8.（铜仁中考）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，BC上的动点，满足AE=BF，连接CE，DF，相交于点G，连接AG，若正方形的边长为2，则线段AG的最小值为。

（第8题）（第9题）

8. $\sqrt{2}$ 解析:如图①,取 $CD$ 的中点 $H$, 连接 $GH$, 在正方形 $ABCD$ 中, $AB = BC = 2, ∠ B = ∠ DCF = 90°. \because AE = BF, \therefore BE = CF$. 易得 $△ DCF≌△ CBE(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ CDF = ∠ BCE$. $\because ∠ DCE + ∠ BCE = 90°, \therefore ∠ CDF + ∠ DCE = 90°, \therefore ∠ CGD = 90°, \therefore$ 点 $G$ 在以 $DC$ 为直径的圆上. 如图②, 连接 $AC,BD$ 交于点 $O$, 取 $DC$ 的中点 $H$, 由勾股定理得 $AC = 2\sqrt{2}. \because E,F$ 分别是正方形 $ABCD$ 的边 $AB,BC$ 上的动点, $\therefore$ 点 $G$ 在以 $H$ 为圆心, $GH$ 为半径的 $\frac{1}{4}$ 圆上运动, 当点 $G$ 与点 $O$ 重合时, $AG$ 最小, 此时 $AG = AO = \frac{1}{2}AC = \sqrt{2}, \therefore$ 线段 $AG$ 的最小值为 $\sqrt{2}$.

9. (菏泽中考)如图,在四边形ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,AB=5,AD=4,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.

9. $\sqrt{29}-2$ 解析:设 $AD$ 的中点为 $O$, 以 $AD$ 为直径画圆, 连接 $OB$, 设 $OB$ 与 $\odot O$ 的交点为点 $F', \because ∠ ABC = ∠ BAD = 90°, \therefore AD// BC, \therefore ∠ DAE = ∠ AEB. \because ∠ ADF = ∠ BAE, \therefore ∠ DFA = ∠ ABE = 90°, \therefore$ 点 $F$ 在以 $AD$ 为直径的半圆上运动, $\therefore$ 当点 $F$ 运动到 $OB$ 与 $\odot O$ 的交点 $F'$ 时, 线段 $BF$ 有最小值. $\because AD = 4, \therefore AO = OF' = \frac{1}{2}AD = 2, \therefore BO = \sqrt{5^2+2^2} = \sqrt{29}, \therefore BF$ 的最小值为 $\sqrt{29}-2$.

10.（徐州中考）在$△ ABC$中，若$AB=6$，$∠ ACB=45°$，则$△ ABC$面积的最大值为________。

10. $9\sqrt{2}+9$ 解析:作 $△ ABC$ 的外接圆 $\odot O$, 则点 $C$ 在 $\overset{\frown}{ACB}$ 上, 过点 $C$ 作 $CM⊥ AB$ 于点 $M$, $\because$ 弦 $AB$ 已确定, $\therefore$ 要使 $△ ABC$ 的面积最大, 只要 $CM$ 取最大值即可. 如图所示, 当 $CM$ 过圆心 $O$ 时, $CM$ 最大, $\because CM⊥ AB, CM$ 过点 $O, \therefore AM = BM, \therefore AC = BC. \because ∠ AOB = 2∠ ACB = 2×45°=90°, \therefore OM = AM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}×6 = 3, \therefore OA = \sqrt{OM^2+AM^2} = 3\sqrt{2}, \therefore CM = OC + OM = 3\sqrt{2}+3, \therefore S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AB· CM = \frac{1}{2}×6×(3\sqrt{2}+3) = 9\sqrt{2}+9$.

11. (广东中考) 在 $△ ABC$ 中, $∠ ABC=90°, AB=2, BC=3$. 点 $D$ 为平面上一个动点, $∠ ADB=45°$, 则线段 $CD$ 长度的最小值为.

11. $\sqrt{5}-\sqrt{2}$ 解析:由 $∠ ADB=45°, AB=2$ 可知, 点 $D$ 的轨迹为 $\overset{\frown}{ADB}$, 如图, 以 $AB$ 中点 $N$ 为圆心, $\frac{1}{2}AB$ 长为半径作圆, 与 $AB$ 的中垂线交于点 $O$, 连接 $ON,OA,OB$, 则 $ON⊥ AB$, 过点 $O$ 作 $OM⊥ BC$ 于点 $M$, 以 $O$ 为圆心, $OB$ 长为半径作圆, $\because ∠ AOB = 90°, ∠ ADB = 45°, \therefore$ 点 $D$ 在圆 $O$ 的 $\overset{\frown}{ADB}$ 上, 当点 $D$ 与点 $O,C$ 共线时, $CD$ 的长度最小. $\because ∠ AOB = 90°, AB = 2, \therefore AN = BN = ON = 1, \therefore AO = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}, \therefore OD = \sqrt{2}$. 易得 $ON = OM = BM = 1$, 又 $BC = 3, \therefore OC = \sqrt{1^2+(3-1)^2} = \sqrt{5}, \therefore CD = OC-OD = \sqrt{5}-\sqrt{2}, \therefore$ 线段 $CD$ 长度的最小值为 $\sqrt{5}-\sqrt{2}$.

12.（威海中考）如图，$△ ABC$为等边三角形，$AB=2$.若$P$为$△ ABC$内一动点，且满足$∠ PAB = ∠ ACP$，则线段$PB$长度的最小值为________.

12. $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 解析:如图所示, $\because ∠ ABC = ∠ ACB = 60°, ∠ PAB = ∠ ACP, \therefore ∠ PAC + ∠ ACP = 60°, \therefore ∠ APC = 120°, \therefore$ 点 $P$ 的运动轨迹是劣弧 $AC$(端点除外). 当 $O,P,B$ 三点共线时, 线段 $PB$ 的长度最小. 设 $OB$ 交 $AC$ 于点 $D$, 此时 $PA = PC, OB⊥ AC$, 则 $AD = CD = \frac{1}{2}AC = 1, ∠ PAC = ∠ ACP = 30°, ∠ ABD = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°, \therefore PD = \frac{\sqrt{3}}{3}, BD = \sqrt{3}, \therefore PB = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

13.（无锡中考）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F。如图，若点D在△ABC内，∠DBC = 20°，则∠BAF = °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是。

13. $80\quad 4-\sqrt{3}$ 解析: $\because △ ABC$ 和 $△ DCE$ 都是等边三角形, $\therefore AC = BC, DC = EC, ∠ BAC = ∠ ACB = ∠ DCE = 60°, \therefore ∠ DCB + ∠ ACD = ∠ ECA + ∠ ACD = 60°$, 即 $∠ DCB = ∠ ECA$, 在 $△ BCD$ 和 $△ ACE$ 中, $\begin{cases} CD=CE, \\ ∠ BCD=∠ ACE, \\ BC=AC, \end{cases}$ $\therefore △ ACE≌△ BCD(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ EAC = ∠ DBC. \because ∠ DBC = 20°, \therefore ∠ EAC = 20°, \therefore ∠ BAF = ∠ BAC + ∠ EAC = 80°$. 设 $BF$ 与 $AC$ 相交于点 $H$, 如图, $\because △ ACE≌△ BCD, \therefore AE = BD, ∠ EAC = ∠ DBC$, 且 $∠ AHF = ∠ BHC, \therefore ∠ AFB = ∠ ACB = 60°, \therefore A,B,C,F$ 四个点在同一个圆上, 根据等弦对等角, 求 $AF$ 的最小值, 可转化为求 $∠ ABF$ 的最小值, 易知点 $D$ 在以 $C$ 为圆心, 3 为半径的圆上, 当 $BF$ 是圆 $C$ 的切线时, 即当 $CD⊥ BF$ 时, $∠ FBC$ 最大, 则 $∠ FBA$ 最小, $\therefore$ 此时线段 $AF$ 长度有最小值, 在 $\mathrm{Rt}△ BCD$ 中, $BC = 5, CD = 3, \therefore BD = \sqrt{5^2-3^2} = 4$, 即 $AE = 4. \because ∠ FDE = 180°-90°-60°=30°, ∠ AFB = 60°, \therefore ∠ FDE = ∠ FED = 30°, \therefore FD = FE$, 过点 $F$ 作 $FG⊥ DE$ 于点 $G, \therefore DG = GE = \frac{1}{2}DE = \frac{3}{2}, \therefore FE = DF = \sqrt{3}, \therefore AF = AE-FE = 4-\sqrt{3}$.

14. (1) 如图①, 在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB = 90°$, $CD ⊥ AB$, 垂足为 $D$, 且 $CD = 3$, 则 $AB$ 的最小值为 .
(2) 将(1)中的 $∠ ACB = 90°$ 改为 $∠ ACB = 60°$, 其余条件不变, 则 $AB$ 的最小值为 .
(3) 如图②是某座城市延康大道的一部分, 因自来水抢修需在 $AB = 4$ 米, $AD = 6$ 米的矩形 $ABCD$ 区域内开挖一个 $△ AEF$ 的工作面, 其中 $E,F$ 分别在 $BC,CD$ 边上(不与 $B,C,D$ 重合), 且 $∠ EAF = 45°$, 为了减少对该路段的拥堵影响, 要求 $△ AEF$ 面积最小, 那么是否存在一个面积最小的 $△ AEF$? 若存在, 请求出 $△ AEF$ 面积的最小值; 若不存在, 请说明理由.

类型五 最大张角模型(最大视角、米勒问题)

14. (1)6 (2)$2\sqrt{3}$ 解析:如图①,作 $△ ABC$ 的外接圆 $\odot O$, 作 $OE⊥ AB$ 于点 $E$, 作直径 $AF$, 连接 $BF, \therefore ∠ ABF = 90°$. 设 $\odot O$ 的半径是 $R$, 易得 $∠ F = ∠ ACB = 60°, \therefore BF = \frac{1}{2}AF = R, AB = \sqrt{3}R. \because OE⊥ AB, \therefore AE = EB, \therefore OE = \frac{1}{2}BF = \frac{1}{2}R. \because OC + OE ≥ CE, CE ≥ CD, \therefore R + \frac{1}{2}R ≥ 3, \therefore R≥2, \therefore AB = \sqrt{3}R≥2\sqrt{3}, \therefore AB$ 的最小值是 $2\sqrt{3}$.

(3)存在. $△ AEF$ 的面积的最小值为 $(24\sqrt{2}-24)$ 平方米. 如图②, 把 $△ ADF$ 绕点 $A$ 顺时针旋转 $90°$ 并缩小为原来的 $\frac{2}{3}$, 得到 $△ ABG$, 则 $AG = \frac{2}{3}AF, ∠ EAG = ∠ EAF = 45°$, 过点 $E$ 作 $EM⊥ AG$ 于 $M, EN⊥ AF$ 于 $N$. 易得 $∠ EAG = ∠ EAF = 45°$, 又 $EM⊥ AG, EN⊥ AF, \therefore EM = EN, \therefore \frac{S_{△ AEG}}{S_{△ AEF}} = \frac{2}{3}$. 设 $△ AGE$ 的外接圆圆心为 $O$, 连接 $OA, OG, OE$, 过点 $O$ 作 $OH⊥ GE$ 于 $H$, 则 $∠ GOE = 2∠ EAG = 90°$, 设 $△ AGE$ 的外接圆的半径为 $R$ 米, 则 $GE = \sqrt{2}R$ 米, $OH = \frac{\sqrt{2}}{2}R$ 米, 由题意得, $OA + OH ≥ AB$, 即 $R + \frac{\sqrt{2}}{2}R ≥ 4$, 解得 $R≥8-4\sqrt{2}, \therefore △ AGE$ 的面积 $≥ \frac{1}{2}×\sqrt{2}×(8-4\sqrt{2})×4 = (16\sqrt{2}-16)$(平方米), $\therefore △ AGE$ 的面积的最小值为 $(16\sqrt{2}-16)$ 平方米, $\therefore △ AEF$ 的面积的最小值为 $(24\sqrt{2}-24)$ 平方米.

15.（教材变式）（桂林中考）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走.已知∠AOB=30°, MN=2OM=40 m,当观景视角∠MPN最大时,游客P行走的距离OP是m.

15. $20\sqrt{3}$ 解析:如图, 取 $MN$ 的中点 $F$, 过点 $F$ 作 $FE⊥ OB$ 于点 $E$, 以 $MN$ 为直径作 $\odot F, \because MN = 2OM = 40\ \mathrm{m}$, 点 $F$ 是 $MN$ 的中点, $\therefore MF = FN = 20\ \mathrm{m}, OF = 40\ \mathrm{m}. \because ∠ AOB = 30°, EF⊥ OB, \therefore EF = 20\ \mathrm{m}, OE = \sqrt{3}EF = 20\sqrt{3}\ \mathrm{m}, \therefore EF = MF$. 又 $\because EF⊥ OB, \therefore OB$ 是 $\odot F$ 的切线, 切点为 $E, \therefore$ 当点 $P$ 与点 $E$ 重合时, 观景视角 $∠ MPN$ 最大, 此时 $OP = 20\sqrt{3}\ \mathrm{m}$.