《2025年5年中考3年模拟九年级数学上册人教版》

7. [2025 安徽阜阳太和期末]如图,$P是边长为2的正方形ABCD$内的一个

动点,且满足$\angle PDC= \angle PCB$,则$AP$的最小值是( )
A. $4-\sqrt{5}$
B. $1$
C. $\sqrt{5}$
D. $\sqrt{5}-1$

答案：
D
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $∠BCD = 90^{\circ}$，
∵ $∠PDC = ∠PCB$，
∴ $∠PDC + ∠PCD = 90^{\circ}$，
∴ $∠DPC = 90^{\circ}$，
∴ 点 $P$ 在以 $CD$ 为直径的圆上，
如图，取 $CD$ 的中点 $M$，连接 $AM$，$PM$，则 $M$ 是该圆的圆心，点 $A$ 在 $⊙M$ 外，$CM = DM = 1$，
在 $△APM$ 中，$AP ＞ AM - PM$，
∴ 当 $A$，$P$，$M$ 三点共线时，$AP$ 有最小值，此时 $AP = AM - PM = \sqrt{1^{2} + 2^{2}} - 1 = \sqrt{5} - 1$。故选 D。

8. [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,$CF\perp AE于点F$,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：
答案 $2\sqrt{3}$；$\sqrt{3} - 1$
解析 如图，连接 $AG$。
∵ $GO⊥AB$，
∴ $OA = OB$，在 $Rt△AGO$ 中，
∵ $AG = 2$，$OG = 1$，
∴ $AG = 2OG$，$OA = \sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$，
∴ $∠GAO = 30^{\circ}$，$AB = 2AO = 2\sqrt{3}$。
连接 $AC$，
∵ $OA = \sqrt{3}$，$OC = 3$，
∴ $AC = 2\sqrt{3}$。
∵ $CF⊥AE$，
∴ 点 $F$ 在以 $AC$ 为直径的圆上，
取 $AC$ 的中点 $M$，连接 $MF$，$MG$，则有 $FG≥FM - GM$，
∵ $GA = GC$，$MA = MC$，
∴ $GM$ 垂直平分 $AC$，
∵ $GC = GA$，
∴ $∠GCA = ∠GAC = 30^{\circ}$，
∴ $MG = \frac{1}{2}AG = 1$，
∵ $M$ 为 $AC$ 中点，$∠CFA = 90^{\circ}$，
∴ $FM = \frac{1}{2}AC = \sqrt{3}$，
∴ $FG$ 的最小值为 $FM - GM = \sqrt{3} - 1$。

9. [2024 江苏南京建邺月考]如图,在矩形$ABCD$中,$AB= 6$,$AD= 8$,$P$是矩形内部的一个动点,且$\angle APD= 90^{\circ}$,连接$CP并延长交AB于E$,则$AE$的最大值为______。

答案：
答案 $\frac{8}{3}$
解析
∵ $∠APD = 90^{\circ}$，
∴ 点 $P$ 在以线段 $AD$ 的中点 $O$ 为圆心，$AD$ 为直径的圆上，易知当 $EC$ 与圆 $O$ 相切时，$AE$ 的值最大。如图，设 $CE$ 与圆 $O$ 相切于点 $F$，由切线长定理得 $AE = EF$，$CF = CD = 6$，在 $Rt△BCE$ 中，$BE = 6 - AE$，$EC = EF + FC = 6 + AE$，$BC = 8$，由勾股定理得 $(6 - AE)^{2} + 8^{2} = (6 + AE)^{2}$，
∴ $AE = \frac{8}{3}$。即 $AE$ 的最大值为 $\frac{8}{3}$。

10. [2024 山东淄博桓台二模]如图,在$\triangle ABC$中,$\angle BAC= 60^{\circ}$,$AD\perp BC于点D$,且$AD= 4$,则$\triangle ABC$面积的最小值为______。

答案：
答案 $\frac{16\sqrt{3}}{3}$
解析 如图，作 $△ABC$ 的外接圆 $⊙O$，连接 $OA$，$OB$，$OC$，过点 $O$ 作 $OE⊥BC$ 于点 $E$，
∵ $∠BAC = 60^{\circ}$，
∴ $∠BOC = 120^{\circ}$，
∵ $OB = OC$，
∴ $∠OBC = ∠OCB = 30^{\circ}$，设 $⊙O$ 的半径为 $r$，则 $OE = \frac{1}{2}OB = \frac{1}{2}r$，$BE = \frac{\sqrt{3}}{2}OB = \frac{\sqrt{3}}{2}r$，
∴ $BC = \sqrt{3}r$，
∵ $OA + OE≥AD$，
∴ $r + \frac{1}{2}r≥4$，解得 $r≥\frac{8}{3}$，
∴ $BC≥\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
∴ $S_{△ABC} = \frac{1}{2}BC·AD≥\frac{1}{2}×\frac{8\sqrt{3}}{3}×4 = \frac{16\sqrt{3}}{3}$，
∴ $△ABC$ 面积的最小值为 $\frac{16\sqrt{3}}{3}$。

11. 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,$AC= BC= 1$,动点$M$、$N在斜边AB$上,$\angle MCN= 45^{\circ}$,则$MN$的最小值为______。

答案：
答案 $2 - \sqrt{2}$
解析 如图①，
∵ $∠MCN = 45^{\circ}$，
∴ 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，$AC = BC = 1$，
∴ $AB = \sqrt{2}$，
∴ $CQ = \frac{\sqrt{2}}{2}$，在 $Rt△MON$ 中，$OM = ON = r$，
∴ $MN = \sqrt{2}r$，
∴ $OP = \frac{\sqrt{2}}{2}r$。
∵ $OC + OP≥CP≥CQ$，
∴ $r + \frac{\sqrt{2}}{2}r≥CP≥\frac{\sqrt{2}}{2}$。如图②，当且仅当点 $C$、$O$、$P$ 共线，且 $CP$ 与 $CQ$ 重合时，$r + \frac{\sqrt{2}}{2}r = \frac{\sqrt{2}}{2}$，此时 $r$ 最小，解得 $r = \sqrt{2} - 1$，
∴ $MN = \sqrt{2}r = 2 - \sqrt{2}$，即 $MN$ 的最小值为 $2 - \sqrt{2}$。

12. 如图,在四边形$ABCD$中,$AB= AD= CD= 4$,$AD// BC$,$\angle B= 60^{\circ}$,点$E$、$F分别为边BC$、$CD$上的动点,且$\angle EAF= 60^{\circ}$,则$\triangle AEF$面积的最小值是______。

答案：
答案 $4\sqrt{3}$
解析 如图，将 $△ADF$ 绕点 $A$ 顺时针旋转 $120^{\circ}$ 到 $△ABM$，由旋转得 $BM = DF$，$AM = AF$，$∠ABM = ∠D = 120^{\circ}$，$∠MAF = 120^{\circ}$，
∵ $∠ABC = 60^{\circ}$，
∴ $∠ABM + ∠ABC = 180^{\circ}$，
∴ $M$、$B$、$E$ 三点共线，
∵ $∠EAF = 60^{\circ}$，
∴ $∠MAE = 120^{\circ} - 60^{\circ} = 60^{\circ}$。又
∵ $AM = AF$，$AE = AE$，
∴ $△MAE≌△FAE(SAS)$，
∴ $∠MEA = ∠FEA$，过点 $A$ 作 $AH⊥BC$ 于 $H$，作 $AK⊥EF$ 于 $K$，
∴ $AH = AK = 2\sqrt{3}$，作 $△AEF$ 的外接圆 $⊙O$，连接 $OA$、$OE$、$OF$，过点 $O$ 作 $ON⊥EF$ 于 $N$，
∵ $∠EAF = 60^{\circ}$，
∴ $∠EOF = 120^{\circ}$，
∴ $∠NOF = 60^{\circ}$，设 $EF = 2x$，则 $NF = x$，在 $Rt△ONF$ 中，易得 $ON = \frac{\sqrt{3}}{3}x$，$OF = \frac{2\sqrt{3}}{3}x$，
∴ $ON + OA = ON + OF = \sqrt{3}x$，
∵ $OA + ON≥AK$，
∴ $\sqrt{3}x≥2\sqrt{3}$，
∴ $x≥2$，
∴ $S_{△AEF} = \frac{1}{2}EF·AK = \frac{1}{2}×2x×2\sqrt{3} = 2\sqrt{3}x≥4\sqrt{3}$，
∴ $△AEF$ 面积的最小值是 $4\sqrt{3}$。