備考2025年中考數(shù)學技巧專題突破（全國）專題2-4 瓜豆軌最值模型：為什么我們喜歡手拉手（直線與曲線）（解析版）

專題2-4瓜豆軌最值模型：為什么我們喜歡手拉手（直線與曲線）

【例題1】三種處理策略

【例題2】飲馬類瓜豆與加權線段和問題

【瓜豆圓介紹】

題型一軌跡為直線型·構造中位線求

2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模

題型二軌跡為直線型·構造手拉手

經典例題·宿遷中考

2023·黑龍江綏化·中考真題

2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題

2023·西安市交通大學附屬中學初三月考

題型三軌跡為直線型·將軍飲馬加權線段和問題

題型四軌跡為圓弧型·構造中位線

2023·山東泰安·中考真題

題型五軌跡為圓弧型·構造手拉手

2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題

2022沈陽中考

2022·鹽城市一模

2023·深圳外國語學校中考模擬

題型六路徑相關問題

2022·山東濱州·統(tǒng)考中考真題

2023·海南·統(tǒng)考中考真題

題型七當線段最小值時求其它量

2022·廣東廣州·中考真題

2023·四川·廣元中考真題

初中階段如遇求軌跡長度僅有2種類型：“直線型”和“圓弧型”（兩種類型中還會涉及點往返探究“往

返型”），對于兩大類型該如何斷定，通常老師會讓學生畫圖尋找3處以上的點來確定軌跡類型進而

求出答案，對于填空選擇題而言不外乎是個好方法，但如果要進行說理很多考生難以解釋清楚

一、我們先來解釋一下瓜豆原理：定角定比，主從聯(lián)動

瓜豆原理：一個主動點，一個從動點（根據(jù)某種約束條件，跟著主動點動），當主動點運動時，從動

點的軌跡相同．

只要滿足：

1、兩“動”，一“定”則兩動點的運動軌跡是相似的，運

2、兩動點與定點的連線夾角是定角動軌跡長度的比和它們到定點的

3、兩動點到定點的距離比值是定值距離比相同。

【例題1】三種處理策略

如圖，D、E是邊長為4的等邊三角形ABC上的中點，P為中線AD上的動點，把線段

PC繞C點逆時針旋轉60°，得到P’，EP’的最小值

【分析】

結合這個例題我們再來熟悉一下瓜豆模型

第一層：點P’運動的軌跡是直線嗎？

答：是直線，可以通過P在A，D時，即始末位置時P’對應的位置得到直線軌跡，對于選填題，可

找出從動點的始末位置，從而快速定位軌跡，若要說理則需要構造手拉手證明.

第二層：點P’的運動長度和點P的運動長度相同嗎？

答：因為點P’與點P到定點C的距離相等，則有運動路徑長度相等，若要說理則同樣需要構造手拉

手結構，通過全等證明.

第三層：手拉手模型怎么構造？

答：以旋轉中心C為頂點進行構造，其實只要再找一組對應的主從點即可，簡單來說就是從P點的

軌跡即線段AD中再找一個點進行與P點類似的的旋轉，比如把線段AD中的點A繞C點逆時針旋轉

60°，即為點B，連接BP’即可得到一組手拉手模型，雖然前面說是任意點，但一般來說我們選擇一

個特殊位置的點進行旋轉后的點位置也是比較容易確定的，比如說點D進行旋轉也是比較方便．

第四層：分析∠CAP和∠CBP’

答：由全等可知∠CAP＝∠CBP’，因為B為定點，所以得到P’軌跡為直線BP’

第五層：點P和點P’軌跡的夾角和旋轉角的關系

答：不難得出本題主動點與從動點軌跡的夾角等于旋轉角，要注意的是如果旋轉角是鈍角，那么主

動點與從動點軌跡的夾角等于旋轉角的補角，這個在后面的例題中會出現(xiàn).

大氣層：前面提到，如果是選填題，可以通過找從動點的始末位置快速定位軌跡線段，或者通

過構造手拉手，通過全等或相似得出相等角然后得出軌跡，這兩種方法都是先找出從動點P’

的軌跡，再作垂線段并求出垂線段的長得到最小值，那么還有其他方法嗎？

答：還可以對關鍵點進行旋轉來構造手拉手模型，從而代換所求線段，構造如下．

將點EC繞點C順時針旋轉60°，構造手拉手模型(SAS全等型)，從而得到P’E＝PG，最小值即為點

G到AD的距離．

要注意的是因為要代換P’E，所以E點的旋轉方式應該是從P’P，所以是順時針旋轉，求軌跡

時的旋轉方式則是PP’，注意區(qū)分.

解析

策略一：找從動點軌跡

連接BP’，

由旋轉可得，CP＝CP’，∠P’CP＝60°，

∵△ABC是等邊三角形，

∴AC＝BC，∠ACB＝60°，

∴∠ACB＝∠PCP’，

∴△ACP≌△BCP’(SAS)，

∴∠CBP’＝∠CAP，

∵邊長為4的等邊三角形ABC中，P是對稱軸AD上的一個動點，

∴∠CAP＝30°，BD＝2，

∴∠CBP’＝30°，

即點P’的運動軌跡為直線BP’，

∴當DP’⊥BP’時，EP’最短，

11

此時，EP’＝BD+ED＝2+2＝3

22

∴EP’的最小值是3

策略二：反向旋轉關鍵點構造手拉手代換所求線段

將點E繞C點順時針旋轉60°得到點G，連接PG，CG，EP’

由旋轉可得EC＝CG，CP＝CP’，∠P’CP＝60°，∠ECG＝60°，

∴△ECG是等邊三角形，EG＝2

∵∠PCP’＝∠ECG

∴∠PCG＝∠ECP’

∴△GCP≌△ECP’(SAS)，

∴EP’＝GP，

過點G作AD的垂線GH垂足為H，GH即為所求．

∵∠GEC＝∠ACD

∴HE∥DC

∵∠GHD＝∠ADC

∴HG∥DC

故G，E，H三點共線，則有HE∥DC

又E是AC中點，分線段成比例可知H是AD中點

1

∴HE＝DC1

2

EP'GPHEEG=21=3

∴EP’的最小值是3

總共提到了3種處理方式：

1.找始末，定軌跡

2.在軌跡上找一點旋轉，構造手拉手模型，再通過角度相等得到從動點軌跡.

3.反向旋轉相關定點，構造手拉手模型，代換所求線段，即逆向構造.

【例題2】飲馬類瓜豆與加權線段和問題

已知點A2,0，點B是直線y＝－2上一個動點，將線段AB繞點B逆時針旋轉90°得到線段BC.

角度1：反向旋轉構造手拉手（不用求從動點軌跡，直接轉換為垂線段最短）

（1）求OC的最小值

【簡析】如圖，構造等腰直角△AOE，E（1，1）由旋轉相似可知OC2BE2

角度2：構造手拉手求從動點軌跡

（2）求2BCOC的最小值

【簡析】2BCOCACOC，求出C點軌跡，再將軍飲馬，如圖，在B點軌跡上取一點M2,2，

構造旋轉相似，易知CAN90，可知C點軌跡為yx2，作O'2,2，

ACOCACO'CAO'25，補充：此時加權線段和對應三邊之比

角度3：構造旋轉相似求加權線段和

（3）記D0,2，①求DCOB的最小值；②求2OBOC的最小值

【簡析】①由旋轉相似可知DC2OB，則DCOB21OB222

②2OBOCDCOCDCO'CDO'25，補充：此時加權線段和對應相似比

【瓜豆圓介紹】

如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點。當點P在圓O上運動時，Q點軌

跡是？

【分析】觀察動圖可知點Q軌跡是個圓，而我們還需確定的是此圓與圓O有什么關系？

考慮到Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是

OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2

【小結】

確定Q點軌跡圓即確定其圓心與半徑，

由A、Q、P始終共線可得：A、M、O三點共線，

1

由Q為AP中點可得：AM=AO．

2

Q點軌跡相當于是P點軌跡成比例縮放．

根據(jù)動點之間的相對位置關系分析圓心的相對位置關系；

根據(jù)動點之間的數(shù)量關系分析軌跡圓半徑數(shù)量關系．

題型一軌跡為直線型·構造中位線求

2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模

1．如圖所示，AB4，AC2，以BC為底邊向上構造等腰直角三角形BCD，連接AD并延長至

點P，使ADPD，則PB長的取值范圍為________．

【答案】422PB422

【分析】以AB為斜邊作等腰直角三角形ABF，延長AF至點E．使AFEF，連接EP,BE．利用

等腰直角三角形的性質得出ABC∽FBD利用相似三角形的性質求出DF2，再利用三角形中位

線的性質求出PE22，由ABF是等腰直角三角形，AFFE，得出BF垂直平分AE，進而求出

BE4，繼而利用三角形的三邊關系即可求出答案．

【詳解】解：如圖，以AB為斜邊作等腰直角三角形ABF，延長AF至點E．使AFEF，連接EP、

BE．

∵CBD和ABF都是等腰直角三角形，

∴BCCD2BD22BD，ABAF2BF22BF，

BCAB

∴2，CBDABF45，

BDBF

∴CBDCBFABFCBF，即FBDABC，

∴△ABC∽△FBD，

ACBC

∴2，

DFBD

∵AC2，

AC2

∴DF2，

22

∵ADDP，AFFE，

∴DF是△AEP的中位線，

∴EP2DF22，

∵ABF是等腰直角三角形，AFFE，

∴BF垂直平分AE，

∴BABE，

∵AB4，

∴BE4，

∴422PB422，

故答案為：422PB422．

題型二軌跡為直線型·構造手拉手

經典例題·宿遷中考

2．如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE＝1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接

EF，以EF為邊向右側作等邊EFG，連接CG，則CG的最小值為．

△

【分析】

現(xiàn)在，我們分別用上面提到的3種策略來處理這個題目

策略一：找始末，定軌跡

我們分別以BE，AE為邊，按題目要求構造等邊三角形得到G1與G2，連接G1與G2得到點G的軌

跡，再作垂線CH得到最小值.

前面提到過從動點軌跡和主動點軌跡的夾角與旋轉角有關，我們可以調用這個結論，得到∠AMG1

＝60°，

5

進一步得到△MBG1為等腰三角形后，求CH就不難了，可得CH=

2

策略二：在點F軌跡上找一點進行旋轉.

我們分別對A，B順時針旋轉60°，構造手拉手模型，再通過角度相等得到從動點軌跡，

11

對A點旋轉會得到一個正切值為的角，即tan∠GME=tan∠AFE=，然后進一步算出最值

44

或

35

【簡證】EMAE17EN1∠NEC120IC,則CH=

22

對B點旋轉得到∠EMG＝∠FBE＝90°，相對來說要容易一些.

策略三：反向旋轉相關定點，構造手拉手模型，代換所求線段.

講點C逆時針旋轉60°，得到點H，易證△CGE≌△HFE，則有CG＝HF，作MH⊥AB于M，HM

即為所求．相比之下，先求軌跡后再求垂線段時，比較麻煩，而反向旋轉代換所求線段感覺清爽很

多.

3．如圖，在平行四邊形ABCD中，點E為射線AD上一動點，連接BE，將BE繞點B逆時針旋轉60

得到BF，連接AF，AB12，ABC=45，求AF的最小值．

【思路點撥】將AB順時針旋轉60°，作等邊ABK，根據(jù)手拉手模型可知AFEK，根據(jù)垂線段

最短可知，當EKAD時，KE的值最小，利用勾股定理求解EK即可求解．

【答案】3632

【詳解】解：如圖，以AB為邊向下作等邊ABK，連接EK，在EK上取一點T使得ATTK，

∵BEBF，BKBA，EBFABK60，∴ABFKBE，∴ABF≌KBESAS，

∴AFEK，根據(jù)垂線段最短可知，當EKAD時，KE的值最小，∵四邊形ABCD時平行四邊形

∴AD∥BC，∵ABC=45，∴BAD180ABC135，∵BAK60，∴EAK75，

∵AEK90，∴AKE15，∵TKTA，∴TAKAKT15，∴ATETAKAKT30

設AEa，則ATTK2a，ET3a，在RtAEK中，AK2AE2EK2

2

∴a22a3a122，解得a362，∴EK2a3a3632

即AF的最小值為3632

4．（2023·洛陽·二模）如圖，在ABC中，ABAC2，BAC120，對稱軸AD交BC于點D，

點E是直線AD上的一個動點，連接EC，將線段EC繞點C逆時針旋轉30得FC，連接DF，

則DF長的最小值為．

【答案】233

2

【分析】在AC上取一點G，使CGCD，連接EG，根據(jù)全等三角形的性質可得CDCG3，再

求出DCFGCE，根據(jù)旋轉的性質可得CECF，然后利用“邊角邊”證明DCF和GCE全等，

再根據(jù)全等三角形對應邊相等可得DFEG，然后根據(jù)垂線段最短可得EGAD時最短，再根據(jù)

CAD60求解即可．

【詳解】解：如圖，在AC上取一點G，使CGCD，連接EG，

ABAC2，BAC120，

ACB30，

CD3，

旋轉角為30，

ECF30，

ECFACB，

GCEDCF，

CDCG，

又CE旋轉到CF，

CECF，

△DCF≌△GCE(SAS)，

DFEG，

根據(jù)垂線段最短，EGAD時，EG最短，即DF最短，如圖所示：

1

CAD12060，AGACCG23，

2

333

EGAGsin60(23)3，DF3

222

5．（2023·廣東深圳·?？寄M預測）如圖，在ABC中，ACB90，ACBC4，P是ABC的

高CD上一個動點，以B點為旋轉中心把線段BP逆時針旋轉45得到BP，連接DP，則DP的

最小值是．

【答案】222

【分析】在BC上截取BEBD，根據(jù)等腰直角三角形的性質求得BA和BE，再證明

BDP≌BEPSAS，從而可得到PEDP，則當PECD時，PE有最小值，即DP有最小值，再

求得PE，從而求得DP的最小值．

【詳解】解：如圖，在BC上截取BEBD，連接EP

∵ACB90，ACBC4，CDAB，

∴BAAC2BC2424242，ABCBACBCDDCA45，BDCDAD22BE，

∵以B點為旋轉中心把線段BP逆時針旋轉45得到BP，

∴BPBP，PBP45，

∴ABCPBP45，

∴ABCPBDPBPPBD，

即EBPDBP，

又∵BEBD，BPBP，

∴BDP≌BEPSAS，

∴PEDP，

∴當PECD時，PE有最小值，即DP有最小值，

∵PECD，BCD45，

∴CE2PEBCBE422

22

∴PECE422222，

22

∴DPPE222．

即DP的最小值是222

2023·黑龍江綏化·中考真題

6．如圖，ABC是邊長為6的等邊三角形，點E為高BD上的動點．連接CE，將CE繞點C順時針

旋轉60得到CF．連接AF，EF，DF，則CDF周長的最小值是．

【答案】333

【分析】根據(jù)題意，證明CBE≌CAF，進而得出F點在射線AF上運動，作點C關于AF的對稱點

C，連接DC，設CC交AF于點O，則AOC=90，則當D,F,C三點共線時，F(xiàn)CFD取得最

小值，即FCFDFCFDCD，進而求得CD，即可求解．

【詳解】解：∵E為高BD上的動點．

1

∴CBEABC30

2

∵將CE繞點C順時針旋轉60得到CF．ABC是邊長為6的等邊三角形，

∴CECF,ECFBCA60,BCAC

∴CBE≌CAF

∴CAFCBE30，

∴F點在射線AF上運動，

如圖所示，

作點C關于AF的對稱點C，連接DC，設CC交AF于點O，則AOC=90

1

在RtAOC中，CAO30，則COAC3，

2

則當D,F,C三點共線時，F(xiàn)CFD取得最小值，即FCFDFCFDCD

∵CCAC6，ACOCCD，COCD

∴ACO≌CCD

∴CDCAOC90

在CDC中，CDCC2CD2623233,

∴CDF周長的最小值為CDFCCDCDDC333

7．（2022·山東日照·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，4），P

是x軸上一動點，把線段PA繞點P順時針旋轉60°得到線段PF，連接OF，則線段OF長的最

小值是．

【答案】2

【分析】點F運動所形成的圖象是一條直線，當OF⊥F1F2時，垂線段OF最短，當點F1在x軸上

43

時，由勾股定理得：43，進而得83，求得點的坐標為,0，

P1OF1OP1AP1F1AF1F1

333

當點F2在y軸上時，求得點F2的坐標為（0，-4），最后根據(jù)待定系數(shù)法，求得直線F1F2的解析式

83

為y=3x-4，再由線段中垂線性質得出FFAF，在RtOF1F2中，設點O到F1F2的距離

1213

11143△183

為h，則根據(jù)面積法得OF1OF2F1F2h，即4h，解得h=2，根據(jù)垂線

222323

段最短，即可得到線段OF的最小值為2．

【詳解】解：∵將線段PA繞點P順時針旋轉60°得到線段PF，

∴∠APF=60°，PF=PA，

∴△APF是等邊三角形，

∴AP=AF，

如圖，當點F1在x軸上時，P1AF1為等邊三角形，

則P1A=P1F1=AF1，∠AP1F1=60°，

△

∵AO⊥P1F1，

∴P1O=F1O，∠AOP1=90°，

∴∠P1AO=30°，且AO=4，

43

由勾股定理得：POFO，

113

83

∴PAPFAF，

11113

43

∴點F1的坐標為,0，

3

如圖，當點F2在y軸上時，

∵△P2AF2為等邊三角形，AO⊥P2O，

∴AO=F2O=4，

∴點F2的坐標為（0，-4），

OF24

tanOF1F23

∵OF143，

3

∴∠OF1F2=60°，

∴點F運動所形成的圖象是一條直線，

∴當OF⊥F1F2時，線段OF最短，

設直線F1F2的解析式為y=kx+b，

43

kb0

則3，

b4

k3

解得，∴直線F1F2的解析式為y=3x-4，∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，

b4

83

∴FFAF，在RtOF1F2中，OF⊥F1F2，

1213

△

11

設點O到F1F2的距離為h，則OFOFFFh，

212212

143183

∴4h，解得h=2，即線段OF的最小值為2

2323

2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題

8．如圖，已知點A(3,0)，點B在y軸正半軸上，將線段AB繞點A順時針旋轉120到線段AC，若

點C的坐標為(7,h)，則h．

【答案】23

3

【分析】

思路一：構造手拉手得出BC中點軌跡

思路二：在x軸上取點D和點E，使得ADBAEC120，過點C作CFx于點F，在Rt△CEF

32323

中，解直角三角形可得EFh，CEh，再證明CAE≌ABDAAS，則ADCEh，

333

234343

AEBD，求得OD3h，在RtBOD中，得BD6h，AEBD6h，得到

333

433

36hh7，解方程即可求得答案．

33

933

【法一簡證】如圖，取BC中點M，作RT△OAN，∠AON＝30°，則N,，△AON∽△ABM

44

3773

由旋轉相似可知△AOB∽△ANM，故∠ANM＝90°，故M點軌跡為l:yx，當xy

ON326

2

7732

則M,，而55353，

BO2NM2

264123

735323

故h2

633

【法二詳解】解：在x軸上取點D和點E，使得ADBAEC120，過點C作CFx于點F，

∵點C的坐標為(7,h)，

∴OF7，CFh，

在Rt△CEF中，CEF180AEC60,CFh,

CF3CF23

∴EFh，CEh，

tan603sin603

∵BAC120，

∴BADCAEBADABD120，

∴CAEABD，

∵ABCA，

∴CAE≌ABDAAS，

23

∴ADCEh，AEBD，

3

∵點A(3,0)，

∴OA3，

23

∴ODOAAD3h，

3

在RtBOD中，BDO180ADB60,

ODOD2343

∴BD23h6h，

cosBDOcos6033

43

∴AEBD6h，

3

∵OAAEEFOF，

433

∴36hh7，

33

23

解得h

3

9．如圖，在ABC中，ACB90，AC15，BC9，點P是線段AC上的一個動點，連接BP，

將線段BP繞點P逆時針旋轉90得到線段PD，連接AD，則線段AD的最小值是．

【答案】32

【分析】法一：

法二：過點D作DEAC于E，有旋轉的性質可得DPBP，DPB90，由“AAS”可證

△DEP≌△PCB，可得DECP，EPBC9，可求AEDE6，由勾股定理和二次函數(shù)的性質可求

解．

【詳解】解：如圖，過點D作DEAC于E，

將線段BP繞點P逆時針旋轉90得到線段PD，

DPBP，DPB90，

DPEBPC90，且∠BPC∠PBC90，

DPEPBC，且DPBP，DEPC90，

△DEP≌△PCB(AAS)

DECP，EPBC9，

AEPCACEP6

AEDE6，

AD2AE2DE2，

AD2AE2(6AE)2，

22

AD2(AE3)18，當AE3時，AD有最小值為32

2023·西安市交通大學附屬中學初三月考

10．如圖，矩形ABCD中，AB6，BC8，E為BC上一點，且BE2，F(xiàn)為AB邊上的一個動

點，連接EF，將EF繞著點E順時針旋轉45到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值

為．

【答案】232/322

【分析】如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉45得到線段ET，連接DE交CG于J．首先證明

ETG90，推出點G在射線TG上運動，推出當CGTG時，CG的值最小，進一步即得答案．

【詳解】解：如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉45得到線段ET，連接GT，連接DE交CG于J．

四邊形ABCD是矩形，

ABCD6，BBCD90，

BETFEG45，

BEFTEG，

在EBF和ETG中，

EBET

BEFTEG，

EFEG

EBF≌ETG（SAS），

BETG90，

點G在射線TG上運動，

當CGTG時，CG的值最小，

BC8，BE2，CD6，

CECD6，

CEDBET45，

TEJ90ETGJGT90，

四邊形ETGJ是矩形，

DE∥GT，GJTEBE2，

CJDE，

JEJD，

1

CJDE，

232

CGCJGJ232，

CG的最小值為232

11．如圖，矩形ABCD中，AB6，BC4，點E，F(xiàn)分別為邊AB，CD上的動點，且AECF，

將線段EF繞點F逆時針旋轉90得到線段FG，連接DG

（1）當點E為AB的中點時，線段DG的長是；

（2）當點E在邊AB上運動時，線段DG的最小值是．

【答案】25

5

【分析】取EF的中點為O，過點O作OHCD于點H，在CD的延長線上截取HMAD4，連接

OFFG

OM，GM，先證，推出OFG∽OHM，進而可得OGFOMH，可證O，M，G，

OHHM

F在同一個圓上，得到OMG180EFG90，F(xiàn)MGFOG，點G在過點M且與OM垂直

的直線上運動，最后根據(jù)“垂線段最短”可得當DGMG時，DG取最小值，證明DGM∽GFO，

25

求出DG．

5

【詳解】如圖，取EF的中點為O，過點O作OHCD于點H，在CD的延長線上截取HMAD4，

1

連接OM，GM，則OHM90，DHCD3，DMMHDH431，

2

，

EF的中點為O，

11

OHADHM，

22

由旋轉可知EFFG，EFGOHM90，

11

OFEFFG，

22

11

又OHADHM，

22

OFFG

，

OHHM

OFG∽OHM，

OGFOMH，

O，M，G，F(xiàn)在同一個圓上，

OMG180EFG90，F(xiàn)MGFOG，

即點G在過點M且與OM垂直的直線上運動，

當DGMG時，DG取最小值，

此時，如下圖所示：

FMGFOG，DGMGFO90，

DGDM

DGM∽GFO，，

FGOG

DG1

2

2212525

DM1，OGOFFGFGFGFG，F(xiàn)G5，DG．

22FG5

2

12．如圖,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,P是對角線AC上的動點,連接DP,將直線DP

繞點P順時針旋轉,使∠1=∠2,且過點D作DG⊥PG,連接CG.則CG最小值為

36

【答案】

25

【分析】策略一：得到G點軌跡直線后，畫出起點G1和終點G2

策略2：旋轉相似:

【解析】

如圖，作DH⊥AC于H，連接HG延長HG交CD于F，作HE⊥CD于E．

△ADH∽△PDG，

∴△ADP∽△DHG，

∴∠DHG＝∠DAP＝定值，

∴點G在射線HF上運動，∴當CG⊥HF時，CG的值最小，

∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH＋∠HDF＝90°，∵∠DAH＋∠ADH＝90°，

∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF，∴FD＝FH，∵∠FCH＋∠CDH＝90°，∠FHC＋∠FHD＝90°，

∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC＝DF＝1．5，在△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，

Rt

A﹒DC129DH﹒CH36

∴AC＝32＋42＝5，DH＝＝,∴CH＝CD2－DH2＝,∴EH＝＝,

AC55CD25

D

∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，

3636

∴△CGF≌△HEF(AAS)，∴CG＝HE＝,∴CG的最小值為,

2525

13．如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE＝1，F(xiàn)為AB邊上的一個

動點，連接EF，以EF為底向右側作等腰直角EFG，連接CG，則CG的最小值

為．△

【分析】

策略一：反向構造＋伸縮

2

如圖從主動點F到從動點G可以理解為，將線段FE繞定點E順時針旋轉了45°再縮短為原來的，

2

反向構造則需要把CE繞點E逆時針旋轉45°，再擴大變?yōu)樵瓉淼?倍，得到EH，顯然△ECH為

2

等腰直角三角形，進一步得到△FEH∽△GEC，相似比為2，所以CG=FH22．

2

策略二：求軌跡——以BE為底向上作等腰Rt△BHE，易得G點軌跡所在直線為BD，故CG最小

值為22

【變式訓練】雙動點

14．如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，F(xiàn)為AB邊上一點，連接EF，以

EF為底向右側作等腰直角EFG，連接CG，則AG的最小值為．

△

【分析】

雖然是雙動點，仍可以操作操作

2

策略一：代換所求線段，取AH＝AF，易知△AFG∽△HFE，則有AG=HE22，變中有不

2

變．

策略二：求軌跡，以BE為底向上作等腰直角三角形BHE，顯然H點在對角線BD上，由相似可知

∠EHG＝90°，故G點軌跡為BD，其本質還是旋轉相似.

其他方法：對角互補＋鄰邊相等可得全等，顯然MG＝NE，故BG平分∠ABC，則點G軌跡對應直

線BD．

題型三軌跡為直線型·將軍飲馬加權線段和問題

15．如圖，在矩形ABCD中，AB5，BC9，E是邊AB上一點，AE2，F(xiàn)是直線BC上一動

點，將線EF繞點E逆時針旋轉90得到線段EG，連接CG，DG，則CGDG的最小值

是．

【答案】13

【分析】將FBE繞點E逆時針旋轉90得到△GHE，延長GH交BC于點M，延長CB至點N，使

CMNM，連接DN，由矩形的條件和旋轉的性質可得EHEB3，BBEHEHG90，

可說明四邊形EBMH是矩形，然后由正方形的性質可得到CN12，GMCN，從而說明GM是CN

的垂直平分線，進一步推導出CGDGNGDGND，當點N，G，D三點共線時，CGDG取

最小值，最后由勾股定理可求解．

【詳解】解：將FBE繞點E逆時針旋轉90得到△GHE，延長GH交BC于點M，延長CB至點N，

使CMNM，連接DN，

∵在矩形ABCD中，AB5，BC9，AE2，

∴EBABAE3，BBCD90，CD5，

∴EHEB3，BBEHEHG90，

∴EHM90，

∴四邊形EBMH是矩形，

∴BMEH3，BMH90，

∴CN2CM29312，GMCN，

∴GM是CN的垂直平分線，

∴CGNG，

∵F是直線BC上一動點，

∴CGDGNGDGND，

∴當點N，G，D三點共線時，CGDG取最小值ND，

在RtNCD中，CN12，CD5，

NDCN2CD21225213，

∴CGDG的最小值是13．

故答案為：13．

16．如圖，已知∠CAB＝30°，AB＝2，點D在射線AC上，以BD為邊作正方形BDEF，連接AE、

BE，則AE＋BE的最小值為___________．

EC

F

D

AB

【答案】2＋6

提示：以AB為邊作等腰Rt△ABG，連接GE

B′

G

EC

HF

D

AB

則GB＝2AB，EB＝2DB，∠GBE＝∠ABD＝45°－∠GBD

∴△GBE∽△ABD，∴∠EGB＝∠CAB＝30°，∴∠AGE＝75°

∴點E在直線GE上運動

作點B關于GE的對稱點B′，連接AB′、BB′、B′E、B′G

則∠B′GB＝60°，B′G＝BG

∴△B′GB是等邊三角形，∴B′G＝B′B

又∵AG＝AB，AB′＝AB′，∴△AB′G≌△AB′B

∴∠GAB′＝∠BAB′＝45°，∠GB′A＝∠BB′A＝30°，∴AB′⊥BG

2

設垂足為H，則AH＝BH＝AB＝2

2

∴B′H＝3BH＝6，∴AB′＝AH＋B′H＝2＋6

∴AE＋BE＝AE＋B′E≥AB′＝2＋6

即AE＋BE的最小值為2＋6

17．如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，點M為邊BC的中點，P是直線AD上的一個動點，

以MP為邊在MP右側作RtMPQ，且PM＝PQ，連結AM，AQ，則AMQ周長的最小值為

________．

【答案】221＋41

【分析】因為AMQ的周長為AM＋AQ＋MQ，其中AM的長可以由直角ABM中利用勾股定理求

得，為定值，所以只需要求得AQ＋MQ的最小值即可，由題意可得，點A，M為定點，Q為動點，

△△

即“一動兩定”問題，只需要找到動點Q的運動軌跡即可，過A作AM⊥AN，使AN＝AM，先證MAN

∽△MPQ，再證MAP∽△MNQ，得到∠MAP＝∠MNQ，延長NQ交直線AD于H，可以得到∠NHO

△

＝45°，則Q點在經過N點，且與直線AD夾角為45°的直線NH上運動，此題就變成了“在直線NH

△

上找一點Q，使AQ＋QM最小“的將軍飲馬問題，所以過A作關于NH的對稱點K，連接KM交NH

于Q，AQ＋MQ的最小值為MK，利用勾股定理可求出KM的值，即可解決．

【詳解】解：如圖1，過A做AN⊥AM，使AN＝AM，連接MN，NQ，

則∠AMN＝∠ANM＝45°，

∵△MPQ是直角三角形，且PM＝PQ，

∴∠PMQ＝∠AMN＝45°，∠MAN＝∠MPQ＝90°，

∴△AMN∽△PMQ，

AMMN

∴，

PMMQ

∵∠AMN＝∠PMQ，

∴∠AMP＝∠NMQ，

∴△MAP∽△MNQ，

∴∠MAP＝∠MNQ，

延長MQ交AD于H，設AD與MN交于點O，

則∠AOM＋∠AMN＝∠NOH＋∠NHO，

∵∠AOM＝∠HOH，

∴∠NHO＝∠AMN＝45°，

∴直線NH與直線AD夾角為45°，

∴Q在經過N點且與直線AD夾角為45°的直線NH上運動，

如圖2，過M作ME⊥AD于E，過N作NF⊥AD于F，

則∠AEM＝∠NFA＝90°，

∴∠NAF＋∠MAE＝∠MAE＋∠AME＝90°，

∴∠NAF＝∠AME，

在AME與NAF中，

AEM＝NFA

△△

AME＝NAF，

AM＝NA

∴△AME≌△NAF（AAS），

∴AE＝NF，EM＝AF，

∵M是BC的中點，BC＝8，

∴BM＝4，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠ABM＝∠BAD＝∠AEM＝90°，

∴四邊形ABME是矩形，

∴NF＝AE＝BM＝4，EM＝AB＝AF＝5，

在直角NHF中，∠NHF＝45°，

∴∠FNH＝∠NHF＝45°，

△

∴FH＝NF＝4，

∴AH＝AF＋FH＝5＋4＝9，

在直角ABM中，AM＝AB2＋BM2＝41，

如圖3，△過A作關于直線NH的對稱點K，連接KM交直線NH于點Q，

此時NH垂直平分AK，

則AQ＝QK，

∴AQ＋QM＋AM＝QK＋QM＋41＝MK＋41為ABC的周長的最小值，

連接并延長交于，

KHBCT△

則∠KHN＝∠AHN＝45°，KH＝AH＝9，

∴∠AHK＝90°，

∵AD∥BC，

∴∠MFK＝∠AHK＝90°，

∵∠MTK＝∠THA＝∠MEH＝90°，

∴四邊形EMTH為矩形，

∴MT＝EH＝AH?AE＝8?4＝5，HT＝EM＝AB＝5，

在直角MTK中，KT＝KH＋HT＝14，MT＝5，

22

∴MK＝△MT＋KT＝221，∴△AMQ的周長最小值為221＋41

18．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝23，點E為邊AD上一動點，以CE為邊向右作直角

1

三角形CEF，使∠CEF＝90°，∠CFE＝30°，連接BE，BF，求BE＋BF的最小值．

2

F

AED

BC

【答案】37

【解析】解：以BC為斜邊向下作Rt△BCG，使∠CBG＝30°，連接EG．

G′

F

AED

BHC

G

1

則CG＝BC＝3，△BGC∽△FEC，∴△EGC∽△FBC，

2

EGEC11

∴＝＝，∴EG＝BF．

BFFC22

作點G關于AD的對稱點G'，連接G'G交BC于點H，連接G'B，G'E．

133

則G'G⊥BC，CH＝CG＝，GH＝，

222

3311

BH＝，G'H＝，

22

∴BG'＝BH2GH2＝37，

1

∴BE＋BF＝BE＋EG＝BE＋EG'≥BG'＝37，

2

1

∴BE＋BF的最小值為37．

2

20．如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（1，3），點P是x軸上的一動點，連接AP，

將線段AP繞點A逆時針旋轉120°得到AQ，連接OQ，PQ，求3OQ＋PQ的最小值．

y

Q

A

OPx

【答案】221

【解析】解：連接AO，將線段AO繞點A逆時針旋轉120°得到AR，連接RQ，

y

QA′

A

R

OGPHx

過點A作AG⊥x軸于點G．

∵∠OAR＝∠PAQ＝120°，∴∠OAP＝∠RAQ．

∵AO＝AR，∵AP＝AQ，∴△AOP≌△ARQ，

∴OP＝RQ，∠AOP＝∠ARQ．

∵A的坐標為（1，3），∴OG＝1，AG＝3，

AG

∴tan∠AOP＝＝3，∴∠ARQ＝∠AOP＝60°．

OG

∵∠OAR＝120°，∴AR∥x軸．

∵AP＝AQ，∠PAQ＝120°，∴PQ＝3AQ，

∴3OQ＋PQ＝3(OQ＋AQ)．

作點A關于QR的對稱點A'，連接AA'，A'R，A'Q，

過點A'作A'H⊥x軸于點H．

則A'R＝AR＝AO＝2OG＝2，∠A'RQ＝∠ARQ＝60°，

∴∠A'RA＝120°，∴A'R∥AO，

∴相當于將線段AO平移到A'R，

∴A'（4，23），∴OH＝4，A'H＝23，

∴A'O＝OH2AH2＝27，

∴3OQ＋PQ＝3(OQ＋A'Q)≥3AO＝221

題型四軌跡為圓弧型·構造中位線

19．（2023·周口·三模）如圖，正方形ABCD的邊長是8，點E是BC邊的中點，連接DE，點F是

線段DE上不與點D，E重合的一個動點，連接BF，點G是線段BF的中點，則線段AG的最

小值為．

【答案】42

【分析】連接AC，與BD相交于點H,取BE中點I，連接HG、IG，由正方形ABCD的邊長是8得