最小值是 ．
【答案】 /
【分析】连接 ，取 的中点 ，连接 ，由题意先判断出点 在以点 为圆心， 为半径的圆上，
当 、 、 三点共线时， 取得最小值，然后利用勾股定理，求出 的长，再利用勾股定理，求出
的长，再利用直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，求出 的长，再由 ，即
可算出 的长．
【详解】解：如图，连接 ，取 的中点 ，连接 ，
∵ ，
∴点 在以点 为圆心， 为半径的圆上，当 、 、 三点共线时， 取得最小值，
∵ 是直径，
∴ ，
在 中，
∵ ， ，
∴由勾股定理得： ，
∵ 为 的中点，∴ ，
在 中，
∵ ， ，
∴由勾股定理得： ，
又∵ ，且点 为 的中点，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了勾股定理解三角形，直径所对的圆周角为直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半，能够判断出动点的运动轨迹是解本题的关键．
类型六、切线与勾股定理
【解惑】如图在平面直角坐标系中，直线 过点 的半径为 于点P，
切 于点 ，那么切线长 的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】本题考查了切线的判定与性质、坐标与图形性质以及矩形的性质等知识点．连接 ．根据勾股
定理知 ，当 时，线段 最短，即线段 最短．【详解】解：连接 ．
∵ 是 的切线，
∴ ；
根据勾股定理知 ，
∵当 时，线段 最短；
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选：B．
【融会贯通】
1．如图，在平面直角坐标系 中，直线 与x轴交于点 ，与y轴交于点B， ，点M在
以点 为圆心，3为半径的圆上，点N在直线 上，若 是 的切线，则 的最小值为
（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查切线的性质，坐标与图形，勾股定理等知识，连接 由点A的坐标可求出
由 得 ，由 是 的切线知 ，由勾股定理得 ，因
为 所以当 最小时 最小，即 时 最小，运用等积法求出 ，代入
可得结论．
【详解】解：连接 如图，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；∴ ；
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴
∵ ，
∴当 最小时 最小，即 时 最小，
∵
，
又
∴ ，
∴ ，
故选：C
2．如图， 的圆心 的坐标是 ，半径为 ，在直角坐标系中， 为直线 上的动点，过
作 的切线，切点为 ，则切线长 的最小值是 ．
【答案】
【分析】连接 ， ，如图所示，由切线性质，通过勾股定理将 的最小值转化为求 最小值，利用两点的距离公式求出 即可得到答案．
【详解】解：连接 ， ，如图所示：
是 的切线，
，
在 中， ， ，则由勾股定理可得 ，
当 取得最小值时， 有最小值，
为直线 上的动点，圆心 的坐标是 ，设点 的坐标是
，
当 时， 最小，
此时 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查动点最值，涉及切线性质、勾股定理、点到直线距离公式等知识，读懂题意，由勾股定
理将求切线长 的最小值转化为求 最小值是解决问题的关键．
3．如图所示，在直角坐标系中，A点坐标为 ， 的半径为2，P为 轴上一动点， 切 于点
B，则 最小值是 ．【答案】2
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是将 的最小值问题转化成 的
最小值问题，再根据垂线段最短的性质进行分析，最后利用勾股定理求得答案．
【详解】如图，连接 ， ，
根据切线的性质定理，得
，
要使 最小，只需 最小
当 轴于P时， 最短
此时P点的坐标是 ， ，
在 中， ， ，
则 最小值是 ．
故答案为： ．
类型七、中位线与瓜豆原理
【解惑】如图，已知抛物线 与x轴交于A，B两点，对称轴与抛物线交于点C，与x轴
交于点D， 的半径为1，G为 上一动点，P为 的中点，则 的最小值为（ ）A． B．2 C．1 D．3
【答案】B
【分析】如图，连接 ．利用三角形的中位线定理证明 ，求出 的最小值，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接 ．
， ，
，
当 的值最小时， 的值最小，
，
， ，
，
当点 在 上时， 的值最小，最小值 ，
的最小值为2，
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图象上的点的坐标特征，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
【融会贯通】
1．如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，D是以点 为圆心，1为半径的圆上的动点，E是
线段AD的中点，连接OE，BD，则线段OE的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】根据抛物线解析式即可得出A点与B点坐标，结合题意进一步可以得出BC长为5，利用三角形中
位线性质可知OE= BD，而BD最小值即为BC长减去圆的半径，据此进一步求解即可.
【详解】∵ ，
∴当 时， ，
解得： ，
∴A点与B点坐标分别为：( ，0)，(3，0)，
即：AO=BO=3，
∴O点为AB的中点，
又∵圆心C坐标为(0，4)，
∴OC=4，
∴BC长度= ，
∵O点为AB的中点，E点为AD的中点，∴OE为△ABD的中位线，
即：OE= BD，
∵D点是圆上的动点，
由图可知，BD最小值即为BC长减去圆的半径，
∴BD的最小值为4，
∴OE= BD=2，
即OE的最小值为2，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了抛物线性质与三角形中位线性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
2．如图， 中， 是 的高， ，则 ；若以点C为圆心，
半径为2作 ，点E是 上一动点，连接 ，点F是 的中点，则线段 的最小值是 ．
【答案】 5
【分析】由等腰三角形的性质得 ， ，由勾股定理即可求得 长度；连接 ，
则 ，当 最小时， 最小，此时E点在线段 上时， 最小，从而 ，最后求得最小值
即可．【详解】解：∵ 是 的高，
∴ ， ，
由勾股定理得： ；
如图，连接 ，
∵点F是 的中点，点D是 中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∴当 最小时， 最小，
当E、C、B三点共线，且E点在线段 上时， 最小，从而 最小，
而 ，
∴ 最小值为 ．
故答案为：5； ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，三角形中位线，圆外一点与圆上点的最值等知识，构
造辅助线，运用中位线定理是解题的关键．
3．如图，等边三角形 中， ，D是以点A为圆心，半径为2的圆上一动点，连接 ．
（1）则 的最大值 ．
（2）当 与 相切时， 的长为 ．
（3）取 的中点E，连接 ，则线段 的最大值与最小值之和为 ．【答案】 8
【分析】（1）延长 交圆于D，此时 的值最大，根据等边三角形的性质可得 ，即可求解；
（2）连接 ，根据切线的性质可得 ，再由勾股定理，即可求解；
（3）延长 到M，使 ，连接 ，可得 ，从而得到
， ，进而得到 ，再由三角西的三边关系可得
，然后根据三角形中位线定理可得 ，从而得到 ，即
可求解．
【详解】解：（1）延长 交圆于D，此时 的值最大，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵ 的半径是2，
∴ ，
∴ 的最大值是8，
故答案为：8．
（2）连接 ，
∵ 切 于D，∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
（3）延长 到M，使 ，连接 ，
∴ ，
∵∠ABC=∠AMB+∠BAM，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的最大值是 ，最小值是 ，∴ 的最大值与最小值的和是 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查切线的性质，三角形三边的关系，中位线定理，等边三角形的性质，关键是构造三角形
的中位线，应用三角形的中位线定理，三角形三边关系来解决问题．
类型八、费马距离
【解惑】1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，
C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证
明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，分两种情况讨论，请补充以下推理过程：
①当 的三个内角均小于 时，
如图1，将 绕点C顺时针旋转 得到 ，连接 ，
∵ 绕点C顺时针旋转 得到
∴ ，
∴ 为_________三角形，
∴
∵
∴
∴
由几何公理：_____________可得：
∴当B，P， ， 在同一条直线上时， 取最小值，
如图2， 最小值为 ，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有
________°．②当 有一个内角大于或等于 时，“费马点”为该三角形的某个顶点，证明略．
(2)如图3，在 中，三个内角均小于 ，且 ， ， ，若P为 的“费马
点”，求 的值；
(3)如图4，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知 ， ， ．现
欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别
为1万元 ，1万元 ， 万元 ，则总的铺设成本最少是_______万元．
【答案】(1)①等边，两点之间选的最短，120；②见解析
(2)7
(3)
【分析】（1）①根据题目所给的推理步骤即可解答；②当 时，根据大边对大角得出
，进而求出顶点A到另两个顶点距离和最小，即可求证；
（2）将 绕点C顺时针旋转 得到 ，连接 ，由（1）可得：当B，P， ， 在同一条
直线上时， 取最小值，延长 ，过点 作 延长线的垂线，垂足为D， 求出，则 ，根据勾股定理可得： ，最后根据勾股定理得出
即可求解；
（3）根据题意可得：总的铺设成本为 万元，将 绕点C顺时针旋转 得到
，连接 ，求出 ，则当B，P， ， 在同一条直线上时，
，此时 取最小值，用和（2）同样的方法求解即可．
【详解】（1）解：①当 的三个内角均小于 时，
如图1，将 绕点C顺时针旋转 得到 ，连接 ，
∵ 绕点C顺时针旋转 得到 ，
∴ ， ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
由几何公理：两点之间选的最短，可得：
∴当B，P， ， 在同一条直线上时， 取最小值，
如图2， 最小值为 ，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有
．
②当 时，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴顶点A到另两个顶点距离和最小，
∵ ，
∴ ，
∴当点P和点A重合时， 取最小值，
即此时的A点为该三角形的“费马点”．
（2）解：将 绕点C顺时针旋转 得到 ，连接 ，
由（1）可得：当B，P， ， 在同一条直线上时， 取最小值，
延长 ，过点 作 延长线的垂线，垂足为D，
∵ 绕点C顺时针旋转 得到 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，则
根据勾股定理可得： ，
∴ ；（3）解：根据题意可得：
总的铺设成本为 万元，
将 绕点C顺时针旋转 得到 ，连接 ，
∴ ， ，
∴ ，则 ，
当B，P， ， 在同一条直线上时， ，此时 取最小值，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
根据勾股定理可得： ，
∴ ，
根据勾股定理可得： ，
即 最小值为 ，
∴总铺设成本最少为 万元．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握旋转前后对应边相等，对应边夹
角等于旋转角，直角三角形两直角边平方和等于斜边平方．
【融会贯通】
1．阅读以下材料并完成问题材料一：数形结合是一种重要的数学思想如 可看做是图一中 的长， 可看做是
的长．
材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在 中有一点 使得 的值最小．
著名法学家费马给出的证明方法如下：
将 绕 点向外旋转 得到 ，并连接 易得 是等边三角形、 ，则 ，
则 ，所以 的值最小为 ．
请结合以上两材料求出 的最小值
【答案】
【分析】本题考查坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，将原式转
化为 ，构造直角三角形 ， ， ，
以 为坐标原点构造直角坐标系，设 为 ，进而得到 ， ，
，将 绕点 点逆时针旋转 得到 ，并做 ，根据旋转的性质，
含30度角的性质，求出 的长，根据 ，进行求解即可．
【详解】解：原式
可看做下图中的 ，其中 为则 ， ，
将 绕点 点逆时针旋转 得到 ，并做
， ， ， ， ，
， 为等边三角形，
， ， ，
又
，
∵ ，
∴ ，
∴ 的最小值为 ；
的最小值为 ．
2．【问题背景】在已知 所在平面内求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小（如图
1）．这个问题是有着“业余数学家之王”美誉的法国律师费马在1640年前后向意大利物理学家托里拆利
提出的，所求的点被人们称为“费马点”．解决方法如下：如图2，把 绕A点逆时针旋转 得到
（点P，C的对应点分别为点 ， ），连接 ，则 ， ．∵______，∴ 为等边三角形，∴ ，
∴ ，
∴当B，P， ， 四点在同一直线上时， 的值最小，即点P是 的“费马点”．
任务：
（1）横线处填写的条件是______；
（2）当点P是 的“费马点”时， ______；
（3）如图 3，△ABC 中， ， ，E，F 为 BC 上的点，且 ，判断
之间的数量关系并说明理由；
【实际应用】图4所示是一个三角形公园，其中顶点A，B，C为公园的出入口， ， ，
AC＝4km，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P，使该凉亭到三个出入口的距离最小，则 的
最小值是______．
【答案】问题背景：（1）见解析；（2） ；（3） ，理由见解析；实际应用；
【分析】
问题背景：（1）先证明 为等边三角形，得到 ，则 ，由此可
得当B，P， ， 四点在同一直线上时， 的值最小，即点P是 的“费马点”．
（2）由旋转的性质可得 ， ，进而利用三角形内角和定理得到
，再由等边三角形的性质得到 ，则 ， ，即可
利用周角的定义得到 ；
（3）将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ，利用旋转的性质和等边对等角，得到
， 为直角三角形，进而得到 ，证明 ，得到 ，即
可得出结论；
实际应用：如图所示，将 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ，由问题背景（1）可得当
B，P， ， 四点在同一直线上时， 的值最小，最小值为 ，过点 作 交延长线于D，证明 是等腰直角三角形，得到 ，则
，利用勾股定理得到 ，则 得最小值为
．
【详解】解：问题背景：（1）如图2，把 绕A点逆时针旋转 得到 （点P，C的对应点分
别为点 ， ），连接 ，则 ， ．
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴当B，P， ， 四点在同一直线上时， 的值最小，即点P是 的“费马点”．
（2）如图2所示，设 交于O，
由（1）可得当B，P， ， 四点在同一直线上时， 的值最小，
由旋转的性质可得 ， ，
又∵ ，
∴
∵ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；（3） ，理由如下：
∵ ， ，
∴ ，
如图所示，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ，
则： ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
实际应用：如图所示，将 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ，
由问题背景（1）可得当B，P， ， 四点在同一直线上时， 的值最小，最小值为 ，
过点 作 交 延长线于D，
由旋转的性质可得 ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ 得最小值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，
等腰直角三角形的性质与判定等等，通过旋转构造全等三角形是解题的关键．
3．阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提
出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提
出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点
A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来
人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为 ABC的费马-托里拆利点，也
简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将 BPC绕点B顺时针
旋转60°得到 BDE，连接PD，可得 BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因
PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若
AB=2，求PA+PB+PC的最小值；
（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有
∠BEC=90°，连接AE、DE，在 ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出
PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2 ；（3）存在，2 -2
【分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间
线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转
的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与
勾股定理即可求出GE，故可求解．
【详解】（1）连接AE，如图，
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2
∴BC=2AB=4
由勾股定理可得AC=如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，
∠BCE=60°
∴PD=PC
由旋转可得DE=PB，CE=BC=4
∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°
∴在Rt△ACE中，AE=
即PA+PB+PC的最小值为2 ；
（3）存在在 ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接
PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
∵∠BEC=90°
∴点E在以BC为直径的 O上，如图3
则OB=OC= =2
如图3，连接OG交 O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，
即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°
∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形
∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG= ∠ACD=30°
∴CG、AD互相垂直平分
∴DK= AD=2
∴根据勾股定理得CK=
∴CG=2CK=
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°
∴在Rt△OCG中，OG=
∵OH=OC=2
∴GH=OG-OH=2 -2
即PA+PD+PE的最小值为2 -2．
【点睛】此题主要考查四边形与圆综合的最短距离，解题的关键是熟知旋转的性质、圆周角定理及两点之
间的距离特点．
类型九、米勒原理【解惑】（1）如图1，在足球比赛场上，甲带球奔向对方球门 ，当他带球冲到A点时，同伴乙已冲到
B点，甲是自己射门好，还是将球传给乙，让乙射门好？
对上面这个问题，小明结合图1判断甲的视角 小于乙的视角 ，根据“仅从射门角度考虑，球
员对球门的视角越大，足球越容易被踢进”的经验，认为甲应该将球传给乙．请结合图1给出小明得到
的理由；
（2）德国数学家米勒曾提出最大视角问题，并得到这样的结论：如图2，点A，B是平面内两个定点，C
是直线l上的一个动点，当且仅当 的外接圆与l相切于点C时， 最大．
如图3， ，点A，B是边 上两点， ，点C是边 上一动点．
①若 最大为 ，请求出当 时， 的长；
②若 最大不超过 ，直接写出 的取值范围．
【答案】（1）见解析（2）① ②
【分析】（1）利用圆周角定理和外角的性质即可得证；
（2）①根据直角三角形的外接圆的圆心在斜边的中线上，确定圆心 的位置，连接 ，利用切线的性质
和含30度角的直角三角形的性质进行求解即可；②求出 时 的长，即可得出结果．
【详解】解：（1）连接 ，
则： ，
∵ 是 的外角，
∴ ，
∴ ；
（2）①当 时， 的外接圆的圆心在斜边 的中点上，设圆心为 ，连接 ，则：，
∵ 的外接圆与l相切于点C，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
②当 时，如图：
连接 ， 则： ， ，过点 作 ，则： ，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
过点 作 ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
由题意，可知 越大， 越短，
∴ ．
【点睛】本题考查三角形的外接圆，切线的性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形，熟练掌握相关知
识点，并灵活运用，是解题的关键．
【融会贯通】
1．综合与实践【数学理解】德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图2，已知
点 ， 是 的边 上的两个定点， 是 边上的一个动点，当且仅当 的外接圆与 边相
切于点 时， 最大．人们称这一命题为米勒定理．
(1)【问题提出】如图1，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门 进攻，当甲带球冲到
点时，乙已跟随冲到 点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射
门好？假设球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证： ．
(2)【问题解决】如图3，已知点 ， 的坐标分别是 ， ， 是 轴正半轴上的一动点，当
的外接圆⊙ 与 轴相切于点 时， 最大．当 最大时，求点 的坐标．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据三角形的外角和，同弧或者等弧所对的圆周角相等，即可；
（2）当 的外接圆⊙ 与 轴相切于点 时， 最大，连接 ， ，过点 作 于
点 ，根据垂径定理，勾股定理，即可求出 ．
【详解】（1）证明：由图 可知：∵ ， 是 所对的圆周角，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
（2）当 的外接圆⊙ 与 轴相切于点 时， 最大，
∴连接 ， ，过点 作 于点 ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴在 中， ，
∵点 ， 的坐标分别是 ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴点 ．【点睛】本题考查圆的基本性质，解题的关键是掌握同弧或者等弧所对的圆周角和圆心角的关系，垂径定
理，圆的切线定理．
2．综合与实践
【问题提出】
（1）如图 ，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门 进攻，当甲带球冲到 点时，乙
已跟随冲到 点，仅从射门角度大小考虑，甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？假设
球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．请结合你所学知识，求证： ．
【数学理解】
德国数学家米勒曾提出最大视角问题，对该问题的一般描述是：如图 ，已知点 ， 是 的边
上的两个定点， 是 边上的一个动点，当且仅当 的外接圆与 边相切于点 时， 最大，
人们称这一命题为米勒定理．
【问题解决】
（2）如图 ，已知点 ， 的坐标分别是(0,1)，(0,3)， 是 轴正半轴上的一动点，当 的外接圆
与 轴相切于点 时， 最大，当 最大时，求点 的坐标．【答案】（ ）证明见解析；（ ） ．
【分析】（ ）利用圆周角定理可得 ，再利用三角形外角性质即可得
；
（ ）连接 ， ，过点 作 交 轴于点 ，连接 ，可得 ，证明四边形
是矩形，进而求得 的长，进一步得出结果．
【详解】（ ）
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（ ）如图，
连接 ， ，过点 作 交 轴于点 ，连接 ，
∴ ， ，
∵ 与 轴相切，
∴ 轴，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∵ ，B(0,3)，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，垂径定理，圆的切线的性质，三角形外角性质，矩形的判定和性
质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
3．【发现问题】如图1，在画展厅，为保护展品，会放置围栏分隔观赏者和展品，现在数学小组想知道围
栏位置是否合适，做出以下研究．
【资料查阅】1471年德国数学家米勒也提出过类似问题，如图2，观赏最佳的位置就是展品的最高点A与
最低点B与观赏者的眼睛C所形成的视角 最大．
【米勒定理】如图3，当经过A，B，C三点的 与过点C的水平线 相切于点C时，视角 最大，站
在此处观赏最理想．这是为什么呢？
请思考后完成填空：
设点 是 上任意一个异于C的点，
是 的外角，
______ （填“ 、 或 ”），
又
______，
．眼睛位于点C处时， 最大．
【问题解决】如图4，在上述定理基础上，假如竖直墙壁上的展品的最高点A距离地面的高度 为3.4米，
最低点B距离地面的高度 为2.4米，观赏者的眼睛C距离地面的高度为1.6米，那么围栏放在什么位置
最合适呢？
【答案】米勒定理∶ ， ；问题解决∶ 围栏放在距离墙壁 米位置最合适
【分析】米勒定理∶由 得 ，由圆的基本性质得 ，即可求证；
问题解决∶过 作 交 于 ，由矩形的判定方法得 四边形 是矩形，由矩形的性质得
， ，由线段和差可求 ， ，由垂径定理得 ，由勾股定理得
，即可求解．
【详解】米勒定理
请思考后完成填空：
设点 是 上任意一个异于C的点，
是 的外角，
，
（填“ 、 或 ”），
又 ，
，
，
眼睛位于点C处时， 最大，
故答案： ， ；
问题解决∶
解：如图，过 作 交 于 ，四边形 是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
在 中，
，
，
故围栏放在距离墙壁 米位置最合适．
【点睛】本题考查了矩形的判定及性质，圆的基本性质，垂径定理，勾股定理，掌握性质，理解米勒定理
及题意中线段的实际意义，构建直角三角形用勾股定理求解是解题的关键．类型十、阿波罗尼斯圆
【解惑】阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
阿波罗尼斯圆
如图所示，点 是平面上一动点， ， 是两定点．我发现只要点 在如图所示的圆 上运动，就始终有
（ 为一定值）．我进一步查阅资料，得知这个圆被称之为阿波罗尼斯圆．
若 ，点 是线段 的内分点（点 在线段 上，且 ），点 是线段
的外分点（点 在线段 的延长线上，且 ），点 是线段 的中点， 是 的
邻补角，则点 就在以线段 为直径的圆 上，这个圆就叫做阿波罗尼斯圆．
为什么点 在圆 上呢？基本的证明思路是先连接 和 ，然后证明 平
分 以及 平分 ，如下所示．
证明：连接 ， ，过点 作 交 的延长线于点 ，过点 作 交 于点 ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，（依据 ）
，（依据 ）
∴ ，即证 平分 ．
……
∵ 平分 ， 平分 ，
∴ ，
∴ 是以 为斜边的直角三角形，
∵点 是线段 的中点，
∴ ．（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）
即证点 在以线段 为直径的圆 上．任务：
(1)材料中的依据1是指______，依据2是指______．
(2)补全材料中证明 平分 的过程．
(3)如图，点 是平面上一动点， 、 是两定点， ， ，请作出点 所在的圆 ．（尺规作图，
保留作图痕迹，不写作法）
【答案】(1)两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据平行线的性质即可得解；
（2）由平行线分线段成比例得 ．从而证明 ， ．进而利用平行线
的性质及角平分线的定义即可得证．
（3）分别作 和 的外角平分线交直线 于点 、 ，再作线段 的中点 ，以 为圆心，
的长为半径作圆即可．
【详解】（1）解：连接 ， ，过点 作 交 的延长线于点 ，过点 作 交
于点 ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，（两直线平行，同位角相等）
，（两直线平行，内错角相等）∴ ，即证 平分 ．
故答案为：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；
（2）证明：连接 ， ，过点 作 交 的延长线于点 ，过点 作 交 于点 ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，（两直线平行，同位角相等）
，（两直线平行，内错角相等）
∴ ，即证 平分 ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，（两直线平行，同位角相等）
，（两直线平行，内错角相等）
∴ ，即证 平分 ．
∵ 平分 ， 平分 ，
∴ ，
∴ 是以 为斜边的直角三角形，
∵点 是线段 的中点，
∴ ．（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）
即证点 在以线段 为直径的圆 上．（3）解：如图， 即为所求，
【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线、作垂线，平行线分线段成比例定理、平行线的性质、角平分线
的定义，熟练掌握平行线分线段成比例定理、平行线的性质以是解题的关键．
【融会贯通】
1．【模型由来】“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，已知平面上两点A、B，则所有满足 （ 且
）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”．
【模型建立】如图1所示，圆O的半径为r，点A、B都在圆O外，P为圆O上一动点，已知 ，连
接PA、PB，则当“ ”的值最小时，P点的位置如何确定？
第1步：一般将含有k的线段PB两端点分别与圆心O相连，即连接OB、OP；
第2步：在OB上取点C，使得 ，即 ，构造母子型相似 ∽ （图2）；
第3步：连接AC，与圆O的交点即为点P（图3）．
【问题解决】如图， 与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N， 半径为3，点 ，点，点P在弧MN上移动，连接PA，PB．
(1) 的最小值是多少？
(2)请求出（1）条件下，点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在x轴上取点 ，连接 ，根据相似三角形的判定和性质得出 ，结合
图形得出当点P在 上时， 取得最小值，再由勾股定理求解即可；
（2）设直线 的解析式为 ，利用待定系数法确定函数解析式，设 ，然后利用勾
股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，在x轴上取点 ，连接 ，
∵点 ，点 ，∴ ，
∵ ，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
当点P在 上时， 取得最小值，
∴ ，
故最小值为 ；
（2）∵ ， ，
∴设直线 的解析式为 ，将点代入得：
，解得 ，
∴ ，
设 ，
∵ 半径为3，
∴ ，
解得： （负值舍去），
∴ ，∴ ．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，最短路径问题及一次函数解析式的确定，理解题意，作
出相应辅助线是解题关键．
2．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务.
已知平面上两点 ，则所有符合 且 的点 会组成一个圆.这个结论最先由古希腊数学
家阿波罗尼斯发现，称阿氏圆.
阿氏圆基本解法：构造三角形相似.
【问题】如图1，在平面直角坐标中，在 轴， 轴上分别有点 ，点 是平面内一动点，且
，设 ，求 的最小值.
阿氏圆的关键解题步骤：
第一步：如图1，在 上取点 ，使得 ；
第二步：证明 ；第三步：连接 ，此时 即为所求的最小值.
下面是该题的解答过程(部分)：
解：在 上取点 ，使得 ，
又 .任务：
将以上解答过程补充完整.
如图2，在 中， 为 内一动点，满足 ，利用 中的结
论，请直接写出 的最小值.
【答案】（1） （2） .
【分析】 ⑴ 将PC+kPD转化成PC+MP，当PC+kPD最小，即PC+MP最小，图中可以看出当C、P、M
共线最小，利用勾股定理求出即可；
⑵ 根据上一问得出的结果，把图2的各个点与图1对应代入，C对应O,D对应P，A对应C，B对应M，
当D在AB上时 为最小值，所以 = =
【详解】解 ，
，当 取最小值时， 有最小值，即 三点共线时有最小值，
利用勾股定理得
的最小值为 ，提示： ， ，
的最小值为 .
【点睛】此题主要考查了新定义的理解与应用，快速准确的掌握新定义并能举一反三是解题的关键.
3．阅读以下材料，并按要求完成相应任务．阿波罗尼斯（ApolloniusofPerga），古希腊人（公元前
262~190年），数学家，写了八册圆锥曲线论著，其中有七册流传下来，书中详细讨论了圆锥曲线的各种
性质，阿波罗尼斯圆是他的论著中一个著名的问题．一动点 与两定点 ， 的距离之比等于定比 ，
则点 的轨迹是以定比 内分和外分线段 的两个分点的连线为直径的圆，这个圆称为阿波
罗尼斯圆，简称“阿氏圆”．
如图1，点 ， 为两定点，点 为动点，满足 ，点 在线段 上，点 在 的延长线上且
，则点 的运动轨迹是以 为直径的圆．
下面是“阿氏圆”的证明过程（部分）：
过点 作 交 的延长线于点 ．
∴ ， ．
∴ ．
∴ ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．如图2，在图1（隐去 ， ）的基础上过点 作 交 于点 ，可知 ，……
任务：
（1）判断 是否平分 ，并说明理由；
（2）请根据上面的部分证明及任务（1）中的结论，完成“阿氏圆”证明的剩余部分；
（3）应用：如图3，在平面直角坐标系 中， ， ， ，则点 所在圆的圆心坐标
为________．
【答案】（1） 平分 ．理由见解析；（2）点 的运动轨迹是以 为直径的圆，见解析；（3）
【分析】（1）利用相似三角形的判定及性质仿照图1的证明即可得证；
（2）根据90°的圆周角所对的弦是直径即可证得点 的运动轨迹是以 为直径的圆；
（3）结合题目所给的材料分别求得AB的内分点和外分点的坐标，进而可求得点 所在圆的圆心坐标．
【详解】解：（1） 平分 ．理由如下：
∵ ， ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ， ．
∴ ，
即 平分 ．
（2）∵ ， ，
且 ，
∴ ．
∴ 为直径．
∴点 的运动轨迹是以 为直径的圆．
（3）∵ ， ，∴AB＝3，且AO＝2OB，
∵ ，
∴点O为AB的内分点，
当点C为AB的外分点时，CA＝2CB，
∴CB＝AB＝3，
∴OC＝OB+BC＝4，
∴点C的坐标为（4，0），
∴点 所在圆的圆心坐标为（2，0）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本
题的关键．
