6[中]如图,已知$\odot O$的半径是4,点A,B在$\odot O$上,且$∠ AOB=90°$,动点C在$\odot O$上运动(不与A,B重合),点D为线段BC的中点,连接AD,则线段AD长度的最值是.

6. 最大值为$2\sqrt{5}+2$,最小值为$2\sqrt{5}-2$ 【解析】如图,连接$OC$,取$OB$的中点$E$,连接$DE$,则$OE=EB=\frac{1}{2}OB=2$. $∵$ 点$D$为线段$BC$的中点,$∴ DE$是$△ OBC$的中位线,$∴ DE=\frac{1}{2}OC=2$,$∴ EO=ED=EB$,即点$D$在以$E$为圆心,2为半径的圆上,$∴$ 求$AD$的最大值就是求点$A$到$⊙E$上的点的距离的最大值,求$AD$的最小值就是求点$A$到$⊙E$上的点的距离的最小值. 当$D$在线段$AE$的延长线上时,$AD$取最大值;当$D$在线段$AE$上时,$AD$取最小值. $∵ OA=OB=4,∠ AOB=90^°,OE=EB=2$,$∴ AE=2\sqrt{5},D'E=2$,$∴ AD$的最大值为$2\sqrt{5}+2$,最小值为$2\sqrt{5}-2$. 故答案为最大值为$2\sqrt{5}+2$,最小值为$2\sqrt{5}-2$.

【分析】
要求线段AD的最值，首先观察到点D是BC的中点，遇到中点问题可考虑构造三角形中位线得到定长线段，确定动点D的运动轨迹。我们取OB的中点E，可证DE是△OBC的中位线，因此DE长度固定为圆O半径的一半，由此可知点D在以E为圆心、DE长为半径的圆上运动，那么AD的最值就转化为定点A到该圆上点的距离最值，根据点与圆的位置关系，最值为点A到圆心E的距离加减圆的半径，再用勾股定理算出AE的长度即可求解。
【解析】
如图，连接$OC$，取$OB$的中点$E$，连接$DE$，则$OE=EB=\frac{1}{2}OB=2$。
$∵$ 点$D$为线段$BC$的中点，
$∴ DE$是$△ OBC$的中位线，
$∴ DE=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{2}×4=2$，
$∴ EO=ED=EB$，即点$D$在以$E$为圆心，2为半径的圆上运动。
求$AD$的最大值即求点$A$到$⊙E$上点的距离的最大值，求$AD$的最小值即求点$A$到$⊙E$上点的距离的最小值：
当$D$在线段$AE$的延长线上时，$AD$取最大值；当$D$在线段$AE$上时，$AD$取最小值。
$∵ OA=OB=4,∠ AOB=90^°,OE=2$，
由勾股定理得$AE=\sqrt{OA^2+OE^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
$∴ AD$的最大值为$AE+DE=2\sqrt{5}+2$，最小值为$AE-DE=2\sqrt{5}-2$。
【答案】
最大值为$2\sqrt{5}+2$，最小值为$2\sqrt{5}-2$
【知识点】
三角形中位线定理，点圆最值问题，勾股定理
【点评】
本题属于动态线段最值问题，核心是通过构造中位线确定动点的轨迹圆，将未知的线段最值转化为熟悉的点到圆的距离最值问题，解题时要熟练掌握中位线的性质和点与圆位置关系的相关结论。
【难度系数】
0.6

7[难]问题情境:如图(1),P是⊙O外的一点,直线PO交⊙O于点A,B,则PA是点P到⊙O上的点的最短距离.
(1)探究证明:如图(2),在⊙O上任取一点C(不与点A,B重合),连接PC,OC.求证:PA＜PC.
(2)直接应用:如图(3),在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=3,以BC为直径的半圆交AB于D,P是弧CD上的一个动点,连接AP,则AP的最小值是.
(3)构造运用: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,连接A'B,则A'B长度的最小值为.
(4)综合应用:如图(5),平面直角坐标系中,分别以点A(-2,3),B(4,5)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的最小值为.

7. (1)【证明】$∵ PO-OC＜PC$,$∴ (PA+OA)-OC＜PC$. $∵ OA=OC$,$∴ PA＜PC$.
(2)$\frac{3\sqrt{5}}{2}-\frac{3}{2}$ 【解析】如图,连接$OA$交半圆$O$于$P$,则$AP$的值最小. 在$Rt△ AOC$中,$OA=\sqrt{AC^2+OC^2}=\sqrt{3^2+(\frac{3}{2})^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$,$∴ AP=OA-OP=\frac{3\sqrt{5}}{2}-\frac{3}{2}$.
(3)$\sqrt{3}-1$ 【解析】如图,以点$M$为圆心,$AM$的长为半径作$⊙M$,连接$BD$,连接$BM$交$⊙M$(半径是1)于点$A''$. $∵$ 四边形$ABCD$是菱形,$∴ AB=AD$. $∵ ∠ A=60^°$,$∴ △ ABD$是等边三角形. $∵ M$是$AD$的中点,$∴ AM=MD=1,∠ AMB=90^°$,$∴ BM=\sqrt{3}$,$∴ A'B$长度的最小值即为$A''B$的长度,即$\sqrt{3}-1$.
(4)7 【解析】如图,作点$A$关于$x$轴的对称点$C$,连接$BC$,交$⊙B$于点$N$,交$x$轴于点$P$,连接$PA$交$⊙A$于点$M$,此时$PM+PN$最小,$PA=PC$,$∴ PA+PB=PC+PB=BC$.
$∵ A(-2,3)$,$∴ C(-2,-3)$,$∴ BC=\sqrt{(4+2)^2+(5+3)^2}=10$,$∴ PM+PN=PA+PB-AM-BN=10-1-2=7$.

【分析】
本题核心考查圆外一点到圆上点的最短距离结论的推导与应用，解题思路如下：
1. 第(1)问利用三角形三边关系，结合圆半径相等的性质，即可证明PA是点P到圆上点的最短距离；
2. 第(2)问直接应用上述结论，连接圆心O与点A，交圆于点P，用勾股定理计算OA长度再减去半径即可得到AP的最小值；
3. 第(3)问根据翻折的性质可知MA'=MA，因此A'的运动轨迹是以M为圆心、MA为半径的圆，再用点到圆的最短距离结论，连接BM减去半径即可得到A'B的最小值；
4. 第(4)问结合轴对称最短路径原理，先作点A关于x轴的对称点C，将PM+PN转化为PC+PN，再用点到圆的最短距离结论，用BC的长度减去两个圆的半径即可得到最小值。
【解析】
(1) 证明：根据三角形三边关系可得$PC+OC＞PO$，即$PO-OC＜PC$。
$\because PO=PA+OA$，且$OA$、$OC$均为$\odot O$的半径，$OA=OC$，
$\therefore$ 代入得$(PA+OA)-OA＜PC$，即$PA＜PC$。
(2) 如图，连接$OA$交半圆$O$于点$P$，此时$AP$取最小值。
已知$AC=3$，$OC$为半圆半径，$OC=\frac{BC}{2}=\frac{3}{2}$，$∠ ACB=90°$，在$Rt△ AOC$中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AC^2+OC^2}=\sqrt{3^2+(\frac{3}{2})^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
$OP$为半圆半径，$OP=\frac{3}{2}$，$\therefore AP=OA-OP=\frac{3\sqrt{5}}{2}-\frac{3}{2}$。
(3) 如图，由翻折性质得$MA'=MA$，因此$A'$的运动轨迹是以$M$为圆心、$MA$长为半径的$\odot M$。
菱形$ABCD$边长为2，$∠ A=60°$，$M$是$AD$中点，$\therefore AM=1$，$AD=AB=2$，$△ ABD$为等边三角形，$BM⊥ AD$（等边三角形中线与高重合），
在$Rt△ ABM$中，$BM=\sqrt{AB^2-AM^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
连接$BM$交$\odot M$于$A''$，此时$A'B$最小，最小值为$BM-MA''=\sqrt{3}-1$。
(4) 如图，作点$A$关于$x$轴的对称点$C$，此时$PA=PC$，$PM+PN=PC+PN$，当$C$、$P$、$N$、$B$四点共线时，和最小。
已知$A(-2,3)$，则对称点$C(-2,-3)$，$B(4,5)$，由两点间距离公式得$BC=\sqrt{(4+2)^2+(5+3)^2}=\sqrt{36+64}=10$，
$\because PM=PA-AM=PC-1$，$PN=PB-BN=PB-2$，
$\therefore PM+PN=(PC+PB)-1-2=BC-3=10-3=7$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\frac{3\sqrt{5}}{2}-\frac{3}{2}$；
(3) $\sqrt{3}-1$；
(4) $7$
【知识点】
点与圆的位置关系，最短路径问题，折叠的性质
【点评】
本题以点到圆上点的最短距离为核心考点，从基础证明到不同几何场景的应用层层递进，需要学生具备几何建模能力，能够将动点最值问题转化为熟悉的几何模型求解，对转化思想的运用要求较高。
【难度系数】
0.3