中考数学——几何压轴突破（四）几何最值问题 费马点 瓜豆模型(2种模型详解+5种题型汇总+针对训练)(含答案)

这是一份中考数学——几何压轴突破（四）几何最值问题 费马点 瓜豆模型(2种模型详解+5种题型汇总+针对训练)(含答案)，共148页。
（2种模型详解+5种题型汇总+针对训练）
【题型汇总】
类型一 费马点
费马点概念：三角形内部满足到三个顶点距离之和最小的点，称为费马点.
结论：
1）对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点；
2) 对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点.
（注意：通常涉及费马点的试题中三角形的最大顶角小于120°）
【解题思路】运用旋转的方法，以∆ABC任意一条边向外旋转60°构造等边三角形，根据两点之间线段最短，得出最短长度.
【扩展】与等腰三角形、等边三角形、直角三角形常见的费马点结论
如图所示，以边AB、AC分别向△ABC外侧作等边三角形，连接DC、EB，交点为点P，点P为费马点.
【进阶】
加权费马点模型概述：前面学的PA+PB+PC最小值的费马点问题线段前面系数都是l，如果现在求mPA+nPB+xPC最小值，前面系数不是1，那么此类题目就叫做“加权费马点”.
【模型拓展】
类型一 单系数类
当只有一条线段带有不为1的系数时，相对较为简单，一般有两种处理手段，
1）一种是旋转特殊角度：对应旋转90°，对应旋转120°
2）另一种是旋转放缩，对应三角形三边之比
类型二 多系数类
其实当三条线段的三个系数满足勾股数的关系时，都是符合加权费马点的条件的。
以不同的点为旋转中心，旋转不同的三角形得到的系数是不同的，对于给定的系数，我们该如何选取旋转中心呢？我们总结了以下方法：
1.将最小系数提到括号外；
2.中间大小的系数确定放缩比例；
3.最大系数确定旋转中心（例如最大系数在PA前面，就以A为旋转中心），旋转系数不为1的两条线段所在的三角形。
例：已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5, △ABC内部有一点P,连接PA，PB，PC
备注：若变形后的系数不是特殊值，则可借助位似的相关知识进行求解.
题型01 普通费马点模型
1．（2024·广东·二模）若锐角三角形ABC内的点P满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则称点P为△ABC的费马点．如图，在△ABC中，AB=AC=7，BC=3，则△ABC的费马点P到A，B，C三点的距离之和为（ ）
A．4B．2C．2+23D．2+3
2．（21-22九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC=1，P是△ABC内一点，求PA+PB+PC的最小值为 ．
3．（2021九年级·全国·专题练习）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为 ．
4．（2024·陕西榆林·二模）如图，在▱ABCD中，AD=6，连接AC，AB=AC=5，以点C为圆心，15CD长为半径画弧，弧分别交BC、AC、CD于点M、H、N，点P是HN上方△ACD内一动点，点Q是HN上一动点，连接AP、DP、PQ，则AP+DP+PQ的最小值为 ．
5．（2024·湖北·模拟预测）阅读以下材料并完成问题
材料一：数形结合是一种重要的数学思想如a2+b2可看做是图一中AB的长，a+12+b2可看做是AD的长．
材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在△ABC中有一点P使得PA+PB+PC的值最小．著名法学家费马给出的证明方法如下：
将△ABP绕B点向外旋转60°得到△A1B1C1，并连接PP1易得△PP1B是等边三角形、PA=P1A1，则PB=P1P1，则PA+PB+PC=P1A1+PP1+PC，所以PA+PB+PC的值最小为A1C．
请结合以上两材料求出x2+y2+x2+y2+1−2x+x2+y2+12−43y的最小值

题型02 加权费马点模型-单系数
6．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
7．（23-24八年级下·重庆铜梁·期中）在▱ABCD中，∠ABC=45°，连接AC，已知AB=AC=2，点E在线段AC上，将线段DE绕点D顺时针旋转 90° 为线段DF．
(1)如图1，线段AC与线段BD的交点和点E重合，连接EF，求线段EF的长度；
(2)如图2，点G为DC延长线上一点，使得GC=EC，连接FG交AD于点H，求证：2AH=CD；
(3)如图3，在（2）的条件下，平面内一点P，当HP+CP+2BP最小时，求△HPB的面积．
8．（2024·广东广州·一模）如图，在矩形ABCD和矩形AGFE中，AD=4，AE=2，AB=3AD,AG=3AE．矩形AGFE绕着点A旋转，连接BG，CF，AC，AF．

(1)求证：△ABG∽△ACF；
(2)当CE的长度最大时，
①求BG的长度；
②在△ACF内是否存在一点P，使得CP+AP+3PF的值最小?若存在，求CP+AP+3PF的最小值；若不存在，请说明理由．
题型03 加权费马点模型-多系数
9．（2023九年级下·全国·专题练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点P是正方形内部一点，求PA+2PB+5PC的最小值．
10．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=30°，BC=4，在△ABC内有一点O，连接OA，OB，OC，若2OA+OB+5OC的最小值为45，则AC的值为 ．

11．（2021九年级·全国·专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求22BP+5AP+3PC最小值
12．（2024·重庆·二模）已知△ABC中AB=BC，点D和点E是平面内两点，连接BD，DE和BE，∠BED=90°．
(1)如图1，若BD=BA，∠ABC=2∠D，BE=2，求AC的长度；
(2)如图2，连接AD和CD，点F为AD中点，点G为CD中点，连接EF和BG，若EF=BG，求证：∠BAC=∠DBE；
(3)若∠ABC=60°，AB=2，当12AD+32BD+CD取得最小值，且AE取得最大值时，直接写出△BDE的面积．
【针对训练】
1．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果△ABC是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若AB=AC=7,BC=23，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ；若AB=23,BC=2,AC=4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ．
2．（2021九年级·全国·专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=6,AC=5，在△ABC内部有一点P，连接PA、PB、PC．（加权费马点）求：
（1）PA+PB+PC的最小值；
（2）PA+PB+2PC的最小值
（3）PA+PB+3PC的最小值；
（4）2PA+PB+3PC的最小值
（5）12PA+PB+32PC的最小值；
（6）2PA+4PB+23PC的最小值
（7）4PA+2PB+23PC的最小值；
（8）3PA+4PB+5PC的最小值
3．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）问题背景
如图1，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为___________三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，由___________可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”．
（2）问题解决
如图3，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，求PA+PB+PC的最小值；
（3）问题应用
如图4，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且AC=6km，BC=43km，∠ACB=30°．现欲在△ABC内部建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为1000元/km，1000元/km，10003万元/km，是否存在合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低，若存在请求出成本的最小值．
4．（2024·福建厦门·二模）根据以下思考，探索完成任务
5．（21-22八年级上·江苏苏州·期中）背景资料：在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，当∠APB=∠APC=∠CPB=120°时，则PA+PB+PC取得最小值．
(1)如图2，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数，为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与△ABC的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
(2)如图3，△ABC三个内角均小于120°，在△ABC外侧作等边三角形△ABB'，连接CB'，求证：CB'过△ABC的费马点．
(3)如图4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为△ABC的费马点，连接AP、BP、CP，求PA+PB+PC的值．
(4)如图5，在正方形ABCD中，点E为内部任意一点，连接AE、BE、CE，且边长AB=2；求AE+BE+CE的最小值．
6．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在△OAB中，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，连接BB'；求∠OBB'= ；
（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为43的等边三角形，以BC为边向外作等边三角形BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求PA+PB+PC的最小值；
（3）【实际应用】如图③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形内一动点S△PAD=2S△PBC，Q为△ADP内任意一点，是否存在点P和点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由．
类型二 瓜豆模型
型定义：瓜豆模型也叫“主从联动模型”，即：一个动点随另一动点的运动而运动,分别叫做“主动点”与“从动点”，它们的运动轨迹相似。出自成语“种瓜得瓜,种豆得豆”，在几何上叫“种线得线,种国得圆”.
【条件】瓜豆原理运用满足的三个条件(“一定两动、定角、定比”)；
①有一个定点、两个动点，且一个动点(从动点)因另一个动点(主动点)的运动而随之运动；
②两个动点与定点所连线组成的夹角是定角;
③两个动点到定点的距离的比值是定值.
1) 本模型一般出现在选择题或填空题的压轴题中，可以直接利用结论秒杀.
2) 在线段最值问题中，有时可先利用“瓜豆”模型确定动点的轨迹，再根据点线最值，点圆最值来求线段最值.
3) 部分求动点轨迹长的问题中，只要确定属于“瓜豆”模型，就可以利用路径之比等于相似比，根据主动点的轨迹长直接求得.
【模型一】点在直线上
条件;如图，点O是定点，点A、B是动点，∠AOB=α（α≠0）且OBOA=k，如果A点的运动轨迹是直线
图示：
结论：B点的运动轨迹也是直线，OBOA=OB’OA’=k，直线BB′与直线AA′的夹角为α
【模型二】点在圆上
条件;如图，点O是定点，点A、B是动点，∠AOB=α且OBOA=k，A点在⊙O1上运动
图示：
结论：
1)当α=0，①B点的运动轨迹是圆，②A,B,O始终是一条直线，③主动圆与从动圆的半径之比为OBOA=k（定值）.
2)当α≠0，①B点的运动轨迹是圆，②主动圆与从动圆的半径之比为OBOA=k，
③主从动圆的圆心与定点连线构成的夹角为α（定值）.
【总结】
1）在线段最值问题中，有时可先利用“瓜豆”模型确定动点的轨迹，再根据点线最值，点圆最值来求线段最值；
2）部分求动点轨迹长的问题中，只要确定属于"瓜豆“模型，就可以利用路经之比等于相似比，根据主动点的轨迹长直接求得
题型01 点的运动轨迹是直线
1．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=53，点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为（ ）
A．52B．52C．533D．3
2．（2022·安徽合肥·三模）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在BC，AB边上，连接DE，将△BDE沿DE翻折，使点B落在点F的位置，连接AF，若四边形BEFD是菱形，则AF的长的最小值为（ ）
A．5B．3C．52D．32
3．（2023·广东广州·二模）如图，正方形ABCD的边长为42，E为BC上一点，且BE=2，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 ．

4．（2024·河北邢台·模拟预测）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点E为中线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，则∠CAF= ，连接DF，则△CDF周长的最小值是 ．
5．（2023·江苏徐州·模拟预测）等边△ABC边长为6，D是BC中点，E在AD上运动，连接BE，在BE下方作等边△BEF，则△BDF周长的最小值为 ．

6．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB=2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN=90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
(1)如图1，若BE=10，EF=12，求点M与点B之间的距离；
(2)如图1，若BE=10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
(3)如图2，若BF=22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为_______．
题型02 点的运动轨迹是圆
1．（2024·安徽淮北·三模）如图，线段AB=4，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
2．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，△ABC中，∠ABC=90°，tan∠BAC=12，点D是AB的中点，P是以A为圆心，以AD为半径的圆上的动点，连接PB、PC，则 PBPC的最大值为（ ）
A．103B．31010C．13−14D．13+14
3．（2023·山东泰安·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为(−6，4)；Rt△COD中，∠COD=90°，OD=43，∠D=30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM．将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是（ ）

A．3B．62−4C．213−2D．2
4．（21-22九年级上·江苏南京·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，点P在以AB为直径的半圆上运动，由点B运动到点A，连接CP，点M是CP的中点，则点M经过的路径长为 ．
5．（2022·山东日照·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 ．

6．（2023·四川宜宾·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AB=4，MP=1，则MQ的最小值为 ．

7．（2020·江苏连云港·中考真题）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A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为 ．
8．（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 ．

9．（21-22九年级上·浙江绍兴·期末）如图，在Rt△ABC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的上方，且满足CF=12CE，连结BF．当点E与点D重合时，BF的值为 ．点E在⊙B上运动过程中，BF存在最大值为 ．
10．（2024·吉林长春·二模）【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①，⊙O的半径为2，点A是⊙O外的一个定点，OA=4．点P在⊙O上，作点P关于点A的对称点Q，连接PA、AQ．当点P在⊙O上运动一周时，试探究点Q的运动路径．
【问题解决】经过讨论，小组同学想利用全等三角形的知识解决该问题；如图②，延长OA至点M，使AM=OA，连接OP、MQ，通过证明△OAP≌△MAQ，可推出点Q的运动路径是以点M为圆心、2为半径的圆．下面是部分证明过程：
证明：延长OA至点M，使AM=OA，连接OP、MQ．
1°当点P在直线OA外时，
2°当点P在直线OA上时，
易知OP=MQ=2．
综上，点Q的运动路径是以点M为圆心、2为半径的圆．
请你补全证明中缺失的过程．
【结论应用】如图③，在矩形ABCD中，点E、F分别为边AB、CD的中点，连接EF，点O是EF中点，点M是线段OF上的任意一点，AB=4，BC=8．点P是平面内一点，AP=2，连接AP．作点P关于点M的对称点Q，连接PM、MQ．
（1）当点M是线段OF中点时，点Q的运动路径长为________________．
（2）当点M在线段OF上运动时，连接EQ．设线段EQ长度的最大值为a，最小值为b，则a+b=________________．
【针对训练】
1．（2022·山东泰安·二模）如图，矩形ABCD的边AB=112,BC=3，E为AB上一点，且AE=1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG,EF=EG，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．5B．52C．3D．22
2．（2024·河南周口·一模）如图，平行四边形ABCD中，AB=16，AD=12，∠A=60°，E是边AD上一点，且AE=8，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、CG，则BG+CG的最小值是（ ）.
A．4B．415C．421D．37
3．如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为
4（2023·四川成都·一模）如图，四边形ABCD为矩形，对角线AC与BD相交于点O，点E在边DC上，连接AE，过D做DF⊥AE，垂足为F，连接OF，若∠DAE=30°，DE=10，则OF的最小值为 ．
5．（21-22九年级下·福建福州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=12x+2上的一个动点，将Q绕点P-1,0逆时针旋转90°，得到点Q'，连接OQ'，则OQ'最小值为 ．
6．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期末）【问题初探】
数学课上张老师在讲完正方形的性质之后提出了一个问题：
四边形ABCD是边长为3的正方形，点E是边AD上的一动点，连接CE，以CE为一边作正方形CEFG（点C，E，F，G按顺时针方向排列），连接BF，DG．
(1)如图1，求点G到CD的距离，请写出解答过程；
【类比分析】爱动脑的数学兴趣小组在研讨的过程中，也提出了一个问题：
(2)如图2，当BF经过点D时，求DG的长，请写出解答过程；
【学以致用】看到同学们兴致勃勃的样子，张老师说：“角相等可以是三角形全等的条件，也能推导出相似”，于是给同学们留了一道思考题：
(3)求代数式2DG+BF的最小值．经过小组研讨，组长小明进行了整理，给出了部分解题思路；
解题思路：如图3，作等腰直角△ACF1，使∠CAF1=90°，连接AC，CF，AF，则点C，D，F1三点共线，
由∠ACF=∠DCG，ACDC=CFCG=2，可得△ACP∽△DCG，
由∠F1CF=∠ACE，CF1AC=CFCE=2，可得△CF1F∽△CAE，……
请完成“……”部分的解答过程．
7．（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∠OBA=30°，点M是OB中点，连接AM，则AM的最小值是（ ）
A．4B．23+2C．43−4D．43+4
8（2022·辽宁抚顺·模拟预测）如图，AB＝4，O为AB的中点，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一动点，以PB为直角边的等腰直角三角形PBC（点P、B、C按逆时针方向排列），则线段AC的长度的最大值为 ．
9．（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AB=4，MP=1，则MQ的最小值为 ．
10．（23-24九年级上·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为4的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x−6与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最大值为 ．
11．（2023·江苏宿迁·二模）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AB=2，则线段OQ的最大值为 ．
12．（2017·江苏无锡·二模）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，BC=2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，连接OD，则OD长的最大值为 ．
13．（2023·广东深圳·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 ．

14．（24-25九年级上·吉林·阶段练习）【提出问题】
如图1，已知圆O的半径为2，点Q是圆O上一动点，点P是圆O外一点，连接PQ，取PQ中点M，当点Q在圆O上运动时，判断点M的运动轨迹．
【解决问题】
（1）小帅同学进行了探究，他连接线段OP，取其中点N，他猜想点M的运动轨迹应该是以N为圆心，1为半径的圆．请你帮小帅同学完成证明过程．
【简单应用】（2）如图2，已知正方形ABCD的边长为4，取BC中点记为O，以O为圆心，BC长为直径作圆O，点E为圆O上一点，连接AE取其中点F，求线段DF的最小值．
【灵活运用】
（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，点F在以A为圆心22长为半径的圆上，连接CF，取其中点M，连接AM并延长交线段BC于点N，则∠ANB最大为 °．
15．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）（1）问题提出：如图①，在矩形ABCD中，AB=1，BC=3，P是AD上一动点，则BP+12PD的最小值为_________
（2）问题探究：如图②，在正方形ABCD中，AB=3，点E是平面上一点，且CE=1，连接BE，在BE上方作正方形BEMN，求BM的最大值．
（3）问题解决：为迎接2021年9月在西安举办的第14届全运会，打造体育历史文化名城，某小区对一正方形区域ABCD进行设计改造，方使大家锻炼运动．如图③，在正方形内设计等腰直角△CEF为健身运动区域，直角顶点E设计在草坪区域扇形MBN的弧MN上．设计铺设CF和DF这两条不同造价鹅卵石路，已知AB=40米，BM=102米，∠CEF=90°，CE=EF，若铺设CF路段造价为每米200元，铺设DF路段的造价为每米100元，请求出铺设CF和DF两条路段的总费用的最小值．

重难点17 几何压轴突破四 几何最值问题
费马点与瓜豆模型
（2种模型详解+5种题型汇总+针对训练）
【题型汇总】
类型一 费马点
费马点概念：三角形内部满足到三个顶点距离之和最小的点，称为费马点.
结论：
1）对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点；
2) 对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点.
（注意：通常涉及费马点的试题中三角形的最大顶角小于120°）
【解题思路】运用旋转的方法，以∆ABC任意一条边向外旋转60°构造等边三角形，根据两点之间线段最短，得出最短长度.
【扩展】与等腰三角形、等边三角形、直角三角形常见的费马点结论
如图所示，以边AB、AC分别向△ABC外侧作等边三角形，连接DC、EB，交点为点P，点P为费马点.
【进阶】
加权费马点模型概述：前面学的PA+PB+PC最小值的费马点问题线段前面系数都是l，如果现在求mPA+nPB+xPC最小值，前面系数不是1，那么此类题目就叫做“加权费马点”.
【模型拓展】
类型一 单系数类
当只有一条线段带有不为1的系数时，相对较为简单，一般有两种处理手段，
1）一种是旋转特殊角度：对应旋转90°，对应旋转120°
2）另一种是旋转放缩，对应三角形三边之比
类型二 多系数类
其实当三条线段的三个系数满足勾股数的关系时，都是符合加权费马点的条件的。
以不同的点为旋转中心，旋转不同的三角形得到的系数是不同的，对于给定的系数，我们该如何选取旋转中心呢？我们总结了以下方法：
1.将最小系数提到括号外；
2.中间大小的系数确定放缩比例；
3.最大系数确定旋转中心（例如最大系数在PA前面，就以A为旋转中心），旋转系数不为1的两条线段所在的三角形。
例：已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5, △ABC内部有一点P,连接PA，PB，PC
备注：若变形后的系数不是特殊值，则可借助位似的相关知识进行求解.
题型01 普通费马点模型
1．（2024·广东·二模）若锐角三角形ABC内的点P满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则称点P为△ABC的费马点．如图，在△ABC中，AB=AC=7，BC=3，则△ABC的费马点P到A，B，C三点的距离之和为（ ）
A．4B．2C．2+23D．2+3
【答案】A
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理和解直角三角形，过A作AD⊥BC于点D，过B、C分别作∠DBP=∠DCP=30°，则PB=PC，证明∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，所以点P是△ABC的费马点，再通过解直角三角形即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】过A作AD⊥BC于点D，过B、C分别作∠DBP=∠DCP=30°，
∵△ABC是等腰三角形，
∴PB=PC，
∴∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，
∴点P是△ABC的费马点，
∵∠ADC=∠ADB=90°，BD=CD=12BC=32，
∴∠DPC=60°，
∴PC=CDsin60°=3232=1，PD=CDtan60°=323=12，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=AC2−CD2=72−322=52，
∴PA=AD−PD=52−12=2，
∴PA+PB+PC=2+1+1=4，
即△ABC的费马点P到A，B，C三点的距离之和为4，
故选：A．
2．（21-22九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC=1，P是△ABC内一点，求PA+PB+PC的最小值为 ．
【答案】6+22
【分析】将△APC绕点C顺时针旋转60°得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，将PA+PB+PC转化为FD+BP+PF，此时当B、P、F、D四点共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为BD的长；根据勾股定理求解即可．
【详解】解：将△APC绕点C顺时针旋转60°得△DFC，连接PF、AD、DB，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E；
∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=60°，PC=FC，AC=CD，
∴△PCF、△ACD是等边三角形，
∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=60°
∴PA+PB+PC=FD+BP+PF，
∴当B、P、F、D四点共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为BD的长；
∵∠CAB=90°，∠CAD=60°，
∴∠EAD=30°，
∴DE=12AD=12，
∴AE=AD2−ED2=32，
∴BE=1+32，
∴BD=BE2+DE2=6+22，
∴PA+PB+PC的值最小值为6+22．
故答案为：6+22．
【点睛】本题考查费马点问题，解题的关键在于将△APC绕点C顺时针旋转60°得△DFC，将三条线段的长转化到一条直线上．
3．（2021九年级·全国·专题练习）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为 ．
【答案】4+33
【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，则MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形，推出AM＝MM′可得MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，共线时最短；由于点E也为动点，可得当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝DG＋GE的值；
【详解】
解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，
由性质的性质可知：MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形，
∴AM＝MM′，
∴MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，
∴D′M、MM′、ME共线时最短，
由于点E也为动点，
∴当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝D′G＋GE＝4+33
∴MA＋MD＋ME的最小值为4+33，
故答案为：4+33
【点睛】本题考查轴对称、旋转变换、矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造等边三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
4．（2024·陕西榆林·二模）如图，在▱ABCD中，AD=6，连接AC，AB=AC=5，以点C为圆心，15CD长为半径画弧，弧分别交BC、AC、CD于点M、H、N，点P是HN上方△ACD内一动点，点Q是HN上一动点，连接AP、DP、PQ，则AP+DP+PQ的最小值为 ．
【答案】33+3/3+33
【分析】如图，把△APD绕D顺时针旋转60°得到△A'P'D，连接PP'，AA'，证明△DPP'为等边三角形，△AA'D为等边三角形，可得PD=PP'，A'A=A'D，当C，Q，P，P'，A'共线时，AP+DP+PQ=PQ+PP'+A'P'=CA'−CQ，此时最小，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，把△APD绕D顺时针旋转60°得到△A'P'D，连接PP'，AA'，
∴AP=A'P'，DP=DP'，AD=A'D，
∴△DPP'为等边三角形，△AA'D为等边三角形，
∴PD=PP'，A'A=A'D，
当C，Q，P，P'，A'共线时，
AP+DP+PQ=PQ+PP'+A'P'=CA'−CQ，此时最小，
∵▱ABCD， AB=AC=5
∴AB=CD=AC=5，而A'A=A'D，AD=6，
∴A'C⊥AD，AK=DK=3，A'A=A'D=6，
∴A'K=62−32=33，CK=52−32=4，
∵CQ=CN=15CD=1，
∴A'Q=33+4−1=33+3，
∴AP+DP+PQ的最小值为33+3；
故答案为：33+3
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，旋转的性质，平行四边形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键．
5．（2024·湖北·模拟预测）阅读以下材料并完成问题
材料一：数形结合是一种重要的数学思想如a2+b2可看做是图一中AB的长，a+12+b2可看做是AD的长．
材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在△ABC中有一点P使得PA+PB+PC的值最小．著名法学家费马给出的证明方法如下：
将△ABP绕B点向外旋转60°得到△A1B1C1，并连接PP1易得△PP1B是等边三角形、PA=P1A1，则PB=P1P1，则PA+PB+PC=P1A1+PP1+PC，所以PA+PB+PC的值最小为A1C．
请结合以上两材料求出x2+y2+x2+y2+1−2x+x2+y2+12−43y的最小值

【答案】19
【分析】本题考查坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，将原式转化为x2+y2+1−x2+y2+x2+23−y2，构造直角三角形ABC，∠ACB=90°，AC=23,BC=1，以C为坐标原点构造直角坐标系，设P为x,y，进而得到PC=x2+y2，PA=x2+23−y2，PB=1−x2+y2，将△APC绕点C点逆时针旋转60°得到△A1PC1，并做A1D⊥BC，根据旋转的性质，含30度角的性质，求出A1B的长，根据PA+PB+PC=AP1+P1P+BP≥A1B，进行求解即可．
【详解】解：原式=x2+y2+1−x2+y2+x2+23−y2
可看做下图中的PA+PB+PC，其中P为x,y
则PC=x2+y2，PA=x2+23−y2，PB=1−x2+y2
将△APC绕点C点逆时针旋转60°得到△A1PC1，并做A1D⊥BC
∵∠PCP1=∠ACA1=60°，∠ACD=90°，A1C=AC=23，PC=PC1，AP1=AP，
∴∠A1CD=30°，△CPP1为等边三角形，
∴A1D=12A1C=3，DC=3A1D=3，PP1=CP，
又∵BC=1
∴DC=4
∴A1B=32+42=19，
∵PA+PB+PC=AP1+P1P+BP≥A1B，
∴PA+PB+PC=AP1+P1P+BP≥A1B=19，
∴PA+PB+PC的最小值为19；
∴x2+y2+x2+y2+1−2x+x2+y2+12−43y的最小值为19．

题型02 加权费马点模型-单系数
6．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)213a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明∠ACA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，

∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BCA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=BC2+A'C2=42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)
∴当PA+PB+2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠ACA'=90°，P'A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC=P'A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，

过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠ACA'=90°，
∴∠A'CH=30°，
∴A'H=12A'C=2km，
∴HC=AC2−AH2=42−22=23(km)，
∴BH=BC+CH=23+23=43(km)，
∴A'B=AH2+BH2=(43)2+22=213(km)
PA+PB+2PC的最小值为213km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)=213a（元）
故答案为：213a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
7．（23-24八年级下·重庆铜梁·期中）在▱ABCD中，∠ABC=45°，连接AC，已知AB=AC=2，点E在线段AC上，将线段DE绕点D顺时针旋转 90° 为线段DF．
(1)如图1，线段AC与线段BD的交点和点E重合，连接EF，求线段EF的长度；
(2)如图2，点G为DC延长线上一点，使得GC=EC，连接FG交AD于点H，求证：2AH=CD；
(3)如图3，在（2）的条件下，平面内一点P，当HP+CP+2BP最小时，求△HPB的面积．
【答案】(1)EF=5
(2)见解析
(3)S△HPB=613
【分析】（1）作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质与判定，得到BC=2，DG=CG=1，在Rt△BGD中，应用勾股定理，求出BD的长，根据平行四边形的性质得到ED的长，根据等腰直角三角形的性质与判定，即可求解，
（2）连接AG，AF，根据全等三角形的性质与判定得到△GCA≌△ECDSAS，GA=ED，∠GAC=∠EDC，结合旋转的性质得到GA=FD，GA∥FD，根据平行四边形的判定得到，▱AGDF，根据平行四边形的性质得到AH的长度，即可求解，
（3）将△BPC绕点B顺时针旋转90°，得到△BP'C'，由旋转的性质可得，根据两点之间线段最短，得到HP+CP+2BP=HP+C'P'+P'P≤C'H，当P'P在线段C'H上时取得最小值，作BJ⊥P'P， 根据等腰直角三角形的判定与性质，得到IB=IA=22AB=1，在Rt△IC'H中，应用勾股定理得到，IC'=3，IH=2，C'H=13，由S△BC'H=12C'H⋅BJ=12BC'⋅IH，得到BJ=41313，
在Rt△IBH中，得到BH=5，在Rt△BJH中，得到JH=71313，PH=31313，根据S△HPB=12PH⋅BJ，即可求解，
本题考查了，平行四边形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：通过旋转△BPC得到HP+CP+2BP=HP+C'P'+P'P≤C'H．
【详解】（1）解：过点D作DG⊥BC，交BC延长线于点G，
∵∠BAC=45°，AB=AC=2，
∴∠ACB=∠ABC=45°，∠BAC=90°，
∴BC=2AB=2×2=2，
∵▱ABCD，
∴∠DCG=∠ABC=45°，CD=AB=2，ED=12BD，
∵DG⊥BC，
∴DG=CG=22CD=22×2=1，
在Rt△BGD中，BG=BC+CD=2+1=3，BD=BG2+DG2=32+12=10，
∴ED=12BD=12×10=102，
由旋转的性质可得：ED=FD，ED⊥FD，
∴△EDF是等腰直角三角形，
∴EF=2ED=2×102=5，
故答案为：EF=5，
（2）解：连接AG，AF，
∵∠BAC=90°，AB∥CD，
∴AC⊥GD，∠GCA=∠ECD=90°，
又∵GC=EC，AC=DC，
∴△GCA≌△ECDSAS，
∴GA=ED，∠GAC=∠EDC，
∵ED=FD，ED⊥FD，
∴GA=FD，∠AGC+∠GDF=90°−∠GAC+∠EDC+90°=180°，
∴GA∥FD，
∴四边形AGDF是平行四边形，
∴AH=12AD=12×2=1，
∴2AH=2×1=CD，
∴2AH=CD，
（3）解：将△BPC绕点B顺时针旋转90°，得到△BP'C'，连接C'H，
由旋转的性质可得，C'P'=CP，BP'=BP，∠PBP'=90°，
∴P'P=2BP，
∴HP+CP+2BP=HP+C'P'+P'P≤C'H，当P'P在线段C'H上时取得最小值，
延长C'B与DA延长线交于点I，过点B作BJ⊥P'P于点J，连接BH，
由旋转的性质可得，BC'=BC=2，∠PBP'=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AIB=90°，∠IAB=∠ABC=45°，
∴IB=IA=22AB=22×2=1，
在Rt△IC'H中，IC'=IB+BC'=1+2=3，IH=IA+AH=1+1=2，C'H=IC'2+IH2=32+22=13，
∵S△BC'H=12C'H⋅BJ=12BC'⋅IH，即：S△BC'H=12×13⋅BJ=12×2×2，解得：BJ=41313，
在Rt△IBH中，BH=IB2+IH2=12+22=5，
在Rt△BJH中，JH=BH2−BJ2=52−413132=71313，
∴PH=JH−PJ=71313−41313=31313，
∴S△HPB=12PH⋅BJ=12×31313×41313=613，
故答案为：S△HPB=613．
8．（2024·广东广州·一模）如图，在矩形ABCD和矩形AGFE中，AD=4，AE=2，AB=3AD,AG=3AE．矩形AGFE绕着点A旋转，连接BG，CF，AC，AF．

(1)求证：△ABG∽△ACF；
(2)当CE的长度最大时，
①求BG的长度；
②在△ACF内是否存在一点P，使得CP+AP+3PF的值最小?若存在，求CP+AP+3PF的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①BG=221；②存在，最小值是413
【分析】（1）根据矩形的性质，先证△ABC∽△AGF，利用相似三角形的性质准备条件，再证△ABG∽△ACF即可；
（2）①先确定当E在矩形ABCD外，且C,A,E三点共线时，CE的长度最大，并画出图形，在Rt△CEF中求出CF的长，最利用△ABG∽△ACF的性质求解即可；②将AP绕着点A顺时针旋转30°,且使AK=3AP，连接PK，同理将AF绕着点A顺时针旋转30°,得到AL, 且使AL=3AF，连接LK，过P作PS⊥AK于S，过点L作LQ垂直CE的延长线于点Q，确定CP+AP+3PF≥CL，当C、P、K、L四点共线时，CL的长最小，再根据30°直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵ AB=3AD，AG=3AE，
∴ABAG=3AD3AE=ADAE，
∵矩形ABCD和矩形AGFE，
∴AD=BC，AE=GF，∠ABC=∠AGF=90°，
∴ABAG=ADAE=BCGF，
∴△ABC∽△AGF，∠BAC=∠GAF，
∴ACAF=ABAG，∠BAC−∠GAC=∠GAF−∠GAC，
即ACAB=AFAG，∠BAG=∠CAF，
∴△ABG∽△ACF
（2）∵AC+AE≥CE，
∴当E在矩形ABCD外，且C,A,E三点共线时，CE的长度最大，如图所示：

此时AC+AE=CE，∠CEF=90°，
①∵AD=4，AB=3AD=43，
∴AC=AB2+BC2=8，∠BAC=30°，
在Rt△CEF中，EF=AG=3AE=23，CE=AC+AE=10，
∴CF=CE2+EF2=102+(23)2=47，
由（1）得：△ABG∽△ACF，
∴BGCF=ABAC， 即BG47=438，
∴BG=221；
②如图，将AP绕着点A顺时针旋转30°,且使AK=3AP，连接PK，同理将AF绕着点A顺时针旋转30°,得到AL, 且使AL=3AF，连接LK，

由旋转可得：∠PAF=∠KAL=30°−∠FAK，
∴△AKL∽△APF，
∴KLPF=AKAP=3，
∴KL=3PF,
过P作PS⊥AK于S，则 PS=12AP，AS=32AP，
∴KS=AK−AS=32AP，则 tan∠PKS=PSKS=33，
∴∠PKS=30°，
∴PK=AP，
∵CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+3PF≥CL，
当C、P、K、L四点共线时，CL的长最小，
由题意，∠LAC=90°+30°+30°=150°，AF=4， AC=8，AL=43，
过点L作LQ垂直CE的延长线于点Q，
∠LAQ=180°−150°=30°，
∴QL=23，AQ=6，
则CQ=AC+AQ=14，
在Rt△CQL中，根据勾股定理得CL=CQ2+QL2=413，
∴CP+AP+3PF的最小值为413.
【点睛】本题是一道压轴题，主要考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，最短路径等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关的知识与联系，适当添加辅助线是解答的关键.
题型03 加权费马点模型-多系数
9．（2023九年级下·全国·专题练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点P是正方形内部一点，求PA+2PB+5PC的最小值．
【答案】410
【分析】延长DC到H，使得CH=2BC=8，则BH=45，在∠CBH的内部作射线BJ，使得∠PBJ=∠CBH，使得BJ=5BP，连接PJ，JH，AH．先证明△JBP∽△HBC，可得PJ=2PB，再证明△PBC∽△JBH，可得：HJ=5PC，从而得到PA+2PB+5PC=PA+PJ+HJ≥AH，计算出AH的长度即可．
【详解】解：延长DC到H，使得CH=2BC=8，则BH=45，在∠CBH的内部作射线BJ，使得∠PBJ=∠CBH，使得BJ=5BP，连接PJ，JH，AH．
∵∠PBJ=∠CBH，BPBJ=BCBH=55，
∴ PBBC=BJBH，
∴△JBP∽△HBC，
∴∠BPJ=∠BCH=90°，
∴PJ=BJ2−PB2=(5PB)2−PB2=2PB，
∵∠PBC=∠JBH，PBBJ=BCBH，
∴△PBC∽△JBH，
∴ PCJH=PBBJ=55，
∴HJ=5PC
∴PA+2PB+5PC=PA+PJ+HJ，
∵PA+PJ+JH≥AH，
∴PA+2PB+5PC≥42+122=410，
∴PA+2PB+5PC的值最小，最小值为410．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短，正方形的性质，，正确理解费马点问题，利用相似构造2PB与5PC，根据系数将图形扩大或缩小构建图形是解决问题的关键．
10．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=30°，BC=4，在△ABC内有一点O，连接OA，OB，OC，若2OA+OB+5OC的最小值为45，则AC的值为 ．

【答案】17−1
【分析】本题考查了图形的变换，勾股定理，最短路径的计算方法，掌握图象旋转的性质，勾股定理，最短路径的计算方法是解题的关键．
根据题意，将△AOC绕点C逆时针旋转90°并放大2倍，得△CA'O'，连接OO'，根据边的关系可得2OA=O'A'，5OC=OO'，由此可得2OA+OB+5OC=A'B=45，作直角△BCE，根据BC=4可得BE，CE的长，在Rt△A'BE中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，将△AOC绕点C逆时针旋转90°并放大2倍，得△CA'O'，连接OO'，

∴A'O'=2AO，CO'=2CO，∠OCO'=∠ACA'=90°，
∴在Rt△OCO'中，OO'=OC2+O'C2=OC2+2OC2=5OC，
∴2OA+OB+5OC=A'O'+OO'+OB=A'O+OB，
根据两点之间线段最短，
∴在△A'OB中，A'O+OB≥A'B，
∵2OA+BO+5OC的最小值为45，BC=4，
∴A'B=45，
在Rt△ACA'中，CA'=2CA，
∴AA'=5AC，
∵∠ACA'=90°，∠ACB=30°，
∴∠A'CB=∠ACA'+∠ACB=90°+30°=120°，
延长A'C，作点B作BE⊥A'C，交于点E，
∴∠BCE=60°，且BC=4，
在Rt△BCE中，∠CBE=30°，
∴CE=12BC=2，BE=3CE=23，
∴A'E=A'C+CE=2AC+CE=2AC+2，
∴在Rt△A'BE中，A'B2=BE2+A'E2，
∴452=232+2AC+22，
解得，AC=17−1，
故答案为： 17−1．
11．（2021九年级·全国·专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求22BP+5AP+3PC最小值
【答案】123
【分析】将△APC绕点A逆时针旋转45°，得到△AP' C'，将△AP' C'扩大324倍，得到△AP″C″，当点B、P、P″、C″在同一直线上时，22BP+5AP+3PC=22PB+PP''+P''C''最短，利用勾股定理求出BC″即可．
【详解】解：如图，将△APC绕点A逆时针旋转45°，得到△AP' C'，将△AP' C'扩大，相似比为324倍，得到△AP″C″，则AP″=324AP'，P″C″=324P'C'，AC″=324AC'，
过点P作PE⊥AP″于E，
∴AE=PE=22AP，
∴P″E=AP″-AE=24AP，
∴PP″=PE2+P″E2=104AP，
当点B、P、P″、C″在同一直线上时，22BP+5AP+3PC=22PB+PP''+P''C''最短，此时22PB+PP''+P''C''=22BC″，
∵∠BAC″=∠BAC+∠CAC″=90°，AB=6，AC″=324AC'=324×4=32，
∴BC″=AB2+AC″2=62+(32)2=36．
∴22BP+5AP+3PC=22BC″=22×36=123
【点睛】
此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理，正确理解费马点问题的造图方法：利用旋转及全等的性质构建等量的线段，利用三角形的三边关系及点共线的知识求解，有时根据系数将图形扩大或缩小构建图形．
12．（2024·重庆·二模）已知△ABC中AB=BC，点D和点E是平面内两点，连接BD，DE和BE，∠BED=90°．
(1)如图1，若BD=BA，∠ABC=2∠D，BE=2，求AC的长度；
(2)如图2，连接AD和CD，点F为AD中点，点G为CD中点，连接EF和BG，若EF=BG，求证：∠BAC=∠DBE；
(3)若∠ABC=60°，AB=2，当12AD+32BD+CD取得最小值，且AE取得最大值时，直接写出△BDE的面积．
【答案】(1)4
(2)见解析
(3)1219133
【分析】（1）过点B作BH⊥AC交AC于点H，证明△AHB≌△BEDAAS即可求解；
（2）取BD的中点T，连接TE,TF,TG，根据中位线的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出△TFE≌△TBGSSS，再证明△TBE∽△TFG，得出∠EBT=∠GFT，进而即可得证；
（3）将△BDC绕点B顺时针转60°得到△BD'A，将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△BA'D'，连接AA'， 根据12AD+32BD+CD=GF+FD+CD≥GC，当G,F,D,C四点共线时，GC最小，进而确定E的位置，根据点E在O为圆心，12BD为半径的圆上运动，由点到圆上的距离关系，得出当AE取得最大值时，E在AO的延长线上，连接OF，过点E作ES⊥BD于点S，进而解直角三角形，求得SE的长，根据三角形面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点B作BH⊥AC交AC于点H，
∵△ABC中AB=BC，
∴∠AHB=90°，∠ABC=2∠ABH，AC=2AH
∵∠BED=90°，∠ABC=2∠D，
∴∠AHB=∠BED，∠ABH=∠D．
又∵BD=BA，
∴△AHB≌△BEDAAS
∴AH=BE=2
∴AC=2AH=4；
（2）解：如图所示，取BD的中点T，连接TE,TF,TG，
又∵F,G是AD，DC，
∴FT=12AB,TG=12BC，FG∥AC,FT∥AB
∵AB=BC
∴FT=TG，
∵∠BED=90°，T为BD的中点，
∴TE=BT，
在△TFE,△TBG中，
TF=TGTE=TBEF=BG
∴△TFE≌△TBGSSS
∴∠FTE=∠GTB
∴∠FTE−∠GTE=∠GTB−∠GTE即∠FTG=∠ETB
又∵FT=TG,TE=EB
即TETF=TBTG，
∴△TBE∽△TFG
∴∠EBT=∠GFT
∵FG∥AC,FT∥AB
∴∠TFB=∠BAC
∴∠BAC=∠DBE
（3）解：∵△ABC中AB=BC，∠ABC=60°，
∴∵ABC是等边三角形，
如图所示，将△BDC绕点B顺时针转60°得到△BD'A，将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△BA'D'，连接AA'，
∴BD=BD'，∠DBD'=60°，AB=A'B，A'B∥AC
则△DBD'是等边三角形， △A'AB是等边三角形，
∵CD=AD',AA'=AC
取BD',BA'的中点F,G，则FG=12A'D'=12AD，
∵F是BD'的中点，DF⊥BD，DF=BDsin60°=32BD，
∴12AD+32BD+CD=GF+FD+CD≥GC
∴当G,F,D,C四点共线时，GC最小
此时如图所示，
∴GC⊥BD'
∵A'D'∥GF，
∴A'D'⊥BD'，
∴△A'DB是直角三角形，
∴△ABD是直角三角形，
∴AD⊥BD
∵∠BDD'=60°
∴∠D'DA=30°
∴AD'=12AD=DC
设CD=a，则AD'=a，AD=2a，
在Rt△ADD'中，DD'=cs30°×AD=3a
∵△BDD'是等边三角形，
∴BD=DD'=3a，
在Rt△ABD中，AB=2
∴AB2=AD2+BD2
∴22=3a2+2a2
解得：a=277
∴BD=3a=2217，AD=2a=477
取BD的中点O，连接AO,OE，
∵∠BED=90°
∴点E在O为圆心，12BD为半径的圆上运动，
∴OE=12BD=217，
∴当AE取得最大值时，E在AO的延长线上，
连接OF，过点E作ES⊥BD于点S，
在Rt△AOD中，OD=OE=217，
∴AO=AD2+OD2=4772+2172=1337，
∴cs∠AOD=ADAO=4771337=41919，
∴SE=cs∠SOE×OE=cs∠AOD×OE=41919×217=4339133，
∴△BDE的面积为12BD×SE=12×2217×4339133=1219133．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，旋转的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，相似三角形的性质与判定，加权费马点问题，点与圆的位置关系，直径所对的圆周角是直角；熟练掌握以上知识是解题的关键．
【针对训练】
1．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果△ABC是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若AB=AC=7,BC=23，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ；若AB=23,BC=2,AC=4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ．
【答案】 5 27
【分析】①作出图形，过B,C分别作∠DBP=∠DCP=30°,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将△APC绕点A逆时针旋转60°，P为△ABC的费马点则B,P,P',C'四点共线，即PA+PB+PC= BC'，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过A作AD⊥BC，垂足为D,
过B,C分别作∠DBP=∠DCP=30°, 则PB=PC, P为△ABC的费马点
∵ AB=AC=7,BC=23
∴BD=DC=12BC=3
∴tan30°=PDBD=33
∴PD=1
∴PB=PDsin30°=2
∴ AD=AB2−BD2=7−3=2
∴ PA+PB+PC=5
②如图：
∵ AB=23,BC=2,AC=4.
∴AB2+BC2=16,BC2=16
∴AB2+BC2=AC2
∠ABC=90°
∵sin∠BAC=BCAC=12=sin30°
∴∠BAC=30°
将△APC绕点A逆时针旋转60°
由旋转可得：△APC≌△AP'C'
∴AP'=AP,PC=P'C',AC=AC' ∠CAC'=∠PAP'=60°
∴△APP'是等边三角形，
∴ ∠BAC'=90°
∵ P为△ABC的费马点
即B,P,P',C'四点共线时候，PA+PB+PC= BC'
∴ PA+PB+PC= BP+PP'+P'C'=BC'
=AB2+AC'2 =(23)2+42=27
故答案为：①5，②27
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转△PAB,△PBC也可，但必须绕顶点旋转．
2．（2021九年级·全国·专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=6,AC=5，在△ABC内部有一点P，连接PA、PB、PC．（加权费马点）求：
（1）PA+PB+PC的最小值；
（2）PA+PB+2PC的最小值
（3）PA+PB+3PC的最小值；
（4）2PA+PB+3PC的最小值
（5）12PA+PB+32PC的最小值；
（6）2PA+4PB+23PC的最小值
（7）4PA+2PB+23PC的最小值；
（8）3PA+4PB+5PC的最小值
【答案】（1）61；（2）91；（3）61+303；（4）234；（5）132；（6）26；（7）434；（8）21
【分析】（1）将△BPC绕点B顺时针旋转60∘得到△BP'C'，则BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60∘，可以推出△BPP'为等边三角形，得到BP=PP'，则PA+PB+PC=PA+PP'+PC'，即可得到A、P、P'、C'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AC'，然后证明∠ACC'=∠ACB+∠BCC'=90∘，由此利用勾股定理求解即可；
（2）将△BPC绕点C逆时针旋转90∘得到△CP'B'，则可证明PP'=2PC，从而得到PA+PB+2PC=PA+PP'+P'B，则当A、P、P'、B'四点共线时PA+PB+PC最小，最小值为AB'，过点A再作B'C的垂线，垂足为E，利用勾股定理求出AE=AC2−CE2=532，B'E=B'C+EC=172，由此即可得到答案；
（3）将△BPC绕点C逆时针旋转120∘得到△B'PC'，则可证明PP'=3CP，则PA+PB+3PC=PA+PP'+P'B'，故当A、P、P'、B'四点共线时PA+PB+3PC最小，最小值为AB'，过点A再作B'C的垂线，垂足为E，利用勾股定理求出CE=AC2−AE2=532，B'E=CE+CB'=12+532，由此即可得到答案；
（4）将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心放大2倍，得到△CP″A″，连接PP'，先证明P″P=3CP，则可以得到2PA+PB+3PC=A″P″+P″P+PB，故当A″，P″，P，B共线时2PA+PB+3PC最小，最小为A″B，然后证明∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，即可利用勾股定理求解；
（5）将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心缩小2倍，得到△CP″A″，同（4）原理可证得当A″，P″，P，B共线时12PA+PB+32PC最小，最小为A″B，然后证明∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，由此求解即可；
（6）由2PA+4PB+23PC=412PA+PB+32PC可由（5）得：2PA+4PB+23PC的最小值为26；
（7）由4PA+2PB+23PC=2(2PA+PB+3PC)可由（4）得4PA+2PB+23PC的最小值为434；
（8）将△BPC绕点C顺时针旋转90∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心缩小34倍，得到△CP″A″，同理可以证得当A、P、P″、A″，共线时3PA+4PB+5PC的值最小．在△BCA″中，∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=120∘，A″C=34CA=154，过点A″作A″E⊥BC交BC延长线于E，然后求出EA″，BE的长，由此即可求解．
【详解】解：（1）如图3-2，将△BPC绕点B顺时针旋转60∘得到△BP'C'，
∴BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60∘，
∴△BPP'为等边三角形，
∴BP=PP'，
∴PA+PB+PC=PA+PP'+PC'，
∴A、P、P'、C'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AC'
同理可证△BCC'为等边三角形，
∴CC'=BC=6，∠BCC'=60∘，
∴∠ACC'=∠ACB+∠BCC'=90∘，
∴AC'=AC2+CC'2=61；
∴PA+PB+PC的最小值为61；
（2）如图3-4，将△BPC绕点C逆时针旋转90∘得到△CP'B'，
∴B'P'=BP，P'C=PC，∠PCP'=90∘，∠P'CB'=∠PCB，CB'=CB=6，
∴PP'=PC2+P'C2=2PC，
∴PA+PB+2PC=PA+PP'+P'B，
∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AB'
∵∠ACB=30°，
∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠P'CB'=30∘
∴∠ACB'=∠PCP'+∠ACP+∠P'CB'=120∘，
过点A再作B'C的垂线，垂足为E，
∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，
∴∠CAE=30°，
∴CE=12AC=52
∴AE=AC2−CE2=532，B'E=B'C+EC=172，
∴AB'=AE2+B'E2=91，
∴PA+PB+2PC的最小值为91；
（3）如图3-6，将△BPC绕点C逆时针旋转120∘得到△B'PC'，
∴B'P'=BP，P'C=PC，∠PCP'=120∘，∠P'CB'=∠PCB，CB'=CB=6，
∴∠CPP'=∠CP'P=30∘，
过点C作CE⊥PP'于E，
∴CE=12CP，PE=P'E，
∴PE=PC2−CE2=32CP，
∴PP'=3CP，
∴PA+PB+3PC=PA+PP'+P'B'，
∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA+PB+3PC最小，最小值为AB'
∵∠ACB=30°，
∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠P'CB'=30∘
∴∠ACB'=∠PCP'+∠ACP+∠P'CB'=150∘，
过点A再作B'C的垂线，垂足为E，
∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，
∴AE=12AC=52
∴CE=AC2−AE2=532，
∴B'E=CE+CB'=12+532
∴AB'=AE2+B'E2=61+303，
∴PA+PB+3PC的最小值为61+303；
（4）如图3-8，将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心放大2倍，得到△CP″A″，连接PP'
由旋转的性质得CA'=CA=5，CP'=CP，PA=P'A'，∠PCP'=∠ACA'=60∘，
∴CA″=10，CP″=2CP，P″A″=2A'P'=2AP，△PCP'是等边三角形，
∴PP'=P'C=P'P″，∠PP'C=60∘，
∴∠PP''P'=∠P''PP'=30∘，
∴∠P″PC=90∘，
∴P″P=CP″2−CP2=3CP，
∴2PA+PB+3PC=A″P″+P″P+PB，
∴当A″，P″，P，B共线时2PA+PB+3PC最小，最小为A″B，
∵∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，
∴A″B=BC2+A″C2=234，
∴2PA+PB+3PC的最小值为234；
（5）如图3-10，将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心缩小2倍，得到△CP″A″，
同（4）原理可证得当A″，P″，P，B共线时12PA+PB+32PC最小，最小为A″B，
∵∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，在Rt△BCA″中，BC=6，CA″=12CA=52
BA″=BC2+A″C2=132，
12PA+PB+32PC最小为132；
（6）∵2PA+4PB+23PC=412PA+PB+32PC
∴由（5）得：2PA+4PB+23PC的最小值为26；
（7）∵4PA+2PB+23PC=2(2PA+PB+3PC)
∴由（4）得4PA+2PB+23PC的最小值为434；
（8）如图3-12，将△CPA绕点C顺时针旋转90∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心缩小34倍，得到△CP″A″，
同理可以证得当A、P、P″、A″，共线时3PA+4PB+5PC的值最小．
在△BCA″中，∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=120∘，A″C=34CA=154，
过点A″作A″E⊥BC交BC延长线于E，
∴∠A″CE=60∘，
∴∠CA″E=30∘，
∴CE=12CA″=158，
∴EA″=A″C2−CE2=1538，BE=BC+CE=6+158，
∴BA″=A″E2+BE2=6+1582+15382=214，
3PA+4PB+5PC的最小值为21．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够作出辅助线，找到P点在什么位置时，线段的和最小．
3．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）问题背景
如图1，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为___________三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，由___________可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”．
（2）问题解决
如图3，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，求PA+PB+PC的最小值；
（3）问题应用
如图4，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且AC=6km，BC=43km，∠ACB=30°．现欲在△ABC内部建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为1000元/km，1000元/km，10003万元/km，是否存在合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低，若存在请求出成本的最小值．
【答案】（1）等边；两点之间线段最短
（2）5
（3）200039
【分析】（1）根据推论过程填写根据即可；（2）根据（1）的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，再根据∠ACB=30°可证明∠BCA'=90°，根据勾股定理即可求出A'B；（3）根据总铺设成本=1000(PA+PB+3PC)，将△APC绕点C顺时针旋转120°得到△A'P'C，得到等腰△PP'C，推出PP'=3PC，即可得出当B、P、P'、A'在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+3PC取最小值为A'B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出A'B即可．
【详解】（1）∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形，
由几何公理：两点之间线段最短可得：PP'+PB+A'P'≥A'B，
∴当B，P，P'，A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值．
故答案为：等边，两点之间线段最短．
（2）如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°，
∴∠BCA'=90°，
根据旋转的性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=42+32=5，
即PA+PB+PC的最小值为5；
（3）∵总铺设成本=PA×1000+PB×1000+PC×10003=1000(PA+PB+3PC)万元，
∴当PA+PB+3PC最小时，总铺设成本最低，
将△APC绕点C顺时针旋转120°得到△A'P'C，连接PP'，A'B，过点A'作A'H⊥BC于H，过点C作CK⊥PP'于K，如图：
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠ACA'=120°，P'A'=PA，A'C=AC=6km，
在Rt△PKC中，CK=12PC
∴PK=32PC
∴PP'=3PC，
∴PA+PB+3PC=P'A'+PB+PP'，
当B、P、P'、A'在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+3PC取最小值，其最小值为A'B的长度，
∵∠ACB=30°，∠ACA'=120°，
∴∠A'CH=30°，
∴A'H=12A'C=3km，
∴HC=A'C2−A'H2=62−32=33(km)
∴BH=BC+CH=43+33=73(km)，
∴A'B=BH2+A'H2=(73)2+32=239(km)，
∴PA+PB+3PC的最小值为239km，
总铺设成本最小值为：1000(PA+PB+3PC)=200039（元)．
【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及等边三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
4．（2024·福建厦门·二模）根据以下思考，探索完成任务
【答案】任务一：见解析；任务二：A；任务三：研发区E应建在△ABC内部，且满足∠AEB=∠BEC=∠CEA=120°时花费最少，最少费用为2006+2元
【分析】本题主要考查三角形的旋转变换的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识点，将待求线段的和通过旋转变换转化为同一直线上的线段来求是解题的关键，学会利用旋转的方法添加辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考压轴题．
任务一：证明△APP'是等边三角形即可证明结论；
任务二：结合任务一结论选择即可；
任务三：把△ABE绕点B逆时针旋转60度得到△A'BE'，连接A'C，△EBE'为等边三角形，证出AE+BE+CE≥A'C，当且仅当E',E在A'C上时，AE+BE+CE的值为最小，为A'C，过点A'作A'H⊥CB，交CB延长线于点H，求出AE+BE+CE最小值，即可求出结论．
【详解】解：任务一：如图，由旋转得：∠PAP'=60°，PA=P'A，
∴△APP'是等边三角形，
∴PP'=PA，
∵PC=P'C'，
∴PA+PB+PC=BP+PP'+P'C'；

任务二：在素材2中，由题意得：要找一点E到A、B、C三点距离和最小，
研发区E建在△ABC内的区域比较合适，
故选：A；
（3）如图，
把△ABE绕点B逆时针旋转60度得到△A'BE'，
则BE=BE',∠EBE'=60° ，
连接A'C，
∴△EBE'为等边三角形，
∴EE'=BE，
∵△ABE绕点B逆时针旋转60度得到△A'BE'，
∴A'E'=AE,BA'=BA=2,∠ABA'=60°，
∵A'E'+EE'+EC≥A'C，
∴AE+BE+CE≥A'C，
当且仅当E',E在A'C上时，AE+BE+CE的值为最小，为A'C，
此时，点E在△ABC内部，且满足∠AEB=∠BEC=∠CEA=120°，
过点A'作A'H⊥CB，交CB延长线于点H，
在Rt△A'BH中，∠A'BH=30°，
∴A'H=12A'B=1,BH=3A'H=3，
∴CH=2+3，
在Rt△A'CH中，A'C=A'H2+CH2=12+2+32=8+43=6+22=6+2，
∴AE+BE+CE最小值为6+2，此时费用为2006+2元．

5．（21-22八年级上·江苏苏州·期中）背景资料：在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，当∠APB=∠APC=∠CPB=120°时，则PA+PB+PC取得最小值．
(1)如图2，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数，为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与△ABC的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
(2)如图3，△ABC三个内角均小于120°，在△ABC外侧作等边三角形△ABB'，连接CB'，求证：CB'过△ABC的费马点．
(3)如图4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为△ABC的费马点，连接AP、BP、CP，求PA+PB+PC的值．
(4)如图5，在正方形ABCD中，点E为内部任意一点，连接AE、BE、CE，且边长AB=2；求AE+BE+CE的最小值．
【答案】(1)150°；
(2)见详解；
(3)7；
(4)6+2．
【分析】（1）根据旋转性质得出△ABP≌△ACP'，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理PP'2+P'C2=32+42=25=PC2，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，点P在CB′上即可；
（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=AB2−AC2=22−12=3，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=BC2+BB'2=32+22=7即可；
（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=12BB'=12×2=1，勾股定理BF=BB'2−B'F2=22−12=3，可求AF=AB+BF=2+3，再根据勾股定理AB′=AF2+B'F2=2+32+12=6+2即可．
【详解】（1）解：连结PP′，
∵△ABP≌△ACP'，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，
,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，
PP'2+P'C2=32+42=25=PC2，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，
故答案为150°；
（2）证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌△AB′P′，
∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，
∵PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，
∴点P在CB′上，
∴CB'过△ABC的费马点．
（3）解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，
∴△APB≌△AP′B′，
∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，
∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=AB2−AC2=22−12=3
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=BC2+BB'2=32+22=7
∴PA+PB+PC最小=CB′=7；
（4）解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，
∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，
∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，
∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'最小=AB′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，
∴BF=12BB'=12×2=1，BF=BB'2−B'F2=22−12=3，
∴AF=AB+BF=2+3，
∴AB′=AF2+B'F2=2+32+12=6+2，
∴AE+BE+CE最小=AB′=6+2．
【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．
6．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在△OAB中，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，连接BB'；求∠OBB'= ；
（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为43的等边三角形，以BC为边向外作等边三角形BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求PA+PB+PC的最小值；
（3）【实际应用】如图③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形内一动点S△PAD=2S△PBC，Q为△ADP内任意一点，是否存在点P和点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②12；（3）存在，4003+400
【分析】（1）根据旋转的性质得出OB'=OB，∠BOB'=120°，根据等腰三角形的性质求出结果即可；
（2）①根据等边三角形的性质证明全等即可；
②连接PQ，得到△CPQ是等边三角形，由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，求出AD即可得解；
（3）过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，由S△PAD=2S△PBC可得AE=2BE，进而求得AE=400，当D'P⊥EF时，D'P有最小值，运用勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，
∴OB'=OB=3，∠BOB'=120°，
∴∠OBB'=∠OB'B=30°，
故答案为：30°；
（2）①证明：∵△BDC是等边三角形，
∴CD=CB，∠DCB=60°，
由旋转得∠PCQ=60°，PC=CQ，
∴∠DCQ=∠BCP，
在△DCQ和△BCP中，
CD=CB∠DCQ=∠BCPCQ=CP，
∴△DCQ≌△BCPSAS；
②连接PQ，
∵PC=CQ，∠PCQ=60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∴PQ=PC，
∵△DCQ≌△BCP，
∴PB=DQ，
∴PA+PB+PC=PA+QD+PQ，
由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，
∴PA+PB+PC≥AD，
∴当点A、P、Q、D在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，为AD的值，
延长AC，作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，
∵△ABC是边长为43的等边三角形，
∴AC=CD=CB=43，∠BCD=∠ACB=60°，
∴∠DCE=180°−60°−60°=60°，
∴∠CDE=90°−60°=30°，
∴EC=12CD=23，
∴DE=CD2−CE2=6，AE=AC+CE=63，
∴AD=DE2+AE2=12，
即PA+PB+PC取最小值为12．
（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值，理由如下：
过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，如图所示：
由（2）知，当P,Q,Q',D'在同一直线上时，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值为D'P，
在矩形ABCD中，AB=600,AD=800，
∴BC=AD=800，AD∥BC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF=∠EFD=90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=800，
∵S△PAD=2S△PBC，
∴12AD⋅AE=2×12×BE×BC，
∴AE=2BE，
∵AE+BE=AB=600，
∴AE=400，
∵点P在EF上，
∴当D'P⊥EF时，D'P有最小值，
∵EF∥AD，
∴D'P⊥AD，
∵△ADD'是等边三角形，
∴AD'=AD=800,AG=12AD=400,∠AGD'=90°，
∴D'G=AD'2−AG2=4003，
∵∠EAG=∠AEP=∠EPG=90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP=AE=400，
∴D'P=D'G+GP=4003+400，
∴AQ+DQ+PQ的最小值为4003+400．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是结合旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理．
类型二 瓜豆模型
型定义：瓜豆模型也叫“主从联动模型”，即：一个动点随另一动点的运动而运动,分别叫做“主动点”与“从动点”，它们的运动轨迹相似。出自成语“种瓜得瓜,种豆得豆”，在几何上叫“种线得线,种国得圆”.
【条件】瓜豆原理运用满足的三个条件(“一定两动、定角、定比”)；
①有一个定点、两个动点，且一个动点(从动点)因另一个动点(主动点)的运动而随之运动；
②两个动点与定点所连线组成的夹角是定角;
③两个动点到定点的距离的比值是定值.
1) 本模型一般出现在选择题或填空题的压轴题中，可以直接利用结论秒杀.
2) 在线段最值问题中，有时可先利用“瓜豆”模型确定动点的轨迹，再根据点线最值，点圆最值来求线段最值.
3) 部分求动点轨迹长的问题中，只要确定属于“瓜豆”模型，就可以利用路径之比等于相似比，根据主动点的轨迹长直接求得.
【模型一】点在直线上
条件;如图，点O是定点，点A、B是动点，∠AOB=α（α≠0）且OBOA=k，如果A点的运动轨迹是直线
图示：
结论：B点的运动轨迹也是直线，OBOA=OB’OA’=k，直线BB′与直线AA′的夹角为α
【模型二】点在圆上
条件;如图，点O是定点，点A、B是动点，∠AOB=α且OBOA=k，A点在⊙O1上运动
图示：
结论：
1)当α=0，①B点的运动轨迹是圆，②A,B,O始终是一条直线，③主动圆与从动圆的半径之比为OBOA=k（定值）.
2)当α≠0，①B点的运动轨迹是圆，②主动圆与从动圆的半径之比为OBOA=k，
③主从动圆的圆心与定点连线构成的夹角为α（定值）.
【总结】
1）在线段最值问题中，有时可先利用“瓜豆”模型确定动点的轨迹，再根据点线最值，点圆最值来求线段最值；
2）部分求动点轨迹长的问题中，只要确定属于"瓜豆“模型，就可以利用路经之比等于相似比，根据主动点的轨迹长直接求得
题型01 点的运动轨迹是直线
1．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=53，点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为（ ）
A．52B．52C．533D．3
【答案】A
【分析】根据题中条件确定出点P的轨迹是线段，则线段DQ的最小值就转化为定点D到点P的轨迹线段的距离问题．
【详解】解：∵ AP与AQ固定夹角是60°，AP:AQ=1，点P的轨迹是线段，
∴Q的轨迹也是一条线段．
∵两点确定一条直线，取点P分别与B,C重合时，所对应两个点Q，
来确定点Q的轨迹，得到如下标注信息后的图形：
求DQ的最小值，转化为点D到点Q的轨迹线段的距离问题，
∵AB=5,BC=53,
∴在Rt△ABC中，tan∠BAC=535=3,∴∠BAC=60°,
∵AB//DC,∴∠DCA=60°，
将AC逆时针绕点A转动60°后得到AQ1，
∴△ACQ1为等边三角形，DC=DQ1=5,
Q2为AC的中点，根据三线合一知，
∠CQ1Q2=30°,
过点D作Q1Q2的垂线交于点Q,
在Rt△Q1QD中，30°对应的边等于斜边的一半，
∴DQ=12DQ1=52，
∴ DQ的最小值为52，
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，才能方便找到解决问题的突破口．
2．（2022·安徽合肥·三模）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在BC，AB边上，连接DE，将△BDE沿DE翻折，使点B落在点F的位置，连接AF，若四边形BEFD是菱形，则AF的长的最小值为（ ）
A．5B．3C．52D．32
【答案】A
【分析】连接BF交ED于点0，设EF与AC交于点G．根据菱形的性质可得点F在∠ABC的平分线上运动，从而得到当AF⊥BF时，AF的长最小．再证明△BEO∽△BAF，可得BE=12AB=AE，再证明△AGE∽△ACB，EG=12BC=1.5,AG=12AC=2，从而得到GF=1，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，连接BF交ED于点O，设EF与AC交于点G．
∵四边形BEFD是菱形，
∴BF平分∠ABC，
∴点F在∠ABC的平分线上运动，
∴当AF⊥BF时，AF的长最小．
在菱形BEFD中，BF⊥ED，OB=OF，EF∥BC，
∴EO∥AF，
∴△BEO∽△BAF，
∴BEAB=OEAF=BOBF=12，
∴BE=12AB=AE，
在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∴BE=AE=2.5，
∵AF⊥BF，
∴EF=2.5，
∵EF∥BC，
∴△AGE∽△ACB，
∴EGBC=AGAC=AEAB=12,∠AGE=∠ACB=90°，
∴EG=12BC=1.5,AG=12AC=2，
∴GF=EF-EG=1，
∵∠AGF=∠AGE=90°，
∴AF=AG2+GF2=22+12=5．
故选：A
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，菱形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，菱形的性质，准确得到点F在∠ABC的平分线上运动是解题的关键．
3．（2023·广东广州·二模）如图，正方形ABCD的边长为42，E为BC上一点，且BE=2，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 ．

【答案】522/522
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
【详解】将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG，

∴BE=HE，∠BEH=60°
∴△EBH为等边三角形，
∠BEH=60°，BE=HE=2，
则有点G在垂直于HE的直线HN上，
过C作CM⊥HN，当G与点M重合时即CM即为CG的最小值，如图，
过E作EP⊥CM，易得四边形HEPM为矩形，
∴∠HEP=∠EPG=∠EPC=90°，HE=MP=2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=42，
∴CE=BC−BE=42−2=32，
∴∠CEP=30°，
∴CP=12EC=322，
∴CM=MP+CP=HE+12EC=2+322=522，
故答案为：522．
【点睛】此题考查了旋转的性质，线段最值问题，解题的关键是分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是最值问题中比较典型的类型．
4．（2024·河北邢台·模拟预测）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点E为中线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，则∠CAF= ，连接DF，则△CDF周长的最小值是 ．
【答案】 30° 1+3
【分析】证明△CBE≌△CAF(SAS)可得∠CAF=∠CBE=30°，得到点F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'，可得当D，F，C'三点共线时，FC+FD取最小值，即FC+FD=F'C'+F'D=C'D，由∠ACO=90°−∠CAO=60°得到∠C'=30°，即得CD=12CC'=1，进而由勾股定理得C'D=CC'2−CD2=3，据此即可求解．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，E为高BD上的动点，
∴∠CBE=12∠ABC=30°，BC=AC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，
∴CE=CF，∠ECF=∠BCA=60°，
∴∠BCE=∠ACF，
∴△CBE≌△CAF(SAS)，
∴∠CAF=∠CBE=30°，
∴点F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°，
在Rt△AOC中，∠CAO=30°，则CO=12AC=1，
当D，F，C'三点共线时，FC+FD取最小值，即FC+FD=F'C'+F'D=C'D，
∵∠ACO=90°−∠CAO=60°，
∴∠C'=90°−∠DCO=90°−60°=30°，
∵CC'=AC=2，
∴CD=12CC'=1，
∴C'D=CC'2−CD2=22−12=3，
∴△CDF周长的最小值为1+3，
故答案为：30°；1+3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，两点之间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2023·江苏徐州·模拟预测）等边△ABC边长为6，D是BC中点，E在AD上运动，连接BE，在BE下方作等边△BEF，则△BDF周长的最小值为 ．

【答案】33+3/3+33
【分析】连接CF，由条件可以得出∠ABE=∠CBF，再根据等边三角形的性质就可以证明△BAE≌△BCF，从而可以得出∠BCF=∠BAD=30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，则FD=FG，依据当B，F，G在同一直线上时，DF+BF的最小值等于线段BG长，可得△BDF的周长最小．
【详解】解：如图，连接CF，
∵△ABC、△BEF都是等边三角形，
∴AB=BC=AC，BE=EF=BF，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠EBF=∠BEF=∠BFE=60°，
∴∠ABC−∠EBD=∠EBF−∠EBD，
∴∠ABE=∠CBF，
∴△BAE≌△BCF(SAS)，
∴∠BCF=∠BAD=30°，
如图，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，则FD=FG，∠GCF=∠BCF=30°，
∴当B，F，G在同一直线上时，DF+BF的最小值等于线段BG长，且BG⊥CG时，△BDF的周长最小，
∴ BGBC=sin∠BCG=sin60°=32，
∴BG=32BC=32×6=33．
∴△BDF周长：DF+BF+BD=BG+BD=33+3．
故答案为：33+3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，解直角三角形．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
6．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB=2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN=90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
(1)如图1，若BE=10，EF=12，求点M与点B之间的距离；
(2)如图1，若BE=10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
(3)如图2，若BF=22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为_______．
【答案】(1)4或6；
(2)12.5；
(3)2221．
【分析】（1）设BM=x，则ME=10−x，证明△BCM∽△EMH，然后根据相似三角形的性质得出BCEM=BMEH，则210−x=x12，转化为x2−10x+24=0，解方程即可；
（2）设BM=x，则ME=10−x，证明△BCM∽△EMH，然后根据相似三角形的性质得出BCEM=BMEH，则210−x=xHE，转化为HE=−12x2+5x=−12x−52+12.5然后由二次函数的性质求解即可；
（3）连接FH，由四边形EFGH是正方形，得∠HFE=45°，即点H对角线FH所在直线上运动，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OM=12CH，当C、H、B'三点共线时，CH+HB有最小值B'C，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：设BM=x，则ME=10−x，
∵四边形ABCD、EFGH是正方形，
∴∠ABC=∠CBM=90°，∠HEF=∠MEH=90°，AB=BC=2，
∴∠CBM=∠MEH=90°，∠BCM+∠CMB=90°，
∵∠PMN=90°，
∴∠EMH+∠CMB=90°，
∴∠BCM=∠EMH,
∴△BCM∽△EMH，
∴BCEM=BMEH，即210−x=x12，则x2−10x+24=0，
解得：x=6或x=4，
∴BM=6或BM=4；
（2）设BM=x，则ME=10−x，
∵四边形ABCD、EFGH是正方形，
∴∠ABC=∠CBM=90°，∠HEF=∠MEH=90°，AB=BC=2，
∴∠CBM=∠MEH=90°，∠BCM+∠CMB=90°，
∵∠PMN=90°，
∴∠EMH+∠CMB=90°，
∴∠BCM=∠EMH，
∴△BCM∽△EMH，
∴BCEM=BMEH，即210−x=xHE，
∴HE=−12x2+5x=−12x−52+12.5，
当BM=5时，HE有最大，最大值为12.5；
（3）连接FH，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HFE=45°，
即点H在对角线FH所在直线上运动，
如图，作B关于FH的对称点B'，连接B'C，过C作CQ⊥FG于点Q，
∴BF=B'F，四边形BFQC为矩形，
则点B'、G、Q三点共线，BC=FQ=2，CQ=BF=22
∴B'F=FB=22，
∴B'Q=B'F−FQ=20，
∵∠CMH=90°，点O是CH的中点，
∴OM=12CH，
∴2OM+HB=CH+HB'，
∴当C、H、B'三点共线时，CH+HB有最小值B'C，
∴在Rt△CB'Q中，由勾股定理得：B'C=CQ2+B'Q2=222+202=884=2221，
∴2OM+HB的最小值为2221，
故答案为：2221．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解一元二次方程，二次函数的最值，两点之间线段最短等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
题型02 点的运动轨迹是圆
1．（2024·安徽淮北·三模）如图，线段AB=4，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JC=2，推出点C的运动轨迹是以J为圆心，2为半径的圆，根据AC≤AJ+JC=32，可得结论．
【详解】解：以AB为斜边向上作等腰直角△AJB，连接CJ，BC．
∵AM=BM，
∴JM=AM=MB，
∴△JMB是等腰直角三角形，△PBC是等腰直角三角形，
∴∠MBJ=∠PBC=45°
∴BJ=BMcs45°=2BM，同理BC=2PB，
∴∠MBP=∠JBC，JBMB=BCBP，
∴△JBC∽△MBP，
∴ JCPM=JBBM=2，
∵PM=1，
∴JC=2，
∴点C的运动轨迹是以J为圆心，2为半径的圆，
∵AJ=22AB=22，
∴AC≤AJ+JC=32，
故线段AC长度的最大值为32．
故选：D．
【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．
2．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，△ABC中，∠ABC=90°，tan∠BAC=12，点D是AB的中点，P是以A为圆心，以AD为半径的圆上的动点，连接PB、PC，则 PBPC的最大值为（ ）
A．103B．31010C．13−14D．13+14
【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O，C点的运动轨迹为阿氏圆O'，，由此可知，当PC最最小时，PBPC的值最大，进行求解即可.
【详解】解：固定BP，则BAAP=2，
∴A点的运动轨迹为阿氏圆O，
设OP=a，则AO=2a，BO=4a，则PB=BO−OP=3a，
∵∠ABC=90°，ABBC=2，
∴C点的运动轨迹为阿氏圆O'，
∴∠OBO'=90°，
∴O'B=2a，O'C=a，
∴当PC最小时，PBPC的值最大，
PO'=PB2+OB2=3a2+2a2=13a，
∴PBPC=PBPO'−O'C=3a13a−a=13+14，
故选：D．
3．（2023·山东泰安·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为(−6，4)；Rt△COD中，∠COD=90°，OD=43，∠D=30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM．将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是（ ）

A．3B．62−4C．213−2D．2
【答案】A
【分析】如图所示，延长BA到E，使得AE=AB，连接OE，CE，根据点A的坐标为(−6，4)得到BE=8，再证明AM是△BCE的中位线，得到AM=12CE；解Rt△COD得到OC=4，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OE上时，CE有最小值，即此时AM有最小值，据此求出CE的最小值，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，延长BA到E，使得AE=AB，连接OE，CE，
∵Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为(−6，4)，
∴AB=4，OB=6，
∴AE=AB=4，
∴BE=8，
∵点M为BC中点，点A为BE中点，
∴AM是△BCE的中位线，
∴AM=12CE；
在Rt△COD中，∠COD=90°，OD=43，∠D=30°，
∴OC=33OD=4，
∵将Rt△COD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OE上时，CE有最小值，即此时AM有最小值，
∵OE=BE2+OB2=10，
∴CE的最小值为10−4=6，
∴AM的最小值为3，
故选A．

【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，三角形中位线定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
4．（21-22九年级上·江苏南京·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，点P在以AB为直径的半圆上运动，由点B运动到点A，连接CP，点M是CP的中点，则点M经过的路径长为 ．
【答案】5π
【分析】由AB是直径，得∠APB＝90°，取BC，AC的中点E和F，连接ME，MF，EF，由三角形中位线知ME⊥MF，即∠EMF＝90°，则点M在以EF为直径的半圆上，即可得出答案．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，
∴AB＝AC2+BC2＝162+122＝20，
连接AP，BP，
∵AB是直径，
∴∠APB＝90°，
即AP⊥BP，
取BC，AC的中点E和F，连接ME，MF，EF，
在△BPC中，
∵M，E为PC、BC的中点，
∴ME∥BP，ME＝12BP，
在△APC中，
∵点M、F为PC、AC的中点，
∴MF∥AP，MF＝12AP，
∴ME⊥MF，
即∠EMF＝90°，
∴点M在以EF为直径的半圆上，
∴EF＝12AB＝10，
∴点M的运动路径长为12×2π×5＝5π，
故答案为：5π．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形中位线定理以及弧长公式的应用，利用定角对定弦确定点M的运动路径是解题的关键．
5．（2022·山东日照·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：P1O=F1O=433，进而得P1A=P1F1=AF1=833，求得点F1的坐标为433,0，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=3x-4，再由线段中垂线性质得出F1F2=AF1=833，在Rt△OF1F2中，设点O到F1F2的距离为h，则根据面积法得12×OF1×OF2=12×F1F2×ℎ，即12×433×4=12×833×ℎ，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：P1O=F1O=433，
∴P1A=P1F1=AF1=833，
∴点F1的坐标为433,0，
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），
∵tan∠OF1F2=OF2OF1=4433=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，
则433k+b=0b=−4，
解得k=3b=−4，
∴直线F1F2的解析式为y=3x-4，
∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，
∴F1F2=AF1=833，
在Rt△OF1F2中，OF⊥F1F2，
设点O到F1F2的距离为h，则12×OF1×OF2=12×F1F2×ℎ，
∴12×433×4=12×833×ℎ，
解得h=2，
即线段OF的最小值为2，
故答案为2．
【点睛】本题属于三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质以及待定系数法的运用等，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形以及面积法求最短距离，解题时注意勾股定理、等边三角形三线合一以及方程思想的灵活运用．
6．（2023·四川宜宾·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AB=4，MP=1，则MQ的最小值为 ．

【答案】210−1
【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ME=2BM=210，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，
∴CD=AB=BC=4，∠C=90°，
∵M是CM的中点，
∴CM=2，
∴BM=CM2+BC2
=22+42=25，
由旋转得：BM=BE，
∴ME=2BM=210，
∴MQ=ME−EQ
=210−1，
∴ MQ的值最小为210−1．
故答案：210−1．
【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．
7．（2020·江苏连云港·中考真题）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A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为 ．
【答案】2
【分析】如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．
【详解】解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．
∵AC=CB，AM=OM，
∴MC=12OB=1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线y=34x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D（4，0），E（0，-3），
∴OD=4，OE=3，
∴DE=OE2+OD2=32+42=5，
∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴MNOE=DMDE，
∴MN3=35，
∴MN=95，
当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，△C′DE的面积最小值=12×5×95−1=2，
故答案为2．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
8．（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】52+2/2+52
【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AP'=CP=2，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，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵将BP绕点B逆时针旋转90°得到BP'，
∴BP'=BP，∠P'BP=90°，
∴∠ABP'=90°−∠ABP=∠CBP，
∴△ABP'≌△CBPSAS，
∴AP'=CP=2，
∴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，AB=BC=5，
∴AC=AB2+BC2=52，
即CP'长度的最大值为AC+AP'=52+2，
故答案为：52+2．
9．（21-22九年级上·浙江绍兴·期末）如图，在Rt△ABC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的上方，且满足CF=12CE，连结BF．当点E与点D重合时，BF的值为 ．点E在⊙B上运动过程中，BF存在最大值为 ．
【答案】 210 35+1/1+35
【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，即在Rt△BCF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ACBC=CFCE=12．再根据∠ACF+∠ACE=90°，∠BCE+∠ACE=90°，可得出∠ACF=∠BCE，即证明△ACF∼△BCE，得出AFBE=12．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的延长线上时BF最大，最大值为AF+AB．在Rt△ABC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，
∵CE=BC−BD=6−2=4，
∴CF=12CE=2．
∴在Rt△BCF中，BF=BC2+CF2=62+22=210；
如图，连接AF、BE
∵ACBC=36=12，CF=12CE，
∴ACBC=CFCE=12．
∵∠ACF+∠ACE=90°，∠BCE+∠ACE=90°，
∴∠ACF=∠BCE，
∴△ACF∼△BCE，
∴AFBE=CFCE=12．
∵BE=BD=2，
∴AF=12BE=1，即AF的长为定值．
∴点F在以点A为圆心，半径为1的圆上运动．
∴当点F在BA的延长线上时BF最大，且值为AF+AB．
在Rt△ABC中，AB=BC2+AC2=62+32=35，
∴BFmax=1+35．
故答案为：210，1+35．
【点睛】本题考查勾股定理，三角形相似的判定和性质，较难．利用数形结合的思想是解答本题的关键．在解决第二个空时，证明出点F在以点A为圆心，半径为1的圆上运动是关键．
10．（2024·吉林长春·二模）【问题呈现】数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图①，⊙O的半径为2，点A是⊙O外的一个定点，OA=4．点P在⊙O上，作点P关于点A的对称点Q，连接PA、AQ．当点P在⊙O上运动一周时，试探究点Q的运动路径．
【问题解决】经过讨论，小组同学想利用全等三角形的知识解决该问题；如图②，延长OA至点M，使AM=OA，连接OP、MQ，通过证明△OAP≌△MAQ，可推出点Q的运动路径是以点M为圆心、2为半径的圆．下面是部分证明过程：
证明：延长OA至点M，使AM=OA，连接OP、MQ．
1°当点P在直线OA外时，
2°当点P在直线OA上时，
易知OP=MQ=2．
综上，点Q的运动路径是以点M为圆心、2为半径的圆．
请你补全证明中缺失的过程．
【结论应用】如图③，在矩形ABCD中，点E、F分别为边AB、CD的中点，连接EF，点O是EF中点，点M是线段OF上的任意一点，AB=4，BC=8．点P是平面内一点，AP=2，连接AP．作点P关于点M的对称点Q，连接PM、MQ．
（1）当点M是线段OF中点时，点Q的运动路径长为________________．
（2）当点M在线段OF上运动时，连接EQ．设线段EQ长度的最大值为a，最小值为b，则a+b=________________．
【答案】问题解决：证明过程见解析；结论应用：（1）4π；（2）217+265
【分析】问题解决：延长OA至点M，使AM=OA，连接OP、MQ．当点P在直线OA外时，证明△AOP≌△AMQSAS得出QM=OP=2；当点P在直线OA上时，则OP=MQ=2，即可得解；
结论应用：（1）由问题解决可得：当点M是线段OF中点时，点Q的运动路径为2为半径的圆，由此计算即可得出答案：
（2）由问题解决可得：点Q的运动路径为2为半径的圆，当点M与点O重合时，此时：点Q的运动路径为以C为圆心，2为半径的圆，连接CE交圆C于Q，此时EQ的长度最小；当点M与点F重合时，此时：点Q的运动路径为以G为圆心，2为半径的圆，连接CG，连接EG交圆G于Q，此时EQ的长度最大；分别求出a、b的值即可得解．
【详解】问题解决：
证明：延长OA至点M，使AM=OA，连接OP、MQ．
1°当点P在直线OA外时，
在△AOP和△AMQ中，
AO=AM∠OAP=∠MAQAP=AQ，
∴△AOP≌△AMQSAS，
∴QM=OP=2；
2°当点P在直线OA上时，则OP=MQ=2．
综上，点Q的运动路径是以点M为圆心、2为半径的圆；
结论应用：
（1）由问题解决可得：当点M是线段OF中点时，点Q的运动路径为2为半径的圆，
∴点Q的运动路径长为2π×2=4π；
（2）由问题解决可得：点Q的运动路径为2为半径的圆，
如图，当点M与点O重合时，此时：点Q的运动路径为以C为圆心，2为半径的圆，连接CE交圆C于Q，此时EQ的长度最小，
，
由题意得：BE=12AB=2，CQ=2，BC=8，∠ABC=90°，
∴由勾股定理得：CE=BC2+EB2=82+22=217，
∴线段EQ长度的最小值为b=217−2；
如图，当点M与点F重合时，此时：点Q的运动路径为以G为圆心，2为半径的圆，连接CG，连接EG交圆G于Q，此时EQ的长度最大，
，
由题意得：AF=FG，DF=CF，
∵∠AFD=∠GFC，
∴△ADF≌△GCFSAS，
∴∠D=∠GCF=90°，CG=AD=8，
∵∠DCB+∠GCF=180°，
∴E、C、G在同一直线上，
∴BG=BC+CG=8+8=16，
∴EG=BE2+BG2=22+162=265，
∴线段EQ长度的最大值为a=265+2，
∴a+b=265+2+217−2=265+217．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、求弧长、圆的相关知识点、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，是解此题的关键．
【针对训练】
1．（2022·山东泰安·二模）如图，矩形ABCD的边AB=112,BC=3，E为AB上一点，且AE=1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG,EF=EG，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．5B．52C．3D．22
【答案】B
【分析】过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，由“AAS”可证△GEH≌△EFA，可得GH＝AE＝1，可得点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，则当F与D重合时，CG有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝112，BC＝3，
∴∠B＝90°，CD＝112，AD＝3，
∵AE＝1，
∴BE＝92，
∵∠GHE＝∠A＝∠GEF＝90°，
∴∠GEH＋∠EGH＝90°，∠GEH＋∠FEA＝90°，
∴∠EGH＝∠FEA，
又∵GE＝EF，
∴△GEH≌△EFA（AAS），
∴GH＝AE＝1，
∴点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，
∴当F与D重合时，CG有最小值，此时AF＝EH＝3，
∴CG的最小值＝112−1−32+22=52，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G的运动轨迹是本题的关键．
2．（2024·河南周口·一模）如图，平行四边形ABCD中，AB=16，AD=12，∠A=60°，E是边AD上一点，且AE=8，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、CG，则BG+CG的最小值是（ ）.
A．4B．415C．421D．37
【答案】C
【分析】本题考查旋转变换，轨迹，菱形的性质，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识．取AB的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CD交CD的延长线于H．利用全等三角形的性质证明∠GNB=60°，点G的运动轨迹是射线NG，由“SAS”可证△EGN≌△BGN，可得GB=GE，推出GB+GC=GE+GC≥EC，求出EC即可解决问题．
【详解】解：如图，取AB的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CD交CD的延长线于H，
∵AE=8，AD=12，
∴DE=4，
∵点N是AB的中点，
∴AN=NB=8，
∴AE=AN，
∵∠A=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴∠AEN=∠FEG=60°，
∴∠AEF=∠NEG，
∵EA=EN，EF=EG，
∴△AEF≌△NEGSAS，
∴∠ENG=∠A=60°，
∵∠ANE=60°，
∴∠GNB=180°−60°−60°=60°，
∴点G的运动轨迹是射线NG，
∵BN=EN，∠BNG=∠ENG=60°，NG=NG，
∴△EGN≌△BGNSAS，
∴GB=GE，
∴GB+GC=GE+GC≥EC，
在Rt△DEH中，∠H=90°，DE=4，∠EDH=60°，
∴DH=12DE=2，EH=23，
在Rt△ECH中，EC=EH2+CH2=12+182=421，
∴GB+GC≥2，
∴GB+GC的最小值为421，
故选：C．
3．如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为
【答案】1
【分析】连接OC，OM、CM，如图，利用斜边上的中线性质得到OM=12PQ，CM=12PQ，则OM=CM，于是可判断点M在OC的垂直平分线上，则点M运动的轨迹为△ABC的中位线，然后根据三角形中位线性质求解．
【详解】连接OC，OM、CM，如图，
∵M为PQ的中点，
∴OM=12PQ，CM=12PQ，
∴OM=CM，
∴点M在OC的垂直平分线上，
∴点M运动的轨迹为△ABC的中位线，
∴点M所经过的路线长=12AB=1．
故答案为:1．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形及轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹．
4（2023·四川成都·一模）如图，四边形ABCD为矩形，对角线AC与BD相交于点O，点E在边DC上，连接AE，过D做DF⊥AE，垂足为F，连接OF，若∠DAE=30°，DE=10，则OF的最小值为 ．
【答案】532
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，先根据面积法可计算DF的长为53，根据三角形的三边关系可得：F是一个定点，O的轨迹为AD中垂线上的一部分，所以垂线段最短，可知FN的长是OF的最小值，最后由等边三角形三线合一的性质可得结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=90°，AC=BD，OA=12AC，OD=12BD，
∴OA=OD，
∵∠DAE=30°，DE=10，
∴AE=2DE=20，AD=AE2−DE2=202−102=103，
∵DF⊥AE，
∴ S△ADE=12×10×103=12×20×DF，
∴ DF=532
∵F是一个定点，O的轨迹为AD中垂线上的一部分，如下图所示，过点F作FP⊥AD于P，过点O作OM⊥AD于M，过点F作FN⊥OM于N，所以垂线段最短，则OF的最小值为FN的值，
∵FP∥DE，
∴∠DFP=∠EDF=30°，
∴PD=12DF=532，
Rt△ADE中，AD=103，
∵OM⊥AD，OA=OD，
∴ AM=DM=53，
∴ FN=PM=53−532=532，
即OF的最小值为532．
故答案为：532．
5．（21-22九年级下·福建福州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=12x+2上的一个动点，将Q绕点P-1,0逆时针旋转90°，得到点Q'，连接OQ'，则OQ'最小值为 ．
【答案】5
【分析】设Q(t,12t+2)，作AB⊥x轴，作AQ⊥AB，作Q'B⊥AB，根据AAS可证明△APQ≅△BQ'P，由此可求Q'(−12t−3,t+1)，令x=−12t−3，y=t+1，可得Q'在直线y=−2x−5上运动，当OQ'⊥EQ时，OQ'的值最小，再由tan∠CDO=12得tan∠OEQ'=12，进而得出OE=5，即可得出答案．
【详解】解：设Q(t,12t+2)，
过点P作AB⊥x轴，过点Q作AQ⊥AB交于A点，过点Q'作Q'B⊥AB交于B点，
∵∠QPQ'=90°，
∴∠QPA+∠Q'PB=90°.
∵∠QPA+∠AQP=90°，
∴∠Q'PB=∠AQP.
∵QP=Q'P，
∴△APQ≅△BQ'P(AAS)，
∴QA=PB，AP=Q'B.
∵P(−1,0)，
∴QA=−t−1，AP=12t+2，
∴Q'(−12t−3,t+1)，
令x=−12t−3，y=t+1，
∴y=−2x−5，
∴点Q'在直线y=−2x−5上运动，当OQ'⊥EQ时，OQ'的值最小.
在y=12x+2中，令x=0，则y=2，令y=0，则x=−4，
∴C(0,2)，D(−4,0)，
∴tan∠CDO=12．
∵∠CDO=∠OEQ'，
∴tan∠OEQ'=12，
∴Q'E=2OQ'，
在y=−2x−5中，令x=0，则y=−5，
∴E(0,−5)，
∴OE=5.
∵(OQ')2+(EQ')2=OE2，
即5(OQ')2=25，
解得OQ'=5，
所以OQ'的最小值为5.
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象及性质，旋转的性质，三角形全等的判定及性质，确定点Q'的运动轨迹是解题的关键．
6．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期末）【问题初探】
数学课上张老师在讲完正方形的性质之后提出了一个问题：
四边形ABCD是边长为3的正方形，点E是边AD上的一动点，连接CE，以CE为一边作正方形CEFG（点C，E，F，G按顺时针方向排列），连接BF，DG．
(1)如图1，求点G到CD的距离，请写出解答过程；
【类比分析】
爱动脑的数学兴趣小组在研讨的过程中，也提出了一个问题：
(2)如图2，当BF经过点D时，求DG的长，请写出解答过程；
【学以致用】
看到同学们兴致勃勃的样子，张老师说：“角相等可以是三角形全等的条件，也能推导出相似”，于是给同学们留了一道思考题：
(3)求代数式2DG+BF的最小值．经过小组研讨，组长小明进行了整理，给出了部分解题思路；
解题思路：如图3，作等腰直角△ACF1，使∠CAF1=90°，连接AC，CF，AF，则点C，D，F1三点共线，
由∠ACF=∠DCG，ACDC=CFCG=2，可得△ACP∽△DCG，
由∠F1CF=∠ACE，CF1AC=CFCE=2，可得△CF1F∽△CAE，
……
请完成“……”部分的解答过程．
【答案】(1)3
(2)325
(3)313
【分析】（1）如图1，作GH⊥CD于H，可证得△CHG≌△EDCAAS，从而GH=CD=3；
（2）作FX⊥AD，交AD的延长线于点X，作GH⊥CD于H，可证得△EXF≌△CDE≌△GHC，从而FX=DE=CH，GH=CD=3，可得出∠XFD=∠FDX=45°，从而DX=FX=DE，进而EX=ED+DX=2FX，进而得出DE=12CD，进一步即可解答；
（3）由题意可得AFDG=CFCG=2，∠CF1F=∠CAE=45°，从而∠AF1F=90°，AF=2DG，点F在过F1且与CF1夹角为45° 的直线上运动，从而得出2DG+BF=AF+BF，延长AF1至V，使F1V=AF1=2AD=32，连接BV，则AF+BF的最小值为BV的长，作VZ⊥AB，交BA的延长线于点Z，得等腰直角三角形AVZ，可求得AZ=ZV=22AV=6，进而完成解答．
【详解】（1）解：如图1：作GH⊥CD于H，
∴∠CHG=90°，
∵四边形ABCD和四边形EFGC是正方形，
∴∠ADC=∠ECG=90°，CE=CG，
∴∠ADC=∠CHG，∠ECD+∠GCH=90°，∠GCH+∠CGH=90°，
∴∠ECD=∠CGH，
∴△CHG≌△EDCAAS，
∴GH=CD=3．
（2）解：如图2：作FX⊥AD，交AD的延长线于点X，作GH⊥CD于H，
同理（1）可知：△EXF≌△CDE≌△GHC，
∴FX=DE=CH，GH=CD=3，
∵∠XDF=∠ADB=45°，∠FXD=90°，
∴∠XFD=∠FDX=45°，
∴DX=FX=DE，
∴EX=ED+DX=2FX，
∴CDDE=EXFX=2，
∴DE=12CD，
∴CH=12CD，
∴DH=12CD=32，
∴DG=DH2+GH2=322+32=325．
（3）解：如图3，
∴AFDG=CFCG=2，∠CF1F=∠CAE=45°，，
∴∠AF1F=90°，AF=2DG，点F在过F1且与CF1夹角为45° 的直线上运动，
∴2DG+BF=AF+BF，
延长AF1至V，使F1V=AF1=2AD=32，连接BV，则AF+BF的最小值为BV的长，作VZ⊥AB，交BA的延长线于点Z，可得等腰直角三角形AVZ，
∴AZ=ZV=22AV=6，
∴ZB=AB+AZ=9，
∴BV=ZB2+ZV2=92+62=313，
∴2DG+BF的最小值为：313．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，利用相似三角形的性质转化线段是解决问题的关键．
7．（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∠OBA=30°，点M是OB中点，连接AM，则AM的最小值是（ ）
A．4B．23+2C．43−4D．43+4
【答案】C
【分析】作△AOB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，求出QM=12B=4，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，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△AOB的外接圆⊙P，连接OP，PA，PB，取OP的中点Q，连接QM，
∵∠APO=2∠ABO=60°，PO=PA，
∴△OAP是等边三角形，
∵A8,0，
∴PO=PA=PB=8，
∵OQ=QP，OM=MB，
∴QM=12B=4，
∴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，连接QA交⊙Q于M，此时AM有最小值，
∵△OPA是等边三角形，OQ=PQ，
∴AQ⊥OP，
∵OA=8，OQ=4，
∴AQ=82−42=43．
∴AM的最小值是43−4，
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．
8（2022·辽宁抚顺·模拟预测）如图，AB＝4，O为AB的中点，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一动点，以PB为直角边的等腰直角三角形PBC（点P、B、C按逆时针方向排列），则线段AC的长度的最大值为 ．
【答案】32
【分析】作OK⊥AB于点O，在OK上截取OK=OA=OB，连接AK，BK，KC，OP，可得△ABK为等腰直角三角形，从而得到∠OBK=∠PBC，OBBK=PBBC=22 ，进而得到△OBP∽△KBC，可得到KCOP=BCPB=2 ，则有KC=2 ，进而得到点C的运动轨迹是以点K为圆心，KC长为半径的圆，即可求解．
【详解】解：如图，作OK⊥AB于点O，在OK上截取OK=OA=OB，连接AK，BK，KC，OP，
∵OK=OA=OB，OK⊥AB，
∴KA=KB，∠OAK=∠AKO，∠OBK=∠OKB，
∴∠AKB=90°，
∴△ABK为等腰直角三角形，
∴OB2+OK2=2OB2=BK2 ，
∴∠OBK=∠OAK=45°，
∵△PBC为等腰直角三角形，
∴PB2+PC2=2PB2=BC2 ，
∴∠PBC=45°，OBBK=PBBC=22 ，
∴∠OBK=∠PBC，
∴△OBP∽△KBC，
∴KCOP=BCPB=2 ，
∵OP=1，
∴KC=2 ，
∴点C的运动轨迹是以点K为圆心，KC长为半径的圆，
∵AK=2OA=22 ，
∴AC的最大值为22+2=32 ．
故答案为：32
【点睛】本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造相似三角形解决问题，解题的突破点是发现点C的运动轨迹是以点K为圆心，KC为半径的圆，所以中考填空题中的压轴题．
9．（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AB=4，MP=1，则MQ的最小值为 ．
【答案】23−1
【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HQ=MP=1，MH=AM，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MH−1，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AQ=AP，AH=AM，∠MAH=∠PAQ=60°，即∠HAQ=∠MAP=60°−∠QAM，
∴△HAQ≌△MAPSAS，△MAH是等边三角形，
∴HQ=MP=1，MH=AM，
则点Q在以H为圆心，1为半径的圆上运动，
∵MQ≥MH−HQ，
∴当M、Q、H共线时，MQ最小，最小值为MH−1，
∵点M是等边三角形ABC边BC的中点，AB=4，
∴AM⊥BC，BM=12BC=12AB=2，
∴AM=AB2−BM2=42−22=23，即MH=23，
∴MQ的最小值为23−1，
故答案为：23−1．
10．（23-24九年级上·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为4的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x−6与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最大值为 ．
【答案】28
【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．连接OC，如图，根据垂径定理得到OC⊥AB，则利用圆周角定理可判断点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PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如图，先利用一次函数解析式确定E(0,−6)，D(8,0)，则DE=10，接着证明△DPH∽△DEO，利用相似比求出PH=185，则MH=285，NH=85，由于当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，然后计算出S△NED和S△MED可得结论．
【详解】解：连接OC，如图，
∵点C为弦AB的中点，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO=90°，
∴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PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，如图，
当x=0时，y=34x−6=−6，则E(0,−6)，
当y=0时，34x−6=0，解得x=8，则D(8,0)，
∴DE=62+82=10，
∵A(4,0)，
∴P(2,0)，
∴PD=6，
∵∠PDH=∠EDO，∠PHD=∠EOD，
∴△DPH∽△DEO，
∴PH:OE=DP:DE，即PH:6=6:10，解得PH=185，
∴MH=PH+2=285，NH=PH−2=85，
∴S△NED=12×10×85=8，S△MED=12×10×285=28，
当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，
∴△CDE面积的最大值为28．
故答案为：28．
11．（2023·江苏宿迁·二模）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AB=2，则线段OQ的最大值为 ．
【答案】5+1/1+5
【分析】连接OB、OP，将OB绕点B逆时针旋转60°得到O'B，连接O'Q，通过证明△OBP≌△O'BQSAS，得出OP=O'Q=1，从而得出点Q在以点O'为圆心，O'Q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OO'=OB=5，即可求出OQ=OO'+O'Q=5+1．
【详解】解：连接OB、OP，将OB绕点B逆时针旋转60°得到O'B，连接O'Q，
∵OB绕点B逆时针旋转60°得到O'B，
∴OB=O'B，∠OBO'=60°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴PB=QB，∠PBQ=60°，
∴∠OBO'−∠PBO'=∠PBQ−∠PBO'，即∠OBP=∠O'BQ，
在△OBP和△O'BQ中，
OB=O'B∠OBP=∠O'BQPB=QB，
∴△OBP≌△O'BQSAS，
∵AB=2，四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=2，则OA=OP=1，
∴OP=O'Q=1，
∴点Q在以点O'为圆心，O'Q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Rt△OAB中，根据勾股定理可得：OB=OA2+AB2=5，
∵OB=O'B，∠OBO'=60°，
∴△OBO'为等边三角形，
∴OO'=OB=5，
∴OQ=OO'+O'Q=5+1，
故答案为：5+1．
【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．
12．（2017·江苏无锡·二模）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，BC=2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，连接OD，则OD长的最大值为 ．
【答案】23+1/1+23
【分析】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，如图，作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD，由△COP∽△CED，推出OPED=CPCD=2，即ED=12OP=1（定长），由点E是定点，DE是定长，推出点D在半径为1的⊙E上，由此即可解决问题，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．
【详解】解：如图，作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE=4，OE=23，∠OCP=∠ECD，
∵∠CDP=90°，∠DCP=60°，
∴CP=2CD，
∴COCE=CPCD=2，
∴△COP∽△CED，
∴OPED=CPCD=2，
即ED=12OP=1（定长），
∵点E是定点，DE是定长，
∴点D在半径为1的⊙E上，
∵OD≤OE+DE=23+1，
∴OD的最大值为23+1，
故答案为：23+1．
13．（2023·广东深圳·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】25−1/−1+25
【分析】通过证△EDA∽△FDT可得FT=1，由勾股定理可得AT=AD2+DT2=25，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，
∴AD=CD=4，∠ADC=90°，
∵DT=CT=12CD=2，DE=2DF，
∴DEDF=ADDT=2，
∵∠EDF=∠ADC=90°，
∴∠EDA=∠FDT，
∴△EDA∽△FDT，
∴AETF=EDFD=2，
∴FT=1，
∵AT=AD2+DT2=25，
∴AF≥AT−TF，
∴AF≥25−1，
∴AF的最小值为25−1，
故答案为：25−1．
【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，正确作出辅助线，证明△EDA∽△FDT是解题的关键．
14．（24-25九年级上·吉林·阶段练习）【提出问题】
如图1，已知圆O的半径为2，点Q是圆O上一动点，点P是圆O外一点，连接PQ，取PQ中点M，当点Q在圆O上运动时，判断点M的运动轨迹．
【解决问题】
（1）小帅同学进行了探究，他连接线段OP，取其中点N，他猜想点M的运动轨迹应该是以N为圆心，1为半径的圆．请你帮小帅同学完成证明过程．
【简单应用】（2）如图2，已知正方形ABCD的边长为4，取BC中点记为O，以O为圆心，BC长为直径作圆O，点E为圆O上一点，连接AE取其中点F，求线段DF的最小值．
【灵活运用】
（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，点F在以A为圆心22长为半径的圆上，连接CF，取其中点M，连接AM并延长交线段BC于点N，则∠ANB最大为 °．
【答案】（1）点M的运动轨迹是以N为圆心，1为半径的圆；（2）DF的最小值是13−1；（3）75．
【分析】（1）连接OQ，MN，根据三角形的中位线定理，得到MN=12OQ=1，即可得证；
（2）连接OE，取AO的中点G，连接FG，易得点F的运动轨迹是以G为圆心，1为半径的圆，当点F在DG上时，线段DF的长最小，进行求解即可；
（3）连接AC，取AC的中点E，勾股定理求出AC长，进而得到点E在⊙A上，连接AF，EM，得到点M的运动轨迹是以E为圆心，2为半径的圆，当AM与⊙E相切时，∠BAN的度数最小，则∠ANB的度数最大，进行求解即可．
【详解】解：（1）如图1，连接OQ，MN，
∵M是PQ的中点，N是OP的中点，
∴MN是△OQP的中位线，
∴MN=12OQ=12×2=1（三角形中位线定理），
∴点M的运动轨迹是以N为圆心，1为半径的圆；
（2）如图2，连接OE，取AO的中点G，连接FG，
∵正方形的边长为4，BC是⊙O的直径，
∴⊙O的半径为2，AD∥BC，∠ABC=90°，
∴OE=2，
∵G是AO的中点，F是AE的中点，
∴FG是△OAE的中位线，
∴FG=12OE=12×2=1（三角形中位线定理），
∴点F的运动轨迹是以G为圆心，1为半径的圆；
∴当点F在DG上时，线段DF的长最小，为DG−FG的长，
过点G作MN⊥BC于N，
∵AD∥BC，
∴MN⊥AD，
∴∠ONG=90°，
∵∠ABC=∠ONG=90°，
∴MN∥AB，
∴△ONG∽△OBA，
∴ OGAO=NGAB=ONOB，即12=NG4=ON2，
∴NG=2，ON=1，
在△AGM和△OGN中，
∠AGM=∠OGN∠AMG=∠ONG=90°AG=OG，
∴ △AGM≌△OGN(AAS)，
∴AM=ON=1，MG=NG=2，
∴DM=4−1=3，
由勾股定理得：DG=22+32=13，
∴DF的最小值是13−1；
（3）如图3，连接AC，取AC的中点E，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴∠B=90°，AB=BC=4，∠BAC=45°，
∴AC=42+42=42，
∴AE=22，则点E在⊙A上，
连接AF，EM，
由（1）同理可得：EM=12AF=12×22=2（三角形的中位线定理），
∴点M的运动轨迹是以E为圆心，2为半径的圆；
∵∠B=90°，
∴∠ANB+∠BAN=90°，
如图4，当AM与⊙E相切时，∠BAN的度数最小，则∠ANB的度数最大，
∴EM⊥AN，
∴∠AME=90°，
∵AE=22，EM=2，
∴sin∠MAE=EMAE=12，
∴∠CAN=30°，
∴∠BAN=45°−30°=15°，
∴∠ANB=90°−15°=75°．
故答案为：75．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，圆的确定，求一点到圆上一点的最值，切线的性质，正方形的性质，勾股定理，全等和相似三角形等知识点，解题的关键是确定动点的轨迹．
15．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）（1）问题提出：如图①，在矩形ABCD中，AB=1，BC=3，P是AD上一动点，则BP+12PD的最小值为_________
（2）问题探究：如图②，在正方形ABCD中，AB=3，点E是平面上一点，且CE=1，连接BE，在BE上方作正方形BEMN，求BM的最大值．
（3）问题解决：为迎接2021年9月在西安举办的第14届全运会，打造体育历史文化名城，某小区对一正方形区域ABCD进行设计改造，方使大家锻炼运动．如图③，在正方形内设计等腰直角△CEF为健身运动区域，直角顶点E设计在草坪区域扇形MBN的弧MN上．设计铺设CF和DF这两条不同造价鹅卵石路，已知AB=40米，BM=102米，∠CEF=90°，CE=EF，若铺设CF路段造价为每米200元，铺设DF路段的造价为每米100元，请求出铺设CF和DF两条路段的总费用的最小值．

【答案】（1）3（2）BM的最大值是42（3）铺设两条路段总费用的最小值为10000元
【分析】（1）以PD为斜边构造30°的直角三角形，则PB+12PD=PB+PE≥BE，求BE的值即可；
（2）根据题意确定E点的运动轨迹，进而得出BM最大时点E的位置，求出BM即可；
（3）根据费用的关系可求出线段CF+12DF的最小值即可．
【详解】解：（1）以PD为斜边构造30°的直角△PDE，且∠E=90°,∠PDE=30°，
此时PE=12PD，则PB+12PD=PB+PE，
则当P、B、E在同一直线上时PB+PE有最小值为BE，如下图：

即PB+12PD的最小值为如图所示BE的长度，
∵AB=1,BC=3，∠C=90°，
∴BD=AB2+BC2=2，CD=AB=1，
∴sin∠DBC=12，
∴∠DBE=30°，
又∵四边形ABCD为矩形，AD∥BC，
∴∠BDP=∠DBC=30°，
∴∠EDB=90°−30°=60°，
∴BE=BD⋅sin∠EDB=2×sin60°=3；
（2）∵E为动点且CE=1，
∴点E的运动轨迹为以C为圆心，半径为1的圆，
∵四边形MEBN为正方形，
∴BM=2BE，
即当BE最大时BM有最大值，
由图②知：当E在BC延长线上时E'的位置时，BE'有最大值，
此时BE'=BC+CE'=3+1=4，
∴BM=2BE'=42，
故BM的最大值是42；

（3）由题意得：CD+DF的费用为200CF+100DF=200CF+12DF，
∴求费用最小值即为求CF+12DF的最小值，
连接AC，AF，在AD上截取AD'=10，
∵四边形ABCD时正方形，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ACF=∠BCE,CFCE=CACB=2，
∴△ACF∽△BCE，
∴AFBE=2，
∴AF=2BE=20，
∴点F在以A为圆心，AF为半径的弧上，
∵AFAD=AD'AF=12，∠DAF=∠D'AF，
∴△DAF∽△FAD'，
∴FD'DF=12，即FD'=12FD，
∴CF+12DF=CF+FD'，
∴当C、F、D三点共线时，CF+12DF有最小值CD'，
在Rt△CDD'中，CD'=CD2+DD'2=402+302=50，
∴铺设CF和DF两条路段总费用的最小值为：
200CF+12DF=200×50=10000（元），
即铺设CF和DF两条路段总费用的最小值为：10000（元）．

【点睛】本题考查了两点之间线段最短、正方形的性质、圆的性质等知识点，熟练掌握这些知识点是解题关键．
图形
结论
等腰三角形
①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
②△ABP与△ACP全等；
③△BCP为等腰三角形；
④△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.
等边三角形
①AP=BP=CP；
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
③△ABP、△ACP、△BCP全等；
④点P是垂心，是△ABC各边的高线的交点；
⑤点P是△ABC各边的中线的交点；
⑥点P是内心，是在三角形三个内角的角平分线的交点；
⑦△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.
直角三角形
①△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小；
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°
求AD+CD+BD的最小值
求AD+CD+BD的最小值
旋转角度是90°
旋转角度是120°
问题
求解图形
作法
求PA+PB+PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转60°得△CDE
BD长度即为所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC2+CD2=61
求PA+PB+2PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转90°得△CDE
此时△PCE为等腰直角三角形，即PE=2PC
因此原式=PA+PB+2PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求, 在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF2+FD2=91
求PA+PB+3PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转120°得△CDE
此时△PCE为等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=3PC，因此原式=PA+PB+3PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求, 在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF2+FD2=60+303
求2PA+PB+3PC最小值
思路：原式=2（PA+12PB+32PC）
1)将PC边绕点C旋转60°，然后过点P作PF⊥CE于点F,则PF=32PC;2) 12PB利用三角形中位线来处理；3）PA前的系数是1，不需要转化，所以旋转△PCB.
过程：△BCP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG= 12PB，则当A、P、F、G四点共线时取得最小值，AG长度即为所求, 在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=CG+AC2=34, 原式=2（PA+12PB+32PC）=234
求2PA+4PB+23PC最小值
过程：△ACP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG= 12AP，则当B、P、F、G四点共线时取得最小值，BG长度即为所求, 在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=CG+AC2=7.5, 原式=4（12PA+PB+32PC）=26
费马点的思考
问题背景
17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小，后来这点被称之为“费马点”．

素材1
解决这种问题的经典方法，就是利用旋转变换，将三条线段PA，PB，PC行转化：
如图：把△APC绕点A逆时针旋转60度得到△AP'C'，连接PP'，这样就把确定PA+PB+PC的最小值的问题转化成确定BP+PP'+P'C'的最小值的问题了．当B，P，P'，C'四点共线时，线段BC'的长为所求的最小值，容易证明∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，此时点P为△ABC的“费马点”．

素材2
图中所示的是一个正方形的厂区，其中顶点A，B，C，D分别为办公区、生产区、物流区和生活区，正方形边长为2km，准备在厂区内修建一研发区E，且从研发区E修建三条直线型道路直通办公区A，生产区B和物流区C修路的成本为200元/米．

任务一
感悟证明定理
请你根据素材1所给解决思路，证明所求线段转化的正确性．证明：PA+PB+PC=BP+PP'+P'C
任务二
初步探索位置
在素材2中，请问研发区E建在哪片区域比较合适？（ ）
A．△ABC内的区域
B．△ACD内的区域
任务三
拟定恰当方案
为了节约建设成本，问该研发区E应该修建在厂区的什么地方，才能使得花费最少，最少费用为多少？
证明过程缺失
图形
结论
等腰三角形
①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
②△ABP与△ACP全等；
③△BCP为等腰三角形；
④△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.
等边三角形
①AP=BP=CP；
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
③△ABP、△ACP、△BCP全等；
④点P是垂心，是△ABC各边的高线的交点；
⑤点P是△ABC各边的中线的交点；
⑥点P是内心，是在三角形三个内角的角平分线的交点；
⑦△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.
直角三角形
①△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小；
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°
求AD+CD+BD的最小值
求AD+CD+BD的最小值
旋转角度是90°
旋转角度是120°
问题
求解图形
作法
求PA+PB+PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转60°得△CDE
BD长度即为所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC2+CD2=61
求PA+PB+2PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转90°得△CDE
此时△PCE为等腰直角三角形，即PE=2PC
因此原式=PA+PB+2PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求, 在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF2+FD2=91
求PA+PB+3PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转120°得△CDE
此时△PCE为等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=3PC，因此原式=PA+PB+3PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求, 在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF2+FD2=60+303
求2PA+PB+3PC最小值
思路：原式=2（PA+12PB+32PC）
1)将PC边绕点C旋转60°，然后过点P作PF⊥CE于点F,则PF=32PC;2) 12PB利用三角形中位线来处理；3）PA前的系数是1，不需要转化，所以旋转△PCB.
过程：△BCP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG= 12PB，则当A、P、F、G四点共线时取得最小值，AG长度即为所求, 在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=CG+AC2=34, 原式=2（PA+12PB+32PC）=234
求2PA+4PB+23PC最小值
过程：△ACP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG= 12AP，则当B、P、F、G四点共线时取得最小值，BG长度即为所求, 在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=CG+AC2=7.5, 原式=4（12PA+PB+32PC）=26
费马点的思考
问题背景
17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小，后来这点被称之为“费马点”．

素材1
解决这种问题的经典方法，就是利用旋转变换，将三条线段PA，PB，PC行转化：
如图：把△APC绕点A逆时针旋转60度得到△AP'C'，连接PP'，这样就把确定PA+PB+PC的最小值的问题转化成确定BP+PP'+P'C'的最小值的问题了．当B，P，P'，C'四点共线时，线段BC'的长为所求的最小值，容易证明∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，此时点P为△ABC的“费马点”．

素材2
图中所示的是一个正方形的厂区，其中顶点A，B，C，D分别为办公区、生产区、物流区和生活区，正方形边长为2km，准备在厂区内修建一研发区E，且从研发区E修建三条直线型道路直通办公区A，生产区B和物流区C修路的成本为200元/米．

任务一
感悟证明定理
请你根据素材1所给解决思路，证明所求线段转化的正确性．证明：PA+PB+PC=BP+PP'+P'C
任务二
初步探索位置
在素材2中，请问研发区E建在哪片区域比较合适？（ ）
A．△ABC内的区域
B．△ACD内的区域
任务三
拟定恰当方案
为了节约建设成本，问该研发区E应该修建在厂区的什么地方，才能使得花费最少，最少费用为多少？
证明过程缺失