专题2-4瓜豆轨最值模型：为什么我们喜欢手拉手（直线与曲线）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_专项复习资料_教师版（含答案解析）

关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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） 01 题型·解读 【例题1】三种处理策略 【例题2】饮马类瓜豆与加权线段和问题 【瓜豆圆介绍】 题型一 轨迹为直线型·构造中位线求 2023·广东深圳·统考三模 题型二 轨迹为直线型·构造手拉手 经典例题·宿迁中考 2023·黑龙江绥化·中考真题 2023·湖北黄冈·统考中考真题 2023·西安市交通大学附属中学初三月考 题型三 轨迹为直线型·将军饮马加权线段和问题 题型四 轨迹为圆弧型·构造中位线 2023·山东泰安·中考真题 题型五 轨迹为圆弧型·构造手拉手 2023·四川宜宾·统考中考真题 2022沈阳中考 2022·盐城市一模 2023·深圳外国语学校中考模拟 题型六 路径相关问题 2022·山东滨州·统考中考真题 2023·海南·统考中考真题 题型七 当线段最小值时求其它量 2022·广东广州·中考真题 2023·四川·广元中考真题 02 满分·技巧 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 资1 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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 1、两“动”，一“定” 动轨迹长度的比和它们到定点的距 2、两动点与定点的连线夹角是定 角 离比相同。 3、两动点到定点的距离比值是定 【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 A E P B D C P' 【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？ 资2 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 P A 始 E 主动点 P 60° P' 始 P C B D C 末 定点 轨迹 P' P' 从动点 末 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． A A E E P P B D C B D C P' P' D' 第四层：分析∠CAP和∠CBP’ 资3 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A A 30° E E P P B C 60° B 30° D C P' P' 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. A A E E G G P P B D C B D C P' P' 解析 策略一：找从动点轨迹 资4 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 连接BP’， A E P B D C H P' 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’＝+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’ 资5 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A E G P B D C P' 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． A E G H P B D C P' ∵∠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 资6 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴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 y A O x B C 【简析】如图，构造等腰直角△AOE， 由旋转相似可知 资7 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 y A O x E B C 角度2：构造手拉手求从动点轨迹 （2）求 的最小值 y A O x B C 【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 资8 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 y y A A O x O x N M B O' N M B C C 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 y D A O x B C 【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 资9 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 y y D D A A O O O' B B C C 【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？ P Q A Q P O A M O 【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． 资10料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 03 核心·题型 题型一 轨迹为直线型·构造中位线求 2023·广东深圳·统考三模 1．如图所示，AB4，AC 2，以BC为底边向上构造等腰直角三角形BCD，连接AD 并延长至点P，使ADPD，则PB长的取值范围为 ________． 【答案】42 2 PB42 2 【分析】以AB为斜边作等腰直角三角形ABF，延长AF 至点E．使AF EF ，连接EP,BE．利用 等腰直角三角形的性质得出ABC∽FBD利用相似三角形的性质求出DF  2，再利用三角形中位 线的性质求出PE2 2，由ABF是等腰直角三角形，AF FE，得出BF垂直平分AE，进而求 出BE 4，继而利用三角形的三边关系即可求出答案． 【详解】解：如图，以AB为斜边作等腰直角三角形ABF，延长AF 至点E．使AF EF ，连接EP、 BE． ∵CBD和ABF都是等腰直角三角形， ∴BC  CD2BD2  2BD，AB AF2BF2  2BF， BC AB ∴   2， ， BD BF CBDABF 45 ∴CBDCBF ABFCBF，即FBDABC， ∴△ABC∽△FBD， AC BC ∴   2， DF BD ∵AC 2， AC 2 ∴DF    2， 2 2 ∵ADDP，AF FE， ∴DF是△AEP的中位线， ∴EP2DF 2 2， ∵ABF是等腰直角三角形，AF FE， ∴BF垂直平分AE， 资11料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴BABE， ∵AB4， ∴BE 4， ∴42 2 PB42 2 ， 故答案为：42 2 PB42 2 ． 题型二 轨迹为直线型·构造手拉手 经典例题·宿迁中考 2．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接 EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为 ． A D F G B C E 【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G 与G，连接G 与G 得到点G的轨迹， 1 2 1 2 再作垂线CH得到最小值. 资12料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A D A D A D G G G 2 2 2 H G G 轨迹 G 轨迹 1 1 1 B C B C B C E E E 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∠AMG 1 ＝60°， 进一步得到△MBG 为等腰三角形后，求CH就不难了，可得 1 A D A D G G 2 2 H H 60° 轨迹 60° 轨迹 G M G M 1 1 C N C B E B E A D G 2 H N 60° 轨迹 M G 1 C B E 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 资13料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A D A D A D F M M G M F G H  或 I N B C B C B C E E E 【简证】 ,则 对B点旋转得到∠EMG＝∠FBE＝90°，相对来说要容易一些. A D A D F G G H  M M I B C B C E E 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. A D A D M H M H G  G F F B E C B E N C 3．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． 资14料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【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 4．（2023·洛阳·二模）如图，在ABC中，AB AC 2，BAC 120，对称轴AD交BC于点D， 点E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转30得FC，连接DF， 则DF长的最小值为 ． 资15料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2 33 【答案】 2 【分析】在AC上取一点G，使CGCD，连接EG，根据全等三角形的性质可得CDCG 3， 再求出DCF GCE，根据旋转的性质可得CECF，然后利用“边角边”证明DCF 和GCE 全等，再根据全等三角形对应边相等可得DF EG，然后根据垂线段最短可得EG AD时最短， 再根据CAD60求解即可． 【详解】解：如图，在AC上取一点G，使CGCD，连接EG，  AB AC 2，BAC 120， ACB30， CD 3， 旋转角为30， ECF 30， ECF ACB， GCEDCF， CDCG， 又CE旋转到CF， CECF， △DCF≌△GCE(SAS)， DF EG， 根据垂线段最短，EG AD时，EG最短，即DF最短，如图所示： 1 CAD 12060， ， 2 AGACCG2 3 3 3 3 EGAGsin60(2 3)  3 ，DF 3 2 2 2 5．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在ABC中，ACB90，AC BC 4，P是ABC 的高CD上一个动点，以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45得到BP，连接DP，则 DP的最小值是 ． 资16料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】2 22 【分析】在 BC上截取 BEBD，根据等腰直角三角形的性质求得 BA和 BE，再证明 BDP≌BEPSAS ，从而可得到PEDP，则当 PECD 时，PE有最小值，即DP有最小值， 再求得PE，从而求得DP的最小值． 【详解】解：如图，在BC上截取BEBD，连接EP ∵ACB90，AC BC 4，CD AB， ∴BA AC2BC2  4242 4 2，ABCBACBCDDCA45，BDCDAD2 2BE， ∵以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45得到BP， ∴BPBP，PBP45， ∴ABC PBP45， ∴ABCPBDPBPPBD， 即EBPDBP， 又∵BE BD，BPBP， ∴BDP≌BEPSAS ， ∴PEDP， ∴当PECD时，PE有最小值，即DP有最小值， ∵PECD，BCD45， ∴CE  2PE BCBE 42 2 2 2   ∴PE CE  42 2 2 22， 2 2 ∴DPPE2 22． 即DP的最小值是2 22 2023·黑龙江绥化·中考真题 6．如图，ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针 旋转60得到CF．连接AF ，EF，DF，则CDF周长的最小值是 ． 资17料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】33 3 【分析】根据题意，证明CBE≌CAF，进而得出F 点在射线AF 上运动，作点C关于AF 的对称 点C，连接DC，设CC交AF 于点O，则AOC=90，则当D,F,C三点共线时，FCFD取得 最小值，即FCFDFCFDCD，进而求得CD，即可求解． 【详解】解：∵E为高BD上的动点． 1 ∴CBE  ABC 30 2 ∵将CE绕点C顺时针旋转60得到CF．ABC是边长为6的等边三角形， ∴CECF,ECF BCA60,BC  AC ∴CBE≌CAF ∴CAF CBE30， ∴F 点在射线AF 上运动， 如图所示， 作点C关于AF 的对称点C，连接DC，设CC交AF 于点O，则AOC=90 1 在 中， ，则CO AC 3， RtAOC CAO30 2 则当D,F,C三点共线时，FCFD取得最小值，即FCFDFCFDCD ∵CC AC 6，ACOCCD，COCD ∴ACO≌CCD ∴CDC AOC90 在CDC中，CD CC2CD2  6232 3 3, ∴CDF周长的最小值为CDFCCDCDDC33 3 7．（2022·山东日照·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P 是x轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最 资18料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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⊥FF 时，垂线段OF最短，当点F 在x轴上 1 2 1 4 3  时，由勾股定理得：P 1 OF 1 O 4 3 3 ，进而得P 1 AP 1 F 1  AF 1  8 3 3 ，求得点F 1 的坐标为   3 ,0   ， 当点F 在y轴上时，求得点F 的坐标为（0，-4），最后根据待定系数法，求得直线FF 的解析式 2 2 1 2 8 3 为y= x-4，再由线段中垂线性质得出FF  AF  ，在Rt OFF 中，设点O到FF 的距离 3 1 2 1 3 1 2 1 2 △ 1 1 1 4 3 1 8 3 为h，则根据面积法得 OF OF  FF h，即  4  h，解得h=2，根据垂 2 1 2 2 1 2 2 3 2 3 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F 在x轴上时， PAF 为等边三角形， 1 1 1 则PA=PF=AF，∠APF=60°， 1 1 1 1 1 1 △ ∵AO⊥PF， 1 1 ∴PO=FO，∠AOP =90°， 1 1 1 ∴∠PAO=30°，且AO=4， 1 4 3 由勾股定理得：POFO ， 1 1 3 8 3 ∴PAPF  AF  ， 1 1 1 1 3 4 3  ∴点F 1 的坐标为  3 ,0 ，   如图，当点F 在y轴上时， 2 资19料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵△PAF 为等边三角形，AO⊥PO， 2 2 2 ∴AO=FO=4， 2 ∴点F 的坐标为（0，-4）， 2 OF 4 tanOFF  2   3 ∵ 1 2 OF 4 3 ， 1 3 ∴∠OFF=60°， 1 2 ∴点F运动所形成的图象是一条直线， ∴当OF⊥FF 时，线段OF最短， 1 2 设直线FF 的解析式为y=kx+b， 1 2 4 3  kb0 则 3 ，   b4 k  3 解得 ，∴直线FF 的解析式为y= x-4，∵AO=FO=4，AO⊥PF， b4 1 2 3 2 1 1 8 3 ∴FF  AF  ，在Rt OFF 中，OF⊥FF， 1 2 1 3 1 2 1 2 △ 1 1 设点O到FF 的距离为h，则 OF OF  FF h， 1 2 2 1 2 2 1 2 1 4 3 1 8 3 ∴  4  h，解得h=2，即线段OF的最小值为2 2 3 2 3 2023·湖北黄冈·统考中考真题 A(3,0) AB 120 AC 8．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(7,h)，则h ． 资20料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2 3 【答案】 3 【分析】 思路一：构造手拉手得出BC中点轨迹 思路二：在 x 轴上取点 D 和点 E，使得ADBAEC 120，过点 C 作CF x于点 F，在 3 2 3 Rt△CEF 中，解直角三角形可得 EF  3 h， CE 3 h，再证明 CAE≌ABDAAS，则 2 3 2 3 4 3 ADCE  h， ， 求 得 OD3 h， 在 中 ， 得 BD6 h， 3 AEBD 3 RtBOD 3 4 3 4 3 3 AEBD6 h，得到36 h h7，解方程即可求得答案． 3 3 3 【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 M(3.5,a) N 【法二详解】解：在x轴上取点D和点E，使得ADBAEC 120，过点C作CF x于点F， ∵点C的坐标为(7,h)， 资21料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴OF 7，CF h， 在Rt△CEF 中，CEF 180AEC 60,CF h, CF 3 CF 2 3 ∴EF   h，CE  h， tan60 3 sin60 3 ∵BAC 120， ∴BADCAEBADABD120， ∴CAEABD， ∵ABCA， ∴CAE≌ABDAAS ， 2 3 ∴ADCE  h， ， 3 AEBD ∵点A(3,0)， ∴OA3， 2 3 ∴ODOAAD3 h， 3 在RtBOD中，BDO180ADB60, OD OD  2 3  4 3 ∴BD  23 h6 h，   cosBDO cos60 3 3   4 3 ∴AEBD6 h， 3 ∵OAAEEF OF， 4 3 3 ∴36 h h7， 3 3 2 3 解得h 3 9．如图，在ABC中，ACB90，AC 15，BC 9，点P是线段AC上的一个动点，连接BP， 将线段BP绕点P逆时针旋转90得到线段PD，连接AD，则线段AD的最小值是 ． 【答案】3 2 【分析】法一： 法二：过点D作DEAC于E，有旋转的性质可得 DPBP，DPB90，由“AAS”可证 △DEP≌△PCB，可得DECP，EPBC9，可求AEDE 6，由勾股定理和二次函数的性质可 求解． 资22料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【详解】解：如图，过点D作DEAC于E， 将线段BP绕点P逆时针旋转90得到线段PD， DPBP，DPB90， DPEBPC90，且∠BPC∠PBC 90， DPEPBC，且DPBP，DEPC90， △DEP≌△PCB(AAS) DECP，EPBC9，  AEPCACEP6 AEDE6，  AD2  AE2DE2， AD2 AE2(6AE)2， AD2 2(AE3)218，当AE3时，AD有最小值为3 2 2023·西安市交通大学附属中学初三月考 10．如图，矩形ABCD中，AB6，BC8，E为BC上一点，且BE2，F 为AB边上的一个动 点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值 为 ． 【答案】23 2/3 22 【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45得到线段ET ，连接DE交CG于J ．首先证明 ETG90，推出点G在射线TG上运动，推出当CGTG时，CG的值最小，进一步即得答案． 【详解】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45得到线段ET ，连接GT，连接DE交CG于J ． 资23料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 四边形ABCD是矩形， ABCD6，BBCD90， BET FEG45， BEF TEG， 在EBF 和ETG中， EBET  BEF TEG，  EF EG EBF≌ETG（SAS）， BETG90， 点G在射线TG上运动， 当CGTG时，CG的值最小，  BC 8，BE2，CD6， CECD6， CEDBET 45， TEJ 90ETGJGT 90， 四边形ETGJ 是矩形， DE∥GT，GJ TEBE2， CJ DE， JEJD， 1 ， CJ  2 DE3 2 CGCJ GJ  23 2， CG的最小值为23 2 11．如图，矩形ABCD中，AB6，BC 4，点E，F分别为边AB，CD上的动点，且AECF， 将线段EF绕点F逆时针旋转90得到线段FG，连接DG 资24料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 （1）当点E为AB的中点时，线段DG的长是 ； （2）当点E在边AB上运动时，线段DG的最小值是 ． 2 5 【答案】 5 【分析】取EF的中点为O，过点O作OH CD于点H，在CD的延长线上截取HM  AD4，连 OF FG 接 ， ，先证  ，推出 ，进而可得 ，可证O，M， OM GM OH HM OFG∽OHM OGF OMH G，F在同一个圆上，得到OMG180EFG90，FMGFOG，点G在过点M且与OM 垂直的直线上运动，最后根据“垂线段最短”可得当 DGMG时， DG取最小值，证明 2 5 ，求出DG ． DGM∽GFO 5 【详解】如图，取 EF的中点为 O，过点 O 作 OH CD于点 H，在 CD的延长线上截取 1 ，连接 ， ，则 ，DH  CD3， ， HM  AD4 OM GM OHM 90 2 DM MH DH 431 ，  EF的中点为O， 1 1 OH  AD HM ，  2 2 由旋转可知EF FG，EFGOHM 90， 1 1 OF  EF  FG，  2 2 1 1 又 OH  AD HM ，  2 2 OF FG  ， OH HM OFG∽OHM ， OGF OMH， O，M，G，F在同一个圆上， OMG180EFG90，FMGFOG， 资25料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 即点G在过点M且与OM 垂直的直线上运动， 当DGMG时，DG取最小值， 此时，如下图所示：  FMGFOG，DGM GFO90， DG DM ，  ， DGM∽GFO  FG OG DG 1  ， OG OF2FG2    1 FG   2 FG2  5 FG ， FG 5 FG ， DG 2 5 ．  DM 1 2  2  2  5 12．如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,P是对角线AC上的动点,连接DP,将直线DP绕 点P顺时针旋转,使∠1=∠2,且过点D作DG⊥PG,连接CG.则CG最小值为 【答案】 【分析】策略一：得到G点轨迹直线后，画出起点G 和终点G 1 2 策略2：旋转相似: 资26料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【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＝＝5，DH＝＝∴CH＝＝∴EH＝＝ ∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF， ∴△CGF≌△HEF(AAS)，∴CG＝HE＝∴CG的最小值为 13．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点， 连接EF，以EF为底向右侧作等腰直角△EFG，连接CG，则CG的最小值为 ． 资27料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A D F G B E C 【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 ． A D A D H 主动点 F F G G 从动点 B E 定点 C B E C A D H F G B E C 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 资28料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A D A D F F G G H H B E C B E C 【变式训练】双动点 14．如图，正方形 ABCD的边长为 4，E为BC上一点，F为AB边上一点，连接 EF，以EF为 底向右侧作等腰直角△EFG，连接CG，则AG的最小值为 ． A D F G B E C 【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． A H D A H D G G  F F B E C B E C 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. 资29料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 A D A D A D G G G M  F H F H F B E C B E C B N E C 其他方法：对角互补＋邻边相等可得全等，显然MG＝NE，故BG平分∠ABC，则点G轨迹对应直 线BD． 题型三 轨迹为直线型·将军饮马加权线段和问题 15．如图，在矩形 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， ∴ ， ， ∴ ， ， 资30料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ 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： ． 16．如图，已知∠CAB＝30°，AB＝2，点D在射线AC上，以BD为边作正方形BDEF，连接AE、 BE，则AE＋BE的最小值为___________． E C F D A B 【答案】＋ 提示：以AB为边作等腰Rt△ABG，连接GE B′ G E C F H D A B 则GB＝AB，EB＝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＝ AB＝ ∴B′H＝BH＝，∴AB′＝AH＋B′H＝＋ ∴AE＋BE＝AE＋B′E≥AB′＝＋ 资31料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 即AE＋BE的最小值为＋ 17．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点M为边BC的中点，P是直线AD上的一个动点， 以MP为边在MP右侧作Rt MPQ，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， 资32料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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， △ 资33料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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 ＋ △ 18．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． F A E D B C 【答案】 资34料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【解析】解：以BC为斜边向下作Rt△BCG，使∠CBG＝30°，连接EG． G′ F A E D B H C 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． y Q A O P x 【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， 资35料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 y Q A′ A R O GP H x 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 19．（2023·周口·三模）如图，正方形ABCD的边长是8，点E是BC边的中点，连接DE，点F是 线段DE上不与点D，E重合的一个动点，连接BF，点G是线段BF的中点，则线段AG的最 小值为 ． 资36料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】4 2 【分析】连接AC，与BD相交于点H,取BE中点I，连接HG、IG，由正方形ABCD的边长是8得 1 到 ， BH DH  BD， ，由中位线定理得到 ， BAD90,AB AD8 2 AH BD HGDE IG∥DE,则G、H、I 三点共线，即点G的运动轨迹是线段HI，由AH BD，当点G和点H重合 1 时，线段值 最小，由勾股定理求出 ，即可得到AH  BD4 2，得到线段 的最 AG BD8 2 2 AG 小值． 【详解】解：连接AC，与BD相交于点H,取BE中点I，连接HG、IG， ∵正方形ABCD的边长是8， 1 ∴ ，BH DH  BD， ， BAD90,AB AD8 2 AH BD ∵点G是线段BF的中点， ∴HGDE，IG∥DE, ∴G、H、I 三点共线， ∴点G的运动轨迹是线段HI， ∵AH BD， ∴当点G和点H重合时，线段值AG最小， ∴BD  AB2  AD2  82  82  8 2， 1 ∴AH  BD4 2，即线段 的最小值为 2 AG 4 2 2023·山东泰安·中考真题 Rt△AOB OB (6，4) 20．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 ； RtCOD COD90，OD4 3，D30 BC BC AM 中， ，连接 ，点M是 中点，连接 ．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（ ） 资37料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 6 24 2 132 A．3 B． C． D．2 【答案】A 【分析】如图所示，延长BA到E，使得 ，连接OE，CE，根据点A的坐标为(6，4)得到 AEAB 1 ，再证明 是 的中位线，得到AM  CE；解 得到 ，进一步求出 BE 8 AM BCE 2 RtCOD OC 4 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， 1 ∴AM  CE； 2 在RtCOD中，COD90，OD4 3，D30， 3 ∴OC  OD4， 3 ∵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． 资38料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 21．如图，点A，B的坐标分别为A(2,0)，B(0,2)，点C为坐标平面内一点，BC 1，点M 为线 段AC的中点，连接OM ，则OM 的最大值为( ) 1 1 A． B． 2 C． D．2 2 21 2 2 21 2 【答案】B 【解答】解：如图， 点C为坐标平面内一点，BC 1， C 在B上，且半径为1， 取ODOA2，连接CD，  AM CM ，ODOA， OM 是ACD的中位线， 资39料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 OM  CD， 2 当OM 最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM 最大， OBOD2，BOD90， BD2 2， CD2 21， 1 1 1 OM  CD 2 ，即 的最大值为 2 2 2 OM 2 O AC 4 2 O AB 22．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CD的中点，则AM 的最大值为 ． 【答案】 131 1 【分析】连接 ， ，取 的中点E，连接 ，根据三角形中位线的性质得到DE  OB2， AO BO AO DE 2 得到点D在以E为圆心，以2为半径的圆上运动，连接CE，取CE的中点G，连接GM ，AG，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，AM 取得最大值，即AGGM 的长度，取线段OE的中点F，连接GF ，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】如图所示，连接AO，BO，取AO的中点E，连接DE ∵D是AB的中点，E是AO的中点， ∴DE是ABO的中位线， 资40料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 ∴DE  OB2， 2 ∴点D在以E为圆心，以2为半径的圆上运动， 连接CE，取CE的中点G，连接GM ，AG ∵M为CD的中点，G是CE的中点， 1 ∴GM  DE1 2 ∴点M在以点G为圆心，以1为半径的圆上运动， ∴AM  AGGM ∴如图所示，当点A，G，M三点共线时，AM 取得最大值，即AGGM 的长度，取线段OE的中 点F，连接GF ， ∵O的半径为4 ∴OAOB4 ∵AC 4 2  2 ∵ ，AC2  4 2 32 OA2OB2 4242 32 ∴OA2OB2  AC2 ∴AOC=90 ∵点F是OE的中点，点G是CE的中点， 1 ∴GF  OC2，且 ， 2 GF∥OC ∴AFGAOC90 1 ∵OF  OE1 2 ∴AF  AOOF 413 ∴在Rt△AFG中，AG AF2G2  3222  13． ∴AGGM  131 ∴AM 的最大值为 131 资41料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 题型五 轨迹为圆弧型·构造手拉手 2023·四川宜宾·统考中考真题 23．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 90 BQ MQ AB4 MP1 MQ 逆时针旋转 得到线段 ，连接 ．若 ， ，则 的最小值为 ． 【答案】2 10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 2 10，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 2 5， 由旋转得：BM BE， ME 2BM 2 10， 资42料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 MQMEEQ 2 101， MQ的值最小为2 101 2022 沈阳中考 24．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 C A B 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 E 法二：将AB绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接BD，BE，DE． E D C A B 由题意，△ABE和△BCD都是等腰直角三角形， ∴BE＝ ，BD＝ ，∠ABE＝∠CBD＝45°， ∴ ＝ ＝ ，∠EBD＝∠ABC， 资43料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴△EBD∽△ABC，∴ ＝ ＝ ， ∴DE＝ ＝ ． ∵AB＝8，AD≤AE＋DE， ∴AD的最大值是 ． 25．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 Q P B C 【答案】＋1 提示：连接CQ，过点Q作QE⊥CQ交BC延长线于点E A D Q P B C M E 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＝ CE＝1，∴BM＝3，AM＝ ∵AM－QM≤AQ≤AM＋QM，∴－1≤AQ≤＋1 2022·盐城市一模 26．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x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 1 Rt PAQ，使得tanAPQ ，连接DQ，则DQ的最小值为 2 △ 资44料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】2 101 【详解】解：如图，取点M（2，-2），连接AM，MQ、PB， ∵∠MAB=∠QAP=90°， ∴∠MAQ=∠BAP， AM AQ 1 ∵   ， AB AP 2 ∴△MAQ∽△BAP， 1 ∴MQ= PB=1， 2 ∴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= AD2AM2 2 10， ∴DQ的最小值等于：2 10−1. 2023·深圳外国语学校中考模拟 27．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 资45料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 的最小值是 ． 【答案】2 51 【分析】通过证 EDA∽FDT 可得 FT 1 ，由勾股定理可得AT  AD2DT2 2 5，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， 1 ∵DT CT  CD2，DE 2DF， 2 DE AD ∴  2， DF DT ∵EDF ADC90， ∴EDAFDT ， ∴EDA∽FDT ， AE ED ∴  2， TF FD ∴FT 1， ∵AT  AD2DT2 2 5， ∴AF  AT TF， ∴AF 2 51，∴AF 的最小值为2 51 28．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的长的取值范围为 资46料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ． 【答案】 【解答】解：如图，作OK  AB，在OK上截取OK OAOB，连接AK 、BK 、KC、OP． OK OAOB，OK  AB，KAKB，AKB90， AKB是等腰直角三角形，OBK PBC，OBPKBC， OB PB 2 KC BC   ， ，   2， ，  BK BC 2 OBP∽KBC  OP PB OP1 KC  2，点C的运动轨迹是以点K为圆心，KC为半径的圆，AK  2OA2 2， AC的最大值为3 2 ，AC的最小值 2， 2剟AC 3 2 ． 29．如下图，在正方形ABCD中，AB6，点E是以BC为直径的圆上的点，连接DE，将线段 DE绕点D逆时针旋转90，得到线段DF，连接CF，则线段CF的最大值与最小值的和 ． 【答案】6 5 【分析】连接EO、DO，将DO绕点D逆时针旋转90，得到线段DP，连接PF,PC，根据旋转 资47料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 的性质得出EDO≌FDP，进而可得点F 在以P为圆心，3为半径的圆上运动，则线段CF的最大 值与最小值的和为PC3PC32PC，进而勾股定理求得PC的长，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接EO、DO，将DO绕点D逆时针旋转90，得到线段DP，连接 PF,PC， ∵线段DE绕点D逆时针旋转90，DO绕点D逆时针旋转90， ∴DEDF,DODP，EDF ODP90， ∴EDOODF ODFFDP， ∴EDOFDP， ∴EDO≌FDP 1 ∴PF OE BC 3 2 则点F 在以P为圆心，3为半径的圆上运动， ∴线段CF的最大值与最小值的和为PC3PC32PC 在Rt△ODC中，OC 3,CD6 ∴DPOD 3262 3 5， 如图所示，过点P作PH  AD交AD的延长线于点H，过点P作PGCD于点G， 则四边形DGPH 是矩形， ∴PGDH ， 在Rt△HDP与Rt△CDO中， DPDO  ， HPOC ∴RtHDP≌RtCDO ∴DH DC GP6，DGHP3， 在RtPGC中，PC  GC2PG2 3 5， ∴线段CF的最大值与最小值的和为6 5 资48料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 题型六 路径相关问题 2022·山东滨州·统考中考真题 30．正方形ABCD的对角线相交于点O（如图1），如果BOC绕点O按顺时针方向旋转，其两边 AB,BC 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OG,BG，根据题意可知EBF EOF 90则线段EF的中点G经过的路线是OB 的线段垂直平分线的一段，即线段 【详解】连接OG,BG，根据题意可知EBF EOF 90， 1 OGBG EF， 2 ∴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OB的线段垂直平分线的一段，即线段 2023·海南·统考中考真题 31．如图，在正方形ABCD中，AB8，点E在边AD上，且AD4AE，点P为边AB上的动点， EF 连接 ，过点E作 ，交射线 于点F，则  ．若点M是线段 的中点， PE EF PE BC PE EF 则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ． 资49料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】 4 16 EF FK 【分析】过 作 交 延长线于点 ，证明 ，得到  即可求解；过 F FK  AD AD K AEP∽KFE PE AE M 作GH  AD交AD于点G，交BC于点H，证明EGM ≌FHM ，得到MGMH，故点M 的 运动轨迹是一条平行于BC的线段，当点P与A重合时，BF 1  AE  2，当点P与B重合时，由 2 8 得到  ，即 ，从而求解． EFB∽F FE 8 FF FF 32 1 2 1 1 2 1 2 【详解】解：过F 作FK  AD交AD延长线于点K 则四边形ABFK为矩形，AK 90 ∴ABFK 8 1 由题意可得：AE AD2 4 ∵EF PE ∴AEPKEF PEF 90 又∵PEAAPE90 ∴APEKEF ∴AEP∽KFE EF FK ∴  4 PE AE 过M 作GH  AD交AD于点G，交BC于点H，如下图 资50料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵AD∥CB，GH  AD ∴GH BC 在EGM 和△FHM中 MGEMHF  EMGFMH  MEMF ∴EGM ≌FHMAAS ∴MGMH， 故点M 的运动轨迹是一条平行于BC的线段， 当点P与A重合时，BF 1  AE  2 当点P与B重合时，BEF 2 F 2 EBF 1 90，BEF 1  EBF 1  90 ∴F BEF 2 1 ∵EFF EFB90 1 2 1 ∴EFB∽F FE 1 2 1 BF EF 2 8 ∴ 1  1 ，即  EF FF 8 FF 1 1 2 1 2 解得FF 32 1 2 ∵M 、M 分别为EF 、EF 的中点 1 2 1 2 ∴M M 是EFF 的中位线 1 2 1 2 1 ∴M M  FF 16，即点 运动的路径长为 1 2 2 1 2 M 16 32．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 A D E G B C 【答案】 ， 【解析】 资51料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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 H G 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 A P G 注： B C 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 ＝ ． 33．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 ． △ 资52料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【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， 1 ∴MN= AD=2． 2 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， HF HE EF ∴   , AE AB BE G为BE的中点， 1 FEGE BE, 2 HF HE EF 1 ∴    , AE AB BE 2 设AE=x， ∵AB8,AD4, 1 ∴HF x,EH 4, 2 DH  AEx, S S S S CEF DHFC CED EHF 资53料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 1 1 1 1  x( x8) 8(4x) 4 x 2 2 2 2 2 1  x24x164xx 4 1  x2x16, 4 1 x 2 ∴当 1 时，△CEF面积的最小值 1 2  421615. 4 4 题型七 当线段最小值时求其它量 2022·广东广州·中考真题 34．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′，  BABE  在△ABP和△EBP′中ABPEBP，   BPBP ∴△ABP≌△EBP′（SAS）， ∴∠BAP＝∠BEP′＝90°， ∴点P′在射线EP′上运动， 资54料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 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°， 1 1 ∴EO＝ OB，OP′＝ OC， 2 2 1 1 1 ∴EP′＝EO＋OP′＝ OB＋ OC＝ BC， 2 2 2 ∵BC＝2AB， ∴EP′＝AB＝EB， ∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°， ∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°， ∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75° 2023·辽宁·中考真题 35．如图，线段AB8，点C是线段AB上的动点，将线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段 BD CD AB RtDCE DCE90,E30 F DE ，连接 ，在 的上方作 ，使 ，点 为 的中点，连接 AF ，当AF 最小时，BCD的面积为 ． 【答案】 3 【分析】连接CF，BF，BF，CD交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得BF垂直 平分CF，ABF 60为定角，可得点F在射线BF上运动，当AF BF时，AF 最小，由含30度 角直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：连接CF，BF，BF，CD交于点P，如图， ∵DCE90，点F 为DE的中点， 资55料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴FC FD， ∵E30， ∴FDC 60, ∴FCD是等边三角形， ∴DFCFCD60； ∵线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD， ∴BC BD， ∵FC FD， ∴BF垂直平分CF，ABF 60， ∴点F在射线BF上运动， ∴当AF BF时，AF 最小， 此时FAB90ABF 30， 1 ∴BF  AB4； 2 1 ∵BFC  DFC 30， 2 ∴FCBBFCABF 90， 1 ∴BC  BF 2， 2 1 ∵PB BC 1， 2 ∴由勾股定理得PC  BC2PB2  3， ∴CD2PC 2 3， 1 1 ∴S  CDPB 2 31 3； △BCD 2 2 36．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． 资56料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 F A B D C E 【答案】3 【解析】解：如图1，在AB上截取BG＝BD，连接AD，DG， F A A F G M B B D H C D C E E 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． 资57料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2023·四川·广元中考真题 37．如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在 BC上方作RtBDC，且DBC 30． (1)若BDC=90，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且AEB90，EBA30，连接DE， 用等式表示线段AC与DE的数量关系是 ； (2)如图2，在(1)的条件下，若DEAB，AB4，AC 2，求BC的长； (3)如图3，若BCD90，AB4，AC 2，当AD的值最大时，求此时tanCBA的值． 2 【答案】(1)AC  3DE 3 (2)BC 2 7 3 (3) 5 【分析】（1）在 RtBDC中，DBC 30，Rt△BAE，且AEB90，EBA30，可得 AB BE ， 根 据 相 似 三 角 形 的 性 质 得 出  ， ， 进 而 证 明 △ABE∽△CBD BC BD DBECBA △ABC∽△EBD，根据相似三角形的性质即可求解； （2）延长DE交AB于点F ，如图所示，在RtAEF中，求得EF,AF，进而求得BF的长，根据 （1）的结论，得出DE 3，在RtBFD中，勾股定理求得BD，进而根据△ABC∽△EBD，即可 求解． （3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且EAB90，EBA30，连接BE，EA 4 3 ，同（1）可得 ，进而得出 在以 为圆心， 为半径的圆上运动，当点 ED,EC BDE∽BCA D E 3 2 7 21 三点共线时， 的值最大，进而求得 cosBDA ， sinBDA ，根据 A,E,D AD 7 7 △ABC∽△EBD得出BDEBCA，过点A作 AFBC，于点F ，分别求得 AF,CF,然后求得 BF，最后根据正切的定义即可求解． 【详解】（1）解：在RtBDC中，DBC 30，Rt△BAE，且AEB90，EBA30， 3 ∴ ， ，BE ABcosABE AB △ABE∽△CBD DBEEBC ABCEBC 2 资58料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 AB BE ∴  ， ， BC BD DBECBA ∴△ABC∽△EBD AC AB AB 2 3    ∴DE BE 3 3 AB 2 2 ∴AC  3DE， 3 2 故答案为：AC  3DE． 3 （2）∵Rt△BAE，且AEB90，EBA30，AB4 1 ∴AE ABsinEBA AB2， ， 2 ∠BAE60 延长DE交AB于点F ，如图所示， ∵DE AB， ∴BFDDFA90， 3 1 ∴在 中，EF  AEsinBAE 2 3，AF  AE1，∴ ， RtAEF 2 2 BF  ABAF 413 2 3 由（1）可得AC  3DE，∴DE AC  3，∴ ， 3 2 DF DEEF 2 3  2 在 中，BD BF2DF2  32 2 3  21， RtBFD BC AC 2 3 ∵ ，∴   ， △ABC∽△EBD BD DE 3 2 3 ∴BC   212 7，∴ ； 3 BC 2 7 （3）解：如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且EAB90，EBA30，连接BE， EA，ED,EC， 同（1）可得BDE∽BCA DE BD 2 3 则   ， AC BC 3 资59料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 4 3 ∵ ，则DE ， AC 2 3 3 4 3 在 中， ，AE ABtanEBA4  ， RtAEB AB4 3 3 4 3 ∴ 在以 为圆心， 为半径的圆上运动， D E 3 8 3 ∴当点 三点共线时， 的值最大，此时如图所示，则AD AEDE ， A,E,D AD 3 2 8 3 4 21 在 中，BD AB2AD2  42     3 3 Rt△ABD   8 3 AD 3 2 7 AB 4 21 ∴cosBDA   ,sinBDA   ， BD 4 21 7 BD 4 21 7 3 3 ∵△ABC∽△EBD，∴BDEBCA，过点A作AFBC，于点F ， 2 7 4 7 2 21 ∴CF  ACcosACB2  ，AF  ACsinACB ， 7 7 7 3 3 4 21 ∵ ，∴BC  BD  2 7 ， DBC 30 2 2 3 2 21 AF 7 3 ∴ ， 中，tanCBA   4 7 10 7 FB 10 7 5 BF BCCF 2 7  7 7 RtAFB 7 资60料整理【淘宝店铺：向阳百分百】