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1.如图，$AB ⊥ BC$，$AB=5$，点$E$，$F$分别是线段$AB$、射线$BC$上的动点，以$EF$为斜边作等腰$\mathrm{Rt}△ DEF$，$∠ EDF=90°$，连接$AD$，则$AD$的最小值为
5√2/2
。答案
1.答案 5√2/2
解析 如图,连接 BD 并延长.
∵ AB ⊥ BC,
∴ ∠ABC = 90°,又
∵ ∠EDF = 90°,
∴ B, E, D, F 四点共圆.
∵ △DEF 为等腰直角三角形,
∴ ∠DEF = ∠DFE = 45°,
∴ ∠DBF = ∠DEF = 45°,
∴ ∠DBF = ∠DBE = 45°,
∴ 点 D 在 ∠ABC 的平分线上运动,
∴ 当 AD ⊥ BD 时,AD 取最小值,
∴ AD 的最小值为 √2/2 AB = 5√2/2.
解析
【分析】
要求AD的最小值，首先需要确定动点D的运动轨迹：第一步，观察到∠EDF=90°、∠ABC=90°，两个直角共享斜边EF，可判定B、E、D、F四点共圆；第二步，结合等腰Rt△DEF的45°内角，利用同弧所对圆周角相等，推导得出∠DBC=45°，即可确定点D在∠ABC的角平分线上运动；第三步，根据垂线段最短的性质，可知当AD垂直于角平分线时AD的长度最小，最后代入边长计算即可得到结果。
【解析】
解：如图，连接BD并延长。
$\because AB ⊥ BC$，$\therefore ∠ ABC = 90°$，
又$\because ∠ EDF = 90°$，
$\therefore$ 点B、E、D、F都在以EF为直径的圆上，即B、E、D、F四点共圆。
$\because △ DEF$为等腰直角三角形，$\therefore ∠ DEF = 45°$，
$\because ∠ DBF$和$∠ DEF$都是弧DF所对的圆周角，
$\therefore ∠ DBF = ∠ DEF = 45°$，
即BD是$∠ ABC$的角平分线，点D在$∠ ABC$的平分线上运动。
根据垂线段最短可知，当$AD ⊥ BD$时，AD的长度最小。
此时在$Rt△ ABD$中，$∠ ABD=45°$，$AB=5$，
$\therefore AD = AB × \sin45° = 5 × \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{5\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{5\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
四点共圆判定；圆周角定理；垂线段最短
【点评】
本题是隐圆类最值问题的典型考法，解题核心是通过共斜边的直角找到隐圆，进而推导出动点的运动轨迹，再结合几何最值性质求解，能很好地考察学生的几何综合分析能力。
【难度系数】
0.4
要求AD的最小值，首先需要确定动点D的运动轨迹：第一步，观察到∠EDF=90°、∠ABC=90°，两个直角共享斜边EF，可判定B、E、D、F四点共圆；第二步，结合等腰Rt△DEF的45°内角，利用同弧所对圆周角相等，推导得出∠DBC=45°，即可确定点D在∠ABC的角平分线上运动；第三步，根据垂线段最短的性质，可知当AD垂直于角平分线时AD的长度最小，最后代入边长计算即可得到结果。
【解析】
解：如图，连接BD并延长。
$\because AB ⊥ BC$，$\therefore ∠ ABC = 90°$，
又$\because ∠ EDF = 90°$，
$\therefore$ 点B、E、D、F都在以EF为直径的圆上，即B、E、D、F四点共圆。
$\because △ DEF$为等腰直角三角形，$\therefore ∠ DEF = 45°$，
$\because ∠ DBF$和$∠ DEF$都是弧DF所对的圆周角，
$\therefore ∠ DBF = ∠ DEF = 45°$，
即BD是$∠ ABC$的角平分线，点D在$∠ ABC$的平分线上运动。
根据垂线段最短可知，当$AD ⊥ BD$时，AD的长度最小。
此时在$Rt△ ABD$中，$∠ ABD=45°$，$AB=5$，
$\therefore AD = AB × \sin45° = 5 × \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{5\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{5\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
四点共圆判定；圆周角定理；垂线段最短
【点评】
本题是隐圆类最值问题的典型考法，解题核心是通过共斜边的直角找到隐圆，进而推导出动点的运动轨迹，再结合几何最值性质求解，能很好地考察学生的几何综合分析能力。
【难度系数】
0.4
2.「2025北京西城期中」如图，以点$G(0,1)$为圆心，2为半径的圆与$x$轴交于$A,B$两点，与$y$轴交于$C,D$两点，$E$为$\odot G$上一动点，$CF ⊥ AE$于点$F$，连接$FG$，则弦$AB$的长度为________；点$E$在$\odot G$上运动的过程中，线段$FG$的长度的最小值为________。
答案
2.答案 2√3 ;√3-1
解析 如图,连接 AG.
∵ GO ⊥ AB,
∴ OA = OB,在 Rt△AGO 中,
∵ AG = 2, OG = 1,
∴ AG = 2OG, OA = √(2²-1²) = √3,
∴ ∠GAO=30°,AB=2AO=2√3.
连接 AC,易知 OC=3,
∵ OA=√3,
∴ AC=2√3.
∵ CF ⊥ AE,
∴ 点 F 在以 AC 为直径的圆上,
取 AC 的中点 M,连接 MF,MG,则有 FG≥FM-MG,
∵ GA=GC,MA=MC,
∴ GM 垂直平分 AC,
∵ GC=GA,
∴ ∠GCA=∠GAC=30°,
∴ MG=1/2 AG=1,
∵ M 为 AC 的中点,∠CFA=90°,
∴ FM=1/2 AC=√3,
∴ 线段 FG 的长度的最小值为 FM-MG=√3-1.
解析
【分析】
第一问求弦AB的长度：已知圆心G坐标和圆的半径，AB是圆与x轴的交线，y轴与x轴垂直，符合垂径定理的使用条件，可先在Rt△AGO中用勾股定理求出OA的长度，再结合垂径定理得到AB=2OA即可求解。
第二问求FG的最小值：由CF⊥AE可得∠AFC恒为90°，根据“90°的圆周角所对的弦为直径”，可判断动点F的轨迹是以AC为直径的隐圆；要求FG的最小值，即求定点G到隐圆上点的最小距离，规律为两圆心的连线长度减去隐圆的半径，因此只需算出隐圆半径、两圆心的距离，作差即可得到最小值。
【解析】
1. 求AB的长度：
连接AG，
∵x轴与y轴垂直，
∴GO⊥AB，根据垂径定理可得OA=OB。
在Rt△AGO中，AG为⊙G的半径，AG=2，OG=1，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{AG^2-OG^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
∴$AB=2OA=2\sqrt{3}$。
2. 求FG的最小值：
连接AC，已知⊙G半径为2，圆心G(0,1)，
∴点C坐标为(0,3)，即OC=3。
在Rt△AOC中，$OA=\sqrt{3}$，OC=3，由勾股定理得$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$。
∵CF⊥AE，
∴∠AFC=90°，由此可知点F的轨迹是以AC为直径的圆。
取AC的中点M（即隐圆的圆心），连接MF、MG：
∵M是AC中点，∠AFC=90°，
∴MF为隐圆的半径，$MF=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$。
∵GA=GC=2（均为⊙G的半径），M是AC中点，
∴GM垂直平分AC，
在Rt△MGC中，GC=2，$MC=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，由勾股定理得$MG=\sqrt{GC^2-MC^2}=\sqrt{2^2-(\sqrt{3})^2}=1$。
根据三角形三边关系，$FG≥ MF-MG$，当且仅当M、G、F三点共线时取等号，
∴FG的最小值为$\sqrt{3}-1$。
【答案】
$2\sqrt{3}$；$\sqrt{3}-1$
【知识点】
垂径定理，勾股定理，隐圆最值
【点评】
本题第一问为基础题，考查圆的基本性质与勾股定理的直接应用；第二问为动点最值问题，解题核心是通过直角特征判断出动点的隐圆轨迹，再结合圆的性质求解，对学生的轨迹分析能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
第一问求弦AB的长度：已知圆心G坐标和圆的半径，AB是圆与x轴的交线，y轴与x轴垂直，符合垂径定理的使用条件，可先在Rt△AGO中用勾股定理求出OA的长度，再结合垂径定理得到AB=2OA即可求解。
第二问求FG的最小值：由CF⊥AE可得∠AFC恒为90°，根据“90°的圆周角所对的弦为直径”，可判断动点F的轨迹是以AC为直径的隐圆；要求FG的最小值，即求定点G到隐圆上点的最小距离，规律为两圆心的连线长度减去隐圆的半径，因此只需算出隐圆半径、两圆心的距离，作差即可得到最小值。
【解析】
1. 求AB的长度：
连接AG，
∵x轴与y轴垂直，
∴GO⊥AB，根据垂径定理可得OA=OB。
在Rt△AGO中，AG为⊙G的半径，AG=2，OG=1，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{AG^2-OG^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
∴$AB=2OA=2\sqrt{3}$。
2. 求FG的最小值：
连接AC，已知⊙G半径为2，圆心G(0,1)，
∴点C坐标为(0,3)，即OC=3。
在Rt△AOC中，$OA=\sqrt{3}$，OC=3，由勾股定理得$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$。
∵CF⊥AE，
∴∠AFC=90°，由此可知点F的轨迹是以AC为直径的圆。
取AC的中点M（即隐圆的圆心），连接MF、MG：
∵M是AC中点，∠AFC=90°，
∴MF为隐圆的半径，$MF=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$。
∵GA=GC=2（均为⊙G的半径），M是AC中点，
∴GM垂直平分AC，
在Rt△MGC中，GC=2，$MC=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，由勾股定理得$MG=\sqrt{GC^2-MC^2}=\sqrt{2^2-(\sqrt{3})^2}=1$。
根据三角形三边关系，$FG≥ MF-MG$，当且仅当M、G、F三点共线时取等号，
∴FG的最小值为$\sqrt{3}-1$。
【答案】
$2\sqrt{3}$；$\sqrt{3}-1$
【知识点】
垂径定理，勾股定理，隐圆最值
【点评】
本题第一问为基础题，考查圆的基本性质与勾股定理的直接应用；第二问为动点最值问题，解题核心是通过直角特征判断出动点的隐圆轨迹，再结合圆的性质求解，对学生的轨迹分析能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
3.「2024山东烟台中考」如图,在$□ ABCD$中, $∠ C=120°,AB=8,BC=10,E$为边$CD$的中点,$F$为边$AD$上的一动点,将$△ DEF$沿$EF$翻折得$△ D'EF$,连接$AD',BD'$,则$△ ABD'$面积的最小值为
20√3-16
.答案
3.答案 20√3-16
解析 由翻折得 D'E=DE,
∵ E 是 CD 的中点,
∴ D'E=DE=CE,即点 D' 的运动轨迹是以点 E 为圆心,1/2 CD 长为半径的圆弧.
如图,过点 C 作 CG ⊥ AB 于点 G,过点 E 作 EH ⊥ BA 交 BA 的延长线于点 H,交圆 E 于 D',则 HE=CG,此时 D' 到边 AB 的距离最小,最小值为 D'H 的长,即此时 △ABD' 面积的值最小.
∵ 在□ABCD 中,∠BCD=120°,
∴ ∠ABC=60°,
∴ 在 Rt△BCG 中,∠BCG=30°,
∵ BC=10,
∴ CG=5√3,
∴ EH=5√3,
∵ CD=AB=8,
∴ D'E=DE=4,
∴ HD'=5√3-4,
∴ △ABD' 面积的最小值为 1/2 ×8×(5√3-4)=20√3-16.
解析
【分析】
解题时可按以下步骤思考：①由翻折性质得D'E=DE，结合E是CD中点，可知D'E长度恒为4，由此确定动点D'的轨迹是以E为圆心、4为半径的圆；②△ABD'的底AB为定长8，面积大小由D'到AB的距离决定，因此求面积最小值等价于求圆上点到直线AB的最小距离；③圆上点到定直线的最小距离为圆心到直线的距离减去半径，先求出E到AB的距离，再减去半径得到最小高，最后代入面积公式计算即可。
【解析】
由翻折的性质可得$D'E=DE$，
∵E是CD的中点，$CD=AB=8$，
∴$D'E=DE=CE=\frac{1}{2}CD=4$，即点$D'$的运动轨迹是以点E为圆心，4为半径的圆弧。
△ABD'中，$AB=8$为定长，因此当$D'$到AB的距离最小时，△ABD'的面积最小。
过点C作$CG⊥AB$于点G，过点E作$EH⊥BA$交BA的延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，$AB// CD$，平行线间距离处处相等，
∴$EH=CG$。
∵平行四边形ABCD中，$∠BCD=120°$，
∴$∠ABC=180°-∠BCD=60°$，
在$Rt△BCG$中，$∠BCG=30°$，$BC=10$，
∴$BG=\frac{1}{2}BC=5$，由勾股定理得$CG=\sqrt{BC^2-BG^2}=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}$，即$EH=5\sqrt{3}$。
圆E上的点到AB的最小距离为$EH-D'E=5\sqrt{3}-4$，
∴△ABD'面积的最小值为$\frac{1}{2}×AB×(5\sqrt{3}-4)=\frac{1}{2}×8×(5\sqrt{3}-4)=20\sqrt{3}-16$。
【答案】
$20\sqrt{3}-16$
【知识点】
翻折的性质，平行四边形的性质，隐圆最值
【点评】
本题将翻折变换、平行四边形性质与最值问题结合，解题核心是准确判断动点的运动轨迹，将面积最值转化为点到直线的距离最值，能较好地考查几何知识的综合运用能力和转化思想。
【难度系数】
0.4
解题时可按以下步骤思考：①由翻折性质得D'E=DE，结合E是CD中点，可知D'E长度恒为4，由此确定动点D'的轨迹是以E为圆心、4为半径的圆；②△ABD'的底AB为定长8，面积大小由D'到AB的距离决定，因此求面积最小值等价于求圆上点到直线AB的最小距离；③圆上点到定直线的最小距离为圆心到直线的距离减去半径，先求出E到AB的距离，再减去半径得到最小高，最后代入面积公式计算即可。
【解析】
由翻折的性质可得$D'E=DE$，
∵E是CD的中点，$CD=AB=8$，
∴$D'E=DE=CE=\frac{1}{2}CD=4$，即点$D'$的运动轨迹是以点E为圆心，4为半径的圆弧。
△ABD'中，$AB=8$为定长，因此当$D'$到AB的距离最小时，△ABD'的面积最小。
过点C作$CG⊥AB$于点G，过点E作$EH⊥BA$交BA的延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，$AB// CD$，平行线间距离处处相等，
∴$EH=CG$。
∵平行四边形ABCD中，$∠BCD=120°$，
∴$∠ABC=180°-∠BCD=60°$，
在$Rt△BCG$中，$∠BCG=30°$，$BC=10$，
∴$BG=\frac{1}{2}BC=5$，由勾股定理得$CG=\sqrt{BC^2-BG^2}=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}$，即$EH=5\sqrt{3}$。
圆E上的点到AB的最小距离为$EH-D'E=5\sqrt{3}-4$，
∴△ABD'面积的最小值为$\frac{1}{2}×AB×(5\sqrt{3}-4)=\frac{1}{2}×8×(5\sqrt{3}-4)=20\sqrt{3}-16$。
【答案】
$20\sqrt{3}-16$
【知识点】
翻折的性质，平行四边形的性质，隐圆最值
【点评】
本题将翻折变换、平行四边形性质与最值问题结合，解题核心是准确判断动点的运动轨迹，将面积最值转化为点到直线的距离最值，能较好地考查几何知识的综合运用能力和转化思想。
【难度系数】
0.4
4.「2026江苏无锡梁溪期中」如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ A=60°$，$AC=1$，点$D$为$AB$上的一个动点，以$AD$为直径作$\odot O$，交$AC$于点$E$，连接$BE$交$\odot O$于点$F$，$M$为$AB$的中点，连接$MF$，则$MF$的最小值为________。
答案
4.答案 2-√3
解析 如图,连接 DE,AF,在 Rt△ABC 中,∠BAC = 60°,
∴ ∠ABC=30°,
∴ AB=2AC=2.
∵ AD 是 ⊙O 的直径,
∴ ∠AED=90°,
∵ ∠BAC=60°,
∴ ∠ADE=30°,
∴ ∠AFE=∠ADE=30°,
∴ ∠AFB=150°.
∵ AB 为定长,
∴ 点 F 在以 AB 为弦的圆 O' 上,连接 O'F,O'A,O'B,O'M,在优弧 AB 上取点 N,连接 AN,BN,
∴ 四边形 AFBN 为圆 O' 的内接四边形,
∴ ∠ANB+∠AFB=180°,
∴ ∠ANB=30°,
∴ ∠AO'B=60°,
∵ O'B=O'A,
∴ △AO'B 为等边三角形,
∴ O'A=O'B=O'F=AB=2,
∵ M 是 AB 的中点,
∴ AM=1/2 AB=1,O'M ⊥ AB,
∴ O'M=√3,易知当 O',M,F 三点共线时,MF 有最小值,最小值=O'F-O'M=2-√3.
解析
【分析】
要解决MF的最小值问题，首先明确M是定点，需先确定动点F的运动轨迹：①先利用直角三角形性质求出AB的定长；②结合直径所对圆周角为直角、同弧所对圆周角相等，推导得到∠AFB恒为150°，属于定弦AB对应定角的情况，可判定F在以AB为弦的隐圆上；③求出隐圆的半径、圆心到M的距离，根据点到圆上点的最短距离为圆心距减半径，即可求出MF的最小值。
【解析】
连接$DE$、$AF$：
1. 在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ BAC=60°$，因此$∠ ABC=30°$，可得$AB=2AC=2×1=2$。
2. 因为$AD$是$\odot O$的直径，根据直径所对圆周角为直角，得$∠ AED=90°$，所以$∠ ADE=90°-∠ BAC=30°$。
3. 根据同弧$AE$所对的圆周角相等，得$∠ AFE=∠ ADE=30°$，因此$∠ AFB=180°-∠ AFE=150°$。
4. 由于$AB$为定长，点$F$满足定弦$AB$对定角$150°$，因此点$F$在以$AB$为弦的隐圆$\odot O'$上。在优弧$AB$上取点$N$，连接$AN$、$BN$，根据圆内接四边形对角互补，得$∠ ANB=180°-∠ AFB=30°$；根据圆周角定理，圆心角$∠ AO'B=2∠ ANB=60°$，又$O'A=O'B$，因此$△ AO'B$为等边三角形，即$O'A=O'B=O'F=AB=2$。
5. 因为$M$是$AB$的中点，所以$AM=\frac{1}{2}AB=1$，且$O'M⊥ AB$，由勾股定理得$O'M=\sqrt{O'A^2-AM^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
6. 当$O'$、$M$、$F$三点共线时，$MF$取得最小值，最小值为$O'F-O'M=2-\sqrt{3}$。
【答案】
$\boldsymbol{2-\sqrt{3}}$
【知识点】
圆周角定理，定弦定角隐圆，点圆最值计算
【点评】
本题是典型的动点最值问题，解题核心是通过圆周角相关性质推导得出动点的隐圆轨迹，再结合点到圆的距离性质求解，需要熟练掌握隐圆的判定方法和圆的相关性质。
【难度系数】
0.4
要解决MF的最小值问题，首先明确M是定点，需先确定动点F的运动轨迹：①先利用直角三角形性质求出AB的定长；②结合直径所对圆周角为直角、同弧所对圆周角相等，推导得到∠AFB恒为150°，属于定弦AB对应定角的情况，可判定F在以AB为弦的隐圆上；③求出隐圆的半径、圆心到M的距离，根据点到圆上点的最短距离为圆心距减半径，即可求出MF的最小值。
【解析】
连接$DE$、$AF$：
1. 在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ BAC=60°$，因此$∠ ABC=30°$，可得$AB=2AC=2×1=2$。
2. 因为$AD$是$\odot O$的直径，根据直径所对圆周角为直角，得$∠ AED=90°$，所以$∠ ADE=90°-∠ BAC=30°$。
3. 根据同弧$AE$所对的圆周角相等，得$∠ AFE=∠ ADE=30°$，因此$∠ AFB=180°-∠ AFE=150°$。
4. 由于$AB$为定长，点$F$满足定弦$AB$对定角$150°$，因此点$F$在以$AB$为弦的隐圆$\odot O'$上。在优弧$AB$上取点$N$，连接$AN$、$BN$，根据圆内接四边形对角互补，得$∠ ANB=180°-∠ AFB=30°$；根据圆周角定理，圆心角$∠ AO'B=2∠ ANB=60°$，又$O'A=O'B$，因此$△ AO'B$为等边三角形，即$O'A=O'B=O'F=AB=2$。
5. 因为$M$是$AB$的中点，所以$AM=\frac{1}{2}AB=1$，且$O'M⊥ AB$，由勾股定理得$O'M=\sqrt{O'A^2-AM^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
6. 当$O'$、$M$、$F$三点共线时，$MF$取得最小值，最小值为$O'F-O'M=2-\sqrt{3}$。
【答案】
$\boldsymbol{2-\sqrt{3}}$
【知识点】
圆周角定理，定弦定角隐圆，点圆最值计算
【点评】
本题是典型的动点最值问题，解题核心是通过圆周角相关性质推导得出动点的隐圆轨迹，再结合点到圆的距离性质求解，需要熟练掌握隐圆的判定方法和圆的相关性质。
【难度系数】
0.4
5.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC=1$,动点$M,N$在斜边$AB$上,$∠ MCN=45°$,则$MN$的最小值为
2-√2
.答案
5.答案 2-√2
解析 如图①,
∵ ∠MCN=45°,
∴ 在 AB 上方以 MN 为斜边作等腰 Rt△MON,作△CMN 的外接圆⊙O,连接 OC,取 MN 的中点 P,AB 的中点 Q,连接 OP,CP,CQ,设⊙O 的半径为 r,在 Rt△ABC 中,AC=BC=1,
∴ AB=√2,
∴ CQ=√2/2,在 Rt△MON 中,OM=ON=r,
∴ MN=√2 r,
∴ OP=√2/2 r.
∵ OC+OP≥CP≥CQ,
∴ r+√2/2 r≥CP≥√2/2.如图②,当且仅当点 C,O,P 共线,且 CP 与 CQ 重合时,r+√2/2 r=√2/2,此时 r 最小,解得 r=√2-1,
∴ MN=√2 r=2-√2,即 MN 的最小值为 2-√2.
解析
【分析】
要求MN的最小值，首先观察到∠MCN=45°是定角，可考虑构造△CMN的外接圆（隐圆），利用圆周角定理将定角转化为圆心角，建立MN与外接圆半径r的关系；再结合等腰直角三角形的性质求出斜边AB及斜边上的高CQ的长度，最后利用“两点之间线段最短”和“垂线段最短”得到关于r的不等式，找到等号成立的条件即可求出r的最小值，进而得到MN的最小值。
【解析】
解：如图①，在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=BC=1$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
取AB的中点Q，连接CQ，由等腰直角三角形性质得$CQ=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∵$∠MCN=45°$，作$△CMN$的外接圆$⊙O$，连接OC，取MN的中点P，连接OP、CP。
由圆周角定理得，圆心角$∠MON=2∠MCN=90°$，设$⊙O$的半径为r，则$OM=ON=OC=r$。
∴$△MON$为等腰直角三角形，
∴$MN=\sqrt{OM^2+ON^2}=\sqrt{2}r$，
OP为等腰$Rt△MON$斜边上的中线，
∴$OP=\frac{1}{2}MN=\frac{\sqrt{2}}{2}r$。
根据两点之间线段最短，得$OC+OP≥CP$；根据垂线段最短，得$CP≥CQ$，
∴$r+\frac{\sqrt{2}}{2}r≥CP≥\frac{\sqrt{2}}{2}$。
如图②，当且仅当点C、O、P共线，且CP与CQ重合（即P与Q重合，CP⊥AB）时，等号成立，此时r最小。
解方程$r+\frac{\sqrt{2}}{2}r=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$r(1+\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$r=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}-1$，
∴$MN=\sqrt{2}r=\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)=2-\sqrt{2}$。
【答案】
$2-\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，等腰直角三角形性质，线段最值原理
【点评】
本题是构造隐圆解决最值问题的典型题型，解题关键是将固定角对应的线段与外接圆半径建立关联，结合线段不等关系找到最值成立的条件，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
要求MN的最小值，首先观察到∠MCN=45°是定角，可考虑构造△CMN的外接圆（隐圆），利用圆周角定理将定角转化为圆心角，建立MN与外接圆半径r的关系；再结合等腰直角三角形的性质求出斜边AB及斜边上的高CQ的长度，最后利用“两点之间线段最短”和“垂线段最短”得到关于r的不等式，找到等号成立的条件即可求出r的最小值，进而得到MN的最小值。
【解析】
解：如图①，在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=BC=1$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
取AB的中点Q，连接CQ，由等腰直角三角形性质得$CQ=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∵$∠MCN=45°$，作$△CMN$的外接圆$⊙O$，连接OC，取MN的中点P，连接OP、CP。
由圆周角定理得，圆心角$∠MON=2∠MCN=90°$，设$⊙O$的半径为r，则$OM=ON=OC=r$。
∴$△MON$为等腰直角三角形，
∴$MN=\sqrt{OM^2+ON^2}=\sqrt{2}r$，
OP为等腰$Rt△MON$斜边上的中线，
∴$OP=\frac{1}{2}MN=\frac{\sqrt{2}}{2}r$。
根据两点之间线段最短，得$OC+OP≥CP$；根据垂线段最短，得$CP≥CQ$，
∴$r+\frac{\sqrt{2}}{2}r≥CP≥\frac{\sqrt{2}}{2}$。
如图②，当且仅当点C、O、P共线，且CP与CQ重合（即P与Q重合，CP⊥AB）时，等号成立，此时r最小。
解方程$r+\frac{\sqrt{2}}{2}r=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$r(1+\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$r=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}-1$，
∴$MN=\sqrt{2}r=\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)=2-\sqrt{2}$。
【答案】
$2-\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，等腰直角三角形性质，线段最值原理
【点评】
本题是构造隐圆解决最值问题的典型题型，解题关键是将固定角对应的线段与外接圆半径建立关联，结合线段不等关系找到最值成立的条件，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
6.如图,在菱形ABCD中,∠A=60°,点E,F分别为边AB,CB上的动点,且满足∠EDF=60°.
(1)求证:DE=DF.
(2)过点B作BG//DF交AD于点G,交DE于点H,连接CH.探究CH,DH,HB之间的关系,并说明理由.
(3)若AD=2,在点E从点A到点B的运动过程中,直接写出CH的最大值.
(1)求证:DE=DF.
(2)过点B作BG//DF交AD于点G,交DE于点H,连接CH.探究CH,DH,HB之间的关系,并说明理由.
(3)若AD=2,在点E从点A到点B的运动过程中,直接写出CH的最大值.
答案
6.解析 (1)证明:如图,连接 BD,
∵ 四边形 ABCD 是菱形,
∴ AD=AB=BC=CD,∠A=∠BCD=60°,
∴ △ABD 和 △BCD 都是等边三角形,
∴ BD=AD,∠DBC=∠A=∠ADB=60°,
∵ ∠EDF=60°,
∴ ∠ADB=∠EDF,
∴ ∠ADE+∠EDB=∠BDF+∠EDB,
∴ ∠ADE=∠BDF,
∴ △ADE≌△BDF(ASA),
∴ DE=DF.
(2)CH=DH+HB.理由如下:
∵ BG//DF,
∴ ∠1=∠2,
∵ ∠2+∠3=60°,
∴ ∠1+∠3=60°,
∴ ∠DHB=180°-60°=120°,
∵ ∠BCD=60°,
∴ ∠DHB+∠BCD=180°,
∴ D,H,B,C 四点共圆,设圆心为 O,作出⊙O,如图,延长 GB 至点 K,使 BK=DH,连接 CK,
∵ ∠CBH+∠CBK=180°,∠CDH+∠CBH=180°,
∴ ∠CDH=∠CBK,
∵ CD=CB,
∴ △CDH≌△CBK(SAS),
∴ CK=CH,∠DCH=∠BCK,
∵ ∠DCH+∠BCH=60°,
∴ ∠BCK+∠BCH=∠HCK=60°,
∴ △CHK 为等边三角形,
∴ CH=HK=BK+HB=DH+HB.
(3)4√3/3.
详解:由(2)可得 D,H,B,C 四点共圆,
∴ 当 CH 为⊙O 的直径时,CH 取得最大值,此时 ∠HBC=∠HDC=90°,
在 Rt△HBC 和 Rt△HDC 中,CH=CH,BC=DC,
∴ Rt△HBC≌Rt△HDC(HL),
∴ ∠BCH=∠DCH=30°,
∴ CH=2BH,
由勾股定理得 BH²+BC²=CH²,
∵ BC=AD=2,
∴ (1/2 CH)²+2²=CH²,
解得 CH=4√3/3(负值已舍),
∴ CH 的最大值为 4√3/3.
解析
【分析】
(1)要证明DE=DF，可通过证明三角形全等实现。已知菱形ABCD中∠A=60°，连接BD后可得△ABD、△BCD均为等边三角形，结合∠EDF=60°可推出∠ADE=∠BDF，证△ADE≌△BDF即可得到结论。
(2)探究三条线段的和差关系优先考虑截长补短法。先由BG//DF推出∠DHB=120°，可得∠DHB与∠BCD互补，即D、H、B、C四点共圆；延长GB至K使BK=DH，证△CDH≌△CBK，再推导△CHK为等边三角形，即可得到三条线段的数量关系。
(3)求CH的最大值时，由D、H、B、C四点共圆可知圆中最长弦为直径，因此当CH为该圆直径时CH最大，结合直角三角形的性质计算即可得到最大值。
【解析】
(1)证明：如图，连接BD，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD=AB=BC=CD，∠A=∠BCD=60°，
∴ △ABD 和 △BCD 都是等边三角形，
∴ BD=AD，∠DBC=∠A=∠ADB=60°，
∵ ∠EDF=60°，
∴ ∠ADB=∠EDF，
∴ ∠ADE+∠EDB=∠BDF+∠EDB，
∴ ∠ADE=∠BDF，
∴ △ADE≌△BDF(ASA)，
∴ DE=DF。
(2)$CH=DH+HB$，理由如下：
∵ BG//DF，
∴ ∠1=∠2，
∵ ∠2+∠3=60°，
∴ ∠1+∠3=60°，
∴ ∠DHB=180°-60°=120°，
∵ ∠BCD=60°，
∴ ∠DHB+∠BCD=180°，
∴ D,H,B,C 四点共圆，设圆心为 O，作出⊙O，如图，延长 GB 至点 K，使 BK=DH，连接 CK，
∵ ∠CBH+∠CBK=180°，∠CDH+∠CBH=180°，
∴ ∠CDH=∠CBK，
∵ CD=CB，
∴ △CDH≌△CBK(SAS)，
∴ CK=CH，∠DCH=∠BCK，
∵ ∠DCH+∠BCH=60°，
∴ ∠BCK+∠BCH=∠HCK=60°，
∴ △CHK 为等边三角形，
∴ CH=HK=BK+HB=DH+HB。
(3)由(2)可得 D,H,B,C 四点共圆，
∴ 当 CH 为⊙O 的直径时，CH 取得最大值，此时 ∠HBC=∠HDC=90°，
在 Rt△HBC 和 Rt△HDC 中，CH=CH，BC=DC，
∴ Rt△HBC≌Rt△HDC(HL)，
∴ ∠BCH=∠DCH=30°，
∴ CH=2BH，
由勾股定理得 $BH^2+BC^2=CH^2$，
∵ BC=AD=2，
∴ $(\frac{1}{2}CH)^2+2^2=CH^2$，
解得 $CH=\frac{4\sqrt{3}}{3}$(负值已舍)，
∴ CH 的最大值为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1)证明见解析；
(2)$CH=DH+HB$，理由见解析；
(3)$\frac{4\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
1.菱形的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.隐圆最值
【点评】
本题属于几何综合题，围绕菱形、等边三角形的性质展开，第一问是基础的全等三角形证明，第二问结合平行线性质推出四点共圆，利用截长补短法转化线段关系，第三问借助圆中直径最长的性质求最值，对几何辅助线的构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1)要证明DE=DF，可通过证明三角形全等实现。已知菱形ABCD中∠A=60°，连接BD后可得△ABD、△BCD均为等边三角形，结合∠EDF=60°可推出∠ADE=∠BDF，证△ADE≌△BDF即可得到结论。
(2)探究三条线段的和差关系优先考虑截长补短法。先由BG//DF推出∠DHB=120°，可得∠DHB与∠BCD互补，即D、H、B、C四点共圆；延长GB至K使BK=DH，证△CDH≌△CBK，再推导△CHK为等边三角形，即可得到三条线段的数量关系。
(3)求CH的最大值时，由D、H、B、C四点共圆可知圆中最长弦为直径，因此当CH为该圆直径时CH最大，结合直角三角形的性质计算即可得到最大值。
【解析】
(1)证明：如图，连接BD，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD=AB=BC=CD，∠A=∠BCD=60°，
∴ △ABD 和 △BCD 都是等边三角形，
∴ BD=AD，∠DBC=∠A=∠ADB=60°，
∵ ∠EDF=60°，
∴ ∠ADB=∠EDF，
∴ ∠ADE+∠EDB=∠BDF+∠EDB，
∴ ∠ADE=∠BDF，
∴ △ADE≌△BDF(ASA)，
∴ DE=DF。
(2)$CH=DH+HB$，理由如下：
∵ BG//DF，
∴ ∠1=∠2，
∵ ∠2+∠3=60°，
∴ ∠1+∠3=60°，
∴ ∠DHB=180°-60°=120°，
∵ ∠BCD=60°，
∴ ∠DHB+∠BCD=180°，
∴ D,H,B,C 四点共圆，设圆心为 O，作出⊙O，如图，延长 GB 至点 K，使 BK=DH，连接 CK，
∵ ∠CBH+∠CBK=180°，∠CDH+∠CBH=180°，
∴ ∠CDH=∠CBK，
∵ CD=CB，
∴ △CDH≌△CBK(SAS)，
∴ CK=CH，∠DCH=∠BCK，
∵ ∠DCH+∠BCH=60°，
∴ ∠BCK+∠BCH=∠HCK=60°，
∴ △CHK 为等边三角形，
∴ CH=HK=BK+HB=DH+HB。
(3)由(2)可得 D,H,B,C 四点共圆，
∴ 当 CH 为⊙O 的直径时，CH 取得最大值，此时 ∠HBC=∠HDC=90°，
在 Rt△HBC 和 Rt△HDC 中，CH=CH，BC=DC，
∴ Rt△HBC≌Rt△HDC(HL)，
∴ ∠BCH=∠DCH=30°，
∴ CH=2BH，
由勾股定理得 $BH^2+BC^2=CH^2$，
∵ BC=AD=2，
∴ $(\frac{1}{2}CH)^2+2^2=CH^2$，
解得 $CH=\frac{4\sqrt{3}}{3}$(负值已舍)，
∴ CH 的最大值为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1)证明见解析；
(2)$CH=DH+HB$，理由见解析；
(3)$\frac{4\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
1.菱形的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.隐圆最值
【点评】
本题属于几何综合题，围绕菱形、等边三角形的性质展开，第一问是基础的全等三角形证明，第二问结合平行线性质推出四点共圆，利用截长补短法转化线段关系，第三问借助圆中直径最长的性质求最值，对几何辅助线的构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
