2026年中考数学-模型·方法·技巧突破训练 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）（学生版+名师详解版）

这是一份2026年中考数学-模型·方法·技巧突破训练 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）（学生版+名师详解版），共82页。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc152948182" 【例题1】三种处理策略
\l "_Tc152948183" 【例题2】饮马类瓜豆与加权线段和问题
\l "_Tc152948184" 【瓜豆圆介绍】
\l "_Tc152948185" 题型一 轨迹为直线型·构造中位线求
\l "_Tc152948186" 2025·广东深圳·统考三模
\l "_Tc152948187" 题型二 轨迹为直线型·构造手拉手
\l "_Tc152948188" 经典例题·宿迁中考
\l "_Tc152948189" 2025·黑龙江绥化·中考真题
\l "_Tc152948190" 2025·湖北黄冈·统考中考真题
\l "_Tc152948191" 2025·西安市交通大学附属中学初三月考
\l "_Tc152948192" 题型三 轨迹为直线型·将军饮马加权线段和问题
\l "_Tc152948193" 题型四 轨迹为圆弧型·构造中位线
\l "_Tc152948194" 2025·山东泰安·中考真题
\l "_Tc152948195" 题型五 轨迹为圆弧型·构造手拉手
\l "_Tc152948196" 2025·四川宜宾·统考中考真题
\l "_Tc152948197" 2025沈阳中考
\l "_Tc152948198" 2025·盐城市一模
\l "_Tc152948199" 2025·深圳外国语学校中考模拟
\l "_Tc152948200" 题型六 路径相关问题
\l "_Tc152948201" 2025·山东滨州·统考中考真题
\l "_Tc152948202" 2025·海南·统考中考真题
\l "_Tc152948203" 题型七 当线段最小值时求其它量
\l "_Tc152948204" 2025·广东广州·中考真题
\l "_Tc152948205" 2025·四川·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：
则两动点的运动轨迹是相似的，运动轨迹长度的比和它们到定点的距离比相同。
1、两“动”，一“定”
2、两动点与定点的连线夹角是定角
3、两动点到定点的距离比值是定值
【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PP’，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D P’⊥B P’时，EP’最短，
此时，EP’＝EQ \F(1,2)BD+ED＝+2＝3
∴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＝∠EC P’
∴△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
∴HE＝
∴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，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，由旋转相似可知
角度2：构造手拉手求从动点轨迹
（2）求的最小值
【简析】，求出C点轨迹，再将军饮马，如图，在B点轨迹上取一点，构造旋转相似，易知，可知C点轨迹为，作，，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，①求的最小值；②求的最小值
【简析】①由旋转相似可知，则
②，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，
由Q为AP中点可得：AM=AO．
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
2025·广东深圳·统考三模
如图所示，，，以为底边向上构造等腰直角三角形，连接并延长至点P，使，则长的取值范围为 ________．
题型二 轨迹为直线型·构造手拉手
经典例题·宿迁中考
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 ．
如图，在平行四边形中，点E为射线上一动点，连接，将绕点B逆时针旋转得到，连接，，，求的最小值．

【思路点拨】将顺时针旋转60°，作等边，根据手拉手模型可知，根据垂线段最短可知，当时，的值最小，利用勾股定理求解即可求解．
（2025·洛阳·二模）如图，在中，，，对称轴交于点，点是直线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，则长的最小值为 ．

（2025·广东深圳·校考模拟预测）如图，在中，，，P是的高上一个动点，以B点为旋转中心把线段逆时针旋转得到，连接，则的最小值是 ．
2025·黑龙江绥化·中考真题
如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．

（2025·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 ．

2025·湖北黄冈·统考中考真题
如图，已知点，点B在y轴正半轴上，将线段绕点A顺时针旋转到线段，若点C的坐标为，则 ．

如图，在中，，，，点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值是 ．

2025·西安市交通大学附属中学初三月考
如图，矩形中，，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕着点顺时针旋转到的位置，连接和，则的最小值为 ．

如图，矩形中，，，点E，F分别为边，上的动点，且，将线段绕点F逆时针旋转得到线段，连接
（1）当点E为的中点时，线段的长是 ；
（2）当点E在边上运动时，线段的最小值是 ．
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
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 ．

【变式训练】双动点
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 ．

题型三 轨迹为直线型·将军饮马加权线段和问题
如图，在矩形中，，，是边上一点，，是直线上一动点，将线绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则的最小值是 ．
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___________．
C
A
B
D
E
F
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________．
如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝，点E为边AD上一动点，以CE为边向右作直角三角形CEF，使∠CEF＝90°，∠CFE＝30°，连接BE，BF，求BE＋的最小值．
A
D
B
C
E
F
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，），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＋PQ的最小值．
x
y
O
A
P
Q
题型四 轨迹为圆弧型·构造中位线
（2025·周口·三模）如图，正方形的边长是8，点E是边的中点，连接，点F是线段上不与点D，E重合的一个动点，连接，点G是线段的中点，则线段的最小值为 ．

2025·山东泰安·中考真题
如图，在平面直角坐标系中，的一条直角边在x轴上，点A的坐标为；中，，连接，点M是中点，连接．将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段的最小值是（ ）

A．3B．C．D．2
如图，点，的坐标分别为，，点为坐标平面内一点，，点为线段的中点，连接，则的最大值为
A．B．C．D．
如图，在半径为4的中，弦，B是上的一动点（不与点A重合），D是的中点，M为的中点，则的最大值为 ．

题型五 轨迹为圆弧型·构造手拉手
2025·四川宜宾·统考中考真题
如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ．

2025沈阳中考
如图，在△ABC中，AB＝8，AC＝，将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是_________．
D
A
B
C
如图，点P是正方形ABCD所在平面内一点，∠APB＝90°，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转90°得到线段DQ，连接AQ，若AB＝2，则线段AQ的最大值为___________．
A
D
B
C
P
Q
2025·盐城市一模
如图，在直角坐标系中，点A坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），以B点为圆心，2长为半径的圆交轴于C、D两点，若P是⊙B上一动点，连接PA，以PA为一直角边作Rt△PAQ，使得，连接DQ，则DQ的最小值为
2025·深圳外国语学校中考模拟
如图，已知正方形的边长为4，以点A为圆心，2为半径作圆，E是上的任意一点，将线段绕点D顺时针方向旋转并缩短到原来的一半，得到线段，连接，则的最小值是 ．

如图，，为的中点，的半径为1，点是上一动点，以为直角边的等腰直角三角形（点、、按逆时针方向排列），则线段的长的取值范围为 ．
如下图，在正方形中，，点是以为直径的圆上的点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最大值与最小值的和 ．

题型六 路径相关问题
2025·山东滨州·统考中考真题
正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（ ）
A．线段B．圆弧C．折线D．波浪线
2025·海南·统考中考真题
如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P为边上的动点，连接，过点E作，交射线于点F，则 ．若点M是线段的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．

如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，动点E从点A运动到点D，以CE为边在CE的右侧构造正方形CEFG，连接AF，则AF的最小值为_________，点F运动的路径长为_________．
F
D
A
G
C
E
B
如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=4，E为边AD上一个动点，连接BE，取BE的中点G，点G绕点E逆时针旋转90°得到点F，连接CF，在点E从A到D的运动过程中，点G的运动路径= ，△CEF面积的最小值是 ．
题型七 当线段最小值时求其它量
2025·广东广州·中考真题
如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为
2025·辽宁·中考真题
如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为 ．

如图，在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AB的延长线上，且BE＝CD，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转120°得到DF，连接CF，当CF取得最小值时，求的值．
A
F
D
C
B
E
2025·四川·广元中考真题
如图1，已知线段，，线段绕点在直线上方旋转，连接，以为边在上方作，且．

(1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是 ；
(2)如图2，在(1)的条件下，若，，，求的长；
(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．
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）
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc152948091" 【例题1】三种处理策略
\l "_Tc152948092" 【例题2】饮马类瓜豆与加权线段和问题
\l "_Tc152948093" 【瓜豆圆介绍】
\l "_Tc152948094" 题型一 轨迹为直线型·构造中位线求
\l "_Tc152948095" 2025·广东深圳·统考三模
\l "_Tc152948096" 题型二 轨迹为直线型·构造手拉手
\l "_Tc152948097" 经典例题·宿迁中考
\l "_Tc152948098" 2025·黑龙江绥化·中考真题
\l "_Tc152948099" 2025·湖北黄冈·统考中考真题
\l "_Tc152948100" 2025·西安市交通大学附属中学初三月考
\l "_Tc152948101" 题型三 轨迹为直线型·将军饮马加权线段和问题
\l "_Tc152948102" 题型四 轨迹为圆弧型·构造中位线
\l "_Tc152948103" 2025·山东泰安·中考真题
\l "_Tc152948104" 题型五 轨迹为圆弧型·构造手拉手
\l "_Tc152948105" 2025·四川宜宾·统考中考真题
\l "_Tc152948106" 2025沈阳中考
\l "_Tc152948107" 2025·盐城市一模
\l "_Tc152948108" 2025·深圳外国语学校中考模拟
\l "_Tc152948109" 题型六 路径相关问题
\l "_Tc152948110" 2025·山东滨州·统考中考真题
\l "_Tc152948111" 2025·海南·统考中考真题
\l "_Tc152948112" 题型七 当线段最小值时求其它量
\l "_Tc152948113" 2025·广东广州·中考真题
\l "_Tc152948114" 2025·四川·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：
则两动点的运动轨迹是相似的，运动轨迹长度的比和它们到定点的距离比相同。
1、两“动”，一“定”
2、两动点与定点的连线夹角是定角
3、两动点到定点的距离比值是定值
【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PP’，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D P’⊥B P’时，EP’最短，
此时，EP’＝EQ \F(1,2)BD+ED＝+2＝3
∴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＝∠EC P’
∴△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
∴HE＝
∴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，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，由旋转相似可知
角度2：构造手拉手求从动点轨迹
（2）求的最小值
【简析】，求出C点轨迹，再将军饮马，如图，在B点轨迹上取一点，构造旋转相似，易知，可知C点轨迹为，作，，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，①求的最小值；②求的最小值
【简析】①由旋转相似可知，则
②，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，
由Q为AP中点可得：AM=AO．
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
2025·广东深圳·统考三模
如图所示，，，以为底边向上构造等腰直角三角形，连接并延长至点P，使，则长的取值范围为 ________．
【答案】
【分析】以为斜边作等腰直角三角形，延长至点E．使，连接．利用等腰直角三角形的性质得出利用相似三角形的性质求出，再利用三角形中位线的性质求出，由是等腰直角三角形，，得出垂直平分，进而求出，继而利用三角形的三边关系即可求出答案．
【详解】解：如图，以为斜边作等腰直角三角形，延长至点E．使，连接、．
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
题型二 轨迹为直线型·构造手拉手
经典例题·宿迁中考
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°，
进一步得到△MBG1为等腰三角形后，求CH就不难了，可得

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，
对A点旋转会得到一个正切值为的角，即，然后进一步算出最值
或
【简证】,则
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.

如图，在平行四边形中，点E为射线上一动点，连接，将绕点B逆时针旋转得到，连接，，，求的最小值．

【思路点拨】将顺时针旋转60°，作等边，根据手拉手模型可知，根据垂线段最短可知，当时，的值最小，利用勾股定理求解即可求解．
【答案】
【详解】解：如图，以为边向下作等边，连接，在上取一点使得，

∵，，，∴，∴，
∴，根据垂线段最短可知，当时，的值最小，∵四边形时平行四边形
∴，∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴
设，则，，在中，
∴，解得，∴
即的最小值为
（2025·洛阳·二模）如图，在中，，，对称轴交于点，点是直线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，则长的最小值为 ．

【答案】
【分析】在上取一点，使，连接，根据全等三角形的性质可得，再求出，根据旋转的性质可得，然后利用“边角边”证明和全等，再根据全等三角形对应边相等可得，然后根据垂线段最短可得时最短，再根据求解即可．
【详解】解：如图，在上取一点，使，连接，

，，
，
，
旋转角为，
，
，
，
，
又旋转到，
，
，
，
根据垂线段最短，时，最短，即最短，如图所示：

，，
，
（2025·广东深圳·校考模拟预测）如图，在中，，，P是的高上一个动点，以B点为旋转中心把线段逆时针旋转得到，连接，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】在上截取，根据等腰直角三角形的性质求得和，再证明，从而可得到，则当时，有最小值，即有最小值，再求得，从而求得的最小值．
【详解】解：如图，在上截取，连接
∵，
∴，，，
∵以B点为旋转中心把线段逆时针旋转得到，
∴，
∴
∴
即
又∵，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∵，，
∴
∴，
∴．
即的最小值是
2025·黑龙江绥化·中考真题
如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．

【答案】
【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．
【详解】解：∵为高上的动点．
∴
∵将绕点顺时针旋转得到．是边长为的等边三角形，
∴
∴
∴，
∴点在射线上运动，
如图所示，

作点关于的对称点，连接，设交于点，则
在中，，则，
则当三点共线时，取得最小值，即
∵，，
∴
∴
在中，,
∴周长的最小值为
（2025·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轴上时，由勾股定理得：，进而得，求得点F1的坐标为，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的解析式为y=x-4，再由线段中垂线性质得出，在Rt△OF1F2中，设点O到F1F2的距离为h，则根据面积法得，即，解得h=2，根据垂线段最短，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，
由勾股定理得：，
∴，
∴点F1的坐标为，
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），
∵，
∴∠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，
则，
解得，∴直线F1F2的解析式为y=x-4，∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，
∴，在Rt△OF1F2中，OF⊥F1F2，
设点O到F1F2的距离为h，则，
∴，解得h=2，即线段OF的最小值为2
2025·湖北黄冈·统考中考真题
如图，已知点，点B在y轴正半轴上，将线段绕点A顺时针旋转到线段，若点C的坐标为，则 ．

【答案】
【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，过点C作于点F，在中，解直角三角形可得，，再证明，则，，求得，在中，得，，得到，解方程即可求得答案．
【法一简证】如图，取BC中点M，作RT△OAN，∠AON＝30°，则，
由旋转相似可知△AOB∽△ANM，故∠ANM＝90°，故M点轨迹为，当则，而，
故
【法二详解】解：在x轴上取点D和点E，使得，过点C作于点F，

∵点C的坐标为，
∴，，
在中，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵点，
∴，
∴，
在中，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得
如图，在中，，，，点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值是 ．

【答案】
【分析】法一：
法二：过点作于，有旋转的性质可得，，由“”可证，可得，，可求，由勾股定理和二次函数的性质可求解．
【详解】解：如图，过点作于，

将线段绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，且，
，且，，
，，
，
，
，
，当时，有最小值为
2025·西安市交通大学附属中学初三月考
如图，矩形中，，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕着点顺时针旋转到的位置，连接和，则的最小值为 ．

【答案】/
【分析】如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接交于．首先证明，推出点在射线上运动，推出当时，的值最小，进一步即得答案．
【详解】解：如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，连接交于．

四边形是矩形，
，，
，
，
在和中，
，
（），
，
点在射线上运动，
当时，的值最小，
，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
的最小值为
如图，矩形中，，，点E，F分别为边，上的动点，且，将线段绕点F逆时针旋转得到线段，连接
（1）当点E为的中点时，线段的长是 ；
（2）当点E在边上运动时，线段的最小值是 ．
【答案】
【分析】取的中点为O，过点O作于点H，在的延长线上截取，连接，，先证，推出，进而可得，可证O，M，G，F在同一个圆上，得到，，点G在过点M且与垂直的直线上运动，最后根据“垂线段最短”可得当时，取最小值，证明，求出．
【详解】如图，取的中点为O，过点O作于点H，在的延长线上截取，连接，，则，，，
，
的中点为O，
，
由旋转可知，，
，
又，
，
，
，
O，M，G，F在同一个圆上，
，，
即点G在过点M且与垂直的直线上运动，
当时，取最小值，
此时，如下图所示：
，，
，，
，，，．
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
【答案】
【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的最小值为EQ \F(36,25),
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
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，反向构造则需要把CE绕点E逆时针旋转45°，再扩大变为原来的倍，得到EH，显然△ECH为等腰直角三角形，进一步得到，相似比为，所以．

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

【变式训练】双动点
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
策略一：代换所求线段 ，取AH＝AF，易知，则有，变中有不变．

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
如图，在矩形中，，，是边上一点，，是直线上一动点，将线绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】将绕点逆时针旋转得到，延长交于点，延长至点，使，连接，由矩形的条件和旋转的性质可得，，可说明四边形是矩形，然后由正方形的性质可得到，，从而说明是的垂直平分线，进一步推导出，当点，，三点共线时，取最小值，最后由勾股定理可求解．
【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，延长交于点，延长至点，使，连接，
∵在矩形中，，，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵是直线上一动点，
∴，
∴当点，，三点共线时，取最小值，
在中，，，
，
∴的最小值是．
故答案为：．
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___________．
C
A
B
D
E
F
【答案】eq \r(,2)＋eq \r(,6)
提示：以AB为边作等腰Rt△ABG，连接GE
C
A
B
D
E
F
G
B′
H
则GB＝eq \r(,2)AB，EB＝eq \r(,2)DB，∠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
设垂足为H，则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的最小值为eq \r(,2)＋eq \r(,6)
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】＋
【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，
∴，
∵∠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，
，
∴△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＝＝，
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＋＝MK＋为△ABC的周长的最小值，
连接KH并延长交BC于T，
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，
∴MK＝＝，∴△AMQ的周长最小值为＋
如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝，点E为边AD上一动点，以CE为边向右作直角三角形CEF，使∠CEF＝90°，∠CFE＝30°，连接BE，BF，求BE＋的最小值．
A
D
B
C
E
F
【答案】
【解析】解：以BC为斜边向下作Rt△BCG，使∠CBG＝30°，连接EG．
A
D
B
C
H
G
E
F
G′
则CG＝＝，△BGC∽△FEC，∴△EGC∽△FBC，
∴＝＝，∴EG＝．
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．
则G'G⊥BC，CH＝＝，GH＝，
BH＝，G'H＝，
∴BG'＝＝，
∴BE＋＝BE＋EG＝BE＋EG'≥BG'＝，
∴BE＋的最小值为．
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，），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＋PQ的最小值．
x
y
O
A
P
Q
【答案】
【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，
x
y
O
A
G
P
H
Q
R
A′
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，），∴OG＝1，AG＝，
∴tan∠AOP＝＝，∴∠ARQ＝∠AOP＝60°．
∵∠OAR＝120°，∴AR∥x轴．
∵AP＝AQ，∠PAQ＝120°，∴PQ＝，
∴＋PQ＝( 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，），∴OH＝4，A'H＝，
∴A'O＝＝，
∴＋PQ＝( OQ＋A'Q )≥＝
题型四 轨迹为圆弧型·构造中位线
（2025·周口·三模）如图，正方形的边长是8，点E是边的中点，连接，点F是线段上不与点D，E重合的一个动点，连接，点G是线段的中点，则线段的最小值为 ．

【答案】
【分析】连接，与相交于点H,取中点I，连接，由正方形的边长是8得到，，，由中位线定理得到，则三点共线，即点G的运动轨迹是线段，由，当点G和点H重合时，线段值最小，由勾股定理求出，即可得到，得到线段的最小值．
【详解】解：连接，与相交于点H,取中点I，连接，

∵正方形的边长是8，
∴，，，
∵点G是线段的中点，
∴，
∴三点共线，
∴点G的运动轨迹是线段，
∵，
∴当点G和点H重合时，线段值最小，
∴，
∴，即线段的最小值为
2025·山东泰安·中考真题
如图，在平面直角坐标系中，的一条直角边在x轴上，点A的坐标为；中，，连接，点M是中点，连接．将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段的最小值是（ ）

A．3B．C．D．2
【答案】A
【分析】如图所示，延长到E，使得，连接，根据点A的坐标为得到，再证明是的中位线，得到；解得到，进一步求出点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，则当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，据此求出的最小值，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，延长到E，使得，连接，
∵的一条直角边在x轴上，点A的坐标为，
∴，
∴，
∴，
∵点M为中点，点A为中点，
∴是的中位线，
∴；
在中，，
∴，
∵将以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，
∴点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，
∴当点M在线段上时，有最小值，即此时有最小值，
∵，
∴的最小值为，
∴的最小值为3，故选A．

如图，点，的坐标分别为，，点为坐标平面内一点，，点为线段的中点，连接，则的最大值为
A．B．C．D．
【答案】B
【解答】解：如图，
点为坐标平面内一点，，
在上，且半径为1，
取，连接，
，，
是的中位线，
，
当最大时，即最大，而，，三点共线时，当在的延长线上时，最大，
，，
，
，
，即的最大值为
如图，在半径为4的中，弦，B是上的一动点（不与点A重合），D是的中点，M为的中点，则的最大值为 ．

【答案】
【分析】连接，，取的中点E，连接，根据三角形中位线的性质得到，得到点D在以E为圆心，以2为半径的圆上运动，连接，取的中点G，连接，，同理得到点M在以点G为圆心，以1为半径的圆上运动，进而得到当点A，G，M三点共线时，取得最大值，即的长度，取线段的中点F，连接，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，连接，，取的中点E，连接

∵D是的中点，E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴点D在以E为圆心，以2为半径的圆上运动，
连接，取的中点G，连接，
∵M为的中点，G是的中点，
∴
∴点M在以点G为圆心，以1为半径的圆上运动，
∴
∴如图所示，当点A，G，M三点共线时，取得最大值，即的长度，取线段的中点F，连接，

∵的半径为4
∴
∵
∵，
∴
∴
∵点F是的中点，点G是的中点，
∴，且，
∴
∵
∴
∴在中，．
∴
∴的最大值为
题型五 轨迹为圆弧型·构造手拉手
2025·四川宜宾·统考中考真题
如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由 的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，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、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．
【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
如图，当、、三点共线时，的值最小，
四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
，
由旋转得：，
，
，
的值最小为
2025沈阳中考
如图，在△ABC中，AB＝8，AC＝，将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是_________．
D
A
B
C
分析：旋转的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理．
思路：定点为B，A、D两点旋转相似中的定位是一样的，BD是斜边，则构造以AB为斜边的等腰直角三角形，
思路2：将AB绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接BD，BE，DE，证△EBD∽△ABC，
可得DE＝＝，由AD≤AE＋DE，可得AD的最大值．
总结：熟悉模型，补全结构
【答案】
【解析】
法一：如图，构造等腰直角三角形ABE，由旋转相似可知，
而，故
法二：将AB绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接BD，BE，DE．
E
D
A
B
C
由题意，△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．
如图，点P是正方形ABCD所在平面内一点，∠APB＝90°，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转90°得到线段DQ，连接AQ，若AB＝2，则线段AQ的最大值为___________．
A
D
B
C
P
Q
【答案】eq \r(,13)＋1
提示：连接CQ，过点Q作QE⊥CQ交BC延长线于点E
A
D
B
C
P
Q
E
M
由题意，可得△DAP≌△DCQ（SAS）
∴AP＝CQ，∠DAP＝∠DCQ，∴∠BAP＝∠ECQ
∴△ABP≌△CEQ（ASA）
∴∠CQE＝∠APB＝90°，CE＝AB＝2
取CE中点M，连接AM、QM
则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)＋1
2025·盐城市一模
如图，在直角坐标系中，点A坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），以B点为圆心，2长为半径的圆交轴于C、D两点，若P是⊙B上一动点，连接PA，以PA为一直角边作Rt△PAQ，使得，连接DQ，则DQ的最小值为
【答案】
【详解】解：如图，取点M（2，-2），连接AM，MQ、PB，
∵∠MAB=∠QAP=90°，
∴∠MAQ=∠BAP，
∵，
∴△MAQ∽△BAP，
∴MQ= PB=1，
∴Q点在以M为圆心，以1为半径的圆上，
由图象可得：
DQ的最小值为：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.
2025·深圳外国语学校中考模拟
如图，已知正方形的边长为4，以点A为圆心，2为半径作圆，E是上的任意一点，将线段绕点D顺时针方向旋转并缩短到原来的一半，得到线段，连接，则的最小值是 ．

【答案】
【分析】通过证可得，由勾股定理可得，根据三角形三边关系求的最小值即可；
【详解】解：如图，取中点T，连接，

∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，∴的最小值为
如图，，为的中点，的半径为1，点是上一动点，以为直角边的等腰直角三角形（点、、按逆时针方向排列），则线段的长的取值范围为 ．
【答案】
【解答】解：如图，作，在上截取，连接、、、．
，，，，
是等腰直角三角形，，，
，，，，
，点的运动轨迹是以点为圆心，为半径的圆，，
的最大值为，的最小值，．
如下图，在正方形中，，点是以为直径的圆上的点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最大值与最小值的和 ．

【答案】
【分析】连接、，将绕点逆时针旋转，得到线段，连接，根据旋转的性质得出，进而可得点在以为圆心，为半径的圆上运动，则线段的最大值与最小值的和为，进而勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接、，将绕点逆时针旋转，得到线段，连接，

∵线段绕点逆时针旋转，绕点逆时针旋转，
∴，，
∴，
∴，
∴
∴
则点在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴线段的最大值与最小值的和为
在中，
∴，
如图所示，过点作交的延长线于点，过点作于点，

则四边形是矩形，
∴，
在与中，
，
∴
∴，，
在中，，
∴线段的最大值与最小值的和为
题型六 路径相关问题
2025·山东滨州·统考中考真题
正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（ ）
A．线段B．圆弧C．折线D．波浪线
【答案】A
【分析】连接，根据题意可知则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段
【详解】连接，根据题意可知，
，
∴点G在线段OB的垂直平分线上．
则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段
2025·海南·统考中考真题
如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P为边上的动点，连接，过点E作，交射线于点F，则 ．若点M是线段的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．

【答案】
【分析】过作交延长线于点，证明，得到即可求解；过作交于点，交于点，证明，得到，故点的运动轨迹是一条平行于的线段，当点与重合时，，当点与重合时，由得到，即，从而求解．
【详解】解：过作交延长线于点

则四边形为矩形，
∴
由题意可得：
∵
∴
又∵
∴
∴
∴
过作交于点，交于点，如下图

∵，
∴
在和中
∴
∴，
故点的运动轨迹是一条平行于的线段，
当点与重合时，
当点与重合时，，
∴
∵
∴
∴，即
解得
∵、分别为、的中点
∴是的中位线
∴，即点运动的路径长为
如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，动点E从点A运动到点D，以CE为边在CE的右侧构造正方形CEFG，连接AF，则AF的最小值为_________，点F运动的路径长为_________．
F
D
A
G
C
E
B
【答案】，
【解析】
法一：如图，作等腰直角三角形AGC，易知△ACF∽△GCE，且
而，由12345模型可知,故，则
故AF的最小值为，又因为，故F的路径为点E路径的倍，故F的路径为
法二：延长AD到点P，使DP＝DC，连接FP，过点F作AD的垂线，垂足为H．
F
D
P
A
G
C
B
注：
由一线三等角全等模型可知△CDE≌△EHF，(注：也可以用旋转相似来证)
∴EH＝CD＝DP，ED＝FH，
∴ED＝HP，∴FH＝HP，∴∠P＝45°．
当AF⊥FP时AF最小，最小值＝＝( 4＋2 )＝．
∵∠FHP＝90°，FH＝HP，∴FP＝＝．
当动点E从点A运动到点D时，DE的长从AD变化到0，
∴点F运动的路径长为＝．
如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=4，E为边AD上一个动点，连接BE，取BE的中点G，点G绕点E逆时针旋转90°得到点F，连接CF，在点E从A到D的运动过程中，点G的运动路径= ，△CEF面积的最小值是 ．
【答案】 2 15
【分析】连接BD，取BD的中点M，AB的中点N，连接MN，因为GN为△ABE的中位线，故G的运动路径为线段MN；过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，则△FEH∽△EBA，设AE=x，可得出△CEF面积与x的函数关系式，再根据二次函数图象的性质求得最小值．
【详解】解：连接BD，取BD的中点M，AB的中点N，连接MN，
∵E为边AD上一个动点，点E从A到D的运动，G是BE的中点
∴当E在A点时，BE与AB重合，G与AB的中点N重合，
当E运动到D点时，BE与BD重合，G与BD的中点M重合，
∴E在从A到D的运动过程中，MN为△ABE的中位线，
∴．
故G的运动路径=2，
过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，
∵∠A=∠H=90°，∠FEB=90°，
∴∠FEH=90°-∠BEA=∠EBA，
∴△FEH∽△EBA，
∴
为的中点，

∴
设AE=x， ∵AB
∴HF




∴当 时，△CEF面积的最小值
题型七 当线段最小值时求其它量
2025·广东广州·中考真题
如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为
【答案】 120°/120度 75°/75度
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，
∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°
2025·辽宁·中考真题
如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为 ．

【答案】
【分析】连接，交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得垂直平分，为定角，可得点F在射线上运动，当时，最小，由含30度角直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接，交于点P，如图，
∵，点为的中点，
∴，
∵，
∴,
∴是等边三角形，
∴；
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∵，
∴垂直平分，，
∴点F在射线上运动，
∴当时，最小，
此时，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴由勾股定理得，
∴，
∴；

如图，在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AB的延长线上，且BE＝CD，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转120°得到DF，连接CF，当CF取得最小值时，求的值．
A
F
D
C
B
E
【答案】3
【解析】解：如图1，在AB上截取BG＝BD，连接AD，DG，
A
G
F
D
C
H
B
E
F
A
D
C
M
E
B
图1
图2
过点F作FH∥AC，交BC于点H．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴AG＝CD，△GBD是等边三角形，
∴BD＝GD，∠BGD＝∠GBD，
∴∠AGD＝∠EBD．
∵BE＝CD，∴AG＝BE，
∴△AGD≌△EBD，∴AD＝DE．
∵DE＝DF，∴AD＝DF．
∵FH∥AC，∴∠FHD＝∠ACB＝60°＝∠EGD．
∵△GBD是等边三角形，
∴∠BDG＝60°，∴∠GDH＝120°，
∵∠EDF＝120°，∴∠EDG＝∠FDH，
∵DE＝DF，∴△EDG≌△FDH，
∴DG＝DH，EG＝FH，
∵AG＝BE，∴AB＝EG，∴FH＝AB＝AC，
∴四边形AFHC是平行四边形，
∴AF∥BC，∴当CF⊥BC时CF最小．
如图2，过点A作AM⊥BC于点M．
则BM＝CM，四边形AMCF是矩形，
∴AM＝CF．
∵AD＝DF，∴△ADM≌△FDC，
∴DM＝DC，∴BD＝3CD，∴＝3．
2025·四川·广元中考真题
如图1，已知线段，，线段绕点在直线上方旋转，连接，以为边在上方作，且．

(1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是 ；
(2)如图2，在(1)的条件下，若，，，求的长；
(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）在中，，，且，，可得，根据相似三角形的性质得出，，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）延长交于点，如图所示，在中，求得，进而求得的长，根据（1）的结论，得出，在中，勾股定理求得，进而根据，即可求解．
（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，同（1）可得，进而得出在以为圆心，为半径的圆上运动，当点三点共线时，的值最大，进而求得，，根据得出，过点作，于点，分别求得,然后求得，最后根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：在中，，，且，，
∴，，
∴，，
∴
∴
∴，
故答案为：．
（2）∵，且，，
∴，，
延长交于点，如图所示，

∵，
∴，
∴在中，，，∴，
由（1）可得，∴，∴，
在中，，
∵，∴，
∴，∴；
（3）解：如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，

同（1）可得
则，
∵，则，
在中，，，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点三点共线时，的值最大，此时如图所示，则，

在中，
∴,，
∵，∴，过点作，于点，
∴，，
∵，∴，
∴，中，