資料整理資料整理資料整理專題2-4瓜豆軌最值模型：為什么我們喜歡手拉手（直線與曲線）TOC\o"1-3"\n\h\z\u【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：則兩動點的運動軌跡是相似的，運動軌跡長度的比和它們到定點的距離比相同。則兩動點的運動軌跡是相似的，運動軌跡長度的比和它們到定點的距離比相同。1、兩“動”，一“定”2、兩動點與定點的連線夾角是定角3、兩動點到定點的距離比值是定值【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，此時，EP’＝EQ\F(1,2)BD+ED＝+2＝3∴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∴HE＝∴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，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，由旋轉相似可知角度2：構造手拉手求從動點軌跡（2）求的最小值【簡析】，求出C點軌跡，再將軍飲馬，如圖，在B點軌跡上取一點，構造旋轉相似，易知，可知C點軌跡為，作，，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，①求的最小值；②求的最小值【簡析】①由旋轉相似可知，則②，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，由Q為AP中點可得：AM=AO．Q點軌跡相當于是P點軌跡成比例縮放．根據動點之間的相對位置關系分析圓心的相對位置關系；根據動點之間的數(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)考三模如圖所示，，，以為底邊向上構造等腰直角三角形，連接并延長至點P，使，則長的取值范圍為________．【答案】【分析】以為斜邊作等腰直角三角形，延長至點E．使，連接．利用等腰直角三角形的性質得出利用相似三角形的性質求出，再利用三角形中位線的性質求出，由是等腰直角三角形，，得出垂直平分，進而求出，繼而利用三角形的三邊關系即可求出答案．【詳解】解：如圖，以為斜邊作等腰直角三角形，延長至點E．使，連接、．∵和都是等腰直角三角形，∴，，∴，，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，，∴是的中位線，∴，∵是等腰直角三角形，，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，故答案為：．題型二軌跡為直線型·構造手拉手經典例題·宿遷中考如圖，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°，進一步得到△MBG1為等腰三角形后，求CH就不難了，可得策略二：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，對A點旋轉會得到一個正切值為的角，即，然后進一步算出最值 或【簡證】,則對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. 如圖，在平行四邊形中，點E為射線上一動點，連接，將繞點B逆時針旋轉得到，連接，，，求的最小值．

【思路點撥】將順時針旋轉60°，作等邊，根據手拉手模型可知，根據垂線段最短可知，當時，的值最小，利用勾股定理求解即可求解．【答案】【詳解】解：如圖，以為邊向下作等邊，連接，在上取一點使得，

∵，，，∴，∴，∴，根據垂線段最短可知，當時，的值最小，∵四邊形時平行四邊形∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴設，則，，在中，∴，解得，∴即的最小值為（2023·洛陽·二模）如圖，在中，，，對稱軸交于點，點是直線上的一個動點，連接，將線段繞點逆時針旋轉得，連接，則長的最小值為．

【答案】【分析】在上取一點，使，連接，根據全等三角形的性質可得，再求出，根據旋轉的性質可得，然后利用“邊角邊”證明和全等，再根據全等三角形對應邊相等可得，然后根據垂線段最短可得時最短，再根據求解即可．【詳解】解：如圖，在上取一點，使，連接，

，，，，旋轉角為，，，，，又旋轉到，，，，根據垂線段最短，時，最短，即最短，如圖所示：

，，，（2023·廣東深圳·?？寄M預測）如圖，在中，，，P是的高上一個動點，以B點為旋轉中心把線段逆時針旋轉得到，連接，則的最小值是．【答案】【分析】在上截取，根據等腰直角三角形的性質求得和，再證明，從而可得到，則當時，有最小值，即有最小值，再求得，從而求得的最小值．【詳解】解：如圖，在上截取，連接∵，∴，，，∵以B點為旋轉中心把線段逆時針旋轉得到，∴，∴∴即又∵，∴，∴，∴當時，有最小值，即有最小值，∵，，∴∴，∴．即的最小值是2023·黑龍江綏化·中考真題如圖，是邊長為的等邊三角形，點為高上的動點．連接，將繞點順時針旋轉得到．連接，，，則周長的最小值是．

【答案】【分析】根據題意，證明，進而得出點在射線上運動，作點關于的對稱點，連接，設交于點，則，則當三點共線時，取得最小值，即，進而求得，即可求解．【詳解】解：∵為高上的動點．∴∵將繞點順時針旋轉得到．是邊長為的等邊三角形，∴∴∴，∴點在射線上運動，如圖所示，

作點關于的對稱點，連接，設交于點，則在中，，則，則當三點共線時，取得最小值，即∵，，∴∴在中，,∴周長的最小值為（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軸上時，由勾股定理得：，進而得，求得點F1的坐標為，當點F2在y軸上時，求得點F2的坐標為（0，-4），最后根據待定系數(shù)法，求得直線F1F2的解析式為y=x-4，再由線段中垂線性質得出，在Rt△OF1F2中，設點O到F1F2的距離為h，則根據面積法得，即，解得h=2，根據垂線段最短，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，由勾股定理得：，∴，∴點F1的坐標為，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），∵，∴∠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，則，解得，∴直線F1F2的解析式為y=x-4，∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，∴，在Rt△OF1F2中，OF⊥F1F2，設點O到F1F2的距離為h，則，∴，解得h=2，即線段OF的最小值為22023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題如圖，已知點，點B在y軸正半軸上，將線段繞點A順時針旋轉到線段，若點C的坐標為，則．

【答案】【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，過點C作于點F，在中，解直角三角形可得，，再證明，則，，求得，在中，得，，得到，解方程即可求得答案．【法一簡證】如圖，取BC中點M，作RT△OAN，∠AON＝30°，則，由旋轉相似可知△AOB∽△ANM，故∠ANM＝90°，故M點軌跡為，當則，而，故【法二詳解】解：在x軸上取點D和點E，使得，過點C作于點F，

∵點C的坐標為，∴，，在中，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∵點，∴，∴，在中，∴，∴，∵，∴，解得如圖，在中，，，，點是線段上的一個動點，連接，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接，則線段的最小值是．

【答案】【分析】法一：法二：過點作于，有旋轉的性質可得，，由“”可證，可得，，可求，由勾股定理和二次函數(shù)的性質可求解．【詳解】解：如圖，過點作于，

將線段繞點逆時針旋轉得到線段，，，，且，，且，，，，，，，，當時，有最小值為2023·西安市交通大學附屬中學初三月考如圖，矩形中，，，為上一點，且，為邊上的一個動點，連接，將繞著點順時針旋轉到的位置，連接和，則的最小值為．

【答案】/【分析】如圖，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接交于．首先證明，推出點在射線上運動，推出當時，的值最小，進一步即得答案．【詳解】解：如圖，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接，連接交于．

四邊形是矩形，，，，，在和中，，（），，點在射線上運動，當時，的值最小，，，，，，，四邊形是矩形，，，，，，，的最小值為如圖，矩形中，，，點E，F(xiàn)分別為邊，上的動點，且，將線段繞點F逆時針旋轉得到線段，連接（1）當點E為的中點時，線段的長是；（2）當點E在邊上運動時，線段的最小值是．【答案】【分析】取的中點為O，過點O作于點H，在的延長線上截取，連接，，先證，推出，進而可得，可證O，M，G，F(xiàn)在同一個圓上，得到，，點G在過點M且與垂直的直線上運動，最后根據“垂線段最短”可得當時，取最小值，證明，求出．【詳解】如圖，取的中點為O，過點O作于點H，在的延長線上截取，連接，，則，，，，的中點為O，，由旋轉可知，，，又，，，，O，M，G，F(xiàn)在同一個圓上，，，即點G在過點M且與垂直的直線上運動，當時，取最小值，此時，如下圖所示：，，，，，，，．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【答案】【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Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，∴AC＝EQ\R(,32＋42)＝5，DH＝EQ\F(AD﹒DC,AC)＝EQ\F(12,5),∴CH＝EQ\R(,CD2－DH2)＝EQ\F(9,5),∴EH＝EQ\F(DH﹒CH,CD)＝EQ\F(36,25),∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，∴△CGF≌△HEF(AAS)，∴CG＝HE＝EQ\F(36,25),∴CG的最小值為EQ\F(36,25),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，反向構造則需要把CE繞點E逆時針旋轉45°，再擴大變?yōu)樵瓉淼谋?，得到EH，顯然△ECH為等腰直角三角形，進一步得到，相似比為，所以．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【變式訓練】雙動點如圖，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，仍可以操作操作策略一：代換所求線段，取AH＝AF，易知，則有，變中有不變． 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如圖，在矩形中，，，是邊上一點，，是直線上一動點，將線繞點逆時針旋轉得到線段，連接，，則的最小值是．【答案】【分析】將繞點逆時針旋轉得到，延長交于點，延長至點，使，連接，由矩形的條件和旋轉的性質可得，，可說明四邊形是矩形，然后由正方形的性質可得到，，從而說明是的垂直平分線，進一步推導出，當點，，三點共線時，取最小值，最后由勾股定理可求解．【詳解】解：將繞點逆時針旋轉得到，延長交于點，延長至點，使，連接，∵在矩形中，，，，∴，，，∴，，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∴，，∴是的垂直平分線，∴，∵是直線上一動點，∴，∴當點，，三點共線時，取最小值，在中，，，，∴的最小值是．故答案為：．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___________．CCABDEF【答案】eq\r(,2)＋eq\r(,6)提示：以AB為邊作等腰Rt△ABG，連接GECCABDEFGB′H則GB＝eq\r(,2)AB，EB＝eq\r(,2)DB，∠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設垂足為H，則AH＝BH＝EQ\F(eq\r(,2),2)AB＝eq\r(,2)∴B′H＝eq\r(,3)BH＝eq\r(,6)，∴AB′＝AH＋B′H＝eq\r(,2)＋eq\r(,6)∴AE＋BE＝AE＋B′E≥AB′＝eq\r(,2)＋eq\r(,6)即AE＋BE的最小值為eq\r(,2)＋eq\r(,6)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】＋【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，∴，∵∠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，，∴△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＝＝，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＋＝MK＋為△ABC的周長的最小值，連接KH并延長交BC于T，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，∴MK＝＝，∴△AMQ的周長最小值為＋如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝，點E為邊AD上一動點，以CE為邊向右作直角三角形CEF，使∠CEF＝90°，∠CFE＝30°，連接BE，BF，求BE＋的最小值．AADBCEF【答案】【解析】解：以BC為斜邊向下作Rt△BCG，使∠CBG＝30°，連接EG．AADBCHGEFG′則CG＝＝，△BGC∽△FEC，∴△EGC∽△FBC，∴＝＝，∴EG＝．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．則G'G⊥BC，CH＝＝，GH＝，BH＝，G'H＝，∴BG'＝＝，∴BE＋＝BE＋EG＝BE＋EG'≥BG'＝，∴BE＋的最小值為．20．如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（1，），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＋PQ的最小值．xxyOAPQ【答案】【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，xxyOAGPHQRA′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，），∴OG＝1，AG＝，∴tan∠AOP＝＝，∴∠ARQ＝∠AOP＝60°．∵∠OAR＝120°，∴AR∥x軸．∵AP＝AQ，∠PAQ＝120°，∴PQ＝，∴＋PQ＝(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，），∴OH＝4，A'H＝，∴A'O＝＝，∴＋PQ＝(OQ＋A'Q)≥＝題型四軌跡為圓弧型·構造中位線（2023·周口·三模）如圖，正方形的邊長是8，點E是邊的中點，連接，點F是線段上不與點D，E重合的一個動點，連接，點G是線段的中點，則線段的最小值為．

【答案】【分析】連接，與相交于點H,取中點I，連接，由正方形的邊長是8得到，，，由中位線定理得到，則三點共線，即點G的運動軌跡是線段，由，當點G和點H重合時，線段值最小，由勾股定理求出，即可得到，得到線段的最小值．【詳解】解：連接，與相交于點H,取中點I，連接，

∵正方形的邊長是8，∴，，，∵點G是線段的中點，∴，∴三點共線，∴點G的運動軌跡是線段，∵，∴當點G和點H重合時，線段值最小，∴，∴，即線段的最小值為2023·山東泰安·中考真題如圖，在平面直角坐標系中，的一條直角邊在x軸上，點A的坐標為；中，，連接，點M是中點，連接．將以點O為旋轉中心按順時針方向旋轉，在旋轉過程中，線段的最小值是（

）

A．3 B． C． D．2【答案】A【分析】如圖所示，延長到E，使得，連接，根據點A的坐標為得到，再證明是的中位線，得到；解得到，進一步求出點C在以O為圓心，半徑為4的圓上運動，則當點M在線段上時，有最小值，即此時有最小值，據此求出的最小值，即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，延長到E，使得，連接，∵的一條直角邊在x軸上，點A的坐標為，∴，∴，∴，∵點M為中點，點A為中點，∴是的中位線，∴；在中，，∴，∵將以點O為旋轉中心按順時針方向旋轉，∴點C在以O為圓心，半徑為4的圓上運動，∴當點M在線段上時，有最小值，即此時有最小值，∵，∴的最小值為，∴的最小值為3，故選A．

如圖，點，的坐標分別為，，點為坐標平面內一點，，點為線段的中點，連接，則的最大值為A． B． C． D．【答案】B【解答】解：如圖，點為坐標平面內一點，，在上，且半徑為1，取，連接，，，是的中位線，，當最大時，即最大，而，，三點共線時，當在的延長線上時，最大，，，，，，即的最大值為如圖，在半徑為4的中，弦，B是上的一動點（不與點A重合），D是的中點，M為的中點，則的最大值為．

【答案】【分析】連接，，取的中點E，連接，根據三角形中位線的性質得到，得到點D在以E為圓心，以2為半徑的圓上運動，連接，取的中點G，連接，，同理得到點M在以點G為圓心，以1為半徑的圓上運動，進而得到當點A，G，M三點共線時，取得最大值，即的長度，取線段的中點F，連接，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】如圖所示，連接，，取的中點E，連接

∵D是的中點，E是的中點，∴是的中位線，∴，∴點D在以E為圓心，以2為半徑的圓上運動，連接，取的中點G，連接，∵M為的中點，G是的中點，∴∴點M在以點G為圓心，以1為半徑的圓上運動，∴∴如圖所示，當點A，G，M三點共線時，取得最大值，即的長度，取線段的中點F，連接，

∵的半徑為4∴∵∵，∴∴∵點F是的中點，點G是的中點，∴，且，∴∵∴∴在中，．∴∴的最大值為題型五軌跡為圓弧型·構造手拉手2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題如圖，是正方形邊的中點，是正方形內一點，連接，線段以為中心逆時針旋轉得到線段，連接．若，，則的最小值為．

【答案】【分析】連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，由的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，可得：的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，再根據“圓外一定點到圓上任一點的距離，在圓心、定點、動點，三點共線時定點與動點之間的距離最短”，所以當、、三點共線時，的值最小，可求，從而可求解．【詳解】解，如圖，連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，

的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，如圖，當、、三點共線時，的值最小，四邊形是正方形，，，是的中點，，，由旋轉得：，，，的值最小為2022沈陽中考如圖，在△ABC中，AB＝8，AC＝，將CB繞點C逆時針旋轉90°得到CD，連接AD，則AD的最大值是_________．DDABC分析：旋轉的性質、等腰直角三角形的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理．思路：定點為B，A、D兩點旋轉相似中的定位是一樣的，BD是斜邊，則構造以AB為斜邊的等腰直角三角形，思路2：將AB繞點A逆時針旋轉90°得到AE，連接BD，BE，DE，證△EBD∽△ABC，可得DE＝＝，由AD≤AE＋DE，可得AD的最大值．總結：熟悉模型，補全結構【答案】【解析】法一：如圖，構造等腰直角三角形ABE，由旋轉相似可知，而，故法二：將AB繞點A逆時針旋轉90°得到AE，連接BD，BE，DE．EEDABC由題意，△ABE和△BCD都是等腰直角三角形，∴BE＝，BD＝，∠ABE＝∠CBD＝45°，∴＝＝，∠EBD＝∠ABC，∴△EBD∽△ABC，∴＝＝，∴DE＝＝．∵AB＝8，AD≤AE＋DE，∴AD的最大值是．如圖，點P是正方形ABCD所在平面內一點，∠APB＝90°，連接DP，將線段DP繞點D逆時針旋轉90°得到線段DQ，連接AQ，若AB＝2，則線段AQ的最大值為___________．AADBCPQ【答案】eq\r(,13)＋1提示：連接CQ，過點Q作QE⊥CQ交BC延長線于點EAADBCPQEM由題意，可得△DAP≌△DCQ（SAS）∴AP＝CQ，∠DAP＝∠DCQ，∴∠BAP＝∠ECQ∴△ABP≌△CEQ（ASA）∴∠CQE＝∠APB＝90°，CE＝AB＝2取CE中點M，連接AM、QM則QM＝CM＝EQ\F(1,2)CE＝1，∴BM＝3，AM＝eq\r(,13)∵AM－QM≤AQ≤AM＋QM，∴eq\r(,13)－1≤AQ≤eq\r(,13)＋12022·鹽城市一模如圖，在直角坐標系中，點A坐標為（2，0），點B的坐標為（6，0），以B點為圓心，2長為半徑的圓交軸于C、D兩點，若P是⊙B上一動點，連接PA，以PA為一直角邊作Rt△PAQ，使得，連接DQ，則DQ的最小值為【答案】【詳解】解：如圖，取點M（2，-2），連接AM，MQ、PB，∵∠MAB=∠QAP=90°，∴∠MAQ=∠BAP，∵，∴△MAQ∽△BAP，∴MQ=PB=1，∴Q點在以M為圓心，以1為半徑的圓上，由圖象可得：DQ的最小值為：DM-MQ，AD=OD-OA=6+2-2=6，由勾股定理可得：DM=，∴DQ的最小值等于：?1.2023·深圳外國語學校中考模擬如圖，已知正方形的邊長為4，以點A為圓心，2為半徑作圓，E是上的任意一點，將線段繞點D順時針方向旋轉并縮短到原來的一半，得到線段，連接，則的最小值是．

【答案】【分析】通過證可得，由勾股定理可得，根據三角形三邊關系求的最小值即可；【詳解】解：如圖，取中點T，連接，

∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴的最小值為如圖，，為的中點，的半徑為1，點是上一動點，以為直角邊的等腰直角三角形（點、、按逆時針方向排列），則線段的長的取值范圍為．【答案】【解答】解：如圖，作，在上截取，連接、、、．，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，點的運動軌跡是以點為圓心，為半徑的圓，，的最大值為，的最小值，．如下圖，在正方形中，，點是以為直徑的圓上的點，連接，將線段繞點逆時針旋轉，得到線段，連接，則線段的最大值與最小值的和．

【答案】【分析】連接、，將繞點逆時針旋轉，得到線段，連接，根據旋轉的性質得出，進而可得點在以為圓心，為半徑的圓上運動，則線段的最大值與最小值的和為，進而勾股定理求得的長，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接、，將繞點逆時針旋轉，得到線段，連接，

∵線段繞點逆時針旋轉，繞點逆時針旋轉，∴，，∴，∴，∴∴則點在以為圓心，為半徑的圓上運動，∴線段的最大值與最小值的和為在中，∴，如圖所示，過點作交的延長線于點，過點作于點，

則四邊形是矩形，∴，在與中，，∴∴，，在中，，∴線段的最大值與最小值的和為題型六路徑相關問題2022·山東濱州·統(tǒng)考中考真題正方形的對角線相交于點O（如圖1），如果繞點O按順時針方向旋轉，其兩邊分別與邊相交于點E、F（如圖2），連接EF，那么在點E由B到A的過程中，線段EF的中點G經過的路線是（

）A．線段 B．圓弧 C．折線 D．波浪線【答案】A【分析】連接，根據題意可知則線段EF的中點G經過的路線是的線段垂直平分線的一段，即線段【詳解】連接，根據題意可知，，∴點G在線段OB的垂直平分線上．則線段EF的中點G經過的路線是的線段垂直平分線的一段，即線段2023·海南·統(tǒng)考中考真題如圖，在正方形中，，點E在邊上，且，點P為邊上的動點，連接，過點E作，交射線于點F，則．若點M是線段的中點，則當點P從點A運動到點B時，點M運動的路徑長為．

【答案】【分析】過作交延長線于點，證明，得到即可求解；過作交于點，交于點，證明，得到，故點的運動軌跡是一條平行于的線段，當點與重合時，，當點與重合時，由得到，即，從而求解．【詳解】解：過作交延長線于點

則四邊形為矩形，∴由題意可得：∵∴又∵∴∴∴過作交于點，交于點，如下圖

∵，∴在和中∴∴，故點的運動軌跡是一條平行于的線段，當點與重合時，當點與重合時，，∴∵∴∴，即解得∵、分別為、的中點∴是的中位線∴，即點運動的路徑長為如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，動點E從點A運動到點D，以CE為邊在CE的右側構造正方形CEFG，連接AF，則AF的最小值為_________，點F運動的路徑長為_________．FFDAGCEB【答案】，【解析】法一：如圖，作等腰直角三角形AGC，易知△ACF∽△GCE，且而，由12345模型可知,故，則故AF的最小值為，又因為，故F的路徑為點E路徑的倍，故F的路徑為法二：延長AD到點P，使DP＝DC，連接FP，過點F作AD的垂線，垂足為H．FDPAGCBFDPAGCB由一線三等角全等模型可知△CDE≌△EHF，(注：也可以用旋轉相似來證)∴EH＝CD＝DP，ED＝FH，∴ED＝HP，∴FH＝HP，∴∠P＝45°．當AF⊥FP時AF最小，最小值＝＝(4＋2)＝．∵∠FHP＝90°，F(xiàn)H＝HP，∴FP＝＝．當動點E從點A運動到點D時，DE的長從AD變化到0，∴點F運動的路徑長為＝．如圖，矩形ABCD中，AB=8，AD=4，E為邊AD上一個動點，連接BE，取BE的中點G，點G繞點E逆時針旋轉90°得到點F，連接CF，在點E從A到D的運動過程中，點G的運動路徑=，△CEF面積的最小值是．【答案】215【分析】連接BD，取BD的中點M，AB的中點N，連接MN，因為GN為△ABE的中位線，故G的運動路徑為線段MN；過點F作AD的垂線交AD的延長線于點H，則△FEH∽△EBA，設AE=x，可得出△CEF面積與x的函數(shù)關系式，再根據二次函數(shù)圖象的性質求得最小值．【詳解】解：連接BD，取BD的中點M，AB的中點N，連接MN，∵E為邊AD上一個動點，點E從A到D的運動，G是BE的中點∴當E在A點時，BE與AB重合，G與AB的中點N重合，當E運動到D點時，BE與BD重合，G與BD的中點M重合，∴E在從A到D的運動過程中，MN為△ABE的中位線，∴．故G的運動路徑=2，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點H，∵∠A=∠H=90°，∠FEB=90°，∴∠FEH=90°-∠BEA=∠EBA，∴△FEH∽△EBA，∴為的中點，∴設AE=x，∵AB∴HF

∴當時，△CEF面積的最小值題型七當線段最小值時求其它量2022·廣東廣州·中考真題如圖，在矩形ABCD中，BC＝2AB，點P為邊AD上的一個動點，線段BP繞點B順時針旋轉60°得到線段BP'，連接PP'，CP'．當點P'落在邊BC上時，∠PP'C的度數(shù)為；當線段CP'的長度最小時，∠PP'C的度數(shù)為【答案】120°/120度75°/75度【分析】如圖，以AB為邊向右作等邊△ABE，連接EP′．利用全等三角形的性質證明∠BEP′＝90°，推出點P′在射線EP′上運動，如圖1中，設EP′交BC于點O，再證明△BEO是等腰直角三角形，可得結論．【詳解】解：如圖，以A