圓的最值模型之瓜豆模型（解析版）（北師大版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁專題10圓的最值模型之瓜豆模型一、模型說明問題1.如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？解析：Q點軌跡是一個圓理由：Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，．問題2.如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，當P在圓O運動時，Q點軌跡是？解析：Q點軌跡是一個圓理由：∵AP⊥AQ，∴Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；又∵AP：AQ=2：1，∴Q點軌跡圓圓心M滿足AO：AM=2：1．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為2．模型總結：條件：兩個定量主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP:AQ是定值）．結論：（1）主、從動點與定點連線的夾角等于兩圓心與定點連線的夾角：∠PAQ=∠OAM；（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點的距離之比：AP:AQ=AO:AM，也等于兩圓半徑之比．二、例題精講例1．如圖，線段為的直徑，點在的延長線上，，，點是上一動點，連接，以為斜邊在的上方作Rt，且使，連接，則長的最大值為．【答案】/【分析】作，使得，，則，，，由，推出，即（定長），由點是定點，是定長，點在半徑為1的上，由此即可解決問題．【詳解】解：如圖，作，使得，，則，，，，，，，，，即（定長），點是定點，是定長，點在半徑為1的上，，的最大值為，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、兩圓的位置關系、軌跡等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．例2．如圖，已知，平面內(nèi)點P到點O的距離為2，連接AP，若且，連接AB，BC，則線段BC的最小值為．【答案】【分析】如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，先證明△APD是等邊三角形，從而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到，從而證明△AMB∽△AOP，得到，則，則點B在以M為圓心，以為半徑的圓上，當M、B、C三點共線時，即點B在點的位置時，BC有最小值，據(jù)此求解即可．【詳解】解：如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，∵，∴，又∵∠APB=60°，∴△APD是等邊三角形，∵B為PD的中點，∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，∴∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，∴，同理可得，∵∠OAM=30°=∠PAB，∴∠BAM=∠PAO，又∵，∴△AMB∽△AOP，∴，∵點P到點O的距離為2，即OP=2，∴，∴點B在以M為圓心，以為半徑的圓上，連接CM交圓M（半徑為）于，∴當M、B、C三點共線時，即點B在點的位置時，BC有最小值，∵AC=2AO=8，∴AO=4，∴，∴，，∴，∴，∴，∴BC的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，圓外一點到圓上一點的最值問題，解題的關鍵在于能夠熟練掌握瓜豆模型即證明點B在以M為圓心，半徑為的圓上運動．例3．如圖，中，，中，，直線與交于，當繞點任意旋轉的過程中，到直線距離的最大值是．【答案】/【分析】數(shù)形結合，根據(jù)動點的運動情況判斷點的運動軌跡，再根據(jù)角度以及勾股定理求解最大值．【詳解】解：如圖旋轉，連接以為直徑作，以為半徑作過點作的切線交于點在和中∴點共圓，點共圓，點在上運動，的半徑為∴又∵，∴當點運動到點時，到直線距離的最大，過點作，過點作，，∴四邊形是矩形，

是圓心，設，，解得：（舍去）∴故答案為：．【點睛】本題主要考查圓動點的最值問題。熟練運用四點共圓性質(zhì)以及勾股定理解直角三角形是解決本題的關鍵．例4．如圖，在半徑為4的中，弦，B是上的一動點（不與點A重合），D是的中點，M為的中點，則的最大值為．

【答案】/【分析】連接，，取的中點E，連接，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到，得到點D在以E為圓心，以2為半徑的圓上運動，連接，取的中點G，連接，，同理得到點M在以點G為圓心，以1為半徑的圓上運動，進而得到當點A，G，M三點共線時，取得最大值，即的長度，取線段的中點F，連接，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】如圖所示，連接，，取的中點E，連接

∵D是的中點，E是的中點，∴是的中位線，∴，∴點D在以E為圓心，以2為半徑的圓上運動，連接，取的中點G，連接，∵M為的中點，G是的中點，∴∴點M在以點G為圓心，以1為半徑的圓上運動，∴∴如圖所示，當點A，G，M三點共線時，取得最大值，即的長度，取線段的中點F，連接，

∵的半徑為4∴∵∵，∴∴∵點F是的中點，點G是的中點，∴，且，∴∵，∴∴在中，．∴，∴的最大值為．故答案為：．【點睛】此題考查了三角形中位線性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．三、課后訓練1．如圖，A是上任意一點，點C在外，已知是等邊三角形，則的面積的最大值為（）A． B．4 C． D．6【答案】A【分析】以為邊向上作等邊三角形，連接，證明得到，分析出點D的運動軌跡是以點M為圓心，長為半徑的圓，在求出點D到線段的最大距離，即可求出面積的最大值．【詳解】解：如圖，以為邊向上作等邊三角形，連接，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∴點D的運動軌跡是以點M為圓心，長為半徑的圓，要使的面積最大，則求出點D到線段的最大距離，∵是邊長為4的等邊三角形，∴點M到的距離為，∴點D到的最大距離為，∴的面積最大值是，故選A．【點睛】本題考查了動點軌跡是圓的問題，解決本題的關鍵是利用構造全等三角形找到動點D的軌跡圓，再求出圓上一點到定線段距離的最大值．2．如圖，在Rt△ABC中，，，BC＝2，線段BC繞點B旋轉到BD，連AD，E為AD的中點，連接CE，則CE的最大值是．【答案】3【分析】通過已知求得D在以B為圓心，BD長為半徑的圓上運動，∵E為AD的中點，∴E在以BA中點為圓心，長為半徑的圓上運動，再運用圓外一定點到圓上動點距離的最大值=定點與圓心的距離+圓的半徑，求得CE的最大值．【詳解】解：∵BC＝2，線段BC繞點B旋轉到BD，∴BD＝2，∴．由題意可知，D在以B為圓心，BD長為半徑的圓上運動，∵E為AD的中點，∴E在以BA中點為圓心，長為半徑的圓上運動，CE的最大值即C到BA中點的距離加上長．∵，，BC＝2，∴C到BA中點的距離即，又∵，∴CE的最大值即．故答案為3．【點睛】本題考查了與圓相關的動點問題，正確識別E點運動軌跡是解題的關鍵．3．如圖，在中，，，，過點作的平行線，為直線上一動點，為的外接圓，直線交于點，則的最小值為．【答案】2【分析】如圖，連接CE．首先證明∠BEC=120°，根據(jù)定弦定角，可得點E在以M為圓心，MB為半徑的上運動，連接MA交于E′，此時AE′的值最小．【詳解】解：如圖，連接CE．∵AP∥BC，∴∠PAC=∠ACB=60°，∴∠CEP=∠CAP=60°，∴∠BEC=120°，,為定值，則點E的運動軌跡為一段圓弧如圖，點E在以M為圓心，MB為半徑的上運動，過點作∴中優(yōu)弧度數(shù)為=240°，則劣弧度數(shù)為120°∴△BMC是等腰三角形，∠BMC=120°，∵∠BCM=30°，BC=，∴MB=MC=8，∴連接MA交于E′，此時AE′的值最?。摺螦CB=60°，∠BCO=30°，∴∠ACM=90°，∴MA==，∴AE的最小值為=．故答案為：2【點睛】本題考查三角形的外接圓與外心、平行線的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理，點與圓的位置關系等知識，解題的關鍵是添加常用輔助線，構造輔助圓解決問題．4．如圖，已知的半徑為2，弦，點為優(yōu)弧上動點，點為的內(nèi)心，當點從點向點運動時，點移動的路徑長為．【答案】【分析】連接OB，OA，過O作OD⊥AB，根據(jù)垂徑定理可得AD=BD=AB=，根據(jù)余弦的定義、特殊角的三角函數(shù)值及圓周角定理可得∠P=∠AOB=60°，連接IA，IB，根據(jù)角平分線的定義得到∠IAB=∠PAB，∠IBA=∠PBA，根據(jù)三角形的內(nèi)角和得到∠AIB=180°?(∠PAB+∠PBA)=120°，設A，B，I三點所在的圓的圓心為O'，連接，，得到=120°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，連接，可得，解直角三角形可求出的長，根據(jù)弧長公式即可得到結論．【詳解】連接，，過作，∴，∵，∴sin∠AOD=，∴，，，∴，連接，，∵點為的內(nèi)心，∴，，∴，∵點為優(yōu)弧上動點，∴始終等于，∴點在以為弦，并且所對的圓周角為的一段劣弧上運動，設，，三點所在的圓的圓心為，連接，，則，∵，∴，連接，∵，∴，∴，點移動的路徑長．故答案為：【點睛】本題考查垂徑定理、圓周角定理、解直角三角形及弧長公式，垂直于弦點直徑平分弦，且平分這條弦所對點兩條弧；在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對點圓心角點一半；熟練掌握相關定理并熟記特殊角的三角函數(shù)值及弧長公式是解題關鍵．5．如圖，是的直徑，C為上一點，且，P為圓上一動點，M為的中點，連接．若的半徑為2，則長的最大值是．

【答案】【分析】連接，根據(jù)垂徑定理，得到，得到點M在以為直徑的,結合的半徑為2，的半徑為1，當點C、E、M三點共線時，最長，利用勾股定理計算即可．【詳解】連接，∵是的直徑，M為的中點，∴，∴點M在以為直徑的,∵的半徑為2，∴的半徑為1，當點C、E、M三點共線時，最長，連接，延長交于點N，故當點M與點N重合時，最長，∵，∴，

故．【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，圓的性質(zhì)，熟練掌握垂徑定理，圓的性質(zhì)是解題的關鍵．6．如圖是半圓O的直徑，點D在半圓O上，，，C是上的一動點，連接，過點D作于點H，連接，在點C移動的過程中，的最小值是．

【答案】【分析】如圖，取的中點M，以點M為圓心，半徑為1畫圓，連接，由題意可知點H在以M為圓心，為直徑的上，則當M、H、B三點共線時，的值最??；【詳解】解：如圖，取的中點M，以點M為圓心，半徑為1畫圓，連接，

點H在以M為圓心，為半徑的上，是直徑，在中，在中，當M、H、B共線時，的值最小，故答案為：【點睛】本題考查點與圓的位置關系、勾股定理、圓周角定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，利用輔助線圓解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．7．如圖，在中，，，，點是上的一個動點，以為直徑作圓，連接交圓于點，則的最小值為．

【答案】【分析】連接，取的中點，作直徑為的，連接，，首先利用勾股定理解得，再根據(jù)圓周角定理得出，進而可得點在上；當點共線時，取最小值，據(jù)此即可獲得答案．【詳解】解：連接，取的中點，作直徑為的，連接，，如下圖，

∵，∴，即半徑為2，∵，，∴，∵是直徑，∴，∴點在上，在點的運動過程中，，且點共線時等號成立，∴當點共線時，取最小值，此時．故答案為：．【點睛】本題主要考查了圓周角定理、勾股定理以及圓外一點與圓的最短距離問題，，正確作出輔助線是解題關鍵．8．如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，連接BD，將△ABD繞點D順時針旋轉，記旋轉后的三角形為△A′B′D，旋轉角為α（0°＜α＜360°且α≠180°）．(1)在旋轉過程中，當A′落在線段BC上時，求A′B的長；(2)連接A′A、A′B，當∠BA′B'＝90°時，求tan∠A′AD；(3)在旋轉過程中，若△DAA′的重心為G，則CG的最小值＝．【答案】(1)4；(2)tan∠A′AD＝3或；(3)【分析】（1）由四邊形ABCD矩形，AB＝3，AD＝4得CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，當A′落在線段BC上時，由旋轉得A′D＝AD＝4，則A′C，所以A′B＝4；（2）分兩種情況，一是點B′與點C在直線BD的同側，作A′E⊥AD于點E，則∠A′EA＝90°，先證明點B、A′、D在同一條直線上，求得BD5，由sin∠ADB，cos∠ADB，求出A′E的長和ED的長，再求出AE的長，再由tan∠A′AD求出此時tan∠A′AD的值；二是點B′與點C在直線BD的異側，作A′E⊥AD交AD的延長線于點E，則∠E＝90°，先求出A′E的長和ED的長，再求出AE的長，再由tan∠A′AD求出此時tan∠A′AD的值；（3）在AD上截取DF，則，作DH⊥AA′于點H，在DH上截取DGDH，連接FG、CG，則，由A′D＝AD可知H為AA′的中點，DH為△DAA′的中線，點G為△DAA′的重心，再證明△DFG∽△DAH，則∠FGD＝∠AHD＝90°，取DF的中點O，連接OC交⊙O于點P，連接OG，則OG＝OP＝ODDF，可知點G在以點O為圓心、半徑為的圓上運動，可由CG+OG≥OC推導出CG≥CP，則當CG＝CP時，CG的長最小，求出CP的長即可．【詳解】（1）解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD矩形，AB＝3，AD＝4，∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，當A′落在線段BC上時，由旋轉得A′D＝AD＝4，∴A′C，∴A′B＝BC﹣A′C＝4，∴A′B的長為4．（2）（2）如圖2，點B′與點C在直線BD的同側，作A′E⊥AD于點E，則∠A′EA＝90°，由旋轉得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，∵∠BA′B'＝90°，∴∠B′A′D+∠BA′B'＝180°，∴點B、A′、D在同一條直線上，∵∠A′ED＝∠BAD＝90°，∴BD5，∴sin∠ADB，cos∠ADB，∴A′EA′D4，EDA′D4，∴AE＝AD﹣ED＝4，∴tan∠A′AD3；如圖3，點B′與點C在直線BD的異側，作A′E⊥AD交AD的延長線于點E，則∠E＝90°，由旋轉得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，∵∠BA′B'＝90°，∴∠B′A′D＝∠BA′B'，∴A′D與A′B重合，∴點B、A′、D在同一條直線上，∵∠EDA′＝∠ADB，∴sin∠EDA′＝sin∠ADB，cos∠EDA′＝cos∠ADB，∴A′EA′D，EDA′D，∴AE＝AD+ED＝4，

∴tan∠A′AD，綜上所述，tan∠A′AD＝3或．（3）（3）如圖4，在AD上截取DF，則，作DH⊥AA′于點H，在DH上截取DGDH，連接FG、CG，則，∵A′D＝AD，∴H為AA′的中點，∴DH為△DAA′的中線，∴點G為△DAA′的重心，∵，∠FDG＝∠ADH，∴△DFG∽△DAH，∴∠FGD＝∠AHD＝90°，取DF的中點O，連接OC交⊙O于點P，連接OG，則OG＝OP＝ODDF，∴點G在以點O為圓心、半徑為的圓上運動，∵CG+OG≥OC，即CG+OG≥CP+OP，∴CGCP，∴CG≥CP，∴當CG＝CP時，CG的長最小，

∵OC，∴CP＝OC﹣OP，∴CG的最小值是，故答案為：．【點睛】此題重點考查矩形的性質(zhì)、旋轉的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)、解直角三角形、“兩點之間，線段最短”、數(shù)形結合與分類討論數(shù)學思想的運用等知識與方法，此題難度較大，屬于考試壓軸題．9．在菱形中，，是對角線上的一點，連接．（1）當在的中垂線上時，把射線繞點順時針旋轉后交于，連接．如圖①，若，求的長．（2）在（1）的條件下，連接，把繞點順時針旋轉得到如圖②，連接，點為的中點，連接，求的最大值．【答案】（1）（2）【分析】（1）通過菱形性質(zhì)證明，在中，利用勾股定理求出AE的長度，再中，可以得到，在等腰中，利用角度推導出，代入數(shù)值求解即可．（2）判斷出點Ｈ的運動軌跡，從而知道點Ｎ的運動軌跡，根據(jù)三角形三邊關系，即可得到AN的最大值．【詳解】（1）解：過點F作于點M，如下圖：∵四邊形ABCD是菱形,且∴∵為菱形對角線∴,又∵在的中垂線上∴∴∴,在中，∴設：，則∵即：，解得：∴∵，∴∴，∴又∵∴，∴，∴，∴（2）連接AC