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专题 4.9 圆中最值问题必考五大类型
【人教版】
【类型1 经过定点的弦】..........................................................................................................................................1
【类型2 定点定长型隐圆】......................................................................................................................................7
【类型3 遇90度圆周角构辅助圆】......................................................................................................................16
【类型4 遇定弦定角构外接圆】............................................................................................................................24
【类型5 利用圆的切线求最值】............................................................................................................................33
【类型1 经过定点的弦】
【问题提出】
M是半径为r的 O内一定点，OM=d（0<d<r），经过点M的弦EF=m，探究m的取值范围.
⊙
【模型建立】
（1）经过点M的直径AB是最长的弦；
（2）过点M作弦CD⊥AB，则弦CD最短.
【结论】
2❑√r2−d2≤m≤2r.
【必刷题型】
1．（2024秋•邳州市校级月考）如图，AB是 O直径，点C在 O上，CD⊥AB垂足为D，点E是 O上
动点（不与C重合），点F为CE的中点，⊙若AD＝3，CD＝6⊙，则DF的最大值为 7. 5 ． ⊙1
【分析】延长CD交 O于点G，连接GE、OC，根据垂径定理得到CD＝DG，推出DF= GE，得到
2
⊙
当GE取最大值时，DF也取得最大值，然后在Rt△OCD中利用勾股定理即可求解．
【解答】解：延长CD交 O于点G，连接GE、OC，
⊙
∵CD⊥AB，即CG⊥AB，且AB是 O的直径，
∴CD＝DG， ⊙
∵点F为CE的中点，
1
∴DF= GE，
2
∴当GE取最大值时，DF也取得最大值，
设 O的半径为r，则OD＝r﹣3，
在⊙Rt△OCD中，OC2＝OD2+CD2，
∴r2＝（r﹣3）2+62，
解得：r＝7.5，
∴GE的最大值为15，
∴DF的最大值为7.5，
故答案为：7.5．
2．（2023秋•江阳区校级月考）如图， O的直径AB＝8，弦CD＝3，且弦CD在圆上滑动（CD的长度
不变，点C、D与点A、B不重合），⊙过点C作CP⊥AB于点P，若M是CD的中点，则PM的最大值是
4 ．
1
【分析】延长CP交圆于K，连接KD，由垂径定理推出PC＝PK，由三角形中位线定理推出 PM=
21
KD，当KD最大时，PM最大，当KD是圆直径时，KD最大，于是得到PM的最大值是 ×8＝4．
2
【解答】解：延长CP交圆于K，连接KD，
∵直径AB⊥CK，
∴PC＝PK，
∵M是CD中点，
∴PM是△CKD的中位线，
1
∴PM= KD，
2
∴当KD最大时，PM最大，当KD是圆直径时，KD最大，
∵ O的直径AB＝8，
⊙ 1
∴PM的最大值是 ×8＝4．
2
故答案为：4．
3．（2024秋•建邺区校级月考）如图，已知 O的半径是4，C，D是直径AB同侧圆周上的两点，∠AOC
＝96°，∠BOD＝36°，动点P在AB上，则⊙PC+PD的最小值为 4❑√3 ．
【分析】过D作DE⊥AB交 O于点E，连接CE交AB于点P，连接OE，作OF⊥CE于点F，点D与
E关于AB对称，此时PC+PD⊙最小．
【解答】解：过D作DE⊥AB交 O于点E，连接CE交AB于点P，连接OE，作OF⊥CE于点F，此
时PC+PD最小， ⊙∴弧BD＝弧BE，
∴∠BOE＝∠BOD＝36°，
∵∠AOC＝96°，
∴∠BOC＝84°，
∴∠COE＝∠BOC+∠BOE＝120°，
∵OC＝OE＝4，
∴∠OCE＝∠OEC＝30°，
∵OF⊥CE，
1
∴CF＝EF，OF= OC=2，CF=❑√3OF=2❑√3，
2
∴CE＝2CF＝4❑√3，
即PC+PD最小值为4❑√3．
故答案为：4❑√3．
4．（2024秋•锡山区校级月考）如图，AB是 O的直径，AB＝8，点M在 O上，∠MAB＝20°，N是弧
MB的中点，P是直径AB上的一动点．若M⊙N＝1，则△PMN周长的最小值⊙为 5 ．
【分析】作点N关于AB的对称点N′，连接OM、ON、ON′、MN′，根据轴对称确定最短路线问题
可得MN′与AB的交点即为PM+PN最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角
的2倍求出∠MOB＝40°，然后求出∠BON＝20°，再根据对称性可得∠BON′＝∠BON＝20°，然后求
出∠MON′＝60°，从而判断出△MON′是等边三角形，根据等边三角形的性质求出 MN″，即为
PM+PN的最小值，从而求得△PMN周长的最小值．
【解答】解：作点N关于AB的对称点N′，连接OM、ON、ON′、MN′，则MN′与AB的交点即为PM+PN的最小时的点，PM+PN的最小值＝MN′，
∵∠MAB＝20°，
∴∠MOB＝2∠MAB＝2×20°＝40°，
∵N是弧MB的中点，
1 1
∴∠BON= ∠MOB= ×40°＝20°，
2 2
由对称性，∠N′OB＝∠BON＝20°，
∴∠MON′＝∠MOB+∠N′OB＝40°+20°＝60°，
∴△MON′是等边三角形，
1 1
∴MN′＝OM＝OB= AB= ×8＝4，
2 2
∴△PMN周长的最小值＝1+4＝5，
故答案为：5．
5．（2023秋•游仙区期末）如图，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AB=8❑√2，D是线段BC上的一个动点，以
AD为直径画 O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为 4❑√3 ．
⊙
【分析】连接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如图，根据圆周角定理得到∠EOF＝
120°，再计算出EF=❑√3OE，则OE最小时，EF的长度最小，此时圆的直径的长最小，利用垂线段最短
得到AD的长度最小值为AN的长，接着计算出AN＝8，从而得到OE的最小值为4，然后确定EF长度
的最小值．
【解答】解：连接OE、OF，作OM⊥EF于M，作AN⊥BC于N，如图，
∵∠EOF＝2∠BAC＝2×60°＝120°，
而OE＝OF，OM⊥EF，∴∠OEM＝30°，EM＝FM，
1
在Rt△OEM中，OM= OE，
2
❑√3
EM= OE，
2
∴EF＝2EM=❑√3OE，
当OE最小时，EF的长度最小，此时圆的直径的长最小，
即AD的长最小，
∵AD的长度最小值为AN的长，
❑√2
而AN= AB＝8，
2
∴OE的最小值为4，
∴EF长度的最小值为❑√3×4＝4❑√3．
故答案为：4❑√3．
6．（2023秋•安次区校级期中）已知，在半圆 O中，直径AB＝10，点C，D在半圆O上运动，弦CD＝
5．M为CD的中点，点C从点A开始运动，到点D与点B重合时结束，在整个运动过程中：点 M到
5❑√3 5❑√3
AB距离的最大值是 ，点M到AB距离的最小值是 ．
2 4
【分析】连接OC，OD，OM，过点M作MH⊥AB于点H，先证明△OCD是等边三角形，当OM⊥AB
时，点M到AB的距离有最大值，即当点C与点A重合或点D与点B重合时，点M到AB距离有最小
值．据此求解即可．
【解答】解：连接OC，OD，OM，过点M作MH⊥AB于点H，1
∵OC=OD= AB=5
2
∴OC＝OD＝CD，
∴△OCD是等边三角形，
∵点M是CD的中点，
∴OM⊥CD，∠C＝60°，∠COM＝30°，
1 5
∴CM= OC= ，
2 2
5❑√3
∴OM=❑√OC2−CM2=
，
2
5❑√3
当OM⊥AB时，点M到AB的距离有最大值，最大值为 ；
2
1
当点C与点A重合或点D与点B重合时，∠MOH=∠COM= ∠COD=30°，
2
1 1 5❑√3 5❑√3
∴MH= ×OM= × = ，
2 2 2 4
5❑√3 5❑√3
故答案为： ； ．
2 4
【类型2 定点定长型隐圆】
【模型总结】
条件：M是半径为r的 O上的一动点（OM=r定值），P是定点（OP=d定值），直线PO与 O交于M
1
，M 两点，PM <PM⊙. ⊙
2 1 2
结论：PM的最小值=PM =|d−r|，PM的最大值=PM =d+r.
1 2
【必刷题型】
1．（2024•岳阳县模拟）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，1
BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为 ❑√2+ ．
2
【分析】根据同圆的半径相等可知：点 C在半径为1的 B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点
时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角⊙形的中位线定理可得结论．
【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在 B上，且半径为1，
取OD＝⊙OA＝2，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
1
∴OM= CD，
2
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝2❑√2，
∴CD＝2❑√2+1，
1 1 1
∴OM= CD=❑√2+ ，即OM的最大值为❑√2+ ；
2 2 21
故答案为❑√2+ ．
2
2．（2024秋•江阴市校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，CD是△ABC的高，AB＝8，CD＝3，则BC
＝ 5 ；若以点C为圆心，半径为2作 C，点E是 C上一动点，连接AE，点F是AE的中点，则
⊙ ⊙
3
线段DF的最小值是 ．
2
1
【分析】由等腰三角形的性质得BD= AB=4，CD⊥AB，由勾股定理即可求得 BC的长度；连接
2
1
BE，CE，则DF= BE，当BE最小时，DF最小，此时E点在线段BC上时，BE最小，从而DF最
2
小，最后求得最小值即可．
【解答】解：∵AC＝BC，CD是△ABC的高，
1
∴BD= AB=4，CD⊥AB，
2
∴BC=❑√BD2+CD2=5；
如图，连接BE，CE，
∵点F是AE的中点，点D是AB中点，
∴DF是△AEB的中位线，
1
∴DF= BE，
2
∴当E、C、B三点共线，且E点在线段BC上时，线段BE的长最小，线段DF的长取得最小值，
又因为BE＝BC﹣CE＝5﹣2＝3，3
所以DF最小值为 ．
2
3
故答案为：5； ．
2
3．（2023•江阳区校级模拟）如图，AB是 O的直径，C为圆上一点，且∠AOC＝120°， O的半径为
4，P为圆上一动点，Q为AP的中点，则⊙CQ长度的最大值是 2+2❑√7 ． ⊙
【分析】连接OQ，作CH⊥AB于点H，首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的 K，连接CK，当
点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题． ⊙
【解答】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于点H，
∵AQ＝QP，
∴OQ⊥PA，
∴∠AQO＝90°，
1 1
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的 K，KO= OA= ×4=2，
2 2
⊙
连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
∵∠AOC＝120°，
∴∠COB＝180°﹣∠AOC＝60°，
又∵CH⊥AB，
∴在Rt△OCH中，∠OCH＝90°﹣∠COB＝90°﹣60°＝30°，
∵OC＝4，1
∴OH= OC=2，CH=❑√OC2−OH2=❑√42−22=2❑√3，
2
∴KH＝KO+OH＝2+2＝4，
∴在Rt△CKH中，CK=❑√CH2+K H2❑√ (2❑√3) 2+42=2❑√7，
∴CQ的最大值为2+2❑√7．
故答案为：2+2❑√7．
4．（2024•乌鲁木齐二模）如图，矩形ABCO的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（4，3），
M是△AOC的内切圆，点N，点P分别是 M，x轴上的动点，则BP+PN的最小值是 4 ．
⊙ ⊙
【分析】作点B关于x轴的对称点B′，连接MB′，交 M于点N，交x轴于点P，此时BP+PN取得
最小值，然后结合勾股定理及三角形的面积公式分析计算⊙．
【解答】解：作点B关于x轴的对称点B′，连接MB′，交 M于点N，交x轴于点P，
过点M作MQ⊥x轴，交x轴于点E，过点B′作B′Q⊥MQ，⊙
∵点B与点B′关于x轴对称，
∴PB+PN＝PB′+PN，
当N、P、B’在同一直线上且经过点M时取最小值．
在Rt△ABC中，AC=❑√OA2+OC2=5，由 M是△AOC的内切圆，设 M的半径为r，
⊙ 1 1 ⊙
∴S△AOC =
2
（3r+4r+5r）=
2
×3×4，
解得r＝1，
∴ME＝MN＝1，
∴QB′＝4﹣1＝3，QM＝3+1＝4，
∴MB′＝5，
∴PB′+PN＝5﹣1＝4，
即PB+PN最小值为4，
故答案为：4．
5．（2024春•石景山区校级月考）如图，A，B为 O上两点，∠AOB＝90°，C为 O上一动点（不与
A，B重合），D为AC的中点．若 O的半径为2⊙，则BD的最大值为 ❑√5+ 1 ．⊙
⊙
【分析】取OA的中点E，连接OC，BE，DE，得到EO＝EA，即D是以点E为圆心，1为半径的圆上
的一点，再求最值即可．
1
【解答】解：如图，取OA的中点E，连接OC，BE，DE，则EA=EO= OA=1，
2
∵D为线段AC的中点，
∴DE是△OAC的中位线，
1
∴DE= OC=1．
2
∴EO＝EA＝DE，即D是以点E为圆心，1为半径的圆上的一点．∴求线段BD长度的最大值即是求点B与 E上的点的最大距离．
如图2，当点D在线段BE的延长线上时，⊙线段BD的长度取得最大值，
∵OB＝2，OE＝1，∠AOB＝90°，
∴BE=❑√OB2+OE2=❑√5．
∴线段BD长度的最大值为BE+DE=❑√5+1．
故答案为：❑√5+1．
6．（2024•江安县校级模拟）点P在△PAB平面内一动点，∠APB＝90°，AB＝6，点M是PB上一点，且
BM＝PA，连接AM，则AM的最小值为 3❑√5−3 ．
1
【分析】取AB中点C，连接PC，作BO⊥AB于B，且BO= AB=3，连接OM，构造△APC≌△MBO
2
（SAS），推出OM＝CA＝3，进而可得点M在以点O为圆心，3为半径的圆上，因此求AM的最小值转
化为求点A到 O距离的最值，可知当点M，O，A共线时，AM取最小值．
【解答】解：∵⊙点P在△PAB平面内一动点，∠APB＝90°，AB＝6，
∴点P在以AB为直径的圆上，
1
取AB中点C，连接PC，作BO⊥AB于B，且BO= AB=3，连接OM，
2
∵∠APB＝90°，BO⊥AB，
∴∠APC+∠BPC＝90°，∠MBO+∠CBP＝90°，
又∵CP＝CB，
∴∠CBP＝∠BPC，
∴∠APC＝∠MBO，
在△APC和△MBO中，{
AP=MB
)
∠APC=∠MBO ，
CP=OB
∴△APC≌△MBO（SAS），
∴OM＝CA＝3，
∴OM＝OB，
∴当点P在AB上方时，点M在以点O为圆心，3为半径的圆上，
∴当点M，O，A共线时，AM取最小值，
∵OA=❑√AB2+OB2=❑√62+32=3❑√5，
∴AM的最小值=OA−OM=3❑√5−3，
当点P在AB下方时，同理可得AM的最小值=3❑√5−3，
故答案为：3❑√5−3．
7．（2024•镇海区校级模拟）如图，AB、CD是 O中的两条弦，相交于点E，且AB⊥CD，AE＝DE，点
⊙
❑√130 5
H为劣弧AD上一动点，G为HE中点，若CE＝1，DE＝7，连结AG，则AG最小值为 −
2 2
．
【分析】连接AO，DO，过点O作OK⊥AE，交AE于点K，OF⊥CD，交DE于点F，构造正方形，计
算圆的半径，然后作OE的中点M，连接MG，连接OH，推导出点G的运动轨迹是以M为圆心的圆，连接AM与圆M的交点就是AG的最小值．
【解答】解：如图所示，连接AO，DO，过点O作OK⊥AE，交AE于点K，OF⊥CD，交DE于点F，
∵CE＝1，DE＝7，∴CD＝CE+DE＝1+7＝8，
∵OF⊥CD，
1
∴CF=DF= CD=4，
2
∴EF＝CF﹣CE＝4﹣1＝3，
∵AE＝DE，OA＝OD，OE＝OE，
∴△AOE≌△DOE（SSS），
1
∴∠AEO=∠DEO= ∠AED=45°，
2
∵OK⊥AE，OF⊥CD，
∴OK＝OF，
∵∠AED＝90°，
∴四边形OKEF是正方形，
∴OK＝KE＝EF＝OF＝3，
∴OA=OD=❑√OF2+DF2=❑√32+42=5，OE=❑√OF2+EF2=3❑√2，
如图所示，作OE的中点M，连接MG，连接OH，
∵点M是OE的中点，G为HE中点，1 5
∴MG= OH= ，
2 2
5
∴点G在以点M为圆心，以 为半径的圆上运动，
2
连接AM交 M于点G’，过点M作MN⊥AE，
∴当点A，G⊙，M三点共线时，即点G和点G'重合时，AG的值最小，
1 3❑√2
∵点M是OE的中点，EM= OE= ，
2 2
∵MN⊥AE，∠NEM＝45°，
∴∠NME＝45°，
∴△NME是等腰直角三角形，
❑√2 3
∴MN=EN= ME= ，
2 2
3 11
∴AN=AE−NE=7− = ，
2 2
√ 11 3 ❑√130
∴AM=❑√AN2+M N2=❑( ) 2+( ) 2= ，
2 2 2
❑√130 5
AG=AM−GM= − ，
2 2
❑√130 5
∴ACG的最小值为 − ，
2 2
❑√130 5
故答案为： − ．
2 2
【类型3 遇90度圆周角构辅助圆】
【模型总结】
如图，在△ABC中，∠C＝90°，点C为动点，则点C的轨迹是以AB为直径的⊙O(不包含A、B两点)．
注：作出辅助圆是关键，计算时结合求点圆、线圆、最值等方法进行相关计算．
应用：常用于解决直角三角形中动点的轨迹问题。
【必刷题型】1．（2024秋•兴化市月考）如图，∠MON＝45°，点A、B分别在OM、ON上，且AB＝6，以AB为边在
AB右侧作正方形ABCD，连接OD，则OD的最大值是 3❑√2+3❑√10 ．
【分析】由∠MON＝45°，AB＝6可得点O在以AB为弦，所含圆周角为45°的优弧^AOB上运动，设优
弧^AOB所在圆为 E．连接AE，BE，由圆周角定理得到∠AEB＝2∠AOB＝90°，从而在Rt△AEB中，
求得 ⊙
AE＝BE＝3❑√2．连接BD，根据正方形的性质可得∠ABD＝45°，BD＝6❑√2，又∠EAB＝∠ABE＝45°，
得到∠EBD＝∠EBA+∠ABD＝90°，连接DE，在Rt△BDE中，求得DE＝3❑√10，连接OE，OD，则根
据OD≤OE+DE即可求解．
【解答】解：∵∠MON＝45°，AB＝6，
∴点O在以AB为弦，所含圆周角为45°的优弧^AOB上运动，设优弧^AOB所在圆为 E，如图所示，
⊙
连接AE，BE，
∴∠AEB＝2∠AOB＝2×45°＝90°，
∵AE2+BE2＝AB2＝36，
∴AE＝BE＝3❑√2，
连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
1
∴BC＝CD＝AB＝6，∠ABC＝∠C＝90°，∠ABD= ∠ABC＝45°，
2
∴BD=❑√BC2+CD2=6❑√2，
∵AE＝BE，
∴∠EAB＝∠ABE∵∠ABE+∠EAB＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴∠EAB＝∠ABE＝45°，
∴∠EBD＝∠EBA+∠ABD＝45°+45°＝90°，
连接DE，
∴DE=❑√BE2+BD2=3❑√10，
连接OE，OD，
∵OE＝AE＝3❑√2，
∴OD≤OE+DE＝3❑√2+3❑√10，
即OD的最大值为3❑√2+3❑√10．
故答案为：3❑√2+3❑√10．
2．（2024秋•亭湖区校级月考）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，点E是AC边上的
动点，以CE为直径作 F，连接BE交 F于点D，则AD的最小值＝ 2❑√10−2 ．
⊙ ⊙
【分析】连接DC，由圆周角定理可得∠CDE＝90°，得到∠CDB＝90°，即可得动点D在以BC中点O
为圆心，2为半径的圆上运动，可知当A、D、O在一直线上时，AD的值最小，利用勾股定理求出AO
即可求解．
【解答】解：连接DC，
∵∠CDE﹣∠CDB＝90°，
∵BC＝4，
∴动点D在以BC中点O为圆心，2为半径的圆上运动，
∵AD≥AO﹣OD，
当A、D、O在一直线上时，AD的值最小，∵∠ACB＝90°，AC＝6，OC＝2，
由股股定理可得：
AO=❑√AC2+OC2=❑√62+22=2❑√10，
∴AD≥2❑√10−2，
最小值为2❑√10−2，
故答案为：2❑√10−2．
3．（2024•济宁二模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝12，AD＝10，AD＜BC，点
E在线段BC上运动，点F在线段AE上，∠ADF＝∠BAE，则线段BF的最小值为 8 ．
【分析】设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接BO，设BO与 O的交点为点F′，证明∠AFD
＝90°，可知点F在以AD为直径的半圆上运动，当点F运动到BO与⊙ O的交点F′时，线段BF有最
小值，据此求解即可． ⊙
【解答】解：设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接BO，如图，
设BO与 O的交点为点F′，
∵∠ABC⊙＝∠BAD＝90°，
∴∠DAF+∠BAE＝90°，
∵∠ADF＝∠BAE，
∴∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣（∠DAF+∠ADF）＝90°，
∴点F在以AD为直径的半圆上运动，∴当点F运动到BO与 O的交点F′时，线段BF有最小值，
∵AD＝10，AB＝12，⊙
1
∴OA=OD= AD=5，
2
∴OB=❑√OA2+AB2=❑√52+122=13，
∴BF的最小值为BF′＝OB﹣OF′＝13﹣5＝8．
故答案为：8．
4．（2024秋•铜山区校级月考）如图，E是正方形ABCD的边BC上一动点（点E不与点B，C重合），连
接DE，过点A作AF⊥DE交CD于点F，垂足为P，连接PC，已知正方形ABCD的边长为4，则PC长
的最小值为 2❑√5−2 ．
【分析】以AD为直径作 H，连接CH，交 H为点P，根据点圆最值的性质，则PC为最小距离，再
根据勾股定理计算即可．⊙ ⊙
【解答】解：∵AF⊥DE，
∴∠APD＝90°，
∴点P的运动轨迹是以AD为直径的圆上一段圆弧上，
如图，取AD中点H，连接CH，交 H为点P，则PC为所求，
⊙
∵正方形的边长为4，
∴DC＝4，DH＝2，
∴CH=❑√42+22=2❑√5，∵HP＝2，
∴CP=2❑√5−2．
故答案为：2❑√5−2．
5．（2024•黄山一模）如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC、AB＝6，BC＝4，点P是△ABC内部的一个动点，
连接PC，且满足∠PAB＝∠PBC，过点P作PD⊥BC交BC于点D．
（1）∠APB＝ 90 ° ；
12
（2）当线段CP最短时，△BCP的面积为 ．
5
【分析】（1）由∠ABP+∠PBC＝90°得到∠BAP+∠ABP＝90°，即可得到∠APB＝90°；
（2）首先证明点P在以AB为直径的 O上，连接OC与 O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理
⊙ ⊙
PC 2 2 12
求出OC即可得到
OC
=
5
，即可得到S△BCP =
5
S△OBC =
5
．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵∠PAB＝∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°；
故答案为：90°；
（2）设AB的中点为O，连接OP，则OP＝OA＝OB（直角三角形斜边中线等于斜边一半），
∴点P在以AB为直径的 O上，连接OC交 O于点P，此时PC最小，
在Rt△BCO中，∠OBC＝⊙90°，BC＝4，OB＝⊙3，
∴OC=❑√BO2+BC2=5，
∴PC＝OC﹣OP＝5﹣3＝2．
PC 2
∴ = ，
OC 5
1 1
∵S△OBC =
2
BC•OB =
2
×4×3＝6，2 2 12
∴S△BCP =
5
S△OBC =
5
×6 =
5
，
12
故答案为： ．
5
6．（2024•榕城区校级三模）如图，P为矩形ABCD的边AB的延长线上的动点，AH⊥PC于H，点E在边
AD上，若AB＝6，BC＝8，AE＝2，则线段EH的最大值为 ❑√13+5 ．
【分析】连接AC，以AC为直径作△ABC的外接圆 O，当E，O，H三点共线时，EH取最大值，再过
⊙
1
O作OF⊥AD于F，根据勾股定理求出OE=❑√13，而OH= AC=5，即可求出线段EH的最大值．
2
【解答】解：连接AC，以AC为直径作△ABC的外接圆 O，
⊙
∵AH⊥PC，
∴点H在 O上，
⊙当E，O，H三点共线时，EH取最大值，
过O作OF⊥AD于F，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10，
∵F为AD的中点，
1
∴OF= CD=3，
2
1
在Rt△OEF中，OE=❑√EF2+OF2=❑√(4−2) 2+32=❑√13，OH= AC=5，
2
∴线段EH的最大值为❑√13+5．
故答案为：❑√13+5．
7．（2024•潢川县三模）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝12，P为CD的中点，连接BP．在矩形
ABCD内部找一点E，使得∠BEC＝∠BPC，则线段DE的最小值为 ❑√97− 5 ．
【分析】以BP的中点O为圆心，OB为半径画圆，可得所画圆是Rt△BCP的外接圆，弦BC左侧圆弧
上任意一点E与BC构成的∠BEC与∠BPC共弦，可得∠BEC＝∠BPC，连接OD与圆的交点即为DE
的最短距离，作OH⊥DC于点H，可得OH是△PBC的中位线，根据勾股定理求出OP和OD的值，进
而可得DE的最小值．
【解答】解：如图，以BP的中点O为圆心，OB为半径画圆，
在矩形ABCD中，AD＝BC＝8，AB＝CD＝12，
∵∠BCP＝90°，
∴所画圆是Rt△BCP的外接圆，
弦BC左侧圆弧上任意一点E与BC构成的∠BEC与∠BPC共弦，∴∠BEC＝∠BPC，
连接OD与圆的交点即为DE的最短距离，
作OH⊥DC于点H，
∴H是PC的中点，
∴OH是△PBC的中位线，
1
∴OH= BC＝4，
2
∵P为CD的中点，
1
∴CP＝DP= CD＝6，
2
1
∴PH= CP＝3，
2
∴DH＝DP+PH＝3+6＝9，
∴OP=❑√OH2+PH2=5，
∴OE＝OP＝5，
∵OD=❑√DH2+OH2=❑√97，
∴DE＝OD﹣OE=❑√97−5．
故答案为：❑√97−5．
【类型4 遇定弦定角构外接圆】
【模型总结】
固定的线段只要对应固定的角度，那么这个角的顶点轨迹为圆的一部分．
如图①，在⊙O中，若弦AB长度固定，则弦AB所对的圆周角都相等；(注意：弦AB所对的劣弧
（AB）上也有圆周角，需要根据题目灵活运用)
如图②，若有一固定线段AB及线段AB所对的 大小固定，根据圆的知识可知点C不唯一．当°时，点C在优弧上运动；当 °时，点C在半圆上运动，且线段AB是⊙O的直径；当
°时，点C在劣弧上运动．
【必刷题型】
1．（2023•武侯区校级三模）△ABC中，∠A＝45°，BC＝4❑√2，点D为AC上的一点，且AB＝2CD，则
BD的最小值为 4 ．
【分析】根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，进而求出△ABC的外接圆半径，再取AB的中点E，由AB
＝2CD，可BE＝CD，再构造全等三角形进而得到FE＝BD，取OB的中点O ，当点F，点E，点O 在
1 1
一条直线上时，EF最短，即BD最小，根据三角形内角和定理、圆周角定理以及全等三角形的性质得
出△FBO 是直角三角形，由勾股定理求出FO ，进而求出EF即可．
1 1
【解答】解：如图，点O是△ABC的外接圆圆心，连接OA，OB，OC，
在△BOC中，∠BOC＝2∠A＝90°，OB＝OC，BC＝4❑√2，
❑√2
∴OB＝OC＝OA= BC＝4，
2
1
取AB的中点E，则AE＝BE= AB，
2
∵AB＝2CD，
∴CD＝BE，
作△BEF≌△CDB，则BF＝BC＝4❑√2，BD＝FE，∠BCD＝∠FBE，
取OB的中点O ，连接O E，则O E＝2，
1 1 1
当点A在 O上移动时，点E在以O 为圆心，半径为2的圆上，
1
当点F，点⊙E，点O 在一条直线上时，EF最短，即BD最小，
1
在△AOB中，OA＝OB，
180°−∠AOB
∴∠ABO =
1 2180°−2∠BCD
=
2
＝90°﹣∠BCD
＝90°﹣∠FBE，
即∠ABO +∠FBE＝90°，
1
∴△FBO 是直角三角形，
1
∵BF＝BC＝4❑√2，BO ＝2，
1
∴FO =❑√BF2+O B2=6，
1 1
∴EF＝6﹣2＝4，
即BD的最小值是4．
故答案为：4．
2．（2023•惠城区一模）如图，四边形ABCD为矩形，AB=2，AD=2❑√3，E为平面内一点，且∠AED
＝30°，连接BE，则BE的最大值是 2❑√7+2❑√3 ．
【分析】作△ADE的外接圆 O，作直线AO，交 O于点E ，作直线BO，交 O于点E ，连接DE ，
1 2 1
此时∠AE D＝∠AED＝30°，⊙当E与E 重合时，⊙BE最大，最大值为BE 的长⊙，作OG⊥BC，交AD于
1 2 2
1
H，则OH⊥AD，根据垂径定理得到BG＝AH= AD=❑√3，根据圆周角定理得出∠ADE ＝90°，即可对
2 1
称AE ＝2AD＝4❑√3，则OE ＝OE ＝2❑√3，解直角三角形AOH求得OH＝3，即可得到OG＝3+2＝5，
1 2 1
利用勾股定理求得OB，进一步求得BE 的长即可．
2
【解答】解：作△ADE的外接圆 O，作直线AO，交 O于点E ，作直线BO，交 O于点E ，连接
1 2
DE ，此时∠AE D＝∠AED＝30°，⊙当E与E 重合时，B⊙E最大，最大值为BE 的长，⊙
1 1 2 2∵AE 是直径，
1
∴∠ADE ＝90°，
1
∴AE ＝2AD＝4❑√3，
1
∴OE ＝OE ＝2❑√3，
2 1
作OG⊥BC，交AD于H，则OH⊥AD，
1
∴AH= AD=❑√3，
2
∵OA＝2❑√3，
∴OH＝3，
∴OG＝3+2＝5，
∵BG＝AH=❑√3，
∴OB=❑√BG2+OG2=❑√3+25=2❑√7，
∴BE ＝OB+OE ＝2❑√7+2❑√3，
2 2
∴BE的最大值是2❑√7+2❑√3．
故答案为：2❑√7+2❑√3．
3．（2023秋•和平区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°且AB＝2，点P为△ABC的内心，点O
为AB边中点，将BO绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接DP，则DP长的最小值为 ❑√5−❑√2
．【分析】在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB＝90°，AK＝BK．连接DK，PK，过点K作
KT⊥DB交DB的延长线于点T．根据三角形的内心为三角形角平分线的交点，求得∠APB＝180°﹣45°
＝135°，进而判断出点P的运动轨迹在以K为圆心，KA为半径的圆上运动，求出 DK，PK，结合
DP≥DK﹣PK，可得结论．
【解答】解：在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB＝90°，AK＝BK．连接DK，PK，过点
K作KT⊥DB交DB的延长线于点T．
∵点P是△ACB的内心，∠C＝90°，
1 1
∴∠PAB= ∠CAB，∠PBA= ∠ABC，
2 2
1
∴∠PAB+∠PBA= (∠CAB+∠CBA)=45°，
2
∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，
∴点P在以K为圆心，KA为半径的圆上运动，
∵AB＝2，AK＝BK，∠AKB＝90°，
∴AK=BK=KP=❑√2，∠ABK＝45°，
∵∠ABT＝90°，
∴∠KBT＝45°，
∴KT＝BT＝1，∵OA＝OB＝BD＝1，
∴DT＝2，
∴DK=❑√DT2+KT2=❑√5，
∴DP≥DK−PK=❑√5−❑√2，
∴DP的最小值为❑√5−❑√2．
故答案为：❑√5−❑√2．
4．（2023秋•汕尾期末）如图，在△ABC中，BC＝4，∠A＝45°，则△ABC面积的最大值为 4❑√2+4
．
【分析】作出△ABC的外接圆 O，连接OB、OC，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求出
∠BOC＝90°，过点O作OD⊥B⊙C，根据等腰直角三角形的性质求出半径OB的长度，再根据三角形的
面积公式，底边BC一定，边BC上的高越大则三角形的面积越大，所以，当 BC边上的高过圆心O
时，三角形的面积最大，进行求解即可．
【解答】解：如图，△ABC的外接圆 O，连接OB、OC，
⊙
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝2×45°＝90°，
过点O作OD⊥BC，垂足为D，
∵OB＝OC，
1
∴BD＝CD= BC＝2，
2
∵∠BOC＝90°，OD⊥BC，
1
∴OD= BC＝2，
2∴OB=❑√22+22=2❑√2，
∵BC＝4保持不变，
∴BC边上的高越大，则△ABC的面积越大，当高过圆心时，最大，
此时BC边上的高为：2❑√2+2，
1
∴△ABC的最大面积是： ×4×（2❑√2+2）＝4❑√2+4．
2
故答案为：4❑√2+4．
5．（2024•徐州二模）如图，△ABC为等边三角形，AB＝2，若P为△ABC内一动点，且满足∠APC＝
150°，则线段PB长度的最小值为 2❑√3− 2 ．
【分析】如图，作△APC的外接圆 O，根据圆周角定理可得∠COA＝60°，得△AOC是等边三角形，
可知点P的运动轨迹是^AC，当O、⊙P、B共线时，PB长度最小，根据勾股定理和线段的差可得结论．
【解答】解：如图，作△APC的外接圆 O，
∵∠APC＝150°， ⊙
∴∠COA＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝OC＝AC＝2，∴点P的运动轨迹是^AC，
当O、P、B共线时，PB长度最小，
设OB交AC于D，
此时PA＝PC，OB⊥AC，
∵△ABC是等边三角形，
1 1
∴AD＝CD= AC＝1，∠ABD= ∠ABC＝30°，
2 2
∴BD＝OD=❑√22−12=❑√3，
∵OP＝OC＝2，
∴PD＝2−❑√3，
∴PB＝BD﹣PD=❑√3−（2−❑√3）＝2❑√3−2．
故答案为：2❑√3−2．
6．（2024•子洲县校级模拟）如图，在平面内有四点 A，B，C，D，其中AB＝AC＝6，∠BAC＝60°，若
∠BDC＝90°，则AD的最大值是 3+ 3❑√3 ．
【分析】先证△ABC是等边三角形，可得BC＝6，由∠BDC＝90°，可得点D在以BC为直径的圆上运
动，则当点D'在线段AO的延长线上时，AD'有最大值，由等边三角形的性质可求解．
【解答】解：如图，连接BC，取BC的中点O，
∵AB＝AC＝6，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝6，
∵∠BDC＝90°，
∴点D在以BC为直径的圆上运动，
∴当点D'在线段AO的延长线上时，AD'有最大值，OD'＝3，
∵△ABC是等边三角形，BO＝CO＝3，
∴AO⊥BC，∴AO=❑√AB2−BO2=❑√36−9=3❑√3，
∴AD的最大值＝AO+D'O＝3+3❑√3．
故答案为：3+3❑√3．
7．（2024•东莞市三模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6❑√3，D为平面内一点，连接AD，
CD，∠ADC＝30°，连接BD．则线段BD的最小值为 2❑√13− 4 ．
【分析】如图，作△ADC的外接圆 I，连接IQ，IC，ID，IB，过点I作IH⊥CB于点H．解直角三角
形求出ID，IB，可得结论． ⊙
【解答】解：如图，作△ADC的外接圆 I，连接IQ，IC，ID，IB，过点I作IH⊥CB于点H．
⊙
∵∠AIC＝2∠ADC＝60°，IA＝IC，
∴△ACI是等边三角形，
∴IA＝IC＝ID＝4，∠ACI＝60°，
∵∠ACB＝90°，∴∠ICH＝30°，
∵IH⊥CB，
1
∴IH= CI＝2，CH=❑√3IH＝2❑√3，
2
∵CB＝6❑√3，
∴BH＝BC﹣CH＝4❑√3，
∴BI=❑√I H2+BH2=❑√22+(4❑√3) 2=2❑√13，
∴BD≥IB﹣ID＝2❑√13−4，
∴BD的最小值为2❑√13−4，
故答案为：2❑√13−4．
【类型5 利用圆的切线求最值】
【模型总结】
模型1
条件：OP=a，Q是一动点，且OQ=b（a，b是定值，且a>b）.
结论：点Q在以b为半径的⊙O上，且当PQ与⊙O相切时，∠OPQ最大.
模型2
条件：O是直线l上的一定点，P是l上的一动点，OQ=m（定长），且∠OPQ=α（定角）.
结论：点Q在以m为半径的⊙O上，且当PQ与⊙O相切时，OP最大.
【必刷题型】
1．（2024•济南模拟）如图，在平面直角坐标系中， O的半径为1，点P在经过点A（﹣4，0），B
（0，4）的直线上，PQ与 O相切于点Q，则切线长⊙PQ的最小值为 ❑√7 ．
⊙【分析】连接OQ，OP，由切线的性质可知PQ=❑√OP2−OQ2=❑√OP2−1，要使PQ的值为最小，则
需满足OP为最小值即可，然后根据点到直线垂线段最短可知当 OP⊥AB时OP为最小值，进而问题可
求解．
【解答】解：连接OQ，OP，如图所示：
∵PQ与 O相切于点Q，
∴OQ⊥P⊙Q，
∵OQ＝1，
∴PQ=❑√OP2−OQ2=❑√OP2−1，
∵A（﹣4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∴△AOB是等腰直角三角形，且AB=4❑√2，
要使PQ的值为最小，则需满足OP为最小值即可，根据点到直线垂线段最短可知当OP⊥AB时OP为最
小值，
1
∴OP= AB=2❑√2，
2
∴PQ=❑√8−1=❑√7，
∴PQ的最小值为❑√7；
故答案为：❑√7．
2．（2023秋•江阳区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3． C的半径为1，点P是
⊙❑√119
AB边上的动点，过点P作 C的一条切线PD，点D为切点，则线段PD长的最小值为 ．
5
⊙
【分析】连接DC，PC，根据切线的性质和勾股定理推出PD=❑√PC2−DC2，由于DC为半径是定
值，则PC最小时，PD取最小值，由垂线段最短可知，当PC⊥AB时，PC最小，利用三角形面积求得
PC，即可求得线段PD长的最小值．
【解答】解：连接DC，PC，如图所示：
∵PD为 C的一条切线，
∴PD⊥D⊙C，
∴PD=❑√PC2−DC2，
∵DC为半径是定值，
∴当PC最小时，PD取得最小值，
由垂线段最短可知，当PC⊥AB时，PC最小，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3．
∴AB＝5，
1 1
∵ AC⋅BC= PC⋅AB，
2 2
12
∴5PC＝12，解得PC= ，
5√ 12 2 ❑√119
∴PD=❑( ) −12= ，
5 5
❑√119
故答案为： ．
5
3．（2024•陕西模拟）如图，在等边△ABC中，AB＝8，以点B为圆心，半径为2作 B，点D是AC边上
的一个动点，过点D作DE与 O相切于点E，则线段DE的最小值为 2❑√11 ．⊙
⊙
【分析】连接BD，BE，作BF⊥AC于点F，由等边三角形的性质得AC＝AB＝8，所以AF＝CF＝4，则
BF=❑√AB2−AF2=4❑√3，再由切线的性质证明∠BED＝90°，则DE=❑√BD2−BE2=❑√BD2−4，所以
当BD的值最小时，DE的值最小，由BD≥4❑√3，求得BD的最小值为4❑√3，则DE最小 =❑√(4❑√3) 2−4=
2❑√11，于是得到问题的答案．
【解答】解：如图，连接BD，BE，作BF⊥AC于点F，则∠AFB＝90°，
∵△ABC是等边三角形，AB＝8，
∴AC＝AB＝8，
1 1
∴AF＝CF= AC= ×8＝4，
2 2
∴BF=❑√AB2−AF2=❑√82−42=4❑√3，
∵DE与 O相切于点E，BE＝2，
∴DE⊥B⊙E，
∴∠BED＝90°，
∴DE=❑√BD2−BE2=❑√BD2−22=❑√BD2−4，
∴当BD的值最小时，DE的值最小，
∵BD≥BF，
∴BD≥4❑√3，∴BD的最小值为4❑√3，
∴DE最小 =❑√(4❑√3) 2−4=2❑√11，
故答案为：2❑√11．
4．（2023•永寿县二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，M是AD的中点，点P是CD上一个动点，当
∠APM的度数最大时，CP的长为 4 ﹣ 2❑√2 ．
【分析】因为同弧所对的圆外角小于圆周角，因此过点A、M作 O与CD相切于点P'，当点P运动到
点P'处时，∠AP'M的度数最大，记AM的中点为N，可以证出四边⊙形OP'DN是矩形，在Rt△MON中，
利用勾股定理求出ON，从而得出DP'的长，进而求出CP的长．
【解答】解：过点A、M作 O与CD相切于点P'，记PM 与 O交于点Q，连接AP′，MP′，OM，
OP′，AQ， ⊙ ⊙
则∠AP'M＝∠AQM＞∠APM，∠OP′D＝90°，
∴当点P运动到点P'时，∠AP'M最大，
作ON⊥AD于点N，
1
则MN＝AN= AM，
2
∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝90°，
∴四边形OP'DN是矩形，
∵AB＝4，M是AD的中点，
∴AM＝DM＝2，MN＝1，
∴OM＝OP'＝DN＝DM+MN＝3，
在Rt△MON中，
ON=❑√OM2−M N2=❑√32−12=2❑√2，
∴DP'＝ON＝2❑√2，
∴CP'＝DC﹣DP'＝4﹣2❑√2，
∴当∠APM的度数最大时，CP的长为4﹣2❑√2．
故答案为：4﹣2❑√2．
5．（2023秋•兴化市月考）在Rt△ABC中∠C＝90°，且AC＝BC＝6cm，点E是BC上一动点，连接AE，
过点E作AE的垂线，交边AB于点F，则BF的最大值为 (18❑√2−24)cm ．
【分析】取AF的中点O，连接OE，先确定出点E为以点O为圆心，AF为直径的圆与边BC的交点，
从而可得当 O 与 BC 相切时，OE 最小，BF 取最大值，再设 BE＝OE＝OA＝x cm，则
OB=(6❑√2−x⊙)cm，在Rt△BOE中，利用勾股定理可求出x的值，由此即可得．
【解答】解：如图，取AF的中点O，连接OE，由圆周角定理可知，点E为以点O为圆心，AF为直径的圆与边BC的交点，
1
∴OE= AF，
2
则当BF取最大值时，AF最小，即OE最小，
由圆的性质可知，当 O与BC相切时，OE最小，
则此时OE⊥BC， ⊙
∵在Rt△ABC中∠C＝90°，且AC＝BC＝6cm，
∴AB=❑√AC2+BC2=6❑√2cm，∠B＝45°，
∴Rt△BOE是等腰直角三角形，
∴OE＝BE，
设BE＝OE＝OA＝x cm，则OB=AB−OA=(6❑√2−x)cm，
在Rt△BOE中，OE2+BE2＝OB2，
即x2+x2=(6❑√2−x) 2 ，
解得x=−6❑√2+12或x=−6❑√2−12＜0（不符合题意，舍去），
∴AF=2OA=(−12❑√2+24)cm，
∴BF=AB−AF=(18❑√2−24)cm，
所以BF的最大值为(18❑√2−24)cm，
故答案为：．
