备考2025年中考数学技巧专题突破（全国）专题2-4 瓜豆轨最值模型：为什么我们喜欢手拉手（直线与曲线）（解析版）

专题2-4瓜豆轨最值模型：为什么我们喜欢手拉手（直线与曲线）

【例题1】三种处理策略

【例题2】饮马类瓜豆与加权线段和问题

【瓜豆圆介绍】

题型一轨迹为直线型·构造中位线求

2023·广东深圳·统考三模

题型二轨迹为直线型·构造手拉手

经典例题·宿迁中考

2023·黑龙江绥化·中考真题

2023·湖北黄冈·统考中考真题

2023·西安市交通大学附属中学初三月考

题型三轨迹为直线型·将军饮马加权线段和问题

题型四轨迹为圆弧型·构造中位线

2023·山东泰安·中考真题

题型五轨迹为圆弧型·构造手拉手

2023·四川宜宾·统考中考真题

2022沈阳中考

2022·盐城市一模

2023·深圳外国语学校中考模拟

题型六路径相关问题

2022·山东滨州·统考中考真题

2023·海南·统考中考真题

题型七当线段最小值时求其它量

2022·广东广州·中考真题

2023·四川·广元中考真题

初中阶段如遇求轨迹长度仅有2种类型：“直线型”和“圆弧型”（两种类型中还会涉及点往返探究“往

返型”），对于两大类型该如何断定，通常老师会让学生画图寻找3处以上的点来确定轨迹类型进而

求出答案，对于填空选择题而言不外乎是个好方法，但如果要进行说理很多考生难以解释清楚

一、我们先来解释一下瓜豆原理：定角定比，主从联动

瓜豆原理：一个主动点，一个从动点（根据某种约束条件，跟着主动点动），当主动点运动时，从动

点的轨迹相同．

只要满足：

1、两“动”，一“定”则两动点的运动轨迹是相似的，运

2、两动点与定点的连线夹角是定角动轨迹长度的比和它们到定点的

3、两动点到定点的距离比值是定值距离比相同。

【例题1】三种处理策略

如图，D、E是边长为4的等边三角形ABC上的中点，P为中线AD上的动点，把线段

PC绕C点逆时针旋转60°，得到P’，EP’的最小值

【分析】

结合这个例题我们再来熟悉一下瓜豆模型

第一层：点P’运动的轨迹是直线吗？

答：是直线，可以通过P在A，D时，即始末位置时P’对应的位置得到直线轨迹，对于选填题，可

找出从动点的始末位置，从而快速定位轨迹，若要说理则需要构造手拉手证明.

第二层：点P’的运动长度和点P的运动长度相同吗？

答：因为点P’与点P到定点C的距离相等，则有运动路径长度相等，若要说理则同样需要构造手拉

手结构，通过全等证明.

第三层：手拉手模型怎么构造？

答：以旋转中心C为顶点进行构造，其实只要再找一组对应的主从点即可，简单来说就是从P点的

轨迹即线段AD中再找一个点进行与P点类似的的旋转，比如把线段AD中的点A绕C点逆时针旋转

60°，即为点B，连接BP’即可得到一组手拉手模型，虽然前面说是任意点，但一般来说我们选择一

个特殊位置的点进行旋转后的点位置也是比较容易确定的，比如说点D进行旋转也是比较方便．

第四层：分析∠CAP和∠CBP’

答：由全等可知∠CAP＝∠CBP’，因为B为定点，所以得到P’轨迹为直线BP’

第五层：点P和点P’轨迹的夹角和旋转角的关系

答：不难得出本题主动点与从动点轨迹的夹角等于旋转角，要注意的是如果旋转角是钝角，那么主

动点与从动点轨迹的夹角等于旋转角的补角，这个在后面的例题中会出现.

大气层：前面提到，如果是选填题，可以通过找从动点的始末位置快速定位轨迹线段，或者通

过构造手拉手，通过全等或相似得出相等角然后得出轨迹，这两种方法都是先找出从动点P’

的轨迹，再作垂线段并求出垂线段的长得到最小值，那么还有其他方法吗？

答：还可以对关键点进行旋转来构造手拉手模型，从而代换所求线段，构造如下．

将点EC绕点C顺时针旋转60°，构造手拉手模型(SAS全等型)，从而得到P’E＝PG，最小值即为点

G到AD的距离．

要注意的是因为要代换P’E，所以E点的旋转方式应该是从P’P，所以是顺时针旋转，求轨迹

时的旋转方式则是PP’，注意区分.

解析

策略一：找从动点轨迹

连接BP’，

由旋转可得，CP＝CP’，∠P’CP＝60°，

∵△ABC是等边三角形，

∴AC＝BC，∠ACB＝60°，

∴∠ACB＝∠PCP’，

∴△ACP≌△BCP’(SAS)，

∴∠CBP’＝∠CAP，

∵边长为4的等边三角形ABC中，P是对称轴AD上的一个动点，

∴∠CAP＝30°，BD＝2，

∴∠CBP’＝30°，

即点P’的运动轨迹为直线BP’，

∴当DP’⊥BP’时，EP’最短，

11

此时，EP’＝BD+ED＝2+2＝3

22

∴EP’的最小值是3

策略二：反向旋转关键点构造手拉手代换所求线段

将点E绕C点顺时针旋转60°得到点G，连接PG，CG，EP’

由旋转可得EC＝CG，CP＝CP’，∠P’CP＝60°，∠ECG＝60°，

∴△ECG是等边三角形，EG＝2

∵∠PCP’＝∠ECG

∴∠PCG＝∠ECP’

∴△GCP≌△ECP’(SAS)，

∴EP’＝GP，

过点G作AD的垂线GH垂足为H，GH即为所求．

∵∠GEC＝∠ACD

∴HE∥DC

∵∠GHD＝∠ADC

∴HG∥DC

故G，E，H三点共线，则有HE∥DC

又E是AC中点，分线段成比例可知H是AD中点

1

∴HE＝DC1

2

EP'GPHEEG=21=3

∴EP’的最小值是3

总共提到了3种处理方式：

1.找始末，定轨迹

2.在轨迹上找一点旋转，构造手拉手模型，再通过角度相等得到从动点轨迹.

3.反向旋转相关定点，构造手拉手模型，代换所求线段，即逆向构造.

【例题2】饮马类瓜豆与加权线段和问题

已知点A2,0，点B是直线y＝－2上一个动点，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BC.

角度1：反向旋转构造手拉手（不用求从动点轨迹，直接转换为垂线段最短）

（1）求OC的最小值

【简析】如图，构造等腰直角△AOE，E（1，1）由旋转相似可知OC2BE2

角度2：构造手拉手求从动点轨迹

（2）求2BCOC的最小值

【简析】2BCOCACOC，求出C点轨迹，再将军饮马，如图，在B点轨迹上取一点M2,2，

构造旋转相似，易知CAN90，可知C点轨迹为yx2，作O'2,2，

ACOCACO'CAO'25，补充：此时加权线段和对应三边之比

角度3：构造旋转相似求加权线段和

（3）记D0,2，①求DCOB的最小值；②求2OBOC的最小值

【简析】①由旋转相似可知DC2OB，则DCOB21OB222

②2OBOCDCOCDCO'CDO'25，补充：此时加权线段和对应相似比

【瓜豆圆介绍】

如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点。当点P在圆O上运动时，Q点轨

迹是？

【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？

考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是

OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2

【小结】

确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，

由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，

1

由Q为AP中点可得：AM=AO．

2

Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．

根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；

根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．

题型一轨迹为直线型·构造中位线求

2023·广东深圳·统考三模

1．如图所示，AB4，AC2，以BC为底边向上构造等腰直角三角形BCD，连接AD并延长至

点P，使ADPD，则PB长的取值范围为________．

【答案】422PB422

【分析】以AB为斜边作等腰直角三角形ABF，延长AF至点E．使AFEF，连接EP,BE．利用

等腰直角三角形的性质得出ABC∽FBD利用相似三角形的性质求出DF2，再利用三角形中位

线的性质求出PE22，由ABF是等腰直角三角形，AFFE，得出BF垂直平分AE，进而求出

BE4，继而利用三角形的三边关系即可求出答案．

【详解】解：如图，以AB为斜边作等腰直角三角形ABF，延长AF至点E．使AFEF，连接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的中位线，

∴EP2DF22，

∵ABF是等腰直角三角形，AFFE，

∴BF垂直平分AE，

∴BABE，

∵AB4，

∴BE4，

∴422PB422，

故答案为：422PB422．

题型二轨迹为直线型·构造手拉手

经典例题·宿迁中考

2．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接

EF，以EF为边向右侧作等边EFG，连接CG，则CG的最小值为．

△

【分析】

现在，我们分别用上面提到的3种策略来处理这个题目

策略一：找始末，定轨迹

我们分别以BE，AE为边，按题目要求构造等边三角形得到G1与G2，连接G1与G2得到点G的轨

迹，再作垂线CH得到最小值.

前面提到过从动点轨迹和主动点轨迹的夹角与旋转角有关，我们可以调用这个结论，得到∠AMG1

＝60°，

5

进一步得到△MBG1为等腰三角形后，求CH就不难了，可得CH=

2

策略二：在点F轨迹上找一点进行旋转.

我们分别对A，B顺时针旋转60°，构造手拉手模型，再通过角度相等得到从动点轨迹，

11

对A点旋转会得到一个正切值为的角，即tan∠GME=tan∠AFE=，然后进一步算出最值

44

或

35

【简证】EMAE17EN1∠NEC120IC,则CH=

22

对B点旋转得到∠EMG＝∠FBE＝90°，相对来说要容易一些.

策略三：反向旋转相关定点，构造手拉手模型，代换所求线段.

讲点C逆时针旋转60°，得到点H，易证△CGE≌△HFE，则有CG＝HF，作MH⊥AB于M，HM

即为所求．相比之下，先求轨迹后再求垂线段时，比较麻烦，而反向旋转代换所求线段感觉清爽很

多.

3．如图，在平行四边形ABCD中，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60

得到BF，连接AF，AB12，ABC=45，求AF的最小值．

【思路点拨】将AB顺时针旋转60°，作等边ABK，根据手拉手模型可知AFEK，根据垂线段

最短可知，当EKAD时，KE的值最小，利用勾股定理求解EK即可求解．

【答案】3632

【详解】解：如图，以AB为边向下作等边ABK，连接EK，在EK上取一点T使得ATTK，

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

∴AFEK，根据垂线段最短可知，当EKAD时，KE的值最小，∵四边形ABCD时平行四边形

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

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

设AEa，则ATTK2a，ET3a，在RtAEK中，AK2AE2EK2

2

∴a22a3a122，解得a362，∴EK2a3a3632

即AF的最小值为3632

4．（2023·洛阳·二模）如图，在ABC中，ABAC2，BAC120，对称轴AD交BC于点D，

点E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转30得FC，连接DF，

则DF长的最小值为．

【答案】233

2

【分析】在AC上取一点G，使CGCD，连接EG，根据全等三角形的性质可得CDCG3，再

求出DCFGCE，根据旋转的性质可得CECF，然后利用“边角边”证明DCF和GCE全等，

再根据全等三角形对应边相等可得DFEG，然后根据垂线段最短可得EGAD时最短，再根据

CAD60求解即可．

【详解】解：如图，在AC上取一点G，使CGCD，连接EG，

ABAC2，BAC120，

ACB30，

CD3，

旋转角为30，

ECF30，

ECFACB，

GCEDCF，

CDCG，

又CE旋转到CF，

CECF，

△DCF≌△GCE(SAS)，

DFEG，

根据垂线段最短，EGAD时，EG最短，即DF最短，如图所示：

1

CAD12060，AGACCG23，

2

333

EGAGsin60(23)3，DF3

222

5．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在ABC中，ACB90，ACBC4，P是ABC的

高CD上一个动点，以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45得到BP，连接DP，则DP的

最小值是．

【答案】222

【分析】在BC上截取BEBD，根据等腰直角三角形的性质求得BA和BE，再证明

BDP≌BEPSAS，从而可得到PEDP，则当PECD时，PE有最小值，即DP有最小值，再

求得PE，从而求得DP的最小值．

【详解】解：如图，在BC上截取BEBD，连接EP

∵ACB90，ACBC4，CDAB，

∴BAAC2BC2424242，ABCBACBCDDCA45，BDCDAD22BE，

∵以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45得到BP，

∴BPBP，PBP45，

∴ABCPBP45，

∴ABCPBDPBPPBD，

即EBPDBP，

又∵BEBD，BPBP，

∴BDP≌BEPSAS，

∴PEDP，

∴当PECD时，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·黑龙江绥化·中考真题

6．如图，ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针

旋转60得到CF．连接AF，EF，DF，则CDF周长的最小值是．

【答案】333

【分析】根据题意，证明CBE≌CAF，进而得出F点在射线AF上运动，作点C关于AF的对称点

C，连接DC，设CC交AF于点O，则AOC=90，则当D,F,C三点共线时，FCFD取得最

小值，即FCFDFCFDCD，进而求得CD，即可求解．

【详解】解：∵E为高BD上的动点．

1

∴CBEABC30

2

∵将CE绕点C顺时针旋转60得到CF．ABC是边长为6的等边三角形，

∴CECF,ECFBCA60,BCAC

∴CBE≌CAF

∴CAFCBE30，

∴F点在射线AF上运动，

如图所示，

作点C关于AF的对称点C，连接DC，设CC交AF于点O，则AOC=90

1

在RtAOC中，CAO30，则COAC3，

2

则当D,F,C三点共线时，FCFD取得最小值，即FCFDFCFDCD

∵CCAC6，ACOCCD，COCD

∴ACO≌CCD

∴CDCAOC90

在CDC中，CDCC2CD2623233,

∴CDF周长的最小值为CDFCCDCDDC333

7．（2022·山东日照·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P

是x轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最

小值是．

【答案】2

【分析】点F运动所形成的图象是一条直线，当OF⊥F1F2时，垂线段OF最短，当点F1在x轴上

43

时，由勾股定理得：43，进而得83，求得点的坐标为,0，

P1OF1OP1AP1F1AF1F1

333

当点F2在y轴上时，求得点F2的坐标为（0，-4），最后根据待定系数法，求得直线F1F2的解析式

83

为y=3x-4，再由线段中垂线性质得出FFAF，在RtOF1F2中，设点O到F1F2的距离

1213

11143△183

为h，则根据面积法得OF1OF2F1F2h，即4h，解得h=2，根据垂线

222323

段最短，即可得到线段OF的最小值为2．

【详解】解：∵将线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，

∴∠APF=60°，PF=PA，

∴△APF是等边三角形，

∴AP=AF，

如图，当点F1在x轴上时，P1AF1为等边三角形，

则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

∴点F1的坐标为,0，

3

如图，当点F2在y轴上时，

∵△P2AF2为等边三角形，AO⊥P2O，

∴AO=F2O=4，

∴点F2的坐标为（0，-4），

OF24

tanOF1F23

∵OF143，

3

∴∠OF1F2=60°，

∴点F运动所形成的图象是一条直线，

∴当OF⊥F1F2时，线段OF最短，

设直线F1F2的解析式为y=kx+b，

43

kb0

则3，

b4

k3

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

b4

83

∴FFAF，在RtOF1F2中，OF⊥F1F2，

1213

△

11

设点O到F1F2的距离为h，则OFOFFFh，

212212

143183

∴4h，解得h=2，即线段OF的最小值为2

2323

2023·湖北黄冈·统考中考真题

8．如图，已知点A(3,0)，点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120到线段AC，若

点C的坐标为(7,h)，则h．

【答案】23

3

【分析】

思路一：构造手拉手得出BC中点轨迹

思路二：在x轴上取点D和点E，使得ADBAEC120，过点C作CFx于点F，在Rt△CEF

32323

中，解直角三角形可得EFh，CEh，再证明CAE≌ABDAAS，则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

【法一简证】如图，取BC中点M，作RT△OAN，∠AON＝30°，则N,，△AON∽△ABM

44

3773

由旋转相似可知△AOB∽△ANM，故∠ANM＝90°，故M点轨迹为l:yx，当xy

ON326

2

7732

则M,，而55353，

BO2NM2

264123

735323

故h2

633

【法二详解】解：在x轴上取点D和点E，使得ADBAEC120，过点C作CFx于点F，

∵点C的坐标为(7,h)，

∴OF7，CFh，

在Rt△CEF中，CEF180AEC60,CFh,

CF3CF23

∴EFh，CEh，

tan603sin603

∵BAC120，

∴BADCAEBADABD120，

∴CAEABD，

∵ABCA，

∴CAE≌ABDAAS，

23

∴ADCEh，AEBD，

3

∵点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．如图，在ABC中，ACB90，AC15，BC9，点P是线段AC上的一个动点，连接BP，

将线段BP绕点P逆时针旋转90得到线段PD，连接AD，则线段AD的最小值是．

【答案】32

【分析】法一：

法二：过点D作DEAC于E，有旋转的性质可得DPBP，DPB90，由“AAS”可证

△DEP≌△PCB，可得DECP，EPBC9，可求AEDE6，由勾股定理和二次函数的性质可求

解．

【详解】解：如图，过点D作DEAC于E，

将线段BP绕点P逆时针旋转90得到线段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，当AE3时，AD有最小值为32

2023·西安市交通大学附属中学初三月考

10．如图，矩形ABCD中，AB6，BC8，E为BC上一点，且BE2，F为AB边上的一个动

点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值

为．

【答案】232/322

【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45得到线段ET，连接DE交CG于J．首先证明

ETG90，推出点G在射线TG上运动，推出当CGTG时，CG的值最小，进一步即得答案．

【详解】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45得到线段ET，连接GT，连接DE交CG于J．

四边形ABCD是矩形，

ABCD6，BBCD90，

BETFEG45，

BEFTEG，

在EBF和ETG中，

EBET

BEFTEG，

EFEG

EBF≌ETG（SAS），

BETG90，

点G在射线TG上运动，

当CGTG时，CG的值最小，

BC8，BE2，CD6，

CECD6，

CEDBET45，

TEJ90ETGJGT90，

四边形ETGJ是矩形，

DE∥GT，GJTEBE2，

CJDE，

JEJD，

1

CJDE，

232

CGCJGJ232，

CG的最小值为232

11．如图，矩形ABCD中，AB6，BC4，点E，F分别为边AB，CD上的动点，且AECF，

将线段EF绕点F逆时针旋转90得到线段FG，连接DG

（1）当点E为AB的中点时，线段DG的长是；

（2）当点E在边AB上运动时，线段DG的最小值是．

【答案】25

5

【分析】取EF的中点为O，过点O作OHCD于点H，在CD的延长线上截取HMAD4，连接

OFFG

OM，GM，先证，推出OFG∽OHM，进而可得OGFOMH，可证O，M，G，

OHHM

F在同一个圆上，得到OMG180EFG90，FMGFOG，点G在过点M且与OM垂直

的直线上运动，最后根据“垂线段最短”可得当DGMG时，DG取最小值，证明DGM∽GFO，

25

求出DG．

5

【详解】如图，取EF的中点为O，过点O作OHCD于点H，在CD的延长线上截取HMAD4，

1

连接OM，GM，则OHM90，DHCD3，DMMHDH431，

2

，

EF的中点为O，

11

OHADHM，

22

由旋转可知EFFG，EFGOHM90，

11

OFEFFG，

22

11

又OHADHM，

22

OFFG

，

OHHM

OFG∽OHM，

OGFOMH，

O，M，G，F在同一个圆上，

OMG180EFG90，FMGFOG，

即点G在过点M且与OM垂直的直线上运动，

当DGMG时，DG取最小值，

此时，如下图所示：

FMGFOG，DGMGFO90，

DGDM

DGM∽GFO，，

FGOG

DG1

2

2212525

DM1，OGOFFGFGFGFG，FG5，DG．

22FG5

2

12．如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,P是对角线AC上的动点,连接DP,将直线DP

绕点P顺时针旋转,使∠1=∠2,且过点D作DG⊥PG,连接CG.则CG最小值为

36

【答案】

25

【分析】策略一：得到G点轨迹直线后，画出起点G1和终点G2

策略2：旋转相似:

【解析】

如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于E．

△ADH∽△PDG，

∴△ADP∽△DHG，

∴∠DHG＝∠DAP＝定值，

∴点G在射线HF上运动，∴当CG⊥HF时，CG的值最小，

∵四边形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的最小值为,

2525

13．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个

动点，连接EF，以EF为底向右侧作等腰直角EFG，连接CG，则CG的最小值

为．△

【分析】

策略一：反向构造＋伸缩

2

如图从主动点F到从动点G可以理解为，将线段FE绕定点E顺时针旋转了45°再缩短为原来的，

2

反向构造则需要把CE绕点E逆时针旋转45°，再扩大变为原来的2倍，得到EH，显然△ECH为

2

等腰直角三角形，进一步得到△FEH∽△GEC，相似比为2，所以CG=FH22．

2

策略二：求轨迹——以BE为底向上作等腰Rt△BHE，易得G点轨迹所在直线为BD，故CG最小

值为22

【变式训练】双动点

14．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，F为AB边上一点，连接EF，以

EF为底向右侧作等腰直角EFG，连接CG，则AG的最小值为．

△

【分析】

虽然是双动点，仍可以操作操作

2

策略一：代换所求线段，取AH＝AF，易知△AFG∽△HFE，则有AG=HE22，变中有不

2

变．

策略二：求轨迹，以BE为底向上作等腰直角三角形BHE，显然H点在对角线BD上，由相似可知

∠EHG＝90°，故G点轨迹为BD，其本质还是旋转相似.

其他方法：对角互补＋邻边相等可得全等，显然MG＝NE，故BG平分∠ABC，则点G轨迹对应直

线BD．

题型三轨迹为直线型·将军饮马加权线段和问题

15．如图，在矩形ABCD中，AB5，BC9，E是边AB上一点，AE2，F是直线BC上一动

点，将线EF绕点E逆时针旋转90得到线段EG，连接CG，DG，则CGDG的最小值

是．

【答案】13

【分析】将FBE绕点E逆时针旋转90得到△GHE，延长GH交BC于点M，延长CB至点N，使

CMNM，连接DN，由矩形的条件和旋转的性质可得EHEB3，BBEHEHG90，

可说明四边形EBMH是矩形，然后由正方形的性质可得到CN12，GMCN，从而说明GM是CN

的垂直平分线，进一步推导出CGDGNGDGND，当点N，G，D三点共线时，CGDG取

最小值，最后由勾股定理可求解．

【详解】解：将FBE绕点E逆时针旋转90得到△GHE，延长GH交BC于点M，延长CB至点N，

使CMNM，连接DN，

∵在矩形ABCD中，AB5，BC9，AE2，

∴EBABAE3，BBCD90，CD5，

∴EHEB3，BBEHEHG90，

∴EHM90，

∴四边形EBMH是矩形，

∴BMEH3，BMH90，

∴CN2CM29312，GMCN，

∴GM是CN的垂直平分线，

∴CGNG，

∵F是直线BC上一动点，

∴CGDGNGDGND，

∴当点N，G，D三点共线时，CGDG取最小值ND，

在RtNCD中，CN12，CD5，

NDCN2CD21225213，

∴CGDG的最小值是13．

故答案为：13．

16．如图，已知∠CAB＝30°，AB＝2，点D在射线AC上，以BD为边作正方形BDEF，连接AE、

BE，则AE＋BE的最小值为___________．

EC

F

D

AB

【答案】2＋6

提示：以AB为边作等腰Rt△ABG，连接GE

B′

G

EC

HF

D

AB

则GB＝2AB，EB＝2DB，∠GBE＝∠ABD＝45°－∠GBD

∴△GBE∽△ABD，∴∠EGB＝∠CAB＝30°，∴∠AGE＝75°

∴点E在直线GE上运动

作点B关于GE的对称点B′，连接AB′、BB′、B′E、B′G

则∠B′GB＝60°，B′G＝BG

∴△B′GB是等边三角形，∴B′G＝B′B

又∵AG＝AB，AB′＝AB′，∴△AB′G≌△AB′B

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

2

设垂足为H，则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的最小值为2＋6

17．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点M为边BC的中点，P是直线AD上的一个动点，

以MP为边在MP右侧作RtMPQ，且PM＝PQ，连结AM，AQ，则AMQ周长的最小值为

________．

【答案】221＋41

【分析】因为AMQ的周长为AM＋AQ＋MQ，其中AM的长可以由直角ABM中利用勾股定理求

得，为定值，所以只需要求得AQ＋MQ的最小值即可，由题意可得，点A，M为定点，Q为动点，

△△

即“一动两定”问题，只需要找到动点Q的运动轨迹即可，过A作AM⊥AN，使AN＝AM，先证MAN

∽△MPQ，再证MAP∽△MNQ，得到∠MAP＝∠MNQ，延长NQ交直线AD于H，可以得到∠NHO

△

＝45°，则Q点在经过N点，且与直线AD夹角为45°的直线NH上运动，此题就变成了“在直线NH

△

上找一点Q，使AQ＋QM最小“的将军饮马问题，所以过A作关于NH的对称点K，连接KM交NH

于Q，AQ＋MQ的最小值为MK，利用勾股定理可求出KM的值，即可解决．

【详解】解：如图1，过A做AN⊥AM，使AN＝AM，连接MN，NQ，

则∠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，

延长MQ交AD于H，设AD与MN交于点O，

则∠AOM＋∠AMN＝∠NOH＋∠NHO，

∵∠AOM＝∠HOH，

∴∠NHO＝∠AMN＝45°，

∴直线NH与直线AD夹角为45°，

∴Q在经过N点且与直线AD夹角为45°的直线NH上运动，

如图2，过M作ME⊥AD于E，过N作NF⊥AD于F，

则∠AEM＝∠NFA＝90°，

∴∠NAF＋∠MAE＝∠MAE＋∠AME＝90°，

∴∠NAF＝∠AME，

在AME与NAF中，

AEM＝NFA

△△

AME＝NAF，

AM＝NA

∴△AME≌△NAF（AAS），

∴AE＝NF，EM＝AF，

∵M是BC的中点，BC＝8，

∴BM＝4，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ABM＝∠BAD＝∠AEM＝90°，

∴四边形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，

如图3，△过A作关于直线NH的对称点K，连接KM交直线NH于点Q，

此时NH垂直平分AK，

则AQ＝QK，

∴AQ＋QM＋AM＝QK＋QM＋41＝MK＋41为ABC的周长的最小值，

连接并延长交于，

KHBCT△

则∠KHN＝∠AHN＝45°，KH＝AH＝9，

∴∠AHK＝90°，

∵AD∥BC，

∴∠MFK＝∠AHK＝90°，

∵∠MTK＝∠THA＝∠MEH＝90°，

∴四边形EMTH为矩形，

∴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的周长最小值为221＋41

18．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝23，点E为边AD上一动点，以CE为边向右作直角

1

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

2

F

AED

BC

【答案】37

【解析】解：以BC为斜边向下作Rt△BCG，使∠CBG＝30°，连接EG．

G′

F

AED

BHC

G

1

则CG＝BC＝3，△BGC∽△FEC，∴△EGC∽△FBC，

2

EGEC11

∴＝＝，∴EG＝BF．

BFFC22

作点G关于AD的对称点G'，连接G'G交BC于点H，连接G'B，G'E．

133

则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的最小值为37．

2

20．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，3），点P是x轴上的一动点，连接AP，

将线段AP绕点A逆时针旋转120°得到AQ，连接OQ，PQ，求3OQ＋PQ的最小值．

y

Q

A

OPx

【答案】221

【解析】解：连接AO，将线段AO绕点A逆时针旋转120°得到AR，连接RQ，

y

QA′

A

R

OGPHx

过点A作AG⊥x轴于点G．

∵∠OAR＝∠PAQ＝120°，∴∠OAP＝∠RAQ．

∵AO＝AR，∵AP＝AQ，∴△AOP≌△ARQ，

∴OP＝RQ，∠AOP＝∠ARQ．

∵A的坐标为（1，3），∴OG＝1，AG＝3，

AG

∴tan∠AOP＝＝3，∴∠ARQ＝∠AOP＝60°．

OG

∵∠OAR＝120°，∴AR∥x轴．

∵AP＝AQ，∠PAQ＝120°，∴PQ＝3AQ，

∴3OQ＋PQ＝3(OQ＋AQ)．

作点A关于QR的对称点A'，连接AA'，A'R，A'Q，

过点A'作A'H⊥x轴于点H．

则A'R＝AR＝AO＝2OG＝2，∠A'RQ＝∠ARQ＝60°，

∴∠A'RA＝120°，∴A'R∥AO，

∴相当于将线段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

题型四轨迹为圆弧型·构造中位线

19．（2023·周口·三模）如图，正方形ABCD的边长是8，点E是BC边的中点，连接DE，点F是

线段DE上不与点D，E重合的一个动点，连接BF，点G是线段BF的中点，则线段AG的最

小值为．

【答案】42

【分析】连接AC，与BD相交于点H,取BE中点I，连接HG、IG，由正方形ABCD的边长是8得