如图①，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A，B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离.
(1)如图②，在⊙O上取一点C（不与点A，B重合），连结PC，OC.求证：PA＜PC.
(2)如图③，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC=2,以BC为直径的半圆交AB于D,P是$\overset{\frown}{CD}$上的一个动点,连结AP,则AP的最小值是.
(3)如图④,在边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,M是AD边的中点,N是AB边上一动点,将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A'MN,连结A'C,请求出A'B长度的最小值.
(4)①如图⑤,E,F是正方形ABCD的边AD上两个动点,满足AE=DF.连结CF交BD于点G,连结BE交AG于点H.若正方形的边长为2,则线段DH的最小值是；
②如图⑥,平面直角坐标系中,分别以点A(-2,3),B(3,4)为圆心,以1,2为半径作⊙A、⊙B,M,N分别是⊙A、⊙B上的动点,P为x轴上的动点,则PM+PN的最小值等于.

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(1)在⊙O上任取一点C(不与点A,B重合),连结PC,OC.
∵ PO＜PC+OC,PO=PA+OA,OA=OC,
∴ PA＜PC.
(2)$\sqrt{5}-1$ 解析:取BC的中点O,连结AO与半圆交于点P,如图①,由定理可知,此时AP最短,
∵ ∠ACB=90°,AC=BC=2,BC为直径,
∴ PO=CO=1,
∴ AO=$\sqrt{AC^2+CO^2}=\sqrt{5}$,
∴ AP=$\sqrt{5}-1$.
(3)如图②,由折叠知A'M=AM,又M是AD的中点,可得MA=MA'=MD,故点A'在以AD为直径的圆上,由模型可知,当点A'在BM上时,A'B长度取得最小值,
∵ 在边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,M是AD边的中点,
∴ BM⊥AM,BM=$\sqrt{2^2-1}=\sqrt{3}$,故A'B的最小值为$\sqrt{3}-1$.
(4)①$\sqrt{5}-1$ 解析:如图③,在正方形ABCD中,AB=AD=CD,∠BAD = ∠CDA, ∠ADG = ∠CDG, 在 △ABE 和 △DCF 中,$\begin{cases} AB=DC, \\ ∠BAD=∠CDA, \\ AE=DF, \end{cases}$
∴ △ABE≌△DCF(SAS),
∴ ∠1=∠2,在△ADG和△CDG中,$\begin{cases} AD=CD, \\ ∠ADG=∠CDG, \\ DG=DG, \end{cases}$
∴ △ADG≌△CDG(SAS),
∴ ∠2=∠3,
∴ ∠1 = ∠3.
∵ ∠BAH+∠3 = ∠BAD = 90°,
∴ ∠1 + ∠BAH = 90°,
∴ ∠AHB= 180°− 90° = 90°,取AB的中点O,连结OH,OD,则OH=AO=$\frac{1}{2}AB=1$,在Rt△AOD中,OD=$\sqrt{AO^2+AD^2}=\sqrt{5}$,根据三角形的三边关系,OH+DH＞OD,
∴ 当O,D,H三点共线时,DH的长度最小,DH最小值=OD−OH=$\sqrt{5}-1$.
②$\sqrt{74}-3$ 解析:作⊙A关于x轴的对称⊙A',连结BA'分别交⊙A'和⊙B于M',N,交x轴于P,如图④,则此时PM+PN最小,
∵ 点A坐标为(−2,3),
∴ 点A'坐标(−2,−3).
∵ 点B(3,4),
∴ A'B=$\sqrt{(3+2)^2+(4+3)^2}=\sqrt{74}$,
∴ M'N=A'B−BN−A'M' = $\sqrt{74}-2-1=\sqrt{74}-3$.
∵ PM=PM',
∴ PM+PN的最小值为$\sqrt{74}-3$.

【分析】
本题围绕点到圆上点的最短距离（即“一箭穿心”）模型展开：点到圆上任意点的最短距离为该点到圆心的距离减去圆的半径，最长距离为点到圆心的距离加半径。解题核心为先确定动点的运动轨迹是圆，再结合相关几何性质求解：
(1) 直接利用三角形三边关系即可证明基础结论；
(2) 先确定半圆的圆心，计算点A到圆心的距离后减去半径，即可得到AP的最小值；
(3) 由折叠性质可知A'的轨迹是以M为圆心、MA长为半径的圆，计算点B到圆心M的距离减去半径，即可得到A'B的最小值；
(4) ①先通过全等证明∠AHB=90°，得到H的轨迹是以AB为直径的圆，计算点D到圆心的距离减去半径，即可得到DH的最小值；②利用轴对称将x轴同侧的圆转化为异侧，计算两圆心距离减去两个半径，即可得到PM+PN的最小值。
【解析】
(1) 在⊙O上任取一点C(不与点A,B重合)，连结PC,OC。
∵ 三角形两边之和大于第三边，
∴ $PO ＜ PC+OC$，
又
∵ $PO=PA+OA$，且OA、OC都是⊙O的半径，$OA=OC$，
代入得$PA+OC ＜ PC+OC$，化简可得$PA ＜ PC$。
(2) 取BC的中点O，连结AO与半圆交于点P，如图①，根据点到圆的最短距离结论，此时AP最短。
∵ $∠ ACB=90°,AC=BC=2$，BC为半圆的直径，
∴ 半圆半径$PO=CO=1$，
由勾股定理得$AO=\sqrt{AC^2+CO^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
∴ $AP=AO-PO=\sqrt{5}-1$。
(3) 如图②，由折叠的性质可得$A'M=AM$，又M是AD的中点，故$MA=MA'=MD$，因此点A'的运动轨迹是以M为圆心、MA长为半径的圆。
根据点圆最值模型，当点A'在线段BM上时，A'B长度取得最小值。
∵ 菱形ABCD边长为2，$∠ A=60°$，M是AD中点，
∴ $AM=1$，
在$△ ABM$中，$AB=2,AM=1,∠ A=60°$，可得$BM⊥ AM$，
由勾股定理得$BM=\sqrt{AB^2-AM^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
∴ $A'B$的最小值为$BM - MA'=\sqrt{3}-1$。
(4) ①如图③，在正方形ABCD中，$AB=AD=CD$，$∠ BAD = ∠ CDA=90°$，$∠ ADG = ∠ CDG=45°$,
在$△ ABE$和$△ DCF$中，
$\begin{cases} AB=DC, \\ ∠ BAD=∠ CDA, \\ AE=DF, \end{cases}$
∴ $△ ABE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠1=∠2$,
在$△ ADG$和$△ CDG$中，
$\begin{cases} AD=CD, \\ ∠ ADG=∠ CDG, \\ DG=DG, \end{cases}$
∴ $△ ADG≌△ CDG(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠2=∠3$,
∴ $∠1 = ∠3$。
∵ $∠ BAH+∠3 = ∠ BAD = 90°$,
∴ $∠1 + ∠ BAH = 90°$,
∴ $∠ AHB= 180°- 90° = 90°$,
取AB的中点O，连结OH,OD，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得$OH=AO=\frac{1}{2}AB=1$，即H的轨迹是以O为圆心、1为半径的圆。
在Rt$△ AOD$中，$OD=\sqrt{AO^2+AD^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$,
根据三角形三边关系$OH+DH＞OD$，当O,D,H三点共线时，DH的长度最小，
$DH_{\mathrm{最小值}}=OD-OH=\sqrt{5}-1$。
②作⊙A关于x轴的对称⊙A'，连结BA'分别交⊙A'和⊙B于$M',N$，交x轴于P，如图④，根据轴对称性质$PM=PM'$，此时$PM+PN=PM'+PN=M'N$，值最小。
∵ 点A坐标为$(-2,3)$，
∴ 对称后点A'坐标为$(-2,-3)$。
∵ 点B坐标为$(3,4)$，由两点间距离公式得$A'B=\sqrt{(3+2)^2+(4+3)^2}=\sqrt{25+49}=\sqrt{74}$,
∴ $M'N=A'B-BN-A'M' = \sqrt{74}-2-1=\sqrt{74}-3$,
即$PM+PN$的最小值为$\sqrt{74}-3$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\sqrt{5}-1$，辅助线如图①；
(3) $\sqrt{3}-1$，辅助线如图②；
(4) ①$\sqrt{5}-1$，辅助线如图③；②$\sqrt{74}-3$，辅助线如图④。
【知识点】
点与圆的最值、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质
【点评】
本题是点圆最值模型的典型应用，核心是先判断出动点的运动轨迹为圆，再结合“点到圆上点的最短距离等于点到圆心距离减去半径”的结论求解，题目融合了全等三角形、折叠、轴对称等多个知识点，需要熟练掌握常见轨迹的判定方法，灵活转化所求线段的最值问题。
【难度系数】
0.5