专题 13 与圆有关的七种模型
题型1 四点共圆
题型2 圆幂定理
题型3 垂径定理
题型4 定弦定角
题型5 定角定高模型（探照灯模型）
题型6 阿氏圆
题型7 瓜豆原理
题型一 四点共圆（共 6 小题）
1．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）【推理证明】
（1）如图①，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，求证：A、B、C、D四点共圆．小明认为：
连接AC，取AC的中点O，连接OB、OD即可证明，请你按照小明思路完成证明过程．
【尝试应用】
（2）如图②，在正方形ABCD中，点E是边AB上任意一点，连接DE，交AC于点F，请利用无刻度
的直尺与圆规在线段CF上确定点P，使∠DPE=90°．（不写作法，保留作图痕迹）
【拓展延伸】
（3）在（2）的基础上，若AB=6，BE=2AE，直接写出线段DP的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2❑√5．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半证明OA=OB=OC=OD，即可得出结论；
（2）以DE为直径作圆，交CF于点P，由直径所对圆周角等于90°，即可得出∠DPE=90°；
（3）由正方形性质和勾股定理求出DE=2❑√10，再证明∠EAP=∠EDP=45°得△DEP是等腰直
角三角形，由此求出DP=2❑√5．
【详解】（1）证明：连接AC，取AC的中点O，连接OB、OD，
∵∠ABC=∠ADC=90°，1
∴OA=OB=OC=OD= AC，
2
∴A、B、C、D四点在以点O为圆心，以OA为半径的圆上．
（2）如图，∠DPE=90°；
（3）∵在正方形ABCD中，AB=6，BE=2AE，
∴BE=4，AE=2，AB=AD=CD=BC=6，
∠DAB=∠ADC=90°，∠EAP=45°
∴DE=❑√AE2+AD2=❑√22+62=2❑√10，
∵E´P=E´P，
∴∠EAP=∠EDP=45°，
又∵△DEP是直角三角形，∠DPE=90°，
∴∠DEP=∠EDP=45°，
∴EP=DP
又∵EP2+DP2=DE2，
∴即2DP2=(2❑√10) 2
∴DP=2❑√5．
【点睛】本题考查了证明四点共圆以及圆周角定理，正方形性质、直角三角形性质、勾股定理等知识，
添加合适的辅助线是解题的关键．
2．（2025·广东广州·一模）直线y =2x+7交y轴于点A，抛物线y =ax2+bx+c交x轴于点B(x ,0)和
1 2 1
点C(x ,0)，x <x ．
2 1 2
(1)求点A的坐标；
(2)如果b=3，c=6，且抛物线y 始终在直线y 下方，求a的取值范围；
2 1
(3)过点B作y 的平行线，在第一象限内交抛物线y 于另外一点D，如果点D的横坐标是x +4，且
1 2 1△BCD的面积是32，A、B、C、D四点共圆．当-1≤x<4时，探究y 有没有最值（最大值或最小
2
值）？如果有，请求出最值，如果没有，请说明理由．
【答案】(1)A(0,7)
1
(2)a<-
4
(3)有，y 最大值为8，y 最小值为0
2 2
【分析】（1）令x=0，求出y值即可；
（2）利用一元二次方程根的判别式解决函数交点问题；
（3）根据题意易得BC=8，进而可知a<0，根据抛物线的对称性可知，点D为抛物线顶点，再根据
四点共圆，求出M坐标，进而即可求出B(-1,0)，C(7,0)，D(3,8)，从而求出解析式，据此求解即
可．
【详解】（1）解：∵当x=0时，y =2×0+7=7，
1
∴A(0,7)；
（2）解：∵抛物线y 始终在直线y 下方，
2 1
当a>0时，抛物线与直线有交点，不成立，
当a<0时，抛物线开口向下，与直线没有交点，
∵2x+7=ax2+3x+6，
∴ax2+x-1=0，
∴ Δ=1+4a<0，
1
∴ a<- ；
4
（3）解：∵直线BD∥y 且过点B(x ,0)，
1 1
∴直线BD解析式为y=2(x-x )，
1
∵x =x +4，
D 1
∴y =8，
D
1
∵S = BC⋅y =32，
△BCD 2 D
∴BC=8，
∵当a>0时，BC<x -x =4不成立，
D B
∴a<0，
如图，则△BCD为等腰三角形，BD=CD，
根据抛物线的对称性可知，点D为抛物线顶点，
∵点A、B、C、D四点共圆，
设点M为BCD外接圆圆心
过D作DE⊥BC于E，
∴点M在DE上，
连接BM，
在Rt△BME中，BM2=M E2+BE2，
解得半径BM=DE=5，ME=3，
∵点A(0,7)，点D在第一象限内，
∴M(3,3)，
∴B(-1,0)，C(7,0)，D(3,8)，
将B(-1,0)，C(7,0)，D(3,8)代入抛物线y =ax2+bx+c得：
2
¿，解得：¿，
1 7 1
∴ y=- x2+3x+ =- (x-3) 2+8，
2 2 2
∵-1≤x<4，
∴0≤ y≤8，
∴y 最大值为8，y 最小值为0．
2 2
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质、二次函数与直线交点问题、四点共圆、二次函数最
值等问题，熟练掌握相关知识是解题的关键．
3．（24-25九年级上·福建南平·期末）综合与实践：数学活动课上，兴趣小组开展“探究四点共圆的条
件”活动．
【提出问题】如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B=∠D，
那么A，B，C，D四点在同一个圆上．探究展示：
设⊙O是△ABC的外接圆
如图2，假设点D在⊙O内，延长AD交⊙O于点E，连接CE
∵ E ⊙O
点 在 上，
∴∠B=∠E（_____）
∵在△CDE中，∠ADC=∠DCE+∠E
∴∠ADC=∠DCE+∠B
∴这与已知条件∠ADC=∠B矛盾
∴点D不在⊙O内
如图3，假设点D在⊙O外，…；
综上所述，作△ABC的外接圆⊙O，点D在⊙O上，即A，B，C，D四点共圆．
【归纳结论】
（1）上述探究过程中的括号内填的依据是_____；
（2）如图3，请你帮助小聪按照上面的思路，写出该证明的省略部分；
【结论运用】
（3）如图4，已知四边形ABCD中，∠BAC=∠BDC，若∠ABC=60°，BD平分∠ABC，记AB+BC
t= ，t的值是否会发生改变，如果不发生改变，请求出其值，如果发生改变，请求出t的取值
BD
范围．
【答案】（1）同弧所对的圆周角相等；（2）见解析；（3）❑√3
【分析】（1）根据圆周角定理的推论作答即可；
（2）假设点D在⊙O外，设AD交⊙O于点E，连接CE，利用反正法，根据圆周角定理及三角形的
外角性质即可得解；
（3）延长BC至点E，使得CE=AB，过点D作DM⊥BE于M，证明△BAD≌△ECD得
BD=ED，再利用勾股定理及 30 度直角三角形的性质得BE=2❑√3DM，从而得
AB+BC=CE+BC=BE=2BM=2❑√3DM，进而即可得解．
【详解】解：（1）同弧所对的圆周角相等；
（2）证明：如图3，假设点D在⊙O外，设AD交⊙O于点E，连接CE，
∵ E ⊙O
点 在 上，
∴∠AEC=∠B，
∵在△CDE中，∠AEC=∠DCE+∠D，
∴∠B=∠DCE+∠D，
∴这与已知条件∠D=∠B矛盾，
∴点D不在⊙O外；
（3）解：t的值不会发生改变；理由如下：
AB+BC
已知四边形ABCD中，∠BAC=∠BDC，若∠ABC=60°，BD平分∠ABC，记t= ，
BD
延长BC至点E，使得CE=AB，过点D作DM⊥BE于M，∴A，B，C，D四点在同一个圆上，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
⌢ ⌢
∴AD=CD ，
∴AD=CD；
∵A，B，C，D四点在同一个圆上，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∵∠DCE+∠DCB=180°，
∴∠DAB=∠DCE，
在△BAD和△ECD中，
¿，
∴ △BAD≌△ECD(SAS)，
∴BD=ED，
∴∠DBE=∠E，
∵DM⊥BE，BD=ED，
∴BE=2BM，
∵BD平分∠ABC，∠ABC=60°，
∴∠DBE=∠ABD=∠E=30°，
∴BD=2DM，
∴ BM=❑√BD2-DM2=❑√3DM，
∴ BE=2❑√3DM，
∴ AB+BC=CE+BC=BE=2BM=2❑√3DM，
AB+BC 2❑√3DM
∴t= = =❑√3．
BD 2DM
【点睛】本题主要考查了勾股定理， 30 度直角三角形的性质，圆周角定理，反证法，等腰三角形的三线合一，角平分线的定义，熟练掌握勾股定理， 30 度直角三角形的性质，圆周角定理是解题的关
键．
4．（23-24九年级下·福建莆田·月考）在学习《圆》这章时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边
形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形
旋转的综合问题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个
顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：
已知：如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，点D是△ABC内一点，连接BD，将线段
BD绕点B顺时针旋转90°得到线段BE，连接CE，DE，AD，并延长AD交直线CE于点F．请解
答下列问题：
(1)当点D在如图所示的位置时，
①求∠DFC的度数；
②利用题干中的结论，证明：B,D,F,E四点共圆；
(2)连接FB，点D在△ABC内部运动的过程中，若FD=3，FE=1，直接写出线段FB的长．
【答案】(1)①∠DFC=90°；②证明见解析
(2)BF=2❑√2或❑√2
【分析】（1）①根据全等三角形的性质可得∠BAD=∠BCE，根据
∠BAD+∠DAC+∠ACB=90°，进而得出∠BCE+∠DAC+∠ACB=90°，即可得出
∠DFC=90°；
②根据四边形对角互补∠DFE+∠DBE=180°，可得B，D，F，E四点共圆；
（2）连接BF，过点D作DH⊥BF于点H，勾股定理求得DE，进而得出BD，根据
B，D，F，E四点共圆，得出△DHF是等腰直角三角形，进而即可求解．
【详解】（1）解：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°
∴AB=BC，∠ABD+∠DBC=90°
∵线段BD绕点B顺时针旋转90°得到线段BE，∴BD=BE，∠EBC+∠DBC=90°，
∴∠ABD=∠EBC
∵△ABD≌△CBE(SAS)，
∴ ∠BAD=∠BCE，
∵ ∠BAD+∠DAC+∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠DAC+∠ACB=90°，
∴∠DFC=90°；
②证明：∵ ∠DFC=90°，
∴ ∠DFE=90°，
∴ ∠DFE+∠DBE=180°，
∴ B，D，F，E四点共圆；
（2）解：①如图，当点F在线段CE上时，连接BF，过点D作DH⊥BF于点H，
∵ FD=3，FE=1
，
∴ DE=❑√DF2+EF2=❑√32+12=❑√10，
∵ BD=BE，∠DBE=90°，
❑√2 ❑√2
∴ ∠BED=45°，BD= DE= ×❑√10=❑√5，
2 2
∵ B，D，F，E四点共圆，
∴ ∠DFB=∠BED=45°，
∵ DH⊥BF，
∴ △DHF是等腰直角三角形，
❑√2 3❑√2
∴ DH=HF= DF= ，
2 2
√ 9 ❑√2
∴ BH=❑√BD2-DH2=❑5- = ，
2 2
❑√2 3❑√2
∴BF=BH+HF= + =2❑√2，
2 2②当点F在线段CE的延长线上时，
由①可知：DE=❑√10，
∴BD=BE=❑√5，
∵ B,D,F,E四点共圆，
∴∠DFB=∠DEB=45°，
∴∠BFH=45°，
设BH=FH=x，则EH=x+1，
在Rt△BEH中，BH2+EH2=BE2，即x2+(x+1) 2=(❑√5) 2 ，
∴x=1，
∴BF=❑√2x=❑√2，
∴BF的长为2❑√2或❑√2．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，圆内接四边形对角互补，等腰直角三角形的性质，勾股定理，
熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（2024·湖南·模拟预测）综合与实践
“乐思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小
组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD,AB,BC,CD,如果∠B=∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的☉O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE,CE，则
∠AEC+∠D=180°（依据1）
∵∠B=∠D，
∴∠AEC+∠B=180°．
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上．（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的☉O上．（依据2）
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上．
反思归纳：
(1)上述探究过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？
依据1：________________．
依据2：________________．
如图3，在四边形ABCD中，∠1=∠2,∠3=45°，则∠4的度数为________．
(2)拓展探究：
(3)如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．
作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于点F，连接AE,DE．求证：A，D，B，
E四点共圆．
【答案】(1)圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆
(2)45°
(3)见解析
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质、过三点的圆解答即可；
（2）根据四点共圆、圆周角定理解答；
（3）根据轴对称的性质得到AE=AC，DE=DC，∠AEC=∠ACE，∠DEC=∠DCE，进而
得到∠AED=∠ABC，即可证明结论．
【详解】（1）解：依题意，结合上下证明过程得：
依据1：圆内接四边形对角互补；
依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；
（2）解：∵∠1=∠2，
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上，∴∠3=∠4，
∵∠3=45°，
∴∠4=45°，
故答案为：45°；
（3）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵点E与点C关于AD的对称，
∴AE=AC，DE=DC，
∴∠AEC=∠ACE，∠DEC=∠DCE，
∴∠AED=∠ACB，
∴∠AED=∠ABC，
∴A，D，B，E四点共圆．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形，圆周角定理，等腰三角形的定义、轴对称的性质，正确理解四
点共圆的条件是解题的关键．
6．（2025·山西吕梁·二模）阅读与思考
阅读下面的材料，并完成相应的任务．
探究四点共圆的条件我们知道，过任意一个三角形的三个顶点能作一个圆．过任意一个
四边形的四个顶点能作一个圆吗？
下面给出了一些圆内接四边形．
分别用量角器测量上面
各四边形的内角，得出结论：∠A+∠C ① 180°．（填“＞”“＜”或“＝”）
∵四边形内角和为360°，
∴∠B+∠D ② 180°．（填“＞”“＜”或“＝”）
如果四边形ABCD的四个顶点不在同一个圆上，那么∠B+∠D与180°之间还有上面
的关系吗？试结合下图中的两种情况进行证明．……
任务：
(1)填空：①________，②________．（填“＞”“＜”或“＝”）
(2)请你在图4与图5中选择其中一个图，探究∠B+∠D与180°之间的关系．
(3)如图6，点E在四边形ABCD的边AB的延长线上，∠CBE=∠D，BC=CD，∠BCD=130°，
请在图6中作一个过A，B，D三点的⊙O（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并直接
写出∠CAB的度数．
【答案】(1)=，=
(2)图4：点C在圆的内部时，∠B+∠D<180°，证明见解析；图5：点C在圆的外部时，
∠B+∠D>180°，证明见解析；
(3)作图见解析，∠BAC=25°
【分析】1）根据测量结果以及四边形的内角和解答即可；
（2）图4：点C在圆的内部时，如图：连接BE，然后三角形外角的性质可得∠C>∠E，再结合
∠A+∠E=180°可得∠A+∠C>180°，最后结合四边形内角和为360°即可解答；图5：点C在
圆的外部时，同理可解；
（3）如图：连接BD，作BD、AD的垂直平分线，其交点O为圆心，然后画出圆即可完成作图；先
说明∠BAD=50°，再说明A、B、C、D四点在⊙O上，再根据同圆中等弧所对的圆周角相等即可
解答．
【详解】（1）解：经测量：∠A+∠C=180°；
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴∠B+∠D=360°-(∠A+∠C)=180°．故答案为：=，=．
（2）解：图4：点C在圆的内部时，∠B+∠D<180°，证明如下：
如图：连接BE，
∵∠C=∠E+∠EBC，
∴∠C>∠E，
∵∠A+∠E=180°，
∴∠A+∠C>180°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴∠B+∠D=360°-(∠A+∠C)<180°．
图5：点C在圆的外部时，∠B+∠D>180°，证明如下：
如图：连接BF，
∵∠BFD=∠C+∠FBC，
∴∠BFD>∠C，
∵∠A+∠BFD=180°，
∴∠A+∠C<180°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴∠B+∠D=360°-(∠A+∠C)>180°．
（3）解：如图：⊙O即为所求；∵∠ABC+∠EBC=180°，∠CBE=∠D，
∴∠ABC+∠D=180°，
∵∠ABC+∠D+∠BAD+∠BCD=360°，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BCD=130°，
∴∠BAD=50°，
∵A，B，D三点在⊙O上，
∴A，B，C、D四点在⊙O上，
∵BC=CD，
1
∴∠BAC=∠CAD= ∠BAD=25°．
2
【点睛】本题主要考查了四边形的内角和定理、圆的内接四边形、三角形外角的性质、圆周角定理、
外接圆的作法等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
题型二 圆幂定理（共 5 小题）
1．（2025·江苏苏州·一模）如图已知过⊙O外一点A向⊙O作两条割线分别交⊙O于点D，B和点
E，C，其中AB>AD，AC>AE，经测量得知∠A=30°30'3″，则弧BC的度数不可能是（ ）
A．61° B．62° C．63° D．64°
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．连接CD,OB,OC，得到∠BOC=2∠BDC，由三角形外角的性质得到∠BDC=∠A+∠ACD，
继而得到∠BOC=2∠A+2∠ACD=61°6''+2∠ACD，得出弧BC的度数不可能是61°，即可
得到答案．
【详解】解：如图，连接CD,OB,OC，
∴∠BOC=2∠BDC，
∵∠BDC=∠A+∠ACD，∠A=30°30'3″，
∴∠BOC=2∠A+2∠ACD=61°6''+2∠ACD，
∴弧BC的度数不可能是61°，
故选：A ．
2．（23-24九年级上·北京朝阳·期中）如图，割线PB与⊙O交于点A，B，割线PC过圆心O，且
∠CPB=30°，若弦AB=6，⊙O的半径OA=5，求PC的长．
【答案】PC的长为13
1
【分析】作OD⊥AB于点D，根据垂径定理可得出AD= AB=3，在Rt△AOD中利用勾股定理
2
求得OD=4，根据含30度角的直角三角形的性质可求得OP，即可求得PC．
【详解】解：如图，作OD⊥AB于点D，1 1
则AD= AB= ×6=3，
2 2
在Rt△OAD中，OD=❑√OA2-AD2=❑√52-32=4，
在Rt△OPD中，∠CPB=30°，
∴OP=2OD=8，
∴PC=OP+OC=OP+OA=13，
∴PC的长为13．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，正确地添加辅助线是解题的关键．
3．（2025·河南郑州·一模）【 问题背景】
如图（1），点A在⊙O外，点B，C，D在⊙O上 ．
【解决问题】
（1）请判断∠A和∠B的大小关系，并加以证明；
【实践应用】
（2）在足球比赛场上，仅从射门的角度考虑，球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进．如图(2)，
CD为对方球门，当甲带球冲到A点时，同伴乙已经冲到B点(点A在CB´D外)，直接判断：甲是自己
射门好，还是将球传给乙，让乙射门好?
【拓展延伸】
（3）一位足球运动员在某场赛事中有一精彩进球，如图（3），他在点D处接到球后，沿DP方向带
球跑动，并在对球门AB的视角最大的点M处射门(视角最大时，经过点A，B，M的 圆 与DP切于
点M)．已知AB=8m，BC=11m，视角∠AMB=30°，∠PDQ=45°(点Q在CD的延长线上)．求
DM的长．(结果保留根号)【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）DM=(15❑√2-8)m．
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外角性质，切线的性质，等边三角形的性质与判定等知
识，掌握相关知识的应用是解题的关键．
（1）根据圆周角定理和三角形的外角性质即可求解；
（2）根据圆周角定理和三角形的外角性质即可求解；
（3）设经过A，B，M三点的圆的圆心为O，过点O作AB的垂线，分别交AB，DP于点E、F，
连接OA、OB、OM，证明△OAB是等边三角形，则OM=OA=AB=8m，由EF⊥AB，
∠C=90°，则EF∥CQ，所以∠OFM=∠FDQ=45°，MF=OM=8m，过点F作FH⊥CQ
于点H，则FH=15m，再由勾股定理和线段和差即可求解；
【详解】解：（1）∠A<∠B，
证明：如图(1)，设AC与⊙O交于点E，连接DE，则∠CED=∠B，
∵∠CED=∠A+∠ADE，
∴∠CED>∠A，
∴∠B>∠A；
（2）将球传给乙，让乙射门好，
如图，连接AC、AD，BC、BD，同（1）理得：∠B>∠A，
∵球员对球门的视角越大，足球越容易被踢进，
∴将球传给乙，让乙射门好；
（3）设经过A，B，M三点的圆的圆心为O，
如图(2)，过点O作AB的垂线，分别交AB，DP于点E、F，连接OA、OB、OM，
则AE=BE=4m，∠AOB=2∠AMB=60°，
又OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OM=OA=AB=8m，
∵EF⊥AB，∠C=90°，
∴EF∥CQ，
∴∠OFM=∠FDQ=45°，
∵DP与⊙O相切，
∴OM⊥DP，
∴∠MFO=∠MOF=45°，
∴MF=OM=8m，
过点F作FH⊥CQ于点H，则FH=4+11=15(m)，
∴DF=❑√2FH=15❑√2(m)，
∴DM=DF-MF=(15❑√2-8)(m)．4．（2025·天津河东·一模）已知△ABC，∠ABC=90°，⊙O过点A，且与边AC，BC分别交于点D，
E．
(1)如图①，若⊙O过点B，且BE=AB，连接BD，求∠ADB的大小；
(2)如图②，若点O在AC上，BC与⊙O切于点B，过⊙O上点F作FG⊥AC交AC于点G，连接
AF，若BC=AB=2+❑√2，DG=4AG，求AF的长．
【答案】(1)45°；
4❑√5
(2) ．
5
【分析】（1）连接AE，根据∠ABC=90°，得出AE为直径，根据等边对顶角得出
∠BEA=∠BAE=45°，圆周角定理即可得出∠ADB=∠BEA=45°．
（2）连接OE，OF，设半径为r，根据切线的性质得出∠OEC=90°．结合BC=AB=2+❑√2，得
出△ABC，△OEC是等腰直角三角形，勾股定理求出AC=2❑√2+2,OC=❑√2r，即可得
6 4
❑√2r+r=2❑√2+2，求出r=2．根据DG=4AG，即可求出OG= ,AG= ，在Rt△OGF中，勾
5 5
股定理求出FG2，在Rt△AGF中，勾股定理即可求出AF．
【详解】（1）解：连接AE，∵⊙O B ∠ABC=90°
过点 ， ，
∴AE为直径，
∵BE=AB，
∴∠BEA=∠BAE=45°，
∴∠ADB=∠BEA=45°．
（2）解：连接OE，OF，设半径为r，
∵BC ⊙O E
与 切于点 ，
∴∠OEC=90°．
∵BC=AB=2+❑√2，
∴△ABC，△OEC是等腰直角三角形，
∴AC=❑√2AB=2❑√2+2，OC=❑√2OE=❑√2r，
∴AC=OC+OA=❑√2r+r=2❑√2+2，
∴r=2．
∵DG=4 AG，
6 4
∴OG= ,AG= ，
5 5
64
在Rt△OGF中，FG2=OF2-OG2=
，
254❑√5
∴在Rt△AGF中，AF=❑√FG2+AG2=
．
5
【点睛】该题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，切线的性质等知识点，
解题的关键是掌握以上知识点．
5．（2024·河南·三模）古希腊数学家欧几里得（约公元前325——公元前265），被称为“几何学之父”．
在其所著的《几何原本》中第3卷给出其中一个命题：如果圆外的一点向圆引两条直线，一条与圆
相切，一条穿过圆，那么被圆截得的线段与该点到凸圆之间的线段为边构成的矩形的面积等于以该
点向圆引的切线所构成的正方形的面积．
命题解读：直线AP为⊙O的切线，直线
AC为圆的割线，以AP为边构造正方形
APDE，以AB,AC为边构造矩形ACGF
，可得正方形APDE的面积等于矩形
ACGF的面积，由此可得
AP2=AB⋅AC．
某数学兴趣小组对该命题进行了论证，其作答共分为两个流程：尺规作图和论证推理．
(1)尺规作图步骤如下：①以点B为圆心，小于OB的长为半径作弧，分别交射线OB于P，Q两点；
1
②分别以P，Q为圆心，以大于 PQ的长为半径作弧，两弧交于点E；③作射线BE，射线BE与射
2
线DC交于点A；④可得直线AB为⊙O的切线．请按描述完成作图；
(2)依据所作图形，求证：AB2=AC⋅AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据作图步骤作图即可；
（2）如图：连接：BD,BC,CO，设∠BOC=2α，由圆周角定理可得:∠CDB=α；再根据等腰
三角形的性质、切线的性质、角的和差可得∠ABC=α；然后再证明△ABC∽△ADB，最后根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】（1）解：如图：即为所求；
（2）解：如图：连接：BD,BC,CO
设∠BOC=2α，由圆周角定理可得：∠CDB=α
∵OB=OC
1
∴∠OBC= (180°-∠BOC)=90°-α
2
∵直线AB为⊙O的切线
∴∠ABO=90°，
∴∠ABC=∠ABO-∠OBC=90°-(90°-α)=α，
∴∠CDB=∠ABC
∵∠CAB=∠DAB
∴△ABC∽△ADB
AB AC
∴ = ，即AB2=AC⋅AD．
AD AB
【点睛】本题主要考查了尺规作图、圆周角定理、切线性质、相似三角形的判定与性质等知识点，
灵活运用相关性质定理成为解题的关键．
题型三 垂径定理（共 7 小题）
1．（25-26九年级上·全国·期末）云南傣族竹筒饭融糯米香、青竹香于一体，是最具民族特色的风味食品．
如图1是一个竹筒饭容器，如图2是该竹筒容器的截面示意图．若竹筒开口AB宽为8cm，这个竹筒
所能装食物的最大深度是8cm，则竹筒截面的半径为 cm．【答案】5
【分析】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答
1
此题的关键．连接AB，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点C，求出AD= AB=4cm，设半
2
径为x，在Rt△AOD中利用勾股定理列方程解答即可．
【详解】解：连接AB，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：
∵AB=8cm，最大深度是8cm，即CD=8cm，
1
∴AD= AB=4cm，
2
设半径为x，则OA=OC=x，OD=8-x
在Rt△AOD中，OA2=OD2+AD2
即x2=(8-x) 2+42
解得x=5
∴OA=OC=5cm，
故答案为：5．
2．（24-25九年级上·山西朔州·期末）如图，有一个底部呈球体的烧瓶，球的半径为5cm．若瓶内液体的
深度CD=2cm，则截面圆中AB的长为 cm．【答案】8
【分析】由题意知，AB=2AC，利用勾股定理求AC长即可得AB．
【详解】解：∵OA=5cm，CD=2cm，
∴OC=5-2=3cm，
∴AC=❑√OA2-OC2=4cm，
∴AB=2AC=8cm，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关
键．
3．（24-25九年级上·广西梧州·期末）如图，在⊙O中，AB、AC为互相垂直的两条弦，D、E是
AB、AC上的点，且AB=8、AC=6，则矩形ADOE的面积为（ ）
A．5 B．6 C．10 D．12
【答案】D
【分析】本题考查求矩形面积，涉及矩形性质、垂径定理等知识，熟练掌握矩形性质与垂径定理是
1
解决问题的关键．先由矩形性质得到OE⊥AC，OE⊥AB，再由垂径定理得到AE= AC=3，
2
1
AD= AB=4，最后由矩形面积公式代值求解即可得到答案．
2
【详解】解：在矩形ADOE中，∠OEA=∠ODA=90°，则OE⊥AC，OE⊥AB，
∵在⊙O中，AB、AC为互相垂直的两条弦，
1 1
∴由垂径定理可得AE= AC=3，AD= AB=4，
2 2
则矩形ADOE的面积为3×4=12，
故选：D．
4．（24-25九年级上·湖北十堰·期末）晨晨在学习了圆的有关性质后，想利用所学知识测量家中盛汤用的
碗口的直径．以下是他的测量方案和相关数据：测量主
测量碗口的直径
题
测量工 一张矩形纸条和刻度尺
具
测量方 将纸条拉直并紧贴碗口，纸条的上下边沿分别与碗口相交于A，B，C，D四
案 点，分别测量出纸条的宽度、纸条的上下边沿与碗口相交的线段长度
实物图
及测量
示意图
测量说 CD为纸条上沿与碗口相交的线段，AB为纸条下沿与碗口相交的线段，测量
明 时纸条处于拉直状态且纸条和碗均未发生移动
测量数 AB=16cm，CD=12cm，纸条宽度14cm．
据
请你根据上述方案和数据计算出碗口直径．
【答案】直径为20cm
【分析】本题主要考查垂径定理、勾股定理、矩形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先过O点作OE⊥CD交CD于点E，延长EO交AB于点F．结合垂径定理得ED=6cm，FB=8cm，
再根据勾股定理列式CO2=62+x2,AO2=(14-x) 2+82，因为半径相等得62+x2=(14-x) 2+82，解
得x=8，即可作答．
【详解】解：如图所示，假设O点为圆心所在位置．
过O点作OE⊥CD交CD于点E，延长EO交AB于点F．连接AO,CO
由矩形纸条可得CD∥AB，
∵OE⊥CD
∴EF⊥AB，即E，O，F三点共线,
∵纸条宽度14cm．
∴EF=14cm∵AB=16cm，CD=12cm，OE⊥CD，
1 1
∴EC=12× =6(cm)，FA= ×16=8(cm)
2 2
设OE=xcm，
则OF=(14-x)cm，
则CO2=62+x2,AO2=(14-x) 2+82
∵半径相等，
∴CO2=AO2
∴62+x2=(14-x) 2+82
解得x=8，
∴OD=❑√62+82=10(cm),
答：碗口直径为20cm
5．（24-25九年级上·河北保定·期末）中式古典园林中大部分月亮门（如图1）可以看作圆的一部分，图
2是一个月亮门的示意图，E是⊙O上一点，EM经过圆心O，且EM⊥弦CD，垂足为M．已知
CD=2m，EM=3m．
(1)不添加辅助线，直接写出图中一对长度相等的线段；
(2)求这个月亮门的最大宽度（⊙O的直径）．
【答案】(1)CM=DM
10
(2) m
3
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理的应用，关键是由垂径定理得到CM=DM，由垂径定理、勾
股定理列出关于r的方程．
（1）由垂径定理，即可得到答案；（2）由勾股定理得到r2=(3-r) 2+12，求出r即可得到这个月亮门的最大宽度．
【详解】（1）解：∵EM经过圆心O，且EM⊥弦CD，
∴CM=DM；
（2）解：连接OC，
∵OM⊥CD，
1
∴CM=DM= CD=1m，
2
设⊙O的半径为rm，则OM=(3-r)m，
在Rt△OCM中，
∵OC2=OM2+CM2，
∴r2=(3-r) 2+12，
5
解得r= ，
3
10
∴这个月亮门的最大宽度为 m．
3
6．（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图1，装有水的水槽放置在水平桌面上，其横截面是以AB为直
径的半圆O，AB=50cm，MN为水面截线，MN=48cm，GH为桌面截线，MN∥GH．
(1)作OC⊥MN于点C，求OC的长；
(2)将图1中的水倒出一部分得到图2，发现水面高度下降了13cm，求此时水面截线减少了多少？
【答案】(1)OC的长7cm
(2)此时水面截线减少了18cm【分析】本题主要考查了垂径定理的实际应用、勾股定理的应用等知识点，理解垂径定理是解题的
关键．
（1）如图1：连接OM，由圆的性质可得OM=25cm，再利用垂径定理得出MC=24cm，再运用勾
股定理计算即可解答；
（2）如图2：过点O作OD⊥EF，垂足为点D，连接OE，利用勾股定理求出ED=15，再利用垂
径定理得出EF=2ED=2×15=30，最后MN与EF相减即可解答．
【详解】（1）解：如图1：连接OM，
∵AB=50，
∴OM=25cm
∵OC⊥MN，
1 1
∴∠OCM=90°，MC=NC= MN= ×48=24cm，
2 2
在Rt△OMC中，根据勾股定理得：OC2+MC2=OM2，
∴OC2+242=252，解得：OC=7，
∴OC的长7cm．
（2）解：如图2：过点O作OD⊥EF，垂足为点D，连接OE，
∴∠ODE=90°，EF=2ED
由题意可知：OD=7+13=20cm
在Rt△OED中，根据勾股定理得：OD2+ED2=OE2，
∴202+ED2=252 ，解得：ED=15，
∴EF=2ED=2×15=30，
∴48-30=18，∴此时水面截线减少了18cm．
7．（24-25九年级上·辽宁盘锦·期中）《桥梁的设计》
某地欲修建一座拱桥，桥的底部两端间的水面宽AB=L（如图），称为跨度，桥面
最高点到AB的距离CD=h称为拱高，拱桥的轮廓可以设计成是圆弧型或抛物线型，
若修建拱桥的跨度L=32米，拱高h=8米．
问
题
的
驱
动
设 方案一 方案二
计
方
案
设 圆弧型 抛物线型
计
类
型
任
务
一
（2）如图，设计成抛物线型，以AB所在
直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立
如图所示的平面直角坐标系，求拱桥的函
（1）如图，设计成圆弧型，求该圆弧 数解析式．
所在圆的半径．
（3）如图，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得EF=6.1米，
EH=16米．请你通过计算说明货船能否分别顺利通过这两座桥梁．
任
务
二
【答案】任务一：（1）该圆弧所在圆的半径为20米；
1
（2）y=- x2+8(-16≤x≤16)；
32
任务二：（3）能顺利通过圆弧型拱桥，货船不能顺利通过抛物线型拱桥，理由见解析．【分析】本题考查了二次函数的实际应用，垂径定理，勾股定理的应用，掌握建模的数学思想是解
题关键．
任务一：方案一，设弧AB所在的圆心为O，C为弧AB的中点CD⊥AB于点D，延长CD经过O点，
设⊙O的半径为r米，利用勾股定理求出即可；
方案二，设抛物线的解析式为y=ax2+c，把点C(0,8)和点B(16,0)，代入即可求出抛物线式；
任务二：在圆弧型拱桥中，假设货船能顺利通过拱桥，且货船的顶端正好接触到拱桥，然后由勾股
定理求出EM2>82，即可判断；在抛物线型拱桥中，把x=8代入式求出y的值即可判断．
【详解】解：任务一：设计成圆弧型，
设弧AB所在的圆心为O，C为弧AB的中点CD⊥AB于点D，延长CD经过O点，设⊙O的半径为r
米，
方案一，∵ OD=OC-CD=r-8，
1
BD= AB=16，
2
在Rt△ODB中，
OB2=OD2+BD2，
即r2=(r-8) 2+162，
解得r=20，
该圆弧所在圆的半径为20米；
方案二，设计成抛物线型，
以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为x轴建立坐标系，如图所示，
，
设抛物线的解析式为y=ax2+c，
将抛物线经过点C(0,8)和点B(16,0)代入解析式y=ax2+c，
可得¿
解得¿
1
∴抛物线的解析式为y=- x2+8(-16≤x≤16)；
32任务二：①在圆弧形状的拱桥中，假设货船能顺利通过拱桥，且货船的顶端正好接触到拱桥，如图
所示，
，
连接OE，则OE=r=20，
OM=OD+DM=12+6.1=18.1 ，
在Rt△OEM中，
EM2=OE2-OM2，
∴EM2=202-18.12=72.39>64，
∴货船能顺利通过圆弧型拱桥；
②在抛物线型拱桥中，
当x=8时，y=-32×64+8=6<6.1，
∴货船不能顺利通过抛物线型拱桥．
答：能顺利通过圆弧型拱桥，货船不能顺利通过抛物线型拱桥．
题型四 定弦定角（共 5 小题）
1．（2023·贵州六盘水·二模）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，∠B=60°，AB=8，点D是边BC
上的一个动点，以AD为直径作⊙O分别交AB，AC于点M，N，连接MN，则线段MN的最小值
为 ．
【答案】2❑√6
【分析】本题考查了圆的性质、圆周角定理、垂线段最短和最值问题，解题的关键点在于根据圆周角定理得到∠MON=90∘；连接OM、ON，过A点作AH⊥BC于H点，如图，先根据含30∘角的
直角三角形三边的关系计算出AH=4❑√3，再根据圆周角定理得到∠MON=90∘，所以
❑√2
MN=❑√2OM，则MN= AD，然后根据垂线段最短得到AD的最小值为4❑√3，从而得到MN的
2
最小值．
【详解】解：连接OM、ON，过A点作AH⊥BC于H点，如图，
在Rt△ABH中，
∵∠B=60°，
1
∴BH= AB=4，
2
∴AH=❑√3BH=4❑√3，
∵∠MON=2∠BAC=2×45°=90°，
而OM=ON，
∴MN=❑√2OM，
1
∵OM= AD，
2
❑√2
∴MN= AD，
2
∴当AD的值最小时，MN的值最小，
∵点D是边BC上的一个动点，
∴当点D在H点时，AD的值最小，
即AD的最小值为4❑√3，
❑√2
∴MN的最小值为 ×4❑√3=2❑√6．
2
故答案为：2❑√6．
2．（25-26九年级上·黑龙江牡丹江·期中）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC=4，P是
△ABC内部的一个动点，且满足AP⊥BP，则线段CP的最小值为 ．【答案】2
【分析】本题为求线段的最值-隐圆问题，考查了“直角所对的弦是直径”，勾股定理等知识﹒根据
AP⊥BP，得到点P在以AB为直径的圆上，以AB为直径作圆O，连接OC交圆O于点P，此时CP
有最小值﹒根据勾股定理求出OC=5，即可求出CP有最小值为2﹒
【详解】解：如图，∵P是△ABC内部的一个动点，且满足AP⊥BP，
∴点P在以AB为直径的圆上，
以AB为直径作圆O，连接OC交圆O于点P，此时CP有最小值﹒
∵AB=6，
1
∴OB=OP= AB=3，
2
∵AB⊥BC，
∴在Rt△OBC中，OC=❑√OB2+BC2=❑√32+42=5，
∴PC=OC-OP=2﹒
故答案为：2
3．（2025九年级上·全国·专题练习）如图，等边三角形ABC中，点D，E分别在边BC、AC上，
AE=CD，连接AD，BE交于点P．(1)求证：∠APB=120°；
(2)若等边三角形ABC的边长为2❑√6，CP的最小值是多少？
【答案】(1)见解析
(2)2❑√2
【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及轨迹和最值问题，解题的关
键是确定点P的运动轨迹并利用几何性质求CP的最小值．
（1）利用等边三角形性质得AB=AC、∠BAC=∠ACB=60°，通过证明△ABE≌△CAD，
推出∠ABE=∠CAD，结合角的和差及对顶角相等，最终证得∠APB=120°．
（2）由∠APB=120°确定点P的运动轨迹是一段劣弧，连接CO，通过全等三角形及角度关系求出
OC和半径r，利用“两点之间线段最短”，得PC的最小值．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°．
在△ABE和△CAD中，
¿
∴△ABE≌△CAD（SAS）．
∴∠ABE=∠CAD．
∵∠CAD+∠BAD=60°，
∴∠ABE+∠BAD=60°．
∴∠BPD=∠ABE+∠BAD=60°．
∴△ABD≌△BCE（SAS）．
∴∠BAD=∠CBE．
∵∠APE=∠ABE+∠BAD，∠APE=∠BPD，∠ABE+∠CBE=60°，
∴∠BPD=∠APE=∠ABC=60°．
∴∠APB=120°．
（2）∵∠APB=120°．
∴点P的运动轨迹是点O为圆心，半径为OA的劣弧AB，且∠AOB=120°．
如图所示，连接CO．∵OA=OB CA=CB OC=OC
， ， ，
∴△AOC≌△BOC（SSS）．
∴∠OAC=∠OBC，∠ACO=∠BCO=30°．
∵∠AOB+∠ACB=180°，
∴∠OAC+∠OBC=180°．
∴∠OAC=∠OBC=90°．
∵AB=2❑√6，
∴OB=r=2❑√2．
∴CO=❑√OB2+BC2=❑√ (2❑√2) 2+(2❑√6) 2=4❑√2．
∴OP=2❑√2．
∴PC的最小值为OC-r=4❑√2-2❑√2=2❑√2．
4．（24-25九年级上·福建福州·期末）如图，△PAB中，∠P＝90°，PA=PB=❑√2，点D为AB上一
点，将线段AD绕点P逆时针旋转90°得到BC，连接AC，过D作DE⊥AC于E，连接BE ，则BE
的最小值为 ．
【答案】❑√5-1
【分析】根据对角互补的四边形共圆，证得P，C，B，D四点共圆，点E在此圆上，即⊙M上，根
据同弧所对的圆心角相等证得∠PEC=45°，从而得出∠AEP=135°，以AP为斜边作等腰直角三
角形△AOP，延长BP,AO交于点F，证四边形A,E,P,F在⊙O上，连接OB，则E为OB与⊙O
的交点（BE取得最小值），问题得解．
【详解】解：连接PD,PC，
△PAB中，∠P＝90°，PA=PB=❑√2，
∴∠PAB=∠PBA=45°，∵线段BC绕点P逆时针旋转90°得到AD，
∴PD=PC,∠DPC=∠P=90°，
∴∠APC-∠DPB=∠DPC-∠DPB，即∠APD=∠BPC，
∵AP=BP，
∴△PAD≌△PBC(SAS)，
∴∠PAB=∠PBC=45°，
∴∠PBC+∠PBA=45°+45°=90°，即∠ABC=90°，
在四边形PDBC中，∠DPC=∠ABC=90°,∠DPC+∠ABC=180°，
∴P，D，B，C四点共圆，如图为⊙M，
连接DC，则DC为⊙M的直径，
∵∠DEC＝90°，
∴点E在⊙M上，
连接PE，则∠PEC=∠PDC=45°，
∴∠AEP=180°-∠PEC=180°-45°=135°，
以AP为斜边作等腰直角三角形△AOP，如图所示，∠AOP=90°，OP＝OA，
OA2+OP2=AP2，即：2OA2=(❑√2) 2 ，
∴OA=1，
延长BP,AO交于点F，则∠F=90°-∠OAP=90°-45°=45°，
∴∠F+∠AEP=45°+135°=180°，OF=OA=OP，
∴点A、E、P、F在以点O为圆心的圆上，
连接OB，则点E为OB与⊙O的交点（BE取得最小值），
在Rt△OAB中，OB=❑√OA2+AB2=❑√12+22=❑√5，
∴BE的最小值＝❑√5－1．
故答案为：❑√5-1．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转，四点共圆，圆周角定理，全等三角形的判定性
质，构造辅助线是解题的关键．
5．（25-26九年级上·江苏宿迁·期中）如图，等边△ABC的边长为2，点D是边AB上一动点（不与A、
B重合），以AD为直径的⊙O与边AC交于点E，连接BE与⊙O交于点F，连接CF，当点D在边
AB上移动时，CF的最小值为 ．
【答案】2❑√3-2
【分析】根据△ABC是等边三角形得出AC=BC=AB=2，∠CAB=60°，利用直径所对的圆周角
为直角的定义得出∠ADE的度数，再由同弧所对的圆周角相等得出∠ADE=∠AFE=30°，进而
求得∠AFB的度数，作出点A，F，B所在的⊙M，在⊙M上取点N，连接AN，BN，AM，BM，
则∠N=30°，得到AM=BM， ∠MAC=∠MBC=120°，进而证得四边形ACBM是菱形，连
接CM，FM，求出菱形对角线CM的长度，由两点之间线段最短可知，CM≤CF+FM，当点C，
F，M三点共线时等号成立，从而求得CF的最小值．
【详解】解：如图，连接AF，DE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB=2，∠CAB=60°，
又∵AD为⊙O的直径，
∴∠AED=90°，
∴∠ADE=90°-∠CAB=30°，
∵A´E所对应的圆周角相等，∴∠ADE=∠AFE=30°，
∴∠AFB=180°-∠AFE=150°，
作出点A，F，B所在的⊙M，在⊙M上取点N，连接AN，BN，AM，BM，则∠N=30°，
∴∠AMB=2∠N=60°，AM=BM，
∴∠MAB=∠MBA=60°，
∴∠MAC=∠MBC=120°，
又∵AC=BC=AB=2，∠CAB=∠ACB=60°，
∴AC=CB=BM=AM=2，即四边形ACBM是菱形，
连接CM，FM，则CM=❑√3AC=2❑√3，FM=BM=BC=2，
由两点之间线段最短可知：CM≤CF+FM，即 CF≥CM-FM，当点C，F，M三点共线时等号成
立，
∴CF的最小值为CM-FM=2❑√3-2．
故答案为：2❑√3-2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，菱形的判定与性质，构造隐圆的问题，圆周角定理及三角
形的三边关系等知识点．
题型五 定角定高模型（探照灯模型）（共 4 小题）
1．（25-26九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，过点B作BD⊥BC，
1
且BD= BC=2，连接AD，则AD的最大值为 ．
2
【答案】2❑√5+2❑√2
【分析】作△ABC的外接圆⊙O，过点O作OE⊥BD交DB延长线于点E，连接
OA,OB,OC,OD，则∠BOC=2∠BAC=90°，∠E=90°，由题意得BC=4，利用等腰直角三
BC OB 2❑√2
角形的性质得到∠OBC=45°，OB= =2❑√2，进而得到OE=BE= = =2，利用勾股定
❑√2 ❑√2 ❑√2
理求出OD的长，再利用两点之间线段最短的性质即可求出AD的最大值．【详解】解：如图，作△ABC的外接圆⊙O，过点O作OE⊥BD交DB延长线于点E，连接
OA,OB,OC,OD，
则∠BOC=2∠BAC=2×45°=90°，∠E=90°，
由题意得，BC=4，
∵OB=OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
BC 4
∴∠OBC=45°，OB= = =2❑√2，
❑√2 ❑√2
∴OA=OB=2❑√2，
∵BD⊥BC，
∴∠EBC=∠DBC=90°，
∴∠OBE=90°-45°=45°，
∴△OBE是等腰直角三角形，
OB 2❑√2
∴OE=BE= = =2，
❑√2 ❑√2
∴DE=BD+BE=2+2=4，
∴OD=❑√DE2+OE2=❑√42+22=2❑√5，
∵AD≤OD+OA，
∴AD≤2❑√5+2❑√2，
∴当A,O,D三点共线时，AD有最大值2❑√5+2❑√2．
故答案为：2❑√5+2❑√2．
【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的性质与判定，结合图形构造三角形
外接圆求线段最值是解题的关键．
2．（2023九年级上·浙江·竞赛）如图，在四边形ABCD中，
AB=3，AC=6，DC=2，∠CAB=30°，则△ABD的面积的最大值为（ ）17 17 15 15
A． B． C． D．
3 2 3 2
【答案】D
【分析】本题考查了圆的定义，三角形的面积，含30度角的直角三角形的性质，过点C作CE⊥AB
于点E，以C为圆心作2为半径的圆，当D在EC的延长线上时，△ABD的面积的最大，进而根据三
角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于点E，以C为圆心作2为半径的圆，
∵DC=2，
∴当D在EC的延长线D 上时，△ABD的高取得最大值，则△ABD的面积最大，
1
∵AC=6，∠CAB=30°，
1
∴CE= AC=3，
2
∴D E=D C+CE=2+3=5，
1 1
1 1 15
∴△ABD的面积的最大值为 AB×DE= ×3×5= ，
2 2 2
故选：D．
3．（25-26九年级上·江苏镇江·月考）[学习心得]（1）小刘同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一
些几何问题如果添加轴助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是△ABC外一点，且AD=AC，求
∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB长为半径作辅助圆⊙A，则C、D两点必在⊙A上，
∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角．则∠BDC= ．
[初步运用]（2）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠BDC=25°，则
∠BAC= °；[方法迁移]
（3）如图3，已知线段AB和直线l，用直尺和圆规在l上作出所有的点P，使得∠APB=30°（不
写作法保留作图痕迹）；
[问题拓展]
（4）如图4，已知正方形ABCD的边长为6，点M、N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿逆
时针方向向终点C和D运动，连接AM和BN交于点P，连接CP，则CP的最小值是 ．
（5）如图5，在△ABC中，∠BAC=45°，AD是BC边上的高，且BD=3，CD=1．求AD的长．
【答案】（1）45°；（2）25；（3）见解析；（4）3❑√5-3；（5）AD=❑√7+2
【分析】（1）由圆周角定理可得出答案；
（2）取BD的中点O，连接AO、CO．由直角三角形的性质证明点A、B、C、D共圆，由圆的性质
得出∠BDC=∠BAC，则可得出答案；
（3）作出等边三角形OAB，再以O为圆心，OA为半径画圆，由圆周角定理可得圆与直线l的交点即
为点P；
（4）如图所示，取AB的中点O，连接OC，OP，PC，证明出△ABM≌△BCN(SAS)，得到
∠BAM=∠CBN，然后求出∠APB=90°，得到点P在以点O为圆心，OA为半径的圆上运动，
得到当点O，P，C三点共线时，PC有最小值，勾股定理求出OC=❑√OB2+BC2=3❑√5，进而求解
即可；
（5）作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、OB、OC．由圆周角定理及勾股定理可得出答案．
【详解】解：（1）∵∠BAC是⊙A的圆心角，∠BDC是⊙A的圆周角，∠BAC=90°，
1
∴∠BDC= ∠BAC=45°；
2
故答案为：45°；
（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD=∠BCD=90°，
1 1
∴OA= BD，OC= BD，
2 2
∴OA=OB=OC=OD，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC=∠BAC，
∵∠BDC=25°，
∴∠BAC=25°．
故答案为：25；
（3）作图如下：
1
由图知，∠AP B= ∠AOB=30°；同理∠AP B=30°．
1 2 2
（4）如图所示，取AB的中点O，连接OC，OP，PC，根据题意得，BM=CN
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠ABM=∠BCN
∴△ABM≌△BCN(SAS)
∴∠BAM=∠CBN
∵∠CBN+∠ABN=∠ABC=90°
∴∠BAM+∠ABN=90°
∴∠APB=90°
∴点P在以点O为圆心，OA为半径的圆上运动
∴PC≥OC-OP
∴当点O，P，C三点共线时，PC有最小值
1
∵OA=OB=OP= AB=3，BC=6
2
∴OC=❑√OB2+BC2=3❑√5
∴PC=OC-OP=3❑√5-3
∴PC的最小值为3❑√5-3；
（5）如图，作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E，作OF⊥AD于点F，连接OA、
OB、OC，则四边形OEDF是矩形，
∴OE=FD．
∵∠BAC=45°
，
∴∠BOC=90°．在Rt△BOC中，BC=3+1=4，
∴BO=CO=2❑√2．
∵OE⊥BC，O为圆心，
1
∴BE= BC=2，
2
∴DE=OF=1．
在Rt△BOE中，BO=2❑√2，BE=2，
∴OE=DF=2．
在Rt△AOF中，AO=2❑√2，OF=1，
∴AF=❑√OA2-OF2=❑√7，
∴AD=❑√7+2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、圆周角定理、尺规作图、
勾股定理、等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质，垂径定理等知识，熟练掌握圆的性质是解
题的关键．
4．（2023·重庆·模拟预测）在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，点D是△ABC外一点，
连接AD，以AD为边作等边△ADF．
(1)如图1，当点F在线段BC上，DF交AC于点M，且AF平分∠BAC，若AF=❑√6+❑√2，求
△ADM的面积；
(2)如图2，连接FB并延长至点E，使得FB=BE，连接CE、DE、CD，证明：DE=❑√3CD；
(3)如图3，旋转△ADF使得DF落在∠ABC的角平分线上，M、N分别是射线BA、BC上的动点，
且始终满足∠MDN=60°，连接MN，若BC=❑√2，请直接写出△MDN的面积最小值．
【答案】(1)3+❑√3；(2)见解析；
(3)❑√3
【分析】（1）过点M作MN⊥AD交AD于点N，设DN=a，则MN=AN=❑√3a，
1
AD=AN+ND=❑√3a+a=❑√6+❑√2，解得a=❑√2，从而求得S = ×AD×NM=3+❑√3；
△AMD 2
（2）延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，证△ECB≌△FMB，
△MAF≌△CAD，则∠ECD=120°，CE=CD，从而证得DE=❑√3CD；
（3）过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM交BC延长线于
点K，证△HDM≌△GDK，运用定角定高模型进行分析．
【详解】（1）解：如图1，过点M作MN⊥AD交AD于点N，
∴△ADF是等边三角形，AF=❑√6+❑√2，
∴AD=AF=❑√6+❑√2．
∵在直角△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，
∴∠BAC=30°，
∵AF平分∠BAC，
1
∴∠FAC= ∠BAC=15°，
2
∵△ADF是等边三角形，
∴∠FAD=∠ADF=60°，
∴∠MAD=∠FAD-∠FAC=60°-15°=45°．
设DN=a，
∵MN⊥AD，∠ADF=60°，
∴MN=❑√3a，
∵MN⊥AD，∠MAD=45°，
∴MN=AN=❑√3a，
∴AD=AN+ND=❑√3a+a=❑√6+❑√2，∴a=❑√2．
1 1 ❑√6(❑√6+❑√2)
故S = ×AD×NM= ×(❑√6+❑√2)×❑√3a= =3+❑√3．
△AMD 2 2 2
（2）证明：如图2，延长CB至M，使得BC=BM，连接MA，MF，
在△ECB与△FMB中，
∵¿，
∴△ECB≌△FMB(SAS)，
∴MF=EC．
∵AB⊥BC，BC=BM，
∴AM=AC，
∵∠ACB=60°，
∴△AMC是等边三角形，
∴AM=AC，∠MAC=60°．
∵△AFD是等边三角形，
∴AF=AD，∠FAD=60°，
∴∠MAC-∠FAC=∠FAD-∠FAC，
即∠MAF=∠CAD．
在△AMF与△ACD中，
∵¿，
∴△MAF≌△CAD(SAS)，
∴MF=CD．
∵MF=EC，
∴CD=EC．
设∠ECM=α，则∠ACE=60°-α，
∴∠CMF=∠ECM=α，∠ACD=∠AMF=60°+α，∴∠ECD=∠ECA+∠ACD=60°-α+60°+α=120°，
∵CE=CD，
∴DE=❑√3CD．
（3）解：如图3，过点D作DH⊥AB于点H，过点D作DG⊥BC于点G，过点D作DK⊥DM
交BC延长线于点K，
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，DH⊥AB，DG⊥BC，
∴四边形DHBG是正方形，
∴∠HDG=90°，
∵∠MDN=60°，
∴∠HDM+∠NDG=30°，
∵DK⊥DM，∠MDN=60°，
∴∠GDK+∠NDG=30°，
∴∠HDM=∠GDK，
在△HDM与△GDK中，
∵¿，
∴△HDM≌△GDK(ASA)，
∴DM=DK．
在Rt△ABC中，
∵∠ABC=90°，∠ACB=60°，BC=❑√2，
∴AB=❑√6，
∵∠ABD=45°，∠ADB=60°，AB=❑√6，
过点A作AQ⊥BD于点Q，
∴BQ=❑√3=AQ，DQ=1，
❑√2 ❑√2(❑√3+1)
∴BD=❑√3+1，DG= BD= ．
2 2❑√2(❑√3+1)
对于△DNK，DG= ，
2
∵∠MDN=60°，
1 ❑√3
∵S = DM·sin∠MDN·DN= DN·DM，
△MDN 2 4
❑√3
∴当S = DN·DM有最小值时，即DN⋅DM最小，
△MDN 4
∵DM=DK，
∴DN⋅DM最小，也即DN⋅DK最小．
❑√2(❑√3+1)
∵DG= ，∠NDK=30°，
2
∴当DG过△DNK外接圆圆心时，NK有最小值，即S 有最小值，也即DN⋅DK有最小值，此
△DNK
时DN=DK，
∵DM=DK，DN=DK，
∴DN=DM，
❑√3
即当△MDN是等边三角形时，△MDN的面积最小，为 ×DN2 ．
4
此时，由图形对称性可得，DN=AD=2，
故△MDN的面积最小值为❑√3．
【点睛】本题是图形综合题，考查了锐角的三角函数值，全等三角形的判定和性质，等边三角形的
判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，定角定高模型，综合运用以上几何性质是解题
关键．
题型六 阿氏圆（共 3 小题）
1．（2022九年级上·浙江·专题练习）如图所示的平面直角坐标系中，A(0,4)，B(4,0)，P是第一象限
1
内一动点，OP=2，连接AP、BP，则BP+ AP的最小值是 ．
2【答案】❑√17
OP OA
【分析】取点T(0,1)，连接PT，BT．根据OP2=OT⋅OA，有 = ，即可证明
OT OP
PT OP 1 1 1
△POT∽△AOP，即有 = = ，进而可得PT= PA，则有PB+ PA=PB+PT，利用
PA OA 2 2 2
1
勾股定理可得BT=❑√12+42=❑√17，则有BP+ AP≥❑√17，问题得解．
2
【详解】解：如图，取点T(0,1)，连接PT，BT．
∵T(0,1) A(0,4) B(4,0)
， ， ，
∴OT=1，OA=4，OB=4，
∵OP=2，
∴OP2=OT⋅OA，
OP OA
∴ = ，
OT OP
∵∠POT=∠AOP，
∴△POT∽△AOP，
PT OP 1
∴ = = ，
PA OA 21
∴PT= PA，
2
1
∴PB+ PA=PB+PT，
2
∵BT=❑√12+42=❑√17，
∴PB+PT≥❑√17，
1
∴BP+ AP≥❑√17，（当B、P、T三点共线时取等号）
2
1
∴BP+ PB的最小值为❑√17．
2
故答案为：❑√17．
【点睛】本题考查阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添
加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
2．（2020·江苏常州·一模）如图，在⊙O中，点A、点B在⊙O上，∠AOB=90°，OA=6，点C在
OA上，且OC=2AC，点D是OB的中点，点M是劣弧AB上的动点，则CM+2DM的最小值为 ．
【答案】4❑√10
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，解题的关键是学会添
加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．延长OB到T，使得BT=OB，连接MT，CT．利用相似
三角形的性质证明MT=2DM，求CM+2DM的最小值问题转化为求CM+MT的最小值．利用两
点之间线段最短得到CM+MT≥CT，利用勾股定理求出CT即可解题．
【详解】解：延长OB到T，使得BT=OB，连接MT，CT．
∵ OA=6
，∴ OM=OB=6，
∵点D是OB的中点，
∴ OD=DB=3，OT=12，
∴ OM2=OD⋅OT，
OM OT
∴ = ，
OD OM
∵ ∠MOD=∠TOM，
∴ △MOD∽△TOM，
DM OM 1
∴ = = ，
MT OT 2
∴ MT=2DM，
∵ CM+2DM=CM+MT≥CT，
∵ OC=2AC，
∴ OC=4，
又∵在Rt△OCT中，∠cot=90°，OT=12，
∴ CT=❑√OC2+OT2=❑√42+122=4❑√10，
∴ CM+2DM≥4❑√10，
∴ CM+2DM的最小值为4❑√10，
故答案为：4❑√10．
3．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于
A(-1，0)，B两点，AB=4，C为抛物线顶点．
(1)求b，c的值；(2)点P为直线AC下方抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，交AC于点M，是否存在
QM=3PM？若存在，求出此时P点坐标；若不存在，请说明理由；
1
(3)如图2，以B为圆心，2为半径作圆，N为圆B上任一点，求CN+ AN的最小值．
2
【答案】(1)b=-2，c=-3
(1 32)
(2) ,-
3 9
(3)❑√17
【分析】（1）通过AB长度先得到B点坐标，再将A,B两点代入函数解析式，解方程即可；
（2）先求出直线AC的函数表达式，设出P点坐标为(m,m2-2m-3)，进而得到P,M两点坐标，再
通过QM=3PM列出方程，解方程即可；
1
（3）取取R(2,0)，连接NR，BN，先证得△RBN∽△NBA，得到RN= NA，进而可得到
2
1
CN+ AN=CN+RN≥CR，再通过C,R两点坐标求得CR长度．
2
【详解】（1）解：∵AB=4，
∴B点坐标为(3,0)，
将A(-1,0)，B(3,0)代入y=x2+bx+c，
得¿，
解得b=-2，c=-3
（2）解：设直线AC的表达式为y=kx+b，
由（1）可知抛物线的表达式为y=x2-2x-3=(x-1) 2-4，
故C点坐标为(1,-4)，
∴直线AC的表达式为y=-2x-2
设P点坐标为(m,m2-2m-3)，
则Q(m,0)，M (m,-2m-2)，
∴QM=0-(-2m-2)=2m+2，
PM=(-2m-2)-(m2-2m-3)=-m2+1
若QM=3PM，则2m+2=3(-m2+1)，
1
解得m = ，m =-1
1 3 2
∵-1<m<1，
1 (1 32)
故m= ，此时P点坐标为 ,- ；
3 3 9
（3）如图，取R(2,0)，连接NR，BN
∵BR=1，BN=2，BA=4，
BR BN
∴ =
BN BA
又∵∠RBN=∠NBA，
∴△RBN∽△NBA，
RN BN 1
∴ = = ，
AN BA 2
1
∴RN= NA，
2
1
∴CN+ AN=CN+RN≥CR，
2
CR=❑√42+12=❑√17，
1
故CN+ AN的最小值为❑√17．
2
【点睛】本题考查二次函数综合问题，能够熟练掌握二次函数的基本性质以及相似三角形的应用是
解题关键．题型七 瓜豆原理（共 4 小题）
1．（24-25九年级上·江苏·阶段练习）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（ ）
A．2❑√10-1 B．2❑√10+1 C．❑√13+1 D．❑√13-1
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称—最小距离和问题，正方形的性质，勾股定理．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N，根据勾股定理
求出OM，再结合四点共线时最小即可得解．
【详解】解：如图，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N，
∵点Q是AP的中点，
1
∴OQ= CP=1，
2
∴点Q在以O为圆心，半径为1的圆上运动，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，OA=OB，
1
∴ON=AN=BN= AB=2，
2
∵AM=AB=4，
∴MN=4+2=6，∴OM=❑√M N2+ON2=2❑√10，
∵BF+FQ+OQ=MF+FQ+OQ≥OM，
∴ 当M、F、Q、O四点共线时，BF+FQ+OQ的值最小，BF+FQ+OQ的最小值为OM=2❑√10，
∴BF+FQ的最小值为2❑√10-1，
故选：A．
2．（24-25九年级上·四川泸州·期末）如图，边长为4的正方形ABCD中，以BC为直径在正方形内作半
圆，点E是半圆上动点，连接AE，把线段AE绕点A逆时针旋转90°得线段AF，连接BF，则线段BF
长度的最小值是 ．
【答案】2❑√13-2
【分析】延长CD到M，使DM=2，连接DF，MF，取BC的中点G，连接EG，证明
△BAE≌△DAF，即可证明△BEG≌△DFM，从而EG=FM=2，得F在以M为圆心，2为半
径的半圆上运动，故当B，F，M共线时，BF最小，此时BM=2❑√13，即可得BF最小为2❑√13-2．
本题考查旋转的性质，正方形性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是求出F的轨迹．
【详解】解：延长CD到M，使DM=2，连接DF，MF，取BC的中点G，连接EG，如图：
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=90°，
由旋转可得：AE=AF，∠EAF=90°=∠DAB，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△BAE≌△DAF(SAS)，∴BE=DF，∠ABE=∠ADF，
∵∠ABC=90°=∠ADM，
∴∠ABC-∠ABE=∠ADM-∠ADF，即∠EBG=∠FDM，
1
∵BG= BC=2=DM，
2
∴△BEG≌△DFM(SAS)，
∴EG=FM=2，
∴F在以M为圆心，2为半径的半圆上运动，
∴当B，F，M共线时，BF最小，
如图：
∵BM=❑√BC2+CM2=❑√42+（4+2） 2=2❑√13，
∴BF=BM-FM=2❑√13-2，
∴BF最小为2❑√13-2；
故答案为：2❑√13-2．
3
3．（2025·辽宁铁岭·模拟预测）已知抛物线y=- (x-1)(x-9)与x轴交于A，B两点，点C为抛物线的
4
顶点，点G为以AB为直径的⊙D上一动点，P为CG的中点，则AP的最小值为 ．【答案】2❑√13-2
【分析】本题主要考查二次函数的性质，三角形的中位线和点与圆的位置关系，先求出点A,B,C的
坐标，计算出圆心D的坐标，连接CD，取CD的中点H，当点G与点B重合时，连接HP，得
1
HP= DB=2，则点P在以点H为圆心，2为半径的圆上运动，当H,P,A三点共线时HA最小，即
2
AP最小，由勾股定理得HA，所以AP最小值为HA-2．
3
【详解】解：y=- (x-1)(x-9)，
4
3
令y=0，则- (x-1)(x-9)=0，
4
解得，x=1或x=9，
∴AB=9-1=8，
9+1
∴抛物线的对称轴为直线x= =5，
2
∴D(5,0),
∴AD=BD=9-5=4，
3
当x=5时，y=- (5-1)(5-9)=12，
4
∴C(5,12)，
∴CD=12,
1
连接CD，取CD的中点H，则DH= CD=6,
2
当点G与点B重合时，连接HP，如图，
∴HP是△CBD的中位线，1
∴HP= DB=2，
2
则点P在以点H为圆心，2为半径的圆上运动，当H,P,A三点共线时HA最小，即AP最小，如图，
由勾股定理得，AH=❑√AD2+DH2=❑√42+62=2❑√13，
∴AP的最小值为：AH-PH=2❑√13-2，
故答案为：2❑√13-2．
1．如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E,F分别是AB,BC边上的两动点，且EF=2，点G
为EF的中点，点H为AD边上一动点，连接CH,GH，则GH+CH的最小值为（ ）
A．4❑√5 B．9 C．❑√83 D．❑√85
【答案】B
【分析】本题考查了最短路径问题，考查了点与圆的位置关系，轴对称图形的性质，勾股定理，关键
在于将所求折线转化为两点之间的距离．
根据题意得到点G在以B为圆心，以1为半径的⊙B上运动（在矩形ABCD内部），作点C关于AD的
对称点C'，连接C'B交AD于点H，交⊙B于点G，此时GH+CH有最小值，最小值为C'G，根据勾
股定理求出BC'，即可得到答案．【详解】解：在矩形ABCD中，AB=CD=4，AD=BC=6，∠ABC=∠BCD=90°，
如图，连接BG，
∵点E,F分别是AB，BC边上的两动点，且EF=2，点G为EF的中点，
1
∴BG= EF=1
2
，
∴点G在以B为圆心，以1为半径的⊙B上运动（在矩形ABCD内部），
如图，作点C关于AD的对称点C'，连接C'B交AD于点H，交⊙B于点G，
∴CH=C'H
，
∴ GH+CH=GH+C'H，
∴此时GH+CH有最小值，最小值为C'G，
∵C'C=2CD=8，C'B2=BC2+C'C2，
∴C'B=❑√62+82=10
C'G=C'B-BG=10-1=9，
∴ GH+CH的最小值为9，
故选：B．
2．综合与实践课上，同学们以“矩形折纸”为主题开展了数学活动．小明同学准备了一张长方形纸片
ABCD，如图：AB=12，BC=10，他在边BC上取中点N，又在边AB上任取一点M，再将△BMN
沿MN折叠得到△B'MN，连结AB'．AB'达到最小值时，求BM= ．10
【答案】
3
【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理．正确运用相关性质定理是正确
解答此题的关键．根据折叠的性质得到，根据圆的定义得到点B'在以N为圆心，NB为半径的圆上，
根据三角形的三边关系得到AB'≥AN-NB' ，结合点M在AB上，根据勾股定理即可求出BM．
【详解】解：将△BMN沿MN折叠得到△B'MN，
∴BN=NB'，
∵点N为的BC中点，BC=10，
∴BN=CN=NB'=5，
∴当点M在边AB上运动时，点B'在以N为圆心，NB为半径的圆弧上运动，
连接AN,在△AB'N中，AB'≥AN-NB' ，
∴A、B' 、N AB'
共线时， 的值最小，如图，
AB'=AN-NB'=❑√AB2+BN2-NB'=❑√122+52-5=8
最小为 ；
∴∠AB'M=90°，
设BM=x，
∴BM=BM'=x，AM=12-x，
在直角三角形AB'M中，
由勾股定理得：B'M2+B' A2=AM2，∴x2+82=(12-x) 2，
10
解得：x= ，
3
10
即BM= ，
3
10
故答案为： ．
3
3．如图，AB为半圆的直径，C为A´B的中点，P为B´C上任意一点，连接AP，CP，过点C作CD⊥CP
交AP于点D，连接BD．若AB=2，则BD的最小值为（ ）
A．❑√5+1 B．2❑√5-2 C．2❑√5+2 D．❑√5-1
【答案】D
【分析】本题是圆与三角形的综合题，考查了等腰三角形的性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定
理，难度较大，解决问题的关键是动点的轨迹．以AC为斜边作等腰直角三角形ACQ，则
∠AQC=90°，连接AC，BC，BQ，由CD⊥CP，得到点D的运动轨迹为以Q为圆心，AQ为半
径的圆弧AC，利用BQ和AQ是定值，即可求得BD的最小值．
【详解】解：如图，以AC为斜边作等腰直角三角形ACQ，则∠AQC=90°，连接AC，BC，BQ，
DQ，
∵⊙O的直径为AB，C为半圆弧AB的中点，
∴∠APC=45°，
∵CD⊥CP，
∴∠DCP=90°，
∴∠PDC=45°，∠ADC=135°，∴点D的运动轨迹为以Q为圆心，AQ为半径的圆弧AC，
∵AB=2，C为半圆弧AB的中点，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，AC2+BC2=AB2，
∴AC=❑√2，
∴△ACQ中，AQ=DQ=CQ，AQ2+CQ2=AC2，
∴AQ=DQ=CQ=1，
∵∠QAB=∠QAC+∠CAB=45°+45°=90°，
∴BQ=❑√AQ2+AB2=❑√5，
∴BD≥BQ-DQ=❑√5-1，
∴BD的最小值为❑√5-1，
故选：D．
4．如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E是对角线BD上的一个动点，且不与端点B、D重合，连接
AE，过点B作BF⊥AE，垂足为F，连接DF．则DF的最小值是（ ）
A．3❑√5 B．3 C．3❑√5-3 D．3❑√5+3
【答案】C
【分析】本题考查了求一点到圆上一点的最值，勾股定理，正方形的性质；取AB的中点O，连接
OF,OD，依题意得出F在以AB为直径的⊙O上运动，进而由勾股定理求得OD，根据DF的最小值
为OD-OF=3❑√5-3，即可求解．
【详解】解：如图所示，取AB的中点O，连接OF,OD，∵BF⊥AE
∴OF=OA=OB，
∴F在以AB为直径的⊙O上运动，
∵在正方形ABCD中，AB=6，
∴AO=3,AD=6，
∴OD=3❑√5，
∵DF≥OD-OF，
∴DF的最小值为OD-OF=3❑√5-3，
故选：C．
5．（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，对角线AC和BD
交于点E，若AE=4,CE=2，则BD长的最小值为（ ）
A．6 B．4❑√2 C．4 D．2❑√2
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，先证明A，B，C，D四点共圆，得到AC为直径，取AC的
中点即圆心O，得到当弦BD⊥AC时，BD取到最小值，利用垂径定理和勾股定理进行求解即可．
【详解】解：如图，∠ABC=∠ADC=90°．
∴A，B，C，D四点共圆，AC为直径，取AC的中点即圆心O，当弦BD⊥AC时，BD取到最小值，
∵AE=4,CE=2，直径AC=6．
∴半径OB=OC=3，
∴OE=OC-CE=3-2=1．
在Rt△OEB中，BE=❑√OB2-OE2=❑√32-12=❑√8=2❑√2．
∴BD=2BE=4❑√2．
故选B．
