登录
1. 如图，在$\odot O$中，弦$AB$的长为2，点$C$在$AB$上移动，连接$OC$，过点$C$作$CD⊥$$OC$，交$\odot O$于点$D$，则$CD$长的最大值为（
A.4
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.1
D
）A.4
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.1
答案
1. D 如图,连接$OD. \because CD ⊥ OC, \therefore ∠ DCO=90°$.
$\therefore CD=\sqrt{OD^2-OC^2}. \because OD$长一定,$\therefore$ 当$OC$长最小时,$CD$长最大. 又$\because$ 当$OC ⊥ AB$时,$OC$长最小,$D,A$两点重合,$\therefore CD=CB=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2} × 2=1. \therefore CD$长的最大值为1.
(第1题)
解析
【分析】
解题时首先观察到CD⊥OC的直角特征，优先连接半径OD构造Rt△OCD，利用勾股定理将CD的长度表示为√(OD²-OC²)。由于OD是圆的半径，属于定值，因此CD的长度仅随OC的长度变化：要让CD取最大值，就需要OC的长度取最小值。接下来点C在弦AB上运动，根据点到直线的连线中垂线段最短的性质，OC的最小值就是圆心O到弦AB的垂线段长度，此时结合垂径定理，垂足C恰好是AB的中点，就能直接算出此时CD的长度，也就是CD的最大值。
【解析】
解：连接OD，
∵ CD⊥OC，
∴ ∠DCO=90°，
在Rt△OCD中，由勾股定理可得：
$CD=\sqrt{OD^2 - OC^2}$
∵ OD是⊙O的半径，长度为定值，
∴ 当OC的长度取最小值时，CD的长度取得最大值。
根据点到直线的距离性质：点到直线的所有连线中，垂线段最短，因此当OC⊥AB时，OC的长度最小。
由垂径定理可知，此时C是AB的中点，
∴ $BC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2=1$，此时点D与点A重合，CD=BC=1，
即CD长的最大值为1。
【答案】
D
【知识点】
垂径定理；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题属于圆中的线段最值问题，核心是通过勾股定理将目标线段的最值问题转化为另一条线段的最值问题，结合垂线段最短的性质和垂径定理快速求解，是圆部分非常典型的转化思想应用题型，能帮助学生强化几何最值的转化思路。
【难度系数】
0.6
解题时首先观察到CD⊥OC的直角特征，优先连接半径OD构造Rt△OCD，利用勾股定理将CD的长度表示为√(OD²-OC²)。由于OD是圆的半径，属于定值，因此CD的长度仅随OC的长度变化：要让CD取最大值，就需要OC的长度取最小值。接下来点C在弦AB上运动，根据点到直线的连线中垂线段最短的性质，OC的最小值就是圆心O到弦AB的垂线段长度，此时结合垂径定理，垂足C恰好是AB的中点，就能直接算出此时CD的长度，也就是CD的最大值。
【解析】
解：连接OD，
∵ CD⊥OC，
∴ ∠DCO=90°，
在Rt△OCD中，由勾股定理可得：
$CD=\sqrt{OD^2 - OC^2}$
∵ OD是⊙O的半径，长度为定值，
∴ 当OC的长度取最小值时，CD的长度取得最大值。
根据点到直线的距离性质：点到直线的所有连线中，垂线段最短，因此当OC⊥AB时，OC的长度最小。
由垂径定理可知，此时C是AB的中点，
∴ $BC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2=1$，此时点D与点A重合，CD=BC=1，
即CD长的最大值为1。
【答案】
D
【知识点】
垂径定理；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题属于圆中的线段最值问题，核心是通过勾股定理将目标线段的最值问题转化为另一条线段的最值问题，结合垂线段最短的性质和垂径定理快速求解，是圆部分非常典型的转化思想应用题型，能帮助学生强化几何最值的转化思路。
【难度系数】
0.6
2. 如图,在菱形$ABCD$中,$∠ A=60^{ \circ }$,$AB=3$,$\odot A$,$\odot B$的半径分别为$2$和$1$,$P$,$E$,$F$分别是边$CD$,$\odot A$和$\odot B$上的动点,则$PE+PF$的最小值为 （
A.$1$
B.$2$
C.$2.5$
D.$3$
D
）A.$1$
B.$2$
C.$2.5$
D.$3$
答案
2. D 如图,连接$AE,AP,BF,BP$,则 $PA-AE ≤ PE$, $PB-BF ≤ PF. \therefore PE+PF ≥ PA+PB-(AE+BF)$,即$PE+PF ≥ PA+PB-3. \therefore$ 要求 $PE+PF$ 的最小值,即求 $PA+PB$ 的最小值. 作点 $A$ 关于直线 $CD$ 的对称点 $A'$,连接 $BD,DA',AA'$,$CD$ 的延长线与 $AA'$ 交于点 $H. \because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,$\therefore AB=AD$,$AB// CD. \because ∠ BAD=60°$,$\therefore △ ADB$ 是等边三角形,$∠ ADC=120°. \therefore ∠ ADB=60°$,$∠ ADH=180°-∠ ADC=60°$. 由对称,可得$∠ A'DH=∠ ADH=60°. \therefore ∠ ADB+∠ ADH+∠ A'DH=60°+60°+60°=180°. \therefore$ 点 $A'$,$D$,$B$ 在一条直线上. 当点 $P$ 与点 $D$ 重合,点 $E$ 在边 $AD$ 上,点 $F$ 在线段 $BD$ 上时,此时$PE+PF$ 最小. $\because △ ABD$ 是等边三角形,$\therefore BD=AB=AD=3$,即 $PA=PB=3. \therefore PA+PB$ 的最小值为 6. $\therefore PE+PF$ 的最小值为 $6-3=3$.
(第2题)
解析
【分析】
我们可以分步拆解这道最值问题：第一步，先处理两个圆上的动点E、F的最值性质：圆外任意一点到圆上所有点的最短距离，等于该点到圆心的距离减去圆的半径，因此PE的最小值是PA减去⊙A的半径2，PF的最小值是PB减去⊙B的半径1，由此可以把PE+PF的最小值问题，转化为求CD边上的动点P到A、B两点的距离和PA+PB的最小值，再减去两个半径的和3。第二步，求线段和PA+PB的最小值，这是典型的将军饮马模型，作点A关于直线CD的对称点A'，根据对称性质PA=PA'，PA+PB的最小值就等于线段A'B的长度，最后结合菱形和等边三角形的性质算出A'B的长度，就能得到最终结果。
【解析】
1. 转化圆上动点的最值关系
已知E是⊙A上的动点，⊙A半径AE=2，根据点到圆上点的最短距离性质，可得：$PE ≥ PA - AE = PA - 2$；
已知F是⊙B上的动点，⊙B半径BF=1，同理可得：$PF ≥ PB - BF = PB - 1$。
将两式相加，得：$PE+PF ≥ PA+PB - (2+1) = PA+PB -3$，因此求PE+PF的最小值，等价于求CD边上动点P对应的PA+PB的最小值。
2. 用轴对称求PA+PB的最小值
作点A关于直线CD的对称点A'，连接AA'、A'B，由轴对称性质可知$PA=PA'$，因此$PA+PB = PA'+PB$，根据两点之间线段最短，当A'、P、B三点共线时，PA+PB取得最小值，最小值为线段A'B的长度。
3. 结合菱形性质计算A'B的长度
因为四边形ABCD是菱形，$AB=AD=3$，$∠ BAD=60°$，所以$△ ABD$是等边三角形，$BD=AB=AD=3$，$∠ ADC=180°-∠ BAD=120°$，因此$∠ ADH=180°-∠ ADC=60°$。
由对称性质得$∠ A'DH=∠ ADH=60°$，因此$∠ ADB + ∠ ADH + ∠ A'DH = 60°+60°+60°=180°$，说明B、D、A'三点共线，且$DA'=AD=3$，因此$A'B = BD + DA' = 3+3=6$，即PA+PB的最小值为6。
4. 计算最终结果
将PA+PB的最小值代入$PE+PF ≥ 6-3=3$，当点P与点D重合，点E在线段AD上，点F在线段BD上时等号成立，因此PE+PF的最小值为3。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，点与圆的位置关系，轴对称最短路径
【点评】
本题属于多动点综合最值问题，核心是两次转化：先将圆上动点的距离最值转化为点到圆心的距离最值，再将线段和的最值转化为轴对称将军饮马模型求解，同时结合含60°角的菱形构造等边三角形的性质完成计算，对学生的转化思维要求较高，需要理清多层动点的约束关系。
【难度系数】
0.3
我们可以分步拆解这道最值问题：第一步，先处理两个圆上的动点E、F的最值性质：圆外任意一点到圆上所有点的最短距离，等于该点到圆心的距离减去圆的半径，因此PE的最小值是PA减去⊙A的半径2，PF的最小值是PB减去⊙B的半径1，由此可以把PE+PF的最小值问题，转化为求CD边上的动点P到A、B两点的距离和PA+PB的最小值，再减去两个半径的和3。第二步，求线段和PA+PB的最小值，这是典型的将军饮马模型，作点A关于直线CD的对称点A'，根据对称性质PA=PA'，PA+PB的最小值就等于线段A'B的长度，最后结合菱形和等边三角形的性质算出A'B的长度，就能得到最终结果。
【解析】
1. 转化圆上动点的最值关系
已知E是⊙A上的动点，⊙A半径AE=2，根据点到圆上点的最短距离性质，可得：$PE ≥ PA - AE = PA - 2$；
已知F是⊙B上的动点，⊙B半径BF=1，同理可得：$PF ≥ PB - BF = PB - 1$。
将两式相加，得：$PE+PF ≥ PA+PB - (2+1) = PA+PB -3$，因此求PE+PF的最小值，等价于求CD边上动点P对应的PA+PB的最小值。
2. 用轴对称求PA+PB的最小值
作点A关于直线CD的对称点A'，连接AA'、A'B，由轴对称性质可知$PA=PA'$，因此$PA+PB = PA'+PB$，根据两点之间线段最短，当A'、P、B三点共线时，PA+PB取得最小值，最小值为线段A'B的长度。
3. 结合菱形性质计算A'B的长度
因为四边形ABCD是菱形，$AB=AD=3$，$∠ BAD=60°$，所以$△ ABD$是等边三角形，$BD=AB=AD=3$，$∠ ADC=180°-∠ BAD=120°$，因此$∠ ADH=180°-∠ ADC=60°$。
由对称性质得$∠ A'DH=∠ ADH=60°$，因此$∠ ADB + ∠ ADH + ∠ A'DH = 60°+60°+60°=180°$，说明B、D、A'三点共线，且$DA'=AD=3$，因此$A'B = BD + DA' = 3+3=6$，即PA+PB的最小值为6。
4. 计算最终结果
将PA+PB的最小值代入$PE+PF ≥ 6-3=3$，当点P与点D重合，点E在线段AD上，点F在线段BD上时等号成立，因此PE+PF的最小值为3。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，点与圆的位置关系，轴对称最短路径
【点评】
本题属于多动点综合最值问题，核心是两次转化：先将圆上动点的距离最值转化为点到圆心的距离最值，再将线段和的最值转化为轴对称将军饮马模型求解，同时结合含60°角的菱形构造等边三角形的性质完成计算，对学生的转化思维要求较高，需要理清多层动点的约束关系。
【难度系数】
0.3
3. 如图,$\odot O$是以原点为圆心,$2\sqrt{3}$为半径的圆,$P$是直线$y=-x+8$上的一点,过点$P$作$\odot O$的一条切线$PQ$,$Q$为切点,则切线长$PQ$的最小值为 （
A.$2\sqrt{5}$
B.$4$
C.$8-2\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{13}$
A
）A.$2\sqrt{5}$
B.$4$
C.$8-2\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{13}$
答案
3. A $\because$ 点 $P$ 在直线 $y=-x+8$ 上,$\therefore$ 设点 $P$ 的坐标为$(m,8-m)$,连接 $OQ$,$OP$. 由 $PQ$ 为$\odot O$ 的切线,得 $OQ ⊥ PQ$. 在 $\mathrm{Rt}△ OPQ$ 中,由勾股定理,得 $PQ^2=OP^2-OQ^2=m^2+(8-m)^2-(2\sqrt{3})^2=2m^2-16m+52=2(m-4)^2+20$. 易知当 $m=4$ 时,$PQ^2$ 取得最小值 20. $\therefore$ 切线长 $PQ$ 的最小值为 $2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
解题思路：首先回忆圆的切线性质，切线与过切点的半径互相垂直，因此连接OQ、OP后，△OPQ是直角三角形。已知⊙O的半径OQ是定值2√3，根据勾股定理可得PQ²=OP²-OQ²，因此要让切线长PQ最小，只需要让OP的长度最小即可。我们可以设直线y=-x+8上的点P坐标为(m,8-m)，将OP²用含m的代数式表示，代入PQ²的表达式后通过配方求二次函数的最小值，就能得到PQ的最小值。
【解析】
解：连接OQ、OP，
∵ PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴ OQ⊥PQ，
已知⊙O半径OQ=2√3。
设点P的坐标为(m, 8-m)，在Rt△OPQ中由勾股定理得：
PQ² = OP² - OQ²
= m² + (8-m)² - (2√3)²
展开整理：
PQ² = m² + 64 -16m +m² -12
= 2m² -16m +52
对二次式配方可得：
PQ² = 2(m-4)² +20
∵ 2＞0，二次函数开口向上，当m=4时，PQ²取得最小值20，
此时PQ的最小值为√20=2√5。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质，勾股定理，二次函数最值
【点评】
本题是圆相关的经典几何最值题型，核心考查转化思想，将切线长的最小值问题转化为求原点到直线上点的距离的最小值问题，通过设点坐标配方即可快速求解，也可结合点到直线距离公式验证结果，难度适中，适合巩固切线性质的相关应用。
【难度系数】
0.6
解题思路：首先回忆圆的切线性质，切线与过切点的半径互相垂直，因此连接OQ、OP后，△OPQ是直角三角形。已知⊙O的半径OQ是定值2√3，根据勾股定理可得PQ²=OP²-OQ²，因此要让切线长PQ最小，只需要让OP的长度最小即可。我们可以设直线y=-x+8上的点P坐标为(m,8-m)，将OP²用含m的代数式表示，代入PQ²的表达式后通过配方求二次函数的最小值，就能得到PQ的最小值。
【解析】
解：连接OQ、OP，
∵ PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴ OQ⊥PQ，
已知⊙O半径OQ=2√3。
设点P的坐标为(m, 8-m)，在Rt△OPQ中由勾股定理得：
PQ² = OP² - OQ²
= m² + (8-m)² - (2√3)²
展开整理：
PQ² = m² + 64 -16m +m² -12
= 2m² -16m +52
对二次式配方可得：
PQ² = 2(m-4)² +20
∵ 2＞0，二次函数开口向上，当m=4时，PQ²取得最小值20，
此时PQ的最小值为√20=2√5。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质，勾股定理，二次函数最值
【点评】
本题是圆相关的经典几何最值题型，核心考查转化思想，将切线长的最小值问题转化为求原点到直线上点的距离的最小值问题，通过设点坐标配方即可快速求解，也可结合点到直线距离公式验证结果，难度适中，适合巩固切线性质的相关应用。
【难度系数】
0.6
4. 如图,等边三角形$ABC$的边长为6 cm,$D,E$分别是$BC$和$AC$上的点,且$BD=$$CE$,$AD$,$BE$交于点$P$,连接$CP$,则$CP$长的最小值为
2√3 cm
。答案
4. $2\sqrt{3}$ cm 如图,$\because △ ABC$ 是等边三角形,$\therefore AB=BC=AC$,$∠ ABC=∠ BAC=∠ BCE=60°$. 在$△ ABD$ 和$△ BCE$ 中,$\begin{cases} BD=CE,\\ ∠ ABD=∠ BCE,\\ AB=BC, \end{cases} \therefore △ ABD ≌ △ BCE$(SAS). $\therefore ∠ BAD=∠ CBE$. 又 $\because ∠ APE=∠ BAD+∠ ABE$,$\therefore ∠ APE=∠ CBE+∠ ABE=∠ ABC=60°$. $\therefore ∠ APB=180°-∠ APE=120°$. 如图,作$△ ABP$ 的外接圆,设圆心为 $O$,则点 $P$ 在以点 $O$ 为圆心,$OA$ 为半径的劣弧 $AB$ 上运动,连接 $OC$,交$\odot O$ 于点 $N$,连接 $OP$. 当点 $P$ 与点 $N$ 重合时,$CP$ 的长最小,最小值为 $OC-ON$. 连接 $OA$,$OB$. $\because ∠ APB=120°$,$\therefore ∠ AOB=2 × (180°-∠ APB)=120°$. $\because OA=OB$,$\therefore ∠ OAB=∠ OBA=\dfrac{180°-∠ AOB}{2}=30°$. $\therefore ∠ OBC=∠ OAC=30°+60°=90°$. $\because OA=OB$,$OC=OC$,$\therefore \mathrm{Rt}△ OAC ≌ \mathrm{Rt}△ OBC$(HL). $\therefore ∠ OCB=∠ OCA=\dfrac{1}{2}∠ ACB=30°. \therefore OC=2OB=2OA. \because OA^2+AC^2=OC^2$,$\therefore OA^2+6^2=(2OA)^2$. $\therefore OA=2\sqrt{3}$ cm,则 $OC=4\sqrt{3}$ cm. $\therefore CP$ 长的最小值为$OC-ON=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}(\mathrm{cm})$.
(第4题)
解析
【分析】
解题时首先从已知的等边三角形和BD=CE的条件入手，优先证明△ABD和△BCE全等，通过角的代换得到∠APB恒等于120°，也就是动点P对定线段AB的张角始终为120°，由此判定点P的运动轨迹是定弦AB对应的一段圆弧（定弦定角隐圆模型）。接下来根据“平面内一点到圆上动点的最短距离，等于该点到圆心的距离减去圆的半径”，找到CP取最小值的位置，再通过几何计算求出外接圆半径和点C到圆心的距离，相减即可得到CP的最小值。
【解析】
1. 证明三角形全等：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=BC=AC，∠ABC=∠BAC=∠BCE=60°。
在△ABD和△BCE中：
$\begin{cases} BD=CE \\ ∠ABD=∠BCE \\ AB=BC \end{cases}$
∴ △ABD ≌ △BCE（SAS）。
2. 推导定角∠APB的度数：
由全等得∠BAD=∠CBE，
∵ ∠APE=∠BAD+∠ABE，
代入∠BAD=∠CBE可得：∠APE=∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°，
∴ ∠APB=180°-∠APE=120°，即动点P对定线段AB的张角恒为120°。
3. 确定点P的轨迹：
作△ABP的外接圆，设圆心为O，点P始终在以O为圆心、OA为半径的劣弧AB上运动。连接OC，交⊙O于点N，连接OP，根据点到圆上点的最短距离性质，当P与N重合时，CP取得最小值，最小值为OC-ON。
4. 计算外接圆半径和OC的长度：
连接OA、OB，
∵ ∠APB=120°，根据圆周角定理，可得∠AOB=2×(180°-∠APB)=120°。
∵ OA=OB，
∴ ∠OAB=∠OBA=$\frac{180°-120°}{2}$=30°，
∴ ∠OBC=∠OBA+∠ABC=30°+60°=90°。
又
∵ OA=OB，OC=OC，
∴ Rt△OAC ≌ Rt△OBC（HL），
∴ ∠OCB=∠OCA=$\frac{1}{2}$∠ACB=30°，因此OC=2OB=2OA。
在Rt△OAC中，由勾股定理：OA²+AC²=OC²，代入AC=6cm，OC=2OA，
得OA²+6²=(2OA)²，解得OA=2√3 cm，即圆的半径ON=OA=2√3 cm，OC=2OA=4√3 cm。
5. 计算CP最小值：
CP的最小值=OC-ON=4√3 - 2√3 = 2√3 cm。
【答案】$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
等边三角形性质，全等三角形SAS判定，隐圆最值问题
【点评】
本题是等边三角形结合隐圆的经典最值题型，难点在于通过全等推导出动点P的定角特征，识别出定弦定角的隐圆模型，避免陷入用代数方法硬算的误区，考察了学生对几何轨迹最值的综合运用能力。
【难度系数】
0.3
解题时首先从已知的等边三角形和BD=CE的条件入手，优先证明△ABD和△BCE全等，通过角的代换得到∠APB恒等于120°，也就是动点P对定线段AB的张角始终为120°，由此判定点P的运动轨迹是定弦AB对应的一段圆弧（定弦定角隐圆模型）。接下来根据“平面内一点到圆上动点的最短距离，等于该点到圆心的距离减去圆的半径”，找到CP取最小值的位置，再通过几何计算求出外接圆半径和点C到圆心的距离，相减即可得到CP的最小值。
【解析】
1. 证明三角形全等：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=BC=AC，∠ABC=∠BAC=∠BCE=60°。
在△ABD和△BCE中：
$\begin{cases} BD=CE \\ ∠ABD=∠BCE \\ AB=BC \end{cases}$
∴ △ABD ≌ △BCE（SAS）。
2. 推导定角∠APB的度数：
由全等得∠BAD=∠CBE，
∵ ∠APE=∠BAD+∠ABE，
代入∠BAD=∠CBE可得：∠APE=∠CBE+∠ABE=∠ABC=60°，
∴ ∠APB=180°-∠APE=120°，即动点P对定线段AB的张角恒为120°。
3. 确定点P的轨迹：
作△ABP的外接圆，设圆心为O，点P始终在以O为圆心、OA为半径的劣弧AB上运动。连接OC，交⊙O于点N，连接OP，根据点到圆上点的最短距离性质，当P与N重合时，CP取得最小值，最小值为OC-ON。
4. 计算外接圆半径和OC的长度：
连接OA、OB，
∵ ∠APB=120°，根据圆周角定理，可得∠AOB=2×(180°-∠APB)=120°。
∵ OA=OB，
∴ ∠OAB=∠OBA=$\frac{180°-120°}{2}$=30°，
∴ ∠OBC=∠OBA+∠ABC=30°+60°=90°。
又
∵ OA=OB，OC=OC，
∴ Rt△OAC ≌ Rt△OBC（HL），
∴ ∠OCB=∠OCA=$\frac{1}{2}$∠ACB=30°，因此OC=2OB=2OA。
在Rt△OAC中，由勾股定理：OA²+AC²=OC²，代入AC=6cm，OC=2OA，
得OA²+6²=(2OA)²，解得OA=2√3 cm，即圆的半径ON=OA=2√3 cm，OC=2OA=4√3 cm。
5. 计算CP最小值：
CP的最小值=OC-ON=4√3 - 2√3 = 2√3 cm。
【答案】$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
等边三角形性质，全等三角形SAS判定，隐圆最值问题
【点评】
本题是等边三角形结合隐圆的经典最值题型，难点在于通过全等推导出动点P的定角特征，识别出定弦定角的隐圆模型，避免陷入用代数方法硬算的误区，考察了学生对几何轨迹最值的综合运用能力。
【难度系数】
0.3
5. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=3,BC=5$,$E$是$AD$上的一个动点,将$△ ABE$沿$BE$折叠,得到$△ A'BE$,连接$CA'$并延长,交$AD$于点$F$,连接$AA'$. 当$AF$长的值最大时,$AA'$的长为
$\dfrac{3\sqrt{10}}{5}$
.答案
5. $\dfrac{3\sqrt{10}}{5}$ 由折叠可知,$AB=A'B=3$,$∠ BAD=∠ BA'E=90°$,$AE=A'E$,$\therefore$ 点 $A'$ 在以点 $B$ 为圆心,$AB$ 为半径的圆上(如图). 当 $A'C$ 与$\odot B$ 相切时,$AF$ 长有最大值,则$∠ BA'F=∠ BA'C=90°$,点 $E$ 与点 $F$ 重合. $\therefore A'C=\sqrt{BC^2-A'B^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$. 设 $AF=x$,则 $DF=AD-AF=5-x$,$CF=A'F+A'C=x+4$. 在$\mathrm{Rt}△ CDF$ 中,由勾股定理,得 $DF^2+CD^2=CF^2$,即$(5-x)^2+3^2=(4+x)^2$,解得 $x=1$. $\therefore AF=AE=1$. 记 $AA'$ 交 $BE$ 于点 $H$. 由折叠可知,$△ ABE ≌ △ A'BE$,$\therefore BA=BA'$,$AE=A'E$,$\therefore BE$ 垂直平分 $AA'$,即 $AH=A'H$,$A'A ⊥ BE$. 在$\mathrm{Rt}△ ABE$ 中,$BE=\sqrt{AB^2+AE^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$. $\because S_{△ ABE}=\dfrac{1}{2}AB · AE=\dfrac{1}{2}BE · AH$,$\therefore AH=\dfrac{AB · AE}{BE}=\dfrac{3 × 1}{\sqrt{10}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10}. \therefore AA'=2AH=\dfrac{3\sqrt{10}}{5}$.
(第5题)
解析
【分析】
解题思路梳理：1. 首先从折叠的性质入手，△ABE沿BE折叠得到△A'BE，可得BA'=BA=3，因此动点A'的运动轨迹是以点B为圆心、AB长为半径的圆，这是本题的核心突破口。2. 要让AF的长度最大，即AD上的点F尽可能向点A靠近，从点C出发作经过圆上点A'的直线交AD于F，当直线CF和圆B相切时，是直线CF与该隐圆有交点的临界位置，此时F最靠近A，AF取得最大值。3. 得到临界位置后，先利用勾股定理算出A'C的长度，再设AF为未知数，在Rt△CDF中通过勾股定理列方程求解得到AF的长度，也就是此时AE的长度。4. 最后利用折叠后BE垂直平分AA'的性质，通过直角三角形面积法求出高AH，再乘以2得到AA'的总长度。
【解析】
解：
1. 确定A'的轨迹：由折叠性质可知，AB=A'B=3，∠BA'E=∠BAE=90°，AE=A'E，因此点A'始终在以B为圆心、半径为3的⊙B上运动。
2. 确定AF最大的临界位置：当直线CA'与⊙B相切时，AF取得最大值，此时BA'⊥CF，即∠BA'C=90°，且点E与点F重合。
3. 计算A'C的长度：在Rt△BA'C中，BC=5，A'B=3，由勾股定理得：
$A'C=\sqrt{BC^2 - A'B^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$
4. 求解AF的长度：设AF=x，矩形ABCD中AD=BC=5，CD=AB=3，因此DF=AD-AF=5-x，CF=A'F + A'C = x + 4。在Rt△CDF中，由勾股定理$DF^2 + CD^2 = CF^2$，代入得：
$(5-x)^2 + 3^2 = (4+x)^2$
展开化简得$18x=18$，解得$x=1$，即$AF=AE=1$。
5. 计算AA'的长度：由折叠性质可知BE垂直平分AA'，即$AA'⊥ BE$，$AH=A'H$。在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AB^2 + AE^2}=\sqrt{3^2 +1^2}=\sqrt{10}$
利用△ABE的面积两种表达形式：$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB· AE=\frac{1}{2}BE· AH$，代入数值解得：
$AH=\frac{AB· AE}{BE}=\frac{3×1}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$
因此$AA'=2AH=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
$\dfrac{3\sqrt{10}}{5}$
【知识点】
折叠的性质，隐圆轨迹，勾股定理
【点评】
本题属于几何最值类的填空压轴题，核心难点是通过折叠的等边长性质发现动点A'的隐圆轨迹，进而确定AF取最大值的临界相切位置，对学生的轨迹分析能力要求较高，后续结合勾股定理、面积法求解线段长度，综合考察了几何知识的灵活运用能力。
【难度系数】
0.2
解题思路梳理：1. 首先从折叠的性质入手，△ABE沿BE折叠得到△A'BE，可得BA'=BA=3，因此动点A'的运动轨迹是以点B为圆心、AB长为半径的圆，这是本题的核心突破口。2. 要让AF的长度最大，即AD上的点F尽可能向点A靠近，从点C出发作经过圆上点A'的直线交AD于F，当直线CF和圆B相切时，是直线CF与该隐圆有交点的临界位置，此时F最靠近A，AF取得最大值。3. 得到临界位置后，先利用勾股定理算出A'C的长度，再设AF为未知数，在Rt△CDF中通过勾股定理列方程求解得到AF的长度，也就是此时AE的长度。4. 最后利用折叠后BE垂直平分AA'的性质，通过直角三角形面积法求出高AH，再乘以2得到AA'的总长度。
【解析】
解：
1. 确定A'的轨迹：由折叠性质可知，AB=A'B=3，∠BA'E=∠BAE=90°，AE=A'E，因此点A'始终在以B为圆心、半径为3的⊙B上运动。
2. 确定AF最大的临界位置：当直线CA'与⊙B相切时，AF取得最大值，此时BA'⊥CF，即∠BA'C=90°，且点E与点F重合。
3. 计算A'C的长度：在Rt△BA'C中，BC=5，A'B=3，由勾股定理得：
$A'C=\sqrt{BC^2 - A'B^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$
4. 求解AF的长度：设AF=x，矩形ABCD中AD=BC=5，CD=AB=3，因此DF=AD-AF=5-x，CF=A'F + A'C = x + 4。在Rt△CDF中，由勾股定理$DF^2 + CD^2 = CF^2$，代入得：
$(5-x)^2 + 3^2 = (4+x)^2$
展开化简得$18x=18$，解得$x=1$，即$AF=AE=1$。
5. 计算AA'的长度：由折叠性质可知BE垂直平分AA'，即$AA'⊥ BE$，$AH=A'H$。在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AB^2 + AE^2}=\sqrt{3^2 +1^2}=\sqrt{10}$
利用△ABE的面积两种表达形式：$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB· AE=\frac{1}{2}BE· AH$，代入数值解得：
$AH=\frac{AB· AE}{BE}=\frac{3×1}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$
因此$AA'=2AH=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
$\dfrac{3\sqrt{10}}{5}$
【知识点】
折叠的性质，隐圆轨迹，勾股定理
【点评】
本题属于几何最值类的填空压轴题，核心难点是通过折叠的等边长性质发现动点A'的隐圆轨迹，进而确定AF取最大值的临界相切位置，对学生的轨迹分析能力要求较高，后续结合勾股定理、面积法求解线段长度，综合考察了几何知识的灵活运用能力。
【难度系数】
0.2
6. 如图,在菱形$ABCD$中,$E$是边$AB$的中点,动点$P$在边$BC$上运动,以$EP$为折痕将$△ BEP$折叠得到$△ FEP$,连接$DF$.若$AB=4$,$∠ B=60^{ \circ }$,则$DF$长的最小值为
$2\sqrt{7}-2$
.答案
6. $2\sqrt{7}-2$ $\because E$ 是边 $AB$ 的中点,$AB=4$,$\therefore BE=AE=\dfrac{1}{2}AB=2$. $\because$ 以 $EP$ 为折痕将$△ BEP$ 折叠得到$△ FEP$,$\therefore EF=BE=\dfrac{1}{2}AB=2$. $\therefore$ 点 $F$ 在以点 $E$ 为圆心,$EF$ 为半径的圆上(如图). 连接 $DE$,$\because DF ≥ DE-EF$,$\therefore$ 当点 $F$ 在 $DE$ 上时,$DF$ 长有最小值,最小值为 $DE-EF$. 过点 $E$ 作 $EH ⊥ AD$ 交 $DA$ 的延长线于点 $H$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,$\therefore AD // BC. \therefore ∠ EAH=∠ ABC=60°$. $\therefore ∠ AEH=30°. \therefore AH=\dfrac{1}{2}AE=1. \therefore EH=\sqrt{AE^2-AH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,$DH=AD+AH=4+1=5. \therefore DE=\sqrt{DH^2+EH^2}=\sqrt{5^2+(\sqrt{3})^2}=2\sqrt{7}$. $\therefore DF$ 长的最小值$=DE-EF=2\sqrt{7}-2$.
(第6题)
解析
【分析】
解题思路：首先从折叠的性质入手，折叠后对应边相等，可得EF始终等于BE，E是定点，因此动点F的运动轨迹是以E为圆心、EF长为半径的圆，将求DF的最小值问题转化为定点D到圆E的最短距离问题。接下来只需要计算出点D到圆心E的距离DE，再减去圆的半径EF即可得到DF的最小值，最后通过作垂线构造直角三角形，利用菱形的性质和勾股定理求出DE的长度，代入计算即可得到结果。
【解析】
1. 确定基础线段长度：已知E是AB的中点，AB=4，因此$BE=AE=\frac{1}{2}AB=2$。
2. 分析动点轨迹：由折叠的性质可知，将$△ BEP$沿EP折叠得到$△ FEP$，因此$EF=BE=2$，即点F到定点E的距离恒为2，因此点F的运动轨迹是以E为圆心，2为半径的圆。
3. 转化最值关系：根据点与圆的位置关系，定点D到圆上任意一点F的距离满足$DF ≥ DE - EF$，当且仅当点F落在线段DE上时，DF取得最小值，最小值为$DE-EF$。
4. 构造直角三角形计算DE：过点E作$EH ⊥ AD$，交DA的延长线于点H。
因为四边形ABCD是菱形，所以$AD // BC$，$AD=AB=4$，因此$∠ EAH = ∠ B = 60°$，可得$∠ AEH = 90° - 60° = 30°$。
在$Rt△ AEH$中，$AE=2$，30°对应的直角边$AH=\frac{1}{2}AE=1$，由勾股定理得：
$EH=\sqrt{AE^2 - AH^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$，
$DH = AD + AH = 4 + 1 = 5$。
在$Rt△ DEH$中，再次由勾股定理得：
$DE=\sqrt{DH^2 + EH^2}=\sqrt{5^2 + (\sqrt{3})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
5. 计算DF最小值：代入得$DF_{\mathrm{min}}=DE - EF=2\sqrt{7} - 2$。
【答案】
$2\sqrt{7}-2$
【知识点】
菱形性质，折叠变换，点圆最值
【点评】
本题是典型的隐圆类动点最值问题，核心考点是通过折叠的定长特征挖掘出动点的圆形轨迹，将复杂的动态线段最值问题转化为学生熟悉的点到圆的最短距离问题，避免了繁琐的参数推导，考察了几何转化思想和勾股定理的综合应用，能否识别出隐藏的圆是本题的解题突破口。
【难度系数】
0.3
解题思路：首先从折叠的性质入手，折叠后对应边相等，可得EF始终等于BE，E是定点，因此动点F的运动轨迹是以E为圆心、EF长为半径的圆，将求DF的最小值问题转化为定点D到圆E的最短距离问题。接下来只需要计算出点D到圆心E的距离DE，再减去圆的半径EF即可得到DF的最小值，最后通过作垂线构造直角三角形，利用菱形的性质和勾股定理求出DE的长度，代入计算即可得到结果。
【解析】
1. 确定基础线段长度：已知E是AB的中点，AB=4，因此$BE=AE=\frac{1}{2}AB=2$。
2. 分析动点轨迹：由折叠的性质可知，将$△ BEP$沿EP折叠得到$△ FEP$，因此$EF=BE=2$，即点F到定点E的距离恒为2，因此点F的运动轨迹是以E为圆心，2为半径的圆。
3. 转化最值关系：根据点与圆的位置关系，定点D到圆上任意一点F的距离满足$DF ≥ DE - EF$，当且仅当点F落在线段DE上时，DF取得最小值，最小值为$DE-EF$。
4. 构造直角三角形计算DE：过点E作$EH ⊥ AD$，交DA的延长线于点H。
因为四边形ABCD是菱形，所以$AD // BC$，$AD=AB=4$，因此$∠ EAH = ∠ B = 60°$，可得$∠ AEH = 90° - 60° = 30°$。
在$Rt△ AEH$中，$AE=2$，30°对应的直角边$AH=\frac{1}{2}AE=1$，由勾股定理得：
$EH=\sqrt{AE^2 - AH^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$，
$DH = AD + AH = 4 + 1 = 5$。
在$Rt△ DEH$中，再次由勾股定理得：
$DE=\sqrt{DH^2 + EH^2}=\sqrt{5^2 + (\sqrt{3})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
5. 计算DF最小值：代入得$DF_{\mathrm{min}}=DE - EF=2\sqrt{7} - 2$。
【答案】
$2\sqrt{7}-2$
【知识点】
菱形性质，折叠变换，点圆最值
【点评】
本题是典型的隐圆类动点最值问题，核心考点是通过折叠的定长特征挖掘出动点的圆形轨迹，将复杂的动态线段最值问题转化为学生熟悉的点到圆的最短距离问题，避免了繁琐的参数推导，考察了几何转化思想和勾股定理的综合应用，能否识别出隐藏的圆是本题的解题突破口。
【难度系数】
0.3
