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1[中]如图,在平面直角坐标系中,以原点O为圆心的圆过点A(5,0),一直线过点D(2,3)与圆O交于B,C两点,则弦BC的最小值为
(第1题图)
(第2题图)
4√3
.(第1题图)
(第2题图)
答案
1. $4\sqrt{3}$ 【解析】如图所示,过点 $D$ 作 $DH ⊥ x$ 轴于点 $H$,连接 $OD,OB$, 则 $OH=2$, $DH=3,\therefore$ 根据勾股定理得 $OD = \sqrt{OH^2+DH^2} = \sqrt{13}$. $\because$ 点 $A ( 5, 0 ) , \therefore O A = 5$, $\therefore OB=OA=5.\because$ 过圆内定点 $D$ 的所有弦中,与 $OD$ 垂直的弦最短,$\therefore$ 由垂径定理及勾股定理可得 $BC$ 的最小值为 $2BD=2\sqrt{OB^2-OD^2}=2× \sqrt{25-13}=4\sqrt{3}$,故答案为 $4\sqrt{3}$.
解析
【分析】
要解决弦BC的最小值问题，首先回忆圆的弦长相关性质：过圆内一定点的所有弦中，与该点和圆心连线垂直的弦最短。解题步骤如下：第一步先确定圆O的半径，由圆过点A(5,0)可直接得到半径长度；第二步计算圆心O到定点D的距离OD，利用D点坐标结合勾股定理即可求得；第三步当弦BC与OD垂直时BC最短，结合垂径定理和勾股定理即可求出最短弦长。
【解析】
过点D作$DH ⊥ x$轴于点H，连接$OD,OB$：
1. 由$D(2,3)$得$OH=2$，$DH=3$，根据勾股定理得$OD = \sqrt{OH^2+DH^2} = \sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$；
2. 因为圆O过点$A ( 5, 0 )$，所以圆的半径$OB=OA=5$；
3. 根据圆的性质：过圆内定点$D$的所有弦中，与$OD$垂直的弦最短，结合垂径定理可得此时$BC=2BD$；
4. 由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{25-13}=2\sqrt{3}$，因此$BC=2BD=4\sqrt{3}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
垂径定理，勾股定理，圆中弦长最值
【点评】
本题是圆中最值问题的典型题型，解题的核心是掌握过圆内定点的最短弦的性质，再结合垂径定理和勾股定理计算即可，有助于强化对圆的弦长相关性质的理解和应用。
【难度系数】
0.6
要解决弦BC的最小值问题，首先回忆圆的弦长相关性质：过圆内一定点的所有弦中，与该点和圆心连线垂直的弦最短。解题步骤如下：第一步先确定圆O的半径，由圆过点A(5,0)可直接得到半径长度；第二步计算圆心O到定点D的距离OD，利用D点坐标结合勾股定理即可求得；第三步当弦BC与OD垂直时BC最短，结合垂径定理和勾股定理即可求出最短弦长。
【解析】
过点D作$DH ⊥ x$轴于点H，连接$OD,OB$：
1. 由$D(2,3)$得$OH=2$，$DH=3$，根据勾股定理得$OD = \sqrt{OH^2+DH^2} = \sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$；
2. 因为圆O过点$A ( 5, 0 )$，所以圆的半径$OB=OA=5$；
3. 根据圆的性质：过圆内定点$D$的所有弦中，与$OD$垂直的弦最短，结合垂径定理可得此时$BC=2BD$；
4. 由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2-OD^2}=\sqrt{25-13}=2\sqrt{3}$，因此$BC=2BD=4\sqrt{3}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
垂径定理，勾股定理，圆中弦长最值
【点评】
本题是圆中最值问题的典型题型，解题的核心是掌握过圆内定点的最短弦的性质，再结合垂径定理和勾股定理计算即可，有助于强化对圆的弦长相关性质的理解和应用。
【难度系数】
0.6
2[2025 四川泸州期末，中]如图，$\odot O$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
答案
2. 4 【解析】如图,延长 $CP$ 交 $\odot O$ 于点 $K$,连接 $DK$. $\because AB ⊥ CK,\therefore CP = PK.\because M$ 是 $CD$ 的中点,$\therefore PM$ 是 $△ CKD$ 的中位线, $\therefore PM=\frac{1}{2}KD,\therefore$ 当 $KD$ 的值最大时, $PM$ 的值最大,即当 $KD$ 为直径时, $PM$ 的值最大. $\because \odot O$ 的直径 $AB=8,\therefore PM$ 的最大值为 $\frac{1}{2}KD=\frac{1}{2}AB=4$,故答案为4.
解析
【分析】
本题求PM的最大值，可按以下思路推导：首先观察已知条件，有CP⊥AB、M是CD中点，首先利用垂径定理，延长CP交⊙O于点K，可得P是CK的中点；再结合M是CD中点，可判断PM是△CKD的中位线，因此PM和KD存在固定的数量关系PM=$\frac{1}{2}$KD，就可以将求PM的最大值转化为求KD的最大值；最后根据圆的性质，圆中最长的弦是直径，即可得到KD的最大值，进而求出PM的最大值。
【解析】
延长 $CP$ 交 $\odot O$ 于点 $K$，连接 $DK$，
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，且 $AB ⊥ CK$，根据垂径定理可得 $CP=PK$，即 $P$ 为 $CK$ 的中点。
$\because M$ 是 $CD$ 的中点，$\therefore PM$ 是 $△ CKD$ 的中位线，根据三角形中位线的性质可得 $PM=\frac{1}{2}KD$。
要使PM最大，需使KD最大，圆中最长的弦为直径，已知$\odot O$的直径$AB=8$，因此KD的最大值为8，
此时$PM$的最大值为$\frac{1}{2} × 8 = 4$。
【答案】
4
【知识点】
垂径定理，三角形中位线定理，圆的最值
【点评】
本题通过构造辅助线实现了线段的转化，将未知线段的最值问题转化为圆中弦的最值问题，解题的关键是找准线段间的数量关系，灵活运用圆的性质和三角形中位线的性质求解。
【难度系数】
0.6
本题求PM的最大值，可按以下思路推导：首先观察已知条件，有CP⊥AB、M是CD中点，首先利用垂径定理，延长CP交⊙O于点K，可得P是CK的中点；再结合M是CD中点，可判断PM是△CKD的中位线，因此PM和KD存在固定的数量关系PM=$\frac{1}{2}$KD，就可以将求PM的最大值转化为求KD的最大值；最后根据圆的性质，圆中最长的弦是直径，即可得到KD的最大值，进而求出PM的最大值。
【解析】
延长 $CP$ 交 $\odot O$ 于点 $K$，连接 $DK$，
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，且 $AB ⊥ CK$，根据垂径定理可得 $CP=PK$，即 $P$ 为 $CK$ 的中点。
$\because M$ 是 $CD$ 的中点，$\therefore PM$ 是 $△ CKD$ 的中位线，根据三角形中位线的性质可得 $PM=\frac{1}{2}KD$。
要使PM最大，需使KD最大，圆中最长的弦为直径，已知$\odot O$的直径$AB=8$，因此KD的最大值为8，
此时$PM$的最大值为$\frac{1}{2} × 8 = 4$。
【答案】
4
【知识点】
垂径定理，三角形中位线定理，圆的最值
【点评】
本题通过构造辅助线实现了线段的转化，将未知线段的最值问题转化为圆中弦的最值问题，解题的关键是找准线段间的数量关系，灵活运用圆的性质和三角形中位线的性质求解。
【难度系数】
0.6
3[2025江苏扬州质检,中]如图,MN为$\odot O$的直径,A,B是$\odot O$上的两点,过A作$AC ⊥ MN$于点C,过B作$BD ⊥ MN$于点D,P为DC上的任意一点,若$MN=20$,$AC=8$,$BD=6$,则$PA+PB$的最小值是 (
A.20
B.$14\sqrt{2}$
C.14
D.$12\sqrt{2}$
（第3题图）
（第4题图）
B
)A.20
B.$14\sqrt{2}$
C.14
D.$12\sqrt{2}$
（第3题图）
（第4题图）
答案
3. B 【解析】如图,连接 $OA$, $OB. \because AC ⊥ MN, BD ⊥ MN$, $\therefore OB^2=BD^2+OD^2=36+OD^2$, $OA^2=AC^2+OC^2=64+OC^2$. $\because MN=20,A,B$ 是 $\odot O$ 上的两点, $\therefore OA=OB=\frac{1}{2}MN=10,\therefore 100=36+OD^2$, $100=64+OC^2,\therefore OD=8,OC=6,\therefore CD=OD+OC=14$. 延长 $BD$ 与 $\odot O$ 相交于点 $G$,连接 $GP,AG. \because MN$ 为 $\odot O$ 的直径,$BD ⊥ MN,\therefore BD=GD=6,\therefore BP=GP$, $\therefore PA+PB=PA+GP,\therefore$ 当点 $P$ 在直线 $AG$ 上时,$PA+PB$ 取最小值,且最小值为 $AG$ 的长. 过 $G$ 作 $GH ⊥ AC$ 交 $AC$ 的延长线于点 $H$,又 $\because AC ⊥ MN, BD ⊥ MN$, $\therefore$ 四边形 $CDGH$ 是矩形, $\therefore GH=CD=14,CH=DG=6,\therefore AH=AC+CH=14,\therefore AG=\sqrt{AH^2+GH^2}=\sqrt{14^2+14^2}=14\sqrt{2},\therefore PA+PB$ 的最小值是 $14\sqrt{2}$,故选 B.
解析
【分析】
本题属于圆中的最短路径问题，解题思路可按以下步骤展开：首先，求直线MN同侧两点A、B到MN上动点P的距离和最小值，优先想到轴对称“将军饮马”模型；结合圆的性质，MN是直径且BD⊥MN，根据垂径定理，点B关于MN的对称点G在⊙O上，此时PB=PG，即可将PA+PB转化为PA+PG，根据两点之间线段最短，当A、P、G三点共线时，和最小，即为AG的长度；接下来先通过勾股定理计算OD、OC的长度得到CD的长，再构造直角三角形计算AG的长度即可。
【解析】
连接OA、OB。
∵AC⊥MN，BD⊥MN，
∴在Rt△OBD中，$OB^2=BD^2+OD^2$，在Rt△OAC中，$OA^2=AC^2+OC^2$。
∵MN是⊙O的直径，$MN=20$，A、B在⊙O上，
∴$OA=OB=\frac{1}{2}MN=10$。
代入得：$10^2=6^2+OD^2$，$10^2=8^2+OC^2$，
解得$OD=8$，$OC=6$，
∴$CD=OD+OC=8+6=14$。
延长BD交⊙O于点G，连接GP、AG。
∵MN为⊙O的直径，$BD⊥MN$，由垂径定理得$BD=GD=6$，即MN垂直平分BG，
∴$PB=PG$，
∴$PA+PB=PA+PG$，当A、P、G三点共线时，$PA+PG$取得最小值，最小值为AG的长度。
过G作$GH⊥AC$，交AC的延长线于点H，
∵$AC⊥MN$，$BD⊥MN$，$GH⊥AH$，
∴四边形CDGH是矩形，
∴$GH=CD=14$，$CH=DG=6$，
∴$AH=AC+CH=8+6=14$。
在Rt△AGH中，$AG=\sqrt{AH^2+GH^2}=\sqrt{14^2+14^2}=14\sqrt{2}$，
即$PA+PB$的最小值为$14\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
轴对称求最短路径，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查了最短路径模型、圆的基本性质与勾股定理的应用，解题核心是利用对称将动态线段和的最值转化为静态线段的长度，对知识的综合运用能力有一定要求，是圆中最值问题的典型题型。
【难度系数】
0.6
本题属于圆中的最短路径问题，解题思路可按以下步骤展开：首先，求直线MN同侧两点A、B到MN上动点P的距离和最小值，优先想到轴对称“将军饮马”模型；结合圆的性质，MN是直径且BD⊥MN，根据垂径定理，点B关于MN的对称点G在⊙O上，此时PB=PG，即可将PA+PB转化为PA+PG，根据两点之间线段最短，当A、P、G三点共线时，和最小，即为AG的长度；接下来先通过勾股定理计算OD、OC的长度得到CD的长，再构造直角三角形计算AG的长度即可。
【解析】
连接OA、OB。
∵AC⊥MN，BD⊥MN，
∴在Rt△OBD中，$OB^2=BD^2+OD^2$，在Rt△OAC中，$OA^2=AC^2+OC^2$。
∵MN是⊙O的直径，$MN=20$，A、B在⊙O上，
∴$OA=OB=\frac{1}{2}MN=10$。
代入得：$10^2=6^2+OD^2$，$10^2=8^2+OC^2$，
解得$OD=8$，$OC=6$，
∴$CD=OD+OC=8+6=14$。
延长BD交⊙O于点G，连接GP、AG。
∵MN为⊙O的直径，$BD⊥MN$，由垂径定理得$BD=GD=6$，即MN垂直平分BG，
∴$PB=PG$，
∴$PA+PB=PA+PG$，当A、P、G三点共线时，$PA+PG$取得最小值，最小值为AG的长度。
过G作$GH⊥AC$，交AC的延长线于点H，
∵$AC⊥MN$，$BD⊥MN$，$GH⊥AH$，
∴四边形CDGH是矩形，
∴$GH=CD=14$，$CH=DG=6$，
∴$AH=AC+CH=8+6=14$。
在Rt△AGH中，$AG=\sqrt{AH^2+GH^2}=\sqrt{14^2+14^2}=14\sqrt{2}$，
即$PA+PB$的最小值为$14\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
轴对称求最短路径，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查了最短路径模型、圆的基本性质与勾股定理的应用，解题核心是利用对称将动态线段和的最值转化为静态线段的长度，对知识的综合运用能力有一定要求，是圆中最值问题的典型题型。
【难度系数】
0.6
4[中]已知点$ P(x_0,y_0) $和直线$ y=kx+b $，求点$ P $到直线$ y=kx+b $的距离$ d $可用公式$ d=\frac{|kx_0 - y_0 + b|}{\sqrt{1 + k^2}} $。
计算.根据以上材料解决下面问题:如图,$ \odot C $的圆心$ C $的坐标为$ (1,1) $,半径为1,直线$ l $的表达式为$ y=-2x+7 $,$ P $是直线$ l $上的动点,$ Q $是$ \odot C $上的动点,则$ PQ $的最小值是（
A.$ \frac{4\sqrt{5}}{5} -1 $
B.$ \frac{3\sqrt{5}}{5} -1 $
C.$ \frac{6\sqrt{5}}{5} -1 $
D.$ 2 $
计算.根据以上材料解决下面问题:如图,$ \odot C $的圆心$ C $的坐标为$ (1,1) $,半径为1,直线$ l $的表达式为$ y=-2x+7 $,$ P $是直线$ l $上的动点,$ Q $是$ \odot C $上的动点,则$ PQ $的最小值是（
A
）A.$ \frac{4\sqrt{5}}{5} -1 $
B.$ \frac{3\sqrt{5}}{5} -1 $
C.$ \frac{6\sqrt{5}}{5} -1 $
D.$ 2 $
答案
4. A 【解析】如图,过点 $C$ 作 $CP ⊥$ 直线 $l$ 于 $P$ 点,交 $\odot C$ 于 $Q$ 点,此时 $PQ$ 的值最小. 根据点到直线的距离公式可知,点 $C(1,1)$ 到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|-2-1+7|}{\sqrt{1+(-2)^2}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}.\because \odot C$ 的半径为 $1,\therefore PQ=\frac{4\sqrt{5}}{5}-1$,故选 A.
解析
【分析】
要计算直线上动点P和圆上动点Q的最小距离，首先明确最值原理：当CP为点C到直线l的垂线段时，CP长度最短，又因为CQ是圆的固定半径，因此$PQ=CP-CQ$也最小。解题步骤为：①利用题干给出的点到直线的距离公式，先计算圆心C到直线l的距离；②用该距离减去圆的半径，即可得到PQ的最小值。
【解析】
过点$C$作$CP ⊥$直线$l$于$P$点，交$\odot C$于$Q$点，此时$PQ$的值最小。
已知圆心$C$坐标为$(1,1)$，直线$l$的表达式为$y=-2x+7$，对应距离公式中$k=-2$，$b=7$，$x_0=1$，$y_0=1$，代入公式得点$C$到直线$l$的距离：
$d=\frac{|kx_0 - y_0 + b|}{\sqrt{1 + k^2}}=\frac{|-2×1 - 1 +7|}{\sqrt{1+(-2)^2}}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$
$\because \odot C$的半径为1，即$CQ=1$
$\therefore PQ = CP - CQ = \frac{4\sqrt{5}}{5} - 1$
故选A。
【答案】
A
【知识点】
点到直线的距离计算；圆的最值问题；垂线段最短
【点评】
本题是圆的最值类常考题型，核心是理解圆上动点到直线上动点的最短距离为圆心到直线的距离减去半径，结合题干给出的距离公式即可顺利求解，解题关键是找准PQ取最小值时P、Q的位置。
【难度系数】
0.7
要计算直线上动点P和圆上动点Q的最小距离，首先明确最值原理：当CP为点C到直线l的垂线段时，CP长度最短，又因为CQ是圆的固定半径，因此$PQ=CP-CQ$也最小。解题步骤为：①利用题干给出的点到直线的距离公式，先计算圆心C到直线l的距离；②用该距离减去圆的半径，即可得到PQ的最小值。
【解析】
过点$C$作$CP ⊥$直线$l$于$P$点，交$\odot C$于$Q$点，此时$PQ$的值最小。
已知圆心$C$坐标为$(1,1)$，直线$l$的表达式为$y=-2x+7$，对应距离公式中$k=-2$，$b=7$，$x_0=1$，$y_0=1$，代入公式得点$C$到直线$l$的距离：
$d=\frac{|kx_0 - y_0 + b|}{\sqrt{1 + k^2}}=\frac{|-2×1 - 1 +7|}{\sqrt{1+(-2)^2}}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$
$\because \odot C$的半径为1，即$CQ=1$
$\therefore PQ = CP - CQ = \frac{4\sqrt{5}}{5} - 1$
故选A。
【答案】
A
【知识点】
点到直线的距离计算；圆的最值问题；垂线段最短
【点评】
本题是圆的最值类常考题型，核心是理解圆上动点到直线上动点的最短距离为圆心到直线的距离减去半径，结合题干给出的距离公式即可顺利求解，解题关键是找准PQ取最小值时P、Q的位置。
【难度系数】
0.7
5 [中]如图，$\odot M$的半径为2，圆心M的坐标为(3,4)，点P是$\odot M$上的任意一点，PA⊥PB，且PA，PB与x轴分别交于A，B两点，若点A、点B关于原点对称，当线段AB最短时，点A的坐标为
(-3,0)
。答案
5. $(-3,0)$ 【解析】如图,连接 $OP$,连接 $OM$ 交 $\odot M$ 于点 $P'.\because$ 点 $M$ 的坐标为 $(3,4),\therefore OM=\sqrt{3^2+4^2}=5$. $\because PA ⊥ PB,\therefore ∠ APB=90°.\because AO=BO,\therefore AB=2PO$. 若要使 $AB$ 最短,则 $PO$ 需取得最小值. 当点 $P$ 位于 $P'$ 位置时,$OP$ 取得最小值. $\because OM=5,MP'=2,\therefore OP'=3,\therefore$ 当线段 $AB$ 最短时, $OA=3$, 此时点 $A$ 的坐标为 $(-3,0)$,故答案为 $(-3,0)$.
解析
【分析】
我们可以从已知条件逐步推导解题思路：①首先由PA⊥PB可得△APB是直角三角形，又A、B关于原点对称即O是AB中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可推出AB=2OP，因此要使AB最短，只需让OP的长度最短即可；②P是⊙M上的点，根据圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径，可知当P在OM与⊙M的交点处时OP最短；③先计算OM的长度，再求出最短的OP长度，即可得到OA的长度，进而确定A的坐标。
【解析】
解：连接OP，连接OM交$\odot M$于点$P'$。
∵ 圆心M的坐标为$(3,4)$，由勾股定理得：
$OM=\sqrt{3^2+4^2}=5$
∵ $PA ⊥ PB$，
∴ $∠ APB=90°$，即$△ APB$为直角三角形。
又
∵ A、B关于原点对称，
∴ $AO=BO$，即O是斜边AB的中点。
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：$AB=2PO$。
要使线段AB最短，则需PO取得最小值。
∵ 点P在$\odot M$上，当点P位于OM与$\odot M$的交点$P'$位置时，OP取得最小值，此时$OP'=OM - MP'$。
已知$\odot M$半径$MP'=2$，
∴ $OP'=5-2=3$。
此时$AB=2OP'=6$，
∴ $OA=\frac{1}{2}AB=3$。
∵ 点A在x轴负半轴，
∴ 点A的坐标为$(-3,0)$。
【答案】
$(-3,0)$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，圆中最值问题，勾股定理
【点评】
本题是典型的几何最值综合题，解题的核心是利用直角三角形的性质将AB的最值转化为OP的最值，再结合圆的性质求解，很好地考察了转化思想和数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.6
我们可以从已知条件逐步推导解题思路：①首先由PA⊥PB可得△APB是直角三角形，又A、B关于原点对称即O是AB中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可推出AB=2OP，因此要使AB最短，只需让OP的长度最短即可；②P是⊙M上的点，根据圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径，可知当P在OM与⊙M的交点处时OP最短；③先计算OM的长度，再求出最短的OP长度，即可得到OA的长度，进而确定A的坐标。
【解析】
解：连接OP，连接OM交$\odot M$于点$P'$。
∵ 圆心M的坐标为$(3,4)$，由勾股定理得：
$OM=\sqrt{3^2+4^2}=5$
∵ $PA ⊥ PB$，
∴ $∠ APB=90°$，即$△ APB$为直角三角形。
又
∵ A、B关于原点对称，
∴ $AO=BO$，即O是斜边AB的中点。
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：$AB=2PO$。
要使线段AB最短，则需PO取得最小值。
∵ 点P在$\odot M$上，当点P位于OM与$\odot M$的交点$P'$位置时，OP取得最小值，此时$OP'=OM - MP'$。
已知$\odot M$半径$MP'=2$，
∴ $OP'=5-2=3$。
此时$AB=2OP'=6$，
∴ $OA=\frac{1}{2}AB=3$。
∵ 点A在x轴负半轴，
∴ 点A的坐标为$(-3,0)$。
【答案】
$(-3,0)$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，圆中最值问题，勾股定理
【点评】
本题是典型的几何最值综合题，解题的核心是利用直角三角形的性质将AB的最值转化为OP的最值，再结合圆的性质求解，很好地考察了转化思想和数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.6
6[中]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ BAC = 90°$,$AC = AB = 4$,$D$,$E$分别是$AB$,$AC$的中点,若等腰$Rt△ ADE$绕点$A$逆时针旋转,得到等腰$Rt△ AD_1E_1$,记直线$BD_1$与$CE_1$的交点为$P$,则点$P$到$AB$所在直线的距离的最大值为
(第6题图)
(第7题图)
1+√3
.(第6题图)
(第7题图)
答案
6. $1+\sqrt{3}$ 【解析】由题意知 $D_1,E_1$ 在以 $A$ 为圆心,$AD$ 为半径的圆上,如图,当 $BD_1$ 所在直线与 $\odot A$ 相切时,直线 $BD_1$ 与 $CE_1$ 的交点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离最大,过点 $P$ 作 $PG ⊥$ 直线 $AB$ 于 $G$. 此时易证四边形 $AD_1PE_1$ 是正方形, $\therefore PD_1 = AD_1 = \frac{1}{2}AB = 2$, 则 $BD_1 = \sqrt{AB^2-AD_1^2} = \sqrt{4^2-2^2} = 2\sqrt{3}$, 故易得 $∠ ABP = 30°$, $PB=2+2\sqrt{3}$, 故点 $P$ 到 $AB$ 所在直线的距离的最大值为 $PG=\frac{PB}{2}=1+\sqrt{3}$,故答案为 $1+\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解题时首先分析动点轨迹：等腰Rt△ADE绕点A旋转的过程中，$AD_1$、$AE_1$的长度始终等于$AD=2$，因此$D_1$、$E_1$都在以A为圆心、2为半径的圆上。要找点P到AB所在直线的最大距离，需先确定P位置最高的情况：当直线$BD_1$与$\odot A$相切时，交点P的位置最高，此时到AB的距离最大。接下来结合切线性质、全等三角形性质、正方形判定和含30°角的直角三角形性质逐步计算即可。
【解析】
由旋转的性质可得$AD_1=AE_1=AD=\frac{1}{2}AB=2$，因此$D_1$、$E_1$在以A为圆心，AD为半径的圆上。
当$BD_1$所在直线与$\odot A$相切时，直线$BD_1$与$CE_1$的交点P到直线AB的距离最大，过点P作$PG ⊥$直线AB于G。
∵$BD_1$是$\odot A$的切线，
∴$AD_1⊥BD_1$，$∠AD_1B=90°$。
在$Rt△ABD_1$中，$AD_1=2$，$AB=4$，由勾股定理得：
$BD_1 = \sqrt{AB^2-AD_1^2} = \sqrt{4^2-2^2} = 2\sqrt{3}$，
∴$\sin∠ABP=\frac{AD_1}{AB}=\frac{1}{2}$，即$∠ABP=30°$。
由旋转可知$∠D_1AE_1=90°$，$AD_1=AE_1$，易证$△ABD_1≌△ACE_1$（SAS），可得$∠AD_1B=∠AE_1C=90°$，
∴四边形$AD_1PE_1$的三个角均为直角，且$AD_1=AE_1$，因此四边形$AD_1PE_1$是正方形，
∴$PD_1=AD_1=2$，
∴$PB=BD_1+PD_1=2\sqrt{3}+2$。
在$Rt△PBG$中，$∠ABP=30°$，
∴$PG=\frac{1}{2}PB=\frac{1}{2}×(2\sqrt{3}+2)=1+\sqrt{3}$。
【答案】
$1+\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质，切线的性质，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题是几何综合类最值问题，解题关键是先判断出点P到AB距离最大时$BD_1$与圆A相切的位置关系，再结合全等、正方形性质和直角三角形的边角关系计算，能有效考查学生的几何分析能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.4
解题时首先分析动点轨迹：等腰Rt△ADE绕点A旋转的过程中，$AD_1$、$AE_1$的长度始终等于$AD=2$，因此$D_1$、$E_1$都在以A为圆心、2为半径的圆上。要找点P到AB所在直线的最大距离，需先确定P位置最高的情况：当直线$BD_1$与$\odot A$相切时，交点P的位置最高，此时到AB的距离最大。接下来结合切线性质、全等三角形性质、正方形判定和含30°角的直角三角形性质逐步计算即可。
【解析】
由旋转的性质可得$AD_1=AE_1=AD=\frac{1}{2}AB=2$，因此$D_1$、$E_1$在以A为圆心，AD为半径的圆上。
当$BD_1$所在直线与$\odot A$相切时，直线$BD_1$与$CE_1$的交点P到直线AB的距离最大，过点P作$PG ⊥$直线AB于G。
∵$BD_1$是$\odot A$的切线，
∴$AD_1⊥BD_1$，$∠AD_1B=90°$。
在$Rt△ABD_1$中，$AD_1=2$，$AB=4$，由勾股定理得：
$BD_1 = \sqrt{AB^2-AD_1^2} = \sqrt{4^2-2^2} = 2\sqrt{3}$，
∴$\sin∠ABP=\frac{AD_1}{AB}=\frac{1}{2}$，即$∠ABP=30°$。
由旋转可知$∠D_1AE_1=90°$，$AD_1=AE_1$，易证$△ABD_1≌△ACE_1$（SAS），可得$∠AD_1B=∠AE_1C=90°$，
∴四边形$AD_1PE_1$的三个角均为直角，且$AD_1=AE_1$，因此四边形$AD_1PE_1$是正方形，
∴$PD_1=AD_1=2$，
∴$PB=BD_1+PD_1=2\sqrt{3}+2$。
在$Rt△PBG$中，$∠ABP=30°$，
∴$PG=\frac{1}{2}PB=\frac{1}{2}×(2\sqrt{3}+2)=1+\sqrt{3}$。
【答案】
$1+\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质，切线的性质，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题是几何综合类最值问题，解题关键是先判断出点P到AB距离最大时$BD_1$与圆A相切的位置关系，再结合全等、正方形性质和直角三角形的边角关系计算，能有效考查学生的几何分析能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.4
7[2025湖北武汉期末,较难]如图,在矩形ABCD中,AB=5,AD=4,M是边AB上一动点(不含端点),将△ADM沿直线DM翻折,得到△NDM.射线CN交线段AB于点P,连接DP,则△CDP的面积为
10
,DP的最大值为2√5
.答案
7. 10 $2\sqrt{5}$ 【解析】由题意可得 $△ CDP$ 的面积等于矩形 $ABCD$ 面积的一半, $\therefore △ CDP$ 的面积为 $\frac{1}{2}AB · AD = \frac{1}{2} × 4 × 5 = 10$. 在 $Rt △ APD$ 中, $PD = \sqrt{AD^2+AP^2},\therefore$ 当 $AP$ 的值最大时, $DP$ 有最大值. 由题意可得点 $N$ 在以 $D$ 为圆心,4 为半径的圆弧上运动,当射线 $CN$ 与圆 $D$ 相切时, $AP$ 的值最大,此时 $P,M$ 两点重合,$C,N,M$ 三点共线,如图. 由题意可得 $AD=ND=4,∠ DNC=∠ B=∠ DCB=90°,\therefore ∠ NDC+∠ DCN = 90°,∠ DCN + ∠ MCB = 90°,\therefore ∠ NDC = ∠ MCB. \because AD=BC,\therefore DN=BC,\therefore △ NDC ≌ △ BCM,\therefore CN=BM=\sqrt{CD^2-DN^2}=3,\therefore AP=AB-BP=2,\therefore$ 在 $Rt △ APD$ 中, $PD=\sqrt{AD^2+AP^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$. 故答案为 $10,2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
首先求解△CDP的面积：△CDP的底为矩形的长CD，由于AB//CD，AB上任意点P到CD的距离恒等于矩形的宽AD，因此△CDP的面积始终为矩形ABCD面积的一半，直接代入数值计算即可。
再求解DP的最大值：在Rt△APD中，AD为定值4，由勾股定理可知DP的长度由AP的长度决定，AP越大则DP越大。由折叠性质得DN=AD=4，可知点N的轨迹是以D为圆心、4为半径的圆弧；当射线CN与该圆相切时，AP取得最大值，此时结合全等三角形、勾股定理求出AP的长度，即可计算出DP的最大值。
【解析】
1. 计算△CDP的面积：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB//CD，CD=AB=5，AD⊥CD，
点P在AB上，因此P到CD的距离等于AD的长度4，
∴ $S_{△ CDP}=\frac{1}{2} × CD × AD = \frac{1}{2} × 5 × 4 = 10$。
2. 计算DP的最大值：
在Rt△APD中，$DP=\sqrt{AD^2 + AP^2}$，AD=4为定值，因此AP取最大值时，DP取得最大值。
由折叠的性质可得DN=AD=4，因此点N在以D为圆心，4为半径的圆弧上运动。
当射线CN与⊙D相切时，∠DNC=90°，此时P、M两点重合，C、N、M三点共线，如图。
此时∠DNC=∠B=90°，DN=BC=4，
∵ ∠NDC + ∠DCN = 90°，∠DCN + ∠MCB = 90°，
∴ ∠NDC=∠MCB，
∴ △NDC ≌ △BCM（ASA），
∴ $CN=BM=\sqrt{CD^2 - DN^2}=\sqrt{5^2 - 4^2}=3$，
∴ $AP=AB - BM=5 - 3=2$，
代入勾股定理得：$DP=\sqrt{AD^2 + AP^2}=\sqrt{4^2 + 2^2}=2\sqrt{5}$。
【答案】
10；$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，切线的性质
【点评】
本题为几何综合题，结合了矩形、折叠、圆的最值等知识点，解题的核心是确定动点N的运动轨迹，找到AP最大的临界状态，能有效考查学生的几何综合分析能力和轨迹思想的应用。
【难度系数】
0.3
首先求解△CDP的面积：△CDP的底为矩形的长CD，由于AB//CD，AB上任意点P到CD的距离恒等于矩形的宽AD，因此△CDP的面积始终为矩形ABCD面积的一半，直接代入数值计算即可。
再求解DP的最大值：在Rt△APD中，AD为定值4，由勾股定理可知DP的长度由AP的长度决定，AP越大则DP越大。由折叠性质得DN=AD=4，可知点N的轨迹是以D为圆心、4为半径的圆弧；当射线CN与该圆相切时，AP取得最大值，此时结合全等三角形、勾股定理求出AP的长度，即可计算出DP的最大值。
【解析】
1. 计算△CDP的面积：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB//CD，CD=AB=5，AD⊥CD，
点P在AB上，因此P到CD的距离等于AD的长度4，
∴ $S_{△ CDP}=\frac{1}{2} × CD × AD = \frac{1}{2} × 5 × 4 = 10$。
2. 计算DP的最大值：
在Rt△APD中，$DP=\sqrt{AD^2 + AP^2}$，AD=4为定值，因此AP取最大值时，DP取得最大值。
由折叠的性质可得DN=AD=4，因此点N在以D为圆心，4为半径的圆弧上运动。
当射线CN与⊙D相切时，∠DNC=90°，此时P、M两点重合，C、N、M三点共线，如图。
此时∠DNC=∠B=90°，DN=BC=4，
∵ ∠NDC + ∠DCN = 90°，∠DCN + ∠MCB = 90°，
∴ ∠NDC=∠MCB，
∴ △NDC ≌ △BCM（ASA），
∴ $CN=BM=\sqrt{CD^2 - DN^2}=\sqrt{5^2 - 4^2}=3$，
∴ $AP=AB - BM=5 - 3=2$，
代入勾股定理得：$DP=\sqrt{AD^2 + AP^2}=\sqrt{4^2 + 2^2}=2\sqrt{5}$。
【答案】
10；$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，切线的性质
【点评】
本题为几何综合题，结合了矩形、折叠、圆的最值等知识点，解题的核心是确定动点N的运动轨迹，找到AP最大的临界状态，能有效考查学生的几何综合分析能力和轨迹思想的应用。
【难度系数】
0.3
