2025年中考数学几何模型综合训练专题38最值模型之瓜豆模型（原理）曲线解读与提分精练（教师版）

专题38最值模型之瓜豆模型（原理）曲线

动点轨迹问题是中考和各类模拟考试的重要题型，学生受解析几何知识的局限和思维能力的束缚，该

压轴点往往成为学生在中考中的一个坎，致使该压轴点成为学生在中考中失分的集中点。掌握该压轴题型

的基本图形，构建问题解决的一般思路，是中考专题复习的一个重要途径。本专题就最值模型中的瓜豆原

理（动点轨迹为圆弧型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

.........................................................................................................................................................................................1

模型1.瓜豆模型（圆弧轨迹类）..................................................................................................................1

.................................................................................................................................................11

模型1.瓜豆模型（圆弧轨迹类）

“主从联动”模型也叫“瓜豆”模型，出自成语“种瓜得瓜，种豆得豆”。这类动点问题中，一个动点随另一

个动点的运动而运动，我们把它们分别叫作从动点和主动点，从动点和主动点的轨迹是一致的，即所谓“种”

线得线，“种”圆得圆（而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是）。解决这一类问题通常用到旋

转、全等和相似。

模型1、运动轨迹为圆弧

模型1-1.如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．Q点轨迹是？

分析：如图，连接AO，取AO中点M，任意时刻，均有AMQ∽△AOP，QM：PO=AQ：AP=1：2。

则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。△

模型1-2.如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP，当点P在圆O上运动

时，Q点轨迹是？

分析：如图，连结AO，作AM⊥AO，AO=AM；任意时刻均有APO≌AQM，且MQ=PO。

△△

则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。

模型1-3.如图，APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？

分析：如图，连结△AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意时刻均有APO∽△AQM，且相似比为k。

则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。△

模型1-4.为了便于区分动点P、Q，可称P为“主动点”，Q为“从动点”。

此类问题的两个必要条件：①主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；②主动点、从

动点到定点的距离之比是定量（AP：AQ是定值）。

分析：如图，连结AO，作∠OAM=∠PAQ，AO:AM=AP：AQ；任意时刻均有APO∽△AQM。

则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。△

特别注意：很多题目中主动点的运动轨迹并未直接给出，这就需要我们掌握一些常见隐圆的轨迹求法。

（1）定义型：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧。（常见于动态翻折中）

如图，若P为动点，但AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，则动点P是以A圆心，AB半径的圆或圆弧。

（2）定边对定角（或直角）模型

1）一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧．

如图，若P为动点，AB为定值，∠APB=90°，则动点P是以AB为直径的圆或圆弧。

2）一条定边所对的角始终为定角，则定角顶点轨迹是圆弧．

如图，若P为动点，AB为定值，∠APB为定值，则动点P的轨迹为圆弧。

例1.（2024·河南南阳·三模）如图，点P3,4，P半径为2，A2.8,0，B5.6,0，点M是P上的动点，

点C是MB的中点，则AC的最小值为（）

A．1.5B．2C．2.5D．3

【答案】A

【分析】本题考查了坐标与图形、三角形中位线定理、勾股定理，连接OP交P于M，连接OM，由题意

1

得出AC是OBM的中位线，则ACOM，从而得到当OM最小值，AC最小，即当M运动到M时，OM

2

最小，此时AC也为最小，求出OM的长即可得出答案．

【详解】解：如图，连接OP交P于M，连接OM，

∵A2.8,0，B5.6,0，∴OA2.8，AB2.8，∴OAAB，

，

1

∵点C是MB的中点，∴BCCM，∴AC是OBM的中位线，∴ACOM，

2

∴当OM最小值，AC最小，∴当M运动到M时，OM最小，此时AC也为最小，

13

∵OMOPPM32422523，∴AC的最小值为3，故选：A．

22

例2．（2023·黑龙江大庆·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的O与x轴的正半轴交于点

3

A，点B是O上一动点，点C为弦AB的中点，直线yx3与x轴、y轴分别交于点D、E，则点C到

4

直线DE的最小距离为（）

343

A．1B．C．D．

554

【答案】C

【分析】先确定C点的轨迹是P，则C到直线DE的最小距离为NH，根据相似得到边长的数量关系，列

方程直接求解即可．

【详解】解：连接OC，如图，

∵点C为弦AB的中点，∴OCAB，∴ACO90，∴点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），

以OA为直径作P，过P点作直线PHDE于H，交P于M、N，

33

当x0时，yx33，则E(0,3)，当y0时，x30，解得x4，则D(4，0)，

44

∴OD=4，∴DE32425，∵O的半径为2，∴A(2,0)，∴P(1,0)，∴OP1，∴PDODOP3，

∵PDHEDO，PHDEOD90，∴DPH∽DEO，∴PH:OEDP:DE，

9144

即PH:33:5，解得PH，∴MHPH1，NHPH1．

555

4

∴点C到直线DE的最小距离为．故选：C．

5

【点睛】此题考查圆与三角形的综合，解题关键是先确定C点的轨迹是圆，则C到直线DE的最小距离为NH，

根据相似列方程直接求解即可．

例3．（2023春·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD为正方形，P是以边AD为直径的O

上一动点，连接BP，以BP为边作等边三角形BPQ，连接OQ，若AB2，则线段OQ的最大值为．

【答案】51/15

【分析】连接OB、OP，将OB绕点B逆时针旋转60得到OB，连接OQ，通过证明OBP≌OBQSAS，

得出OPOQ1，从而得出点Q在以点O为圆心，OQ为半径的圆上运动；则当点O，O，P三点在同

一直线上时，OQ取最大值，易证△OBO为等边三角形，求出OOOB5，即可求出

OQOOOQ51．

【详解】解：连接OB、OP，将OB绕点B逆时针旋转60得到OB，连接OQ，

∵OB绕点B逆时针旋转60得到OB，∴OBOB，OBO60，

∵VBPQ为等边三角形，∴PBQB，PBQ60，

∴OBOPBOPBQPBO，即OBPOBQ，

OBOB

在OBP和OBQ中，OBPOBQ，∴OBP≌OBQSAS，

PBQB

∵AB2，四边形ABCD为正方形，∴ADAB2，则OAOP1，

∴OPOQ1，∴点Q在以点O为圆心，OQ为半径的圆上运动；

∴当点O，O，P三点在同一直线上时，OQ取最大值，

在RtOAB中，根据勾股定理可得：OBOA2AB25，

∵OBOB，OBO60，∴△OBO为等边三角形，∴OOOB5，

∴OQOOOQ51，故答案为：51．

【点睛】本题主要考查看瓜豆模型——圆生圆模型，解题的关键是确定从动点Q的运动轨迹，以及熟练掌

握全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．

例4．（23-24九年级上·江苏南京·阶段练习）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是3,4，点B

是A上一点，A的半径为2，将OB绕O点顺时针方向旋转90得OC，连接AC，则线段AC的最小值

为（）

A．522B．321C．5D．6

【答案】A

【分析】把OA绕O点顺时针方向旋转90得OA，过点A作AFx轴于点F，过点A作AGx轴于点G，

以点A为圆心作A，使A的半径为2，点B是A上一点，则点C是A上一点，当点A,O,A三点共

线，即点C在AA上时，AC最小．

【详解】解：如图，把OA绕O点顺时针方向旋转90得OA，过点A作AFx轴于点F，过点A作AGx

轴于点G，以点A为圆心作A，使A的半径为2，

OAOA,AOA90，AFOOGA90，

AOFAOG180AOA90,AOFOAF90,

OAFAOG，VAFO≌VOGA(AAS)，AFOG4,OFAG3，A(4,3)，

过A作AHAF于点H，AH4(3)7,AH431，

在RtVAHA中，AA(AH)2(AH)2127252，

点B是A上一点，则点C是A上一点，AC2，

当点A,O,A三点共线，即点C在AA上时，AC最小，

ACAACA522，故线段AC的最小值为522．故选：A．

【点睛】本题考查了圆的基本概念，动点问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，本题的关键是作出

正确的辅助线，运用数形结合的思想方法．

例5．（2024·江苏南通·校考模拟预测）如图，已知正方形ABCD的边长为2，以点A为圆心，1为半径作

圆，E是⊙A上的任意一点，将线段DE绕点D顺时针方向旋转90°并缩短到原来的一半，得到线段DF，

连结AF，则AF的最小值是．

1

【答案】5

2

1

【分析】通过证VGDF:VADE可得GF，由勾股定理可得AGAD2DG25，根据三角形三边关

2

系求AF的最小值即可；

【详解】解：如图，取CD中点G，连接AE、GF、AG，

∵ED⊥DF，∴∠EDF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠GDA=90°，

∵∠GDF+∠FDA=90°，∠FDA+∠ADE=90°，∴∠GDF=∠ADE，

DGDF1GF1

∵，∴VGDF:VADE，∴，

DADE2AE2

1

又AE=1，解得GF，由勾股定理可得，AGAD2DG222125，

2

11

由三边的关系可得，AF的最小值为：AG-GF=5；故答案为：5.

22

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系，掌握相似三角形的判定

与性质，勾股定理，三角形三边关系是解题的关键.

例6．（2023·四川广元·统考一模）如图，线段AB为O的直径，点C在AB的延长线上，AB4，BC2，

点P是O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作RtPCD，且使DCP60，连接OD，则OD

长的最大值为．

【答案】231/123

【分析】作COE，使得CEO90，ECO60，则CO2CE，OE23，OCPECD，由

OPCP1

△COP∽△CED，推出2，即EDOP1（定长），由点E是定点，DE是定长，点D在半径

EDCD2

为1的E上，由此即可解决问题．

【详解】解：如图，作COE，使得CEO90，ECO60，则CO2CE，OE23，OCPECD，

COCP

CDP90，DCP60，CP2CD，2，COP∽CED，

CECD

OPCP1

2，即EDOP1（定长），点E是定点，DE是定长，点D在半径为1的E上，

EDCD2

ODOEDE231，OD的最大值为231，故答案为：231．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，解题的关键是学会添加常

用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

例7．（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，在Rt△ABC中，ACB90，AC3，BC4，平面上

有一点P，AP1，连接AP，BP，取BP的中点G．连接CG，在AP绕点A的旋转过程中，则CG的最大

值是（）

A．3B．4C．32D．5

【答案】A

【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，圆的

确定，作出合适的辅助线是解本题的关键；如图，取AB的中点Q，连接GQ，CQ，证明G在以Q为圆心，

1为半径的圆上，即可得到答案．

2

【详解】解：如图，取AB的中点Q，连接GQ，CQ，

111

∵G为BP的中点，AP1，∴QGAP，∴G在以Q为圆心，为半径的圆上，

222

当C，Q，G三点共线时，CG最大，CGCQQG，

5

∵ACB90，AC3，BC4，∴AB32425，∴CQ，

2

51

∴CGCQQG3，即CG的最大值为3．故选A

22

例8．（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐标系xOy中，对于图形M与图形N给出如下定义：P为图形N

上任意一点，将图形M绕点P顺时针旋转90得到M，将所有M组成的图形记作M，称M是图形M关

于图形N的“关联图形”．(1)已知A(2,0)，B(2,0)，C(2,t)，其中t0．①若t1，请在图中画出点A关于

线段BC的“关联图形”；②若点A关于线段BC的“关联图形”与坐标轴有公共点，直接写出t的取值范围；(2)

对于平面上一条长度为a的线段和一个半径为r的圆，点S在线段关于圆的“关联图形”上，记点S的纵坐标

的最大值和最小值的差为d，当这条线段和圆的位置变化时，直接写出d的取值范围（用含a和r的式子表

示）．

【答案】(1)①见详解；②t4或t2(2)22rd22ra

【分析】（1）①根据新定义找出关键点B、C的旋转90后连接BC即可；②同上理分情况讨论即可；

∽

（2）画出分析图，如图所示，线段AB的长度为a，圆N的半径为r，易得BNPBN1Q且相似比为1:2，

再移动图形即可求出d；本题考查了旋转的性质，圆的有关性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上

知识的应用是解题的关键．

【详解】（1）解：①如图所示：线段BC即为所求；

②如图：当t2时，点A关于线段BC的“关联图形”与y轴恰有公共点，

∴t2时，点A关于线段BC的“关联图形”与y轴有公共点；

当t4时，点A关于线段BC的“关联图形”与x轴恰有公共点，

∴t4时，点A关于线段BC的“关联图形”与x轴有公共点；

综上所述：t4或t2；

（2）如图，画出分析图，如图所示，线段AB的长度为a，圆N的半径为r，

、、∽

点AB分别绕点N顺时针旋转90得到N1N2，分析可知BNPBN1Q且相似比为1:2，

、

可得圆N1N2的半径均为2r，随意转动图，可得22rd22ra．

1．（2024·安徽淮北·三模）如图，线段AB4，点M为AB的中点，动点P到点M的距离是1，连接PB，

线段PB绕点P逆时针旋转90得到线段PC，连接AC，则线段AC长度的最大值是（）

A．3B．4C．22D．32

【答案】D

【分析】以AB为斜边向上作等腰直角AJB，连接CJ，BC．利用相似三角形的性质证明JC2，推出点

C的运动轨迹是以J为圆心，2为半径的圆，根据ACAJJC32，可得结论．

【详解】解：以AB为斜边向上作等腰直角AJB，连接CJ，BC．

AMBM，JMAMMB，△JMB是等腰直角三角形，PBC是等腰直角三角形，

BMJBBC

∴MBJPBC45BJ2BM，同理，MBPJBC，，

cos45BC2PBMBBP

JCJB

△JBC∽△MBP，2，PM1，JC2，

PMBM

点C的运动轨迹是以J为圆心，2为半径的圆，

2

AJAB22，ACAJJC32，故线段AC长度的最大值为32．故选：D．

2

【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、相似三角形的性质和判定，解直角三角形，点与圆的位置关系，

三角形三边关系，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压

轴题．

1

2．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，VABC中，ABC90，tanBAC，点D是AB的中点，P是以

2

PB

A为圆心，以AD为半径的圆上的动点，连接PB、PC，则的最大值为（）

PC

10310131131

A．B．C．D．

31044

【答案】D

【分析】此题考查了解直角三角形，根据阿氏圆的定义，分别固定BP，分别确定A点的运动轨迹为阿氏圆

PB

O，C点的运动轨迹为阿氏圆O，，由此可知，当PC最最小时，的值最大，进行求解即可.

PC

BA

【详解】解：固定BP，则2，∴A点的运动轨迹为阿氏圆O，

AP

设OPa，则AO2a，BO4a，则PBBOOP3a，

AB

∵ABC90，2，∴C点的运动轨迹为阿氏圆O，∴OBO90，

BC

PB

∴OB2a，OCa，∴当PC最小时，的值最大，

PC

22PBPB3a131

POPB2OB23a2a13a，∴，故选：D．

PCPOOC13aa4

3．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，分别经过原点O和点A8,0的动直线a，b，其夹角OBA30，

点M是OB中点，连接AM，则AM的最小值是（）

A．4B．232C．434D．434

【答案】C

【分析】作VAOB的外接圆P，连接OP，PA，PB，取OP的中点Q，连接QM，证明OAP是等边三角形，

1

求出QMB4，得到点M在以Q为圆心，4为半径的圆上运动，画出Q，当M在Q与QA的交点时，

2

连接QA交Q于M，此时AM有最小值，根据等边三角形的性质及勾股定理即可求解．

【详解】解：作VAOB的外接圆P，连接OP，PA，PB，取OP的中点Q，连接QM，

∵APO2ABO60，POPA，∴OAP是等边三角形，∵A8,0，∴POPAPB8，

1

∵OQQP，OMMB，∴QMB4，∴点M在以Q为圆心，4为半径的圆上运动，画出Q，

2

当M在Q与QA的交点时，连接QA交Q于M，此时AM有最小值，

∵OPA是等边三角形，OQPQ，∴AQOP，

∵OA8，OQ4，∴AQ824243．∴AM的最小值是434，故选：C．

【点睛】本题考查坐标与图形，点到圆上的距离，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性

质，正确作出辅助线构造三角形外接圆是解题的关键．

4．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）等边VABC的边长为6，P是AB上一点，AP2，把AP绕点

A旋转一周，P点的对应点为P，连接BP，BP的中点为Q，连接CQ．则CQ长度的最小值是（）

A．331B．332C．331D．332

【答案】A

【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，三角形中位线的性质及三边关系，取AB

中点D，连接DQ，CD，AP，利用等边三角形的性质和勾股定理求出CD33，根据三角形中位线定理得

到DQ1，再利用三角形三边关系CQDCDQ即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．

【详解】解：∵AP2，把AP统点A旋转一周，∴AP2，

等边VABC的边长为6，点D是AB中点，∴BDAD3，CDAB，∴CDBC2BD2623233，

1

∵点Q是BP的中点，∴BQQP，又∵ADBD，∴DQAP1，

2

在CDQ中，CQDCDQ331，∴CQ的最小值为331，故选：A．

5．（23-24九年级上·安徽合肥·期末）如图，在Rt△ABC中，ACB90，AC3，BC4，平面上有一

点P，AP1，连接AP，BP，取BP的中点G．连接CG，在AP绕点A的旋转过程中，则CG的最大值是

（）

A．3B．4C．32D．5

【答案】A

【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，圆的

确定，作出合适的辅助线是解本题的关键；如图，取AB的中点Q，连接GQ，CQ，证明G在以Q为圆心，

1为半径的圆上，即可得到答案．

2

【详解】解：如图，取AB的中点Q，连接GQ，CQ，

111

∵G为BP的中点，AP1，∴QGAP，∴G在以Q为圆心，为半径的圆上，

222

当C，Q，G三点共线时，CG最大，CGCQQG，

5

∵ACB90，AC3，BC4，∴AB32425，∴CQ，

2

51

∴CGCQQG3，即CG的最大值为3．故选A

22

6．（2024·河南郑州·三模）如图，点M是等边三角形ABC边BC的中点，P是三角形内一点，连接AP，将

线段AP以A为中心逆时针旋转60得到线段AQ，连接MQ．若AB4，MP1，则MQ的最小值为．

【答案】231

【分析】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、圆的有

关定义以及和性质等知识，得到点Q的运动路线是解答的关键．连接PM，AM，将线段AM绕着点A逆

时针旋转60得到线段AH，连接QH，MH，由旋转性质可推导HAQ≌MAPSAS，MAH是等边三角

形，则HQMP1，MHAM，根据圆的定义可得点Q在以H为圆心，1为半径的圆上运动，进而可知

当M、Q、H共线时，MQ最小，最小值为MH1，根据等边三角形的性质求得AM值即可求解．

【详解】解：连接PM，AM，将线段AM绕着点A逆时针旋转60得到线段AH，连接QH，MH，

由旋转性质得AQAP，AHAM，MAHPAQ60，即HAQMAP60QAM，

∴HAQ≌MAPSAS，MAH是等边三角形，∴HQMP1，MHAM，

则点Q在以H为圆心，1为半径的圆上运动，

∵MQMHHQ，∴当M、Q、H共线时，MQ最小，最小值为MH1，

11

∵点M是等边三角形ABC边BC的中点，AB4，∴AMBC，BMBCAB2，

22

∴AMAB2BM2422223，即MH23，∴MQ的最小值为231，故答案为：231．

7．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接BP，

线段BP以B为中心逆时针旋转90得到线段BQ，连接MQ．若AB4，MP1，则MQ的最小值为．

【答案】2101

【分析】连接BM，将BM以B中心，逆时针旋转90，M点的对应点为E，由P的运动轨迹是以M为圆

心，1为半径的半圆，可得：Q的运动轨迹是以E为圆心，1为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一

点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当M、Q、E三点共线时，

MQ的值最小，可求ME2BM210，从而可求解．

【详解】解，如图，连接BM，将BM以B中心，逆时针旋转90，M点的对应点为E，

P的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的半圆，Q的运动轨迹是以E为圆心，1为半径的半圆，

如图，当M、Q、E三点共线时，MQ的值最小，

四边形ABCD是正方形，CDABBC4，C90，

M是CM的中点，CM2，BMCM2BC2224225，

由旋转得：BMBE，ME2BM210，

MQMEEQ2101，MQ的值最小为2101．故答案：2101．

【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性

质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．

8．（2024年成都市树德实验中学西区中考数学诊断试题）如图，ABAC4，BAC90，点M是线

段AC上一个动点，连接BM，将线段BA沿直线BM进行翻折，点A落在点N处，连接CN，以CN为斜边

在直线CN的左侧(或者下方)构造等腰直角三角形CND，则点M从A运动到C的过程中，线段CD的最小

值是，当M从点A运动到点C时，点D的运动总路径长是．

【答案】4242

1

【分析】由BNAB4，可得N在以B为圆心，4为半径的圆上运动(从A运动到N')，当C、N、B共

4

2

线时，CN最小；连接BC，AD，可证明△BCN∽ACD，从而得出ADBN22，故点D在以A为

2

11

圆心，22为半径的圆上运动，当点M从点A运动到点C时，点D运动A，进一步求得结果．

44

【详解】解：如图，连接BC，而ABAC4，BAC90，

∴BC424242，由折叠得：BNAB4，

1

点N在以B为圆心，4为半径的圆上运动(从A运动到N')，

4

当C、N、B共线时，CN最小，CN最小BC4424，连接AD，

ABAC，BCA90，ACBABC45，同理：DCN45，

ACBDCN，ACBACNDCNACN，BCNACD，

BCCNADAC12

2，BCN∽ACD，，ADBN22，

ACCDBNBC22

1

点D在以A为圆心，22为半径的圆上运动，如图，

4

1

当点M从点A运动到点C时，点D运动A，

4

1

2222，点D运动的路径长为：2，故答案为：424，2．

4

【点睛】本题考查了轴对称性质，等腰直角三角形性质，相似三角形判定和性质，确定圆的条件，圆的周

长公式等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．

9.（2023·深圳外国语学校中考模拟预测）如图，已知正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，2为半径作

圆，E是A上的任意一点，将线段DE绕点D顺时针方向旋转90并缩短到原来的一半，得到线段DF，

连接AF，则AF的最小值是．

【答案】251

【分析】通过证EDA∽FDT可得FT1，由勾股定理可得ATAD2DT225，根据三角形三边关

系求AF的最小值即可；

【详解】解：如图，取CD中点T，连接AE、FT、AT，

∵四边形ABCD是正方形，∴ADCD4，ADC90，

1DEAD

∵DTCTCD2，DE2DF，∴2，

2DFDT

AEED

∵EDFADC90，∴EDAFDT，∴EDA∽FDT，∴2，∴FT1，

TFFD

∵ATAD2DT225，∴AFATTF，∴AF251，∴AF的最小值为251

10．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在矩形ABCD中，AB2，BC4，Q是矩形ABCD左侧一

点，连接AQ、BQ，且AQB90，连接DQ，E为DQ的中点，连接，则的最大值为．

𝐶𝐶

【答案】3

【分析】延长DC至F，使CDCF，连接FQ，点O为AB的中点，以点O为圆心，AB为直径作圆，连

接FO，FO延长线交O于点Q，交BC于点G，连接DQ；由AQB90且点Q在矩形的左侧知，点Q

是在AOB上运动，由题意及辅助线作法知，CE为△DQF的中位线，则FQFOOQ，当F、O、Q三点

共线时，FQ最长，最大值为FQ的长度；利用相似三角形的性质可求得BG、CG的长，从而求得OG、FG，

最后求出FO的长，从而可求得CE的最大值．

【详解】如图，延长DC至F，使CDCF，连接FQ，点O为AB的中点，以点O为圆心，AB为直径作

圆，连接FO，FO延长线交O于点Q，交BC于点G，连接DQ，

∵AB2，AQB90，∴点Q是在以点O为圆心，AB为直径的圆上运动，

∵Q是矩形ABCD左侧一点，∴点Q是在AOB上运动，

1

∵CDCF，∴点C为DF的中点，∵点E为DQ的中点，∴CE为△DQF的中位线，∴CEFQ，

2

∵FQFOOQ，∴当F、O、Q三点共线时，FQ最长，此时FQ的最大值为FQ的长度，

∵AB2，∴OQOAOB1，∵四边形ABCD为矩形，AB2，BC4，

∴ABCD2，ADBC4，AB∥CD，ABC90，∴CFCD2，

OGBGOB1

∵AB∥DF，∴OBG∽FCG，∴，∴FG2OG，CG2BG，

FGCGCF2

448

设BGx，则CG2x，∴x2x4，解得：x，∴BG，CG，

333

2

22245

在Rt△OBG中，由勾股定理得OGOBBG1，

33

105101

∴FG2OG，∴FQOQOGFG16，∴CEFQ3．故答案为：3．

333最大2

【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆的基本知

识，确定出点Q的运动路径、求CE的最大值转化为求FQ的最大值是解题的关键与难点．

11．（2024·四川泸州·二模）如图，正方形ABCD的边长为5，以C为圆心，2为半径作C，点P为C上

的动点，连接BP，并将BP绕点B逆时针旋转90得到BP，连接CP，在点P运动的过程中，CP长度的

最大值是．

【答案】522/252

【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理，三角形全等的判定与性质，旋转的性质和最大值问题．连

接AP，CP，证明ABP≌CBPSAS，得到APCP2，点P在以A为圆心，2为半径的A上，当P

在对角线CA延长线上时，CP最大，再利用勾股定理求对角线CA的长，即可得出CP长度的最大值．

【详解】解：连接AP，CP，∵正方形ABCD，∴ABBC，ABC90，

∵将BP绕点B逆时针旋转90得到BP，∴BPBP，PBP90，∴ABP90ABPCBP，

∴ABP≌CBPSAS，∴APCP2，∴点P在以A为圆心，2为半径的A上，

如图，当P在对角线CA延长线上时，CP最大，

在Rt△ABC中，ABBC5，∴ACAB2BC252，

即CP长度的最大值为ACAP522，故答案为：522．

12（.23-24九年级上·江苏无锡·期中）如图，A是B上任意一点，点C在B外，已知AB2，BC4，ACD

是等边三角形，则△BCD的面积的最大值为

【答案】434

【分析】本题主要考查等边三角形的性质，三角形面积的计算，找出点D的位置变换是解题的关键．

如图所示，以BC为边作等边BCE，连接DE，可证△DCE≌△ACBSAS，可得DEAB2，点D在以

点E为圆心的圆上，且半径DE2，过点E作EFBC于点F，即EF是BC的垂直平分线，当点D在EF

上其在点E的上方时，△BCD的面积的最大值，根据等边三角形，含30角的直角三角形的性质可求出EF，

DF的值，根据三角形的面积即可求解．

【详解】解：如图所示，以BC为边作等边BCE，连接DE，

∵ACD是等边三角形，∴ACDACEECD60，

∵BCE是等边三角形，∴BCEBCAACE60，

∴BCAECD，且DCAC，ECBC，∴△DCE≌△ACBSAS，∴DEAB2，

∴点D在以点E为圆心的圆上，且半径DE2，过点E作EFBC于点F，即EF是BC的垂直平分线，当

点D在EF上其在点E的上方时，△BCD的面积的最大值，

11

∴在BCE中，BCCEBE4，BCE60，EFBC，∴CFBFBC42，

22

∴EF3CF23，且DE2，∴DFEFDE232，

11

∴，故答案为：．

S△BCDBCDF4232434434

22

13．（2024·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝6，BD＝2，以

点B为圆心，BD长为半径作圆，点E为B上的动点△，连结EC，作FC⊥CE，垂足为C，点F在直线BC

1

的上方，且满足CFCE，连结BF．当点E与点D重合时，BF的值为．点E在B上运动过程

2

中，BF存在最大值为．

【答案】210351/135

【分析】根据题意可知当点E与点D重合时，点F在AC上，且可求出CE的长，从而可求出CF的长，即

ACCF1

在RtBCF中，利用勾股定理求出BF的长即可；连接AF、BE，由题意即可求出．再根据

BCCE2

ACFACE90，BCEACE90，可得出ACFBCE，即证明△ACF△BCE，得出

AF1

．从而可求出AF的长，即说明点F在以点A为圆心，半径为1的圆上运动．则可知当点F在BA

BE2

的延长线上时BF最大，最大值为AFAB．在RtABC中，利用勾股定理求出AB的值，即得出答案．

【详解】根据题意可知，当点E与点D重合时，点F在AC上，如图，

1

∵CEBCBD624，∴CFCE2．

2

∴在RtBCF中，BFBC2CF26222210；如图，连接AF、BE

AC311ACCF1

∵，CFCE，∴．

BC622BCCE2

∵ACFACE90，BCEACE90，∴ACFBCE，

AFCF1

∴