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专题 18.7 平行四边形中的最值问题
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
分类讨论思想：当问题所给的对象不能进行统一研究时，我们就需要对研究对象进行分类，然后对每
一类分别进行研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结果，得到整个问题的解答。分类讨论的分类并
非是随心所欲的，而是要遵循以下基本原则：
1. 不重（互斥性）不漏（完备性）；
2. 按同一标准划分（同一性）；
3. 逐级分类（逐级性）。
◆ 典例分析
【典例1】如图，菱形ABCD中，AB=4，∠ABC=60°，点P为AD边上任意一点（不包括端点），连
结AC，过点P作PQ∥AC边CD点Q，点R线段AC上的一点．
（1）若点R为菱形ABCD对角线的交点，PQ为△ACD的中位线，求PR+QR的值；
（2）当PR+QR的值最小时，请确定点R的位置，并求出 PR+QR的最小值；
（3）当PR+QR+PQ的值最小时，在备用图中作出此时点P，Q的位置，写作法并写出PR+QR+PQ的
最小值．
【思路点拨】
（1）由菱形的性质可得△ABC，△ACD均为等边三角形，点R为AC的中点，连接PR，QR，利用三角形中位线定理即可求解；
（2）由题可知△ABC，△ACD，△PDQ为等边三角形，由菱形性质可知，AB与AD关于AC对称，在
AB上，取点P的对应点P′，连接P′R，则P′R=PR，AP=AP′，连接P′Q，交AC于点O，过点O作垂直
1
于AB的直线交AB于P ，交CD于Q ，可得△AOP′≌△COQ(AAS)，可得OA=OC= AC=2，则点O
0 0 2
为AC中点，利用含30°的直角三角形可得OP =❑√3，OQ =❑√3，由三角形三边关系及垂线段最短可知
0 0
PR+QR=P′R+QR≤P′Q≤P Q =2❑√3，当P′，R，Q三点在同一直线上，且P′与P 重合时取等号，
0 0 0
即当点R为AC中点，点P关于AC对称的点P′与点R坐在直线垂直于AB时，PR+QR有最小值2❑√3；
（3）同（2），AB与AD关于AC对称，在AB上，取点P的对应点P′，连接P′R，则P′R=PR，连接
P′Q，交AC于点O，由（2）可得点O为AC中点，作AD关于CD对称的线段A′D，取点P的对应点P″，
连接QP″，则QP=QP″，由对称可知：∠P″QD=∠PQD=60°，则
PR+QR+PQ=P′R+QR+QP″≥PP″，当P′，R，Q，P″在同一条直线上时取等号，此时点R为AC中
点，可知△CRQ，△ARP为等边三角形，进而即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=4，
∴∠ABC=∠D=60°，AB=BC=CD=AD=4，则△ABC，△ACD均为等边三角形，
∴AD=AC=CD=4，
∵点R为菱形ABCD对角线的交点，
∴点R为AC的中点，
连接PR，QR，
∵PQ为△ACD的中位线，
∴PR，QR也为△ACD的中位线，
1 1
则PR= CD=2，QR= AD=2，
2 2∴PR+QR=4；
（2）由（1）可知△ABC，△ACD均为等边三角形，
则∠BAC=∠ACD=∠CAD=∠D=60°，AB=BC=CD=AD=AC=4
∵PQ∥AC，
∴∠DPQ=∠CAD=60°，则△PDQ为等边三角形，
∴PD=QD，则AP=CQ，
由菱形性质可知，AB与AD关于AC对称，在AB上，取点P的对应点P′，连接P′R，则P′R=PR，
AP=AP′，连接P′Q，交AC于点O，过点O作垂直于AB的直线交AB于P ，交CD于Q ，
0 0
∵AP=CQ，则AP=AP′=CQ，
又∵∠AOP′=∠COQ，
∴△AOP′≌△COQ(AAS)，
1
∴OA=OC= AC=2，则点O为AC中点，
2
∵∠BAC=∠ACD=60°，∠AP O=∠CQ O=90°，
0 0
∴∠AOP =∠COQ =30°，
0 0
1 1
∴AP = OA=1，CQ = OC=1，由勾股定理可得：OP =❑√3，OQ =❑√3，
0 2 0 2 0 0
∴P Q =2❑√3，
0 0
∵P′R=PR，
∴PR+QR=P′R+QR≤P′Q≤P Q =2❑√3，当P′，R，Q三点在同一直线上，且P′与P 重合时取等号，
0 0 0
即：R与点O重合（点R为AC中点），P′与P 重合时取等号，
0
综上，当点R为AC中点，点P关于AC对称的点P′与点R坐在直线垂直于AB时，PR+QR有最小值2❑√3；
（3）同（2），AB与AD关于AC对称，在AB上，取点P的对应点P′，连接P′R，则P′R=PR，连接
P′Q，交AC于点O，由（2）可得点O为AC中点，
作AD关于CD对称的线段A′D，取点P的对应点P″，连接QP″，则QP=QP″，∵△PDQ为等边三角形，
∴∠PQD=60°，由对称可知：∠P″QD=∠PQD=60°，
则PR+QR+PQ=P′R+QR+QP″≥PP″，当P′，R，Q，P″在同一条直线上时取等号，
此时点R为AC中点，
∵∠P″QD=∠PQD=60°=∠ADC，则QP″∥AD
∴P′P″过点O（点R），且P′P″∥AD，
可知△CRQ，△ARP为等边三角形，CQ=RC=QR=2，QD=PD=PQ=2，AP=AR=PR=2，即P，
R，Q，分别为AD，AC，CD的中点，
∴此时PR+QR+PQ=6，
作图，如下：
作法：取AD的中点为P，作PQ∥AC交CD于Q；
综上，PR+QR+PQ的最小值为6．
◆ 学霸必刷
1．（23-24八年级下·江苏泰州·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，点E为CD中点，P、
Q为BC边上两个动点，且PQ=2，则四边形APQE周长的最小值为（ ）A．10+2❑√26 B．10+2❑√13 C．12+2❑√26 D．2❑√26
【思路点拨】
本题考查了矩形的性质，轴对称-最短路线问题的应用，正确做出辅助线确定出P和Q点的位置是解答本
题的关键．要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可.为此，
先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接
EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ=EG最
小，即四边形APQE的周长最小．
【解题过程】
解：在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A
点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点. 则四边形APQF
是平行四边形，
∴PA=FQ=GQ，
∵E为CD边的中点，
∴DE=EC=2，
∴AE=❑√AD2+DE2=❑√102+22=2❑√26
∵GH=DF=8,EH=EC+CH=2+4=6,∠H=90°，
∴EG=❑√GH2+EH2=❑√82+62=10，
∴四边形APQE的周长的最小值=QE+EA+PQ+AP
=2❑√26+EQ+2+AP
=2❑√26+EQ+2+QG=2❑√26+EG+2
=2❑√26+2+10
=12+2❑√26，
故选C．
2．（2024·河南安阳·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．点E在边AD上，且ED=6，
M，N分别是边AB、BC上的动点，P是线段CE上的动点，连接PM，PN，使PM=PN．当PM+PN的
值最小时，线段PC的长为（ ）
A．2 B．2❑√2 C．4 D．4❑√2
【思路点拨】
本题主要考查了矩形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，先证明△CDE是
等腰直角三角形，作点N关于EC的对称点N′，则N′在直线CD上，连接PN′，则PN=PN′，则当
P、M、N′三点共线，且M N′⊥CD时，PM+PN′有最小值，即PM+PN有最小值，可证明四边形
1
AM N′D是矩形，得到M N′=AD=8，则PN′=PM= M N′=4，再证明△PCN′是等腰直角三角形，
2
即可得到PC=❑√2PN′=4❑√2．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，∠D=90°，
∴DE=CD=6，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE=45°，
作点N关于EC的对称点N′，则N′在直线CD上，连接PN′，如图：∴PM+PN=PM+PN′，
∴当P、M、N′三点共线，且M N′⊥CD时，PM+PN′有最小值，即PM+PN有最小值，
∴四边形AM N′D是矩形，
∴M N′=AD=8，
1
∴PN′=PM= M N′=4，
2
∵∠PN′C=90°，∠PCN′=45°，
∴△PCN′是等腰直角三角形，
∴PC=❑√2PN′=4❑√2，
故选：D．
3．（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在矩形ABCD中，AD=3，CD=4，E是CD边上一点，连
接AE，沿AE翻折△ADE，得到△AFE，连接CF．当CF长度最小时，△CEF的面积是（ ）
5 4 3
A． B． C． D．2
4 3 2
【思路点拨】
连接AC，如图，根据折叠的性质得到AF=AD，DE=EF，当点A、F、C三点共线时，AF+CF最小，
此时CF的最小值=AF+CF−AF=AC−AD，根据勾股定理得到AC=❑√AD2+CD2=5，得到CF长度
3
的最小值=5−3=2，设DE=EF=x，则CE=4−x，根据勾股定理得到EF= 根据三角形的面积公式得
2
1 3 3
到△CEF的面积是 × ×2= ．
2 2 2
【解题过程】
解：连接AC，如图，∵△ADE沿AE翻折至△AFE，
∴△ADE≌△AFE，
∴AF=AD，DE=EF，
∵AF+CF≥AC，
∴当点A、F、C三点共线时，AF+CF最小，此时CF的最小值=AF+CF−AF=AC−AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵AD=3，CD=4，
∴AC=❑√AD2+CD2=5，
∴CF长度的最小值=5−3=2，
设DE=EF=x，则CE=4−x，
∵∠AFE=∠D=90°，
∴∠CFE=90°，
∵CE2=EF2+CF2，
∴(4−x) 2=x2+22，
3
解得，x= ，
2
3
∴EF=
2
1 3 3
∴△CEF的面积是 × ×2= ，
2 2 2
故选：C．
4．（23-24九年级下·安徽合肥·期中）如图，在长方形ABCD中，AB=1，BC=2，点P在线段AD（包
括端点）上运动，以线段BP为边，向右侧作正△BPE，连接EC．下列结论正确的是（ ）
A．当点P与点A重合时，CE最小 B．当点P与点D重合时，CE最小
C．当CE最小时，A、E、C三点共线 D．当CE最小时，∠PEC=75°
【思路点拨】以AB为边向右作等边△ABF，连接EF．利用全等三角形的性质证明∠BFE=90°，推出点E在射线FE
上运动，且FE⊥BF，设FE交BC于点O，再证明BF=AB=EF=AP=1，利用等腰三角形的性质，可
得结论．
【解题过程】
解：如图，以AB为边向右作等边△ABF，连接EF．
∵△BPE是等边三角形，
∴∠ABF=∠PBE=60°，BP=BE，BA=BF，
∴∠ABP=∠FBE，
∴△ABP≌△FBE(SAS)，
∴∠BAP=∠BFE=90°，AP=BF，
∴点E在射线FE上运动，且FE⊥BF，设FE交BC于点O，
则∠FBO=90°−∠ABF=30°，
当CE⊥FE时，CE的长最小，此时CE∥BF，则∠FBO=∠OCE=30°，
1 1
∴FO= OB，OE= OC，
2 2
1 1 1
∴EF=FO+OE= OB+ OC= BC=1，
2 2 2
∴BF=AB=EF=AP=1，即：点P为AD中点
∴∠FBE=∠FEB=∠ABP=45°，
∴∠BEC=45°+90°=135°，
∴∠PEC=∠BEC−∠BEP=135°−60°=75°．
综上，当点P为AD中点时，CE的长最小，此时∠PEC=75°；
故选：D．
5．（2023·辽宁盘锦·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOD=120°,AB=2，点E是BD上一动点，点P是AE的中点，连接PB、PO，则PB+PO的最小值
为（ ）
A．❑√5 B．3 C．❑√7 D．❑√13
【思路点拨】
取AB的中点F，作直线PF，易得PF∥BE，作点B关于直线PF的对称点H，连接BH交直线PF于点
G，连接OH，得到PO+PH≥OH，根据矩形的性质，轴对称的性质结合勾股定理求出OH的长即可．
【解题过程】
解：取AB的中点F，作直线PF，
∵点P是AE的中点，
∴PF∥BE，
作点B关于直线PF的对称点H，连接BH交直线PF于点G，连接OH，
∵PG垂直平分BH，
∴PB=PH,∠PGB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=2，
1 1
∴BF=AF=1，OA=OC= AC，OB=OD= BD，AC=BD，
2 2
∴OA=OB，
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=180°−∠AOD=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=2，∠BFG=∠ABO=60°，
∴∠FBG=30°，1 1
∴FG= BF= ，∠HBO=90°，
2 2
∴BG=❑√BF2−FG2=❑
√
12−
(1) 2
=
❑√3
，
2 2
∴BH=2BG=❑√3，
∴OH=❑√BH2+OB2=❑√(❑√3) 2+22=❑√7，
∵PO+PH≥OH，
∴PO+PB≥❑√7，
∴PO+PB的最小值为❑√7，
故选：C．
6．（23-24八年级下·河南周口·期中）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边AD，BC上的动点，P是
对角线AC上的动点，且PE∥CD．若AB=4，∠B=45°，则PE+❑√2PF的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．2❑√2
【思路点拨】
本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质和平行线的性质可得∠B=∠D=∠AEP=45°，过P
作PM⊥AD于M，则PE=❑√2PM，PE+❑√2PF=❑√2(PM+PF)，当P、M、F三点共线且与AD垂直
时PE+❑√2PF最小，最小值为菱形的高，求解即可．
【解题过程】
过P作PM⊥AD于M，过A作AN⊥BC于M，
∵菱形ABCD，∠B=45°，
∴∠B=∠D=45°，∵PE∥CD，
∴∠D=∠AEP=45°，
∴EM=PM，PE=❑√EM2+PM2=❑√2PM，
∴PE+❑√2PF=❑√2PM+❑√2PF=❑√2(PM+PF)，
∴当P、M、F三点共线且与AD垂直时PE+❑√2PF最小，最小值为菱形的高AN，
∵∠B=45°，，
∴AN=BN,
∵AB=4，AN2+BN2=AB2，
∴2AN2=42
∴AN=2❑√2，
即PE+❑√2PF的最小值是2❑√2，
故选：D．
7．（22-23八年级下·山东泰安·期末）如图，菱形ABCD的边长为4，且∠DAB=60°，E是BC的中点，
P为BD上一点且△PCE的周长最小，则△PCE的周长的最小值为（ ）
A．2❑√7+2 B．❑√7+1 C．2❑√3+2 D．2❑√7+1
【思路点拨】
由菱形的性质可得点A与点C关于BD对称，连接AE交BD于点P，连接PC，则△PCE的周长
=PC+PE+CE=AE+CE，此时△PCE的周长最小，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于G，由菱形的
性质和∠DAB=60°可得∠EBG=60°，从而可得BG=1，EG=❑√3，最后由勾股定理计算得出
AE=2❑√7，即可得出答案．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴点A与点C关于BD对称，
如图，连接AE交BD于点P，连接PC，则PE+PC=PE+PA=AE，
∴△PCE的周长=PC+PE+CE=AE+CE，此时△PCE的周长最小，
∵ E是BC的中点，菱形ABCD的边长为4，
∴BE=CE=2，
过点E作EG⊥AB交AB的延长线于G，
∵四边形ABCD为菱形，边长为4，
∴AD∥BC，AB=4，
∴∠EBG=∠BAD=60°，
∵ EG⊥AB，
∴∠EGB=90°，
∴∠EBG+∠BEG=90°，
∴∠BEG=30°，
1
∴BG= BE=1，EG=❑√BE2−BG2=❑√22−12=❑√3，
2
∴AG=AB+BG=4+1=5，
∴AE=❑√AG2+EG2=❑√52+(❑√3) 2=2❑√7，
∴△PCE的周长的最小值=AE+CE=2❑√7+2，
故选：A．
8．（23-24九年级上·安徽合肥·开学考试）如图，在菱形ABCD中，AB=4，E是AB边上一点，且
∠A=∠EDF=60°，有下列结论：① △≝¿是等边三角形；②∠ADE=∠BEF；③ △BEF周长的最小
值为4+2❑√3；④ △BEF面积的最大值为❑√3．其中正确结论有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
根据等边三角形与菱形的性质解答即可．
【详解】解：连接BD，
∵菱形ABCD中，∠A=60°，
∴△ADB与△CDB是等边三角形，
∴∠DBE=∠C=60°，BD=DC，
∵∠EDF=60°，∴∠BDE=∠CDF，
在△BDE和△CDF中
{
∠DBE=∠C
)
BD=CD ，
∠BDE=∠CDF
∴△DBE≌△DCF(ASA)，
∴DE=DF，∠BDE=∠CDF，BE=CF，
∴∠EDF=∠BDC=60°，
∴△≝¿是等边三角形，故①正确；
∴∠≝=60°，∴∠AED+∠BEF=120°，
∵∠AED+∠ADE=180°−∠A=120°，
∴∠AED+∠BEF=∠AED+∠ADE，
即∠ADE=∠BEF，故②正确；
∵△BEF的周长=BE+BF+EF=BF+CF+EF=BC+EF=4+EF，
∴等边三角形△≝¿的边长最小时，△BEF的周长最小，当DE⊥AB时，DE最小=2❑√3，
△BEF周长的最小值为4+2❑√3，故③正确；
∵菱形ABCD边长为4，∠BAD=60°；
∴△ABD与△BCD为正三角形，
∴△BDF≌△ADE，
∴AE=BF，
∵AB=4，
∴BE+BF=4，
过F作FH⊥AB，交AB延长线于点H，设BE=x，则BF=4−x，
∴∠BHC=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠FBH=∠A=60°，
❑√3
在Rt△BFH中，由勾股定理得：FH= (4−x)，
2
1 1 ❑√3 ❑√3 ❑√3
∴△BEF的面积= BE⋅FH= x⋅ (4−x)=− x2+❑√3x=− (x−2) 2+❑√3，
2 2 2 4 4
当x=2时，
❑√3
△BEF的面积最大值为：− ×(2−2) 2+❑√3=❑√3，
4
故④正确；
综上正确的有①②③④共4个，
故选：D．
9．（2024·安徽合肥·一模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且AE平分
∠CAD，DE=CF，连接DF，分别交AE，AC于点G，点M．P是线段AG上的一个动点，过点P作
PN⊥AC，垂足为N，连接PM，则PM+PN的最小值为（ ）A．2❑√2−1 B．2❑√2 C．2❑√3 D．2❑√3+1
【思路点拨】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、角平行线的定义，线段垂直平分线的判定与性质、
勾股定理，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，PD，证明△ADE≌△DCF(SAS)，得到
∠AGM=90°，∠AGM=∠AGD，进而可证明△AGM≌△AGD(ASA)，得到GM=GD，推导出AE是
线段DM的垂直平分线，得到HM=HD，由两点之间线段最短可得，当点P与点H重合时，PM+PN的
值最小，进而由PM+PN=HM+HO=HD+HO=DO，求出BD即可求解，确定出点P与点H重合时，
PM+PN的值最小是解题的关键．
【解题过程】
解：如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，PD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB=90°，
∵DE=CF，∠ADE=∠DCF，AD=DC，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠DAE+∠ADG=90°，
∴∠AGD=90°，
∴∠AGM=90°，
∴∠AGM=∠AGD，∵AE平分∠CAD，
∴∠MAG=∠DAG，
∵AG=AG，
∴△AGM≌△AGD(ASA)，
∴GM=GD，
∴AE是线段DM的垂直平分线，
∴HM=HD，
当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，
此时PM+PN=HM+HO=HD+HO=DO，
即PM+PN的最小值是DO的长，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴BD=❑√42+42=4❑√2，
1
∴DO= BD=2❑√2
2
∴PM+PN的最小值为2❑√2，
故选：B．
10．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，E为正方形ABCD中BC边上的一点，且AB=12，BE=4，
M、N分别为边CD、AB上的动点，且始终保持MN⊥AE，则AM+NE的最小值为（ ）
A．8 B．8❑√3 C．8❑√5 D．12
【思路点拨】
由勾股定理可求AE的长，由“ASA”可证△ABE≌△DAH，可得DH=AE=4❑√10，通过证明四边形
NEGM是平行四边形，可得NE=MG，MN=EG=AE=4❑√10，由AM+NE=AM+MG，可得当点
A，点M，点G三点共线时，AM+NE的最小值为AG，由勾股定理即可求解．
【解题过程】解：过点D作DH∥MN，交AB于点H，过点E作EG∥MN，过点M作MG∥NE，直线EG、MG
交于点G，连接AG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠B=∠BAD=90°，
∵AB=12，BE=4，
∴AE=❑√AB2+BE2=❑√144+16=4❑√10，
∵DH∥MN，AB∥CD，
∴四边形DHNM是平行四边形，
∴DH=MN，
∵MN⊥AE，DH∥MN，EG∥MN，
∴DH⊥AE，AE⊥EG，
∴∠BAE+∠AHD=90°=∠AHD+∠ADH，∠AEG=90°，
∴∠BAE=∠ADH，
在△ABE和△DAH中，
{∠BAE=∠ADH
)
AB=AD
∠B=∠BAD
∴△ABE≌△DAH(ASA)，
∴DH=AE=4❑√10，
∴MN=DH=AE=4❑√10，
∵EG∥MN，MG∥NE，
∴四边形NEGM是平行四边形，
∴NE=MG，MN=EG=AE=4❑√10，
∴AM+NE=AM+MG≥AG，
∴当点A，点M，点G三点共线时，AM+NE的最小值为AG，∴AG=❑√EG2+AE2=8❑√5．
故选：C．
11．（23-24九年级上·江苏无锡·期末）正方形ABCD，BEFG如图放置，AB=6，AG，CE相交于点P，
Q为AD边上一点，且DQ:AQ=1:2，则PQ的最大值为（ ）
A．3❑√2+3 B．3❑√2+❑√10 C．7 D．❑√53
【思路点拨】
如图，连接AC，取AC的中点O，连接OQ，延长AD至E，使DE=2，连接CE，OP，利用等腰直角三
角形性质可得AC=❑√2AD=6❑√2 ，由DQ:AQ=1:2，可得DQ=2，AQ=4，利用勾股定理可得
CE=2❑√10，再由三角形中位线定理可得OQ=❑√10，再证得△ABG≌△CBE(SAS)，进而得出OP是
△ACE的中线，即OP=3❑√2，由PQ≤OP+OQ=3❑√2+❑√10，即可求得答案．
【解题过程】
解：如图，连接AC，取AC的中点O，连接OQ，延长AD至E，使DE=2，连接CE，OP，
∵四边形ABCD、BEFG是正方形，AB=6，
∴AD=CD=AB=BC=6，BG=BE，∠ADC=∠ABC=∠CBE=90°，
∴AC=❑√2AD=6❑√2，
∵DQ:AQ=1:2，
1 2
∴DQ= AD=2，AQ= AD=4，
3 3
∴QE=DQ+DE=2+2=4，∴AQ=QE，即Q是AE的中点，
又∵点O是AC的中点，
1
∴OQ= CE，
2
∵∠CDE=90°，
∴CE=❑√CD2+DE2=❑√62+22=2❑√10，
1
∴OQ= CE=❑√10，
2
{
AB=BC
)
在△ABG和△CBE中， ∠ABC=∠CBE=90° ，
BG=BE
∴△ABG≌△CBE(SAS)，
∴∠BAG=∠BCE，
∵∠BCE+∠CEB=90°，
∴∠BAG+∠CEB=90°，
∴∠APC=∠BAG+∠CEB=90°，
∵点O是AC的中点，
1
∴OP= AC=3❑√2，
2
在△OPQ中，PQ≤OP+OQ=3❑√2+❑√10，
∴PQ的最大值为3❑√2+❑√10，
故选：B．
12．（2023·江苏宿迁·一模）如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，
∠A=90°，AB=BC=4，AD=2，点E，F分别是边AD，BC上的两个动点，且AE=CF，过点B
作BG⊥EF于G，连接CG，则CG的最小值是（ ）
A．2❑√10−❑√2 B．❑√10+❑√2 C．❑√10 D．❑√10−❑√2【思路点拨】
过点C作CM⊥BC，交AD延长线于M，连接BM，交EF于O，则构造的四边形ABCM为正方形，由
ASA可证△MEO≌△BFO，得出OM=OB，则O是正方形ABCM的中心，由正方形的性质得出
BM=4❑√2，OB=2❑√2，取OB中点N，连接NC、NG，过点N作NH⊥BC于H，由勾股定理求出
1
CN=❑√10，由直角三角形的中线性质得出NG= OB=❑√2，由三角形三边关系得
2
CG≥CN−NG=❑√10−❑√2，则当C、G、N三点共线时，CG最小，即可得出结果．
【解题过程】
解：过点C作CM⊥BC，交AD延长线于M，连接BM，交EF于O，如图所示：
∴∠BCM=90°，
∵AD∥BC，∠A=90°，
∴∠ABC+∠A=180°，
∴∠ABC=90°．
∵∠ABC=∠A=∠BCM=90°，
∴四边形ABCM为矩形．
∵AB=BC，
∴四边形ABCM为正方形，
∴AM=BC．
∵AD∥BC，
∴∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，
∵AE=CF，
∴EM=BF，
又∵∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，
∴△MEO≌△BFO，
∴OM=OB，∴O是正方形ABCM的中心．
∵AB=BC=4，
∴BM=4❑√2，OB=2❑√2，
取OB中点N，连接NC、NG，过点N作NH⊥BC于H，
1
∵BN= OB=❑√2，
2
∴NH=BH=1，
∴CH=4−1=3，
在Rt△CHN中，由勾股定理得：CN=❑√CH2+N H2=❑√32+12=❑√10，
在Rt△BGO中，N是OB的中点，
1
∴NG= OB=❑√2．
2
∵CG≥CN−NG=❑√10−❑√2，
当C、G、N三点共线时，CG最小为：❑√10−❑√2．
故答案为：❑√10−❑√2．
13．（22-23九年级下·江苏宿迁·期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E,B不重
合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接DP．若AB=1时，则△ADP周长的最小值为
（ ）
A．3 B．❑√5 C．❑√5+1 D．❑√7+1
【思路点拨】
如图所示，在AB上取一点G使得BG=BE，连接EG，CP，由正方形的性质得到
AB=BC=AD=CD=1，∠B=∠BCD=90°，证明△AGE≌△ECP得到∠ECP=∠AGE=135°，进
而推出点P在直线CP上运动；如图所示，作点D关于直线CP的对称点F，连接CF，AF，PF，则
DP=FP，CF=CD=1，∠DCP=∠FCP=45°，即∠DCF=90°，即可证明B、C、F三点共线，
进一步推出当A、P、F三点共线时，△ADP的周长有最小值，最小值为AF+1，由勾股定理得AF=❑√5
，则△ADP的周长最小值为❑√5+1．【解题过程】
解：如图所示，在AB上取一点G使得BG=BE，连接EG，CP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=AD=CD=1，∠B=∠BCD=90°，
∵∠AEP=90°，
∴∠BAE+∠BEA=90°=∠BEA+∠CEP，
∴∠GAE=∠CEP，
∵BG=BE，
∴∠BGE=∠BEG=45°，
∴∠AGE=90°，
∵AB−BG=BC−BE，
∴AG=EC，
又∵AE=EP，
∴△AGE≌△ECP(SAS)，
∴∠ECP=∠AGE=135°，
∴∠DCP=45°，
∴点P在直线CP上运动，
如图所示，作点D关于直线CP的对称点F，连接CF，AF，PF，
∴DP=FP，CF=CD=1，∠DCP=∠FCP=45°，即∠DCF=90°，
∴∠DCF+∠BCD=180°，即B、C、F三点共线，
∵△ADP的周长=AD+DP+AP=1+DP+AP=AP+PF+1，
∴当A、P、F三点共线时，△ADP的周长有最小值，最小值为AF+1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AF=❑√AB2+BF2=❑√12+(1+1) 2=❑√5，
∴△ADP的周长最小值为❑√5+1，
故选C．
14．（2024·四川成都·一模）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M，N为直线AD上的两个动点，且∠MBN=30°，将线段BM关于BN翻折得线段BM′，连接CM′．当线段CM′的长度最小时，∠MM′C
的度数为 度．
【思路点拨】
将线段BA绕点B顺时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABM≌△EBM′，再由当CM′⊥EF
时，CM′有最小值，可得△EBG与△M′CG均为30°、60°、90°直角三角形，再证明△ABM为等腰直角三
角形，△MBM′是等边三角形，进而得到∠EM′B=∠AMB=60°，最后当CM′⊥EF于H时，CM′有
最小值，由此可以求出∠M M′C=∠EM′C−∠EM′M=90°−15°=75°．
【解题过程】
解：将线段BA绕点B顺时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，设EM′交BC于G点，如下图所示：
在矩形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=BC，
根据折叠可知，∠MBM′=60°，BM=BM′，
∴∠ABM=∠ABE−∠MBE=60°−∠MBE，
∠EBM′=∠MBM′−∠MBE=60°−∠MBE，
∴∠ABM=∠EBM′，
∵BA=BE，BM=BM′，
∴△ABM≌△EBM′ (SAS)，
∴AM=EM′，∠E=∠A=90°，∵∠EBG=90°−60°=30°，
∴∠BGM′=∠EBG+∠BEG=90°+30°=120°，
∴∠EGC=120°，
∴∠CGM′=∠EGB=180°−120°=60°，
∴点M′在EF上，
∵垂线段最短，
∴当CM′⊥EF时，CM′有最小值，
∴△EBG与△M′CG均为30°、60°、90°直角三角形，
设EG=x，BC=2y，
1
则BG=2EG=2x，CG=BC−BG=2y−2x，GM′= CG= y−x，
2
1
∴EM′=EG+GM′=x+(y−x)= y= BC，
2
∵BC=2AB，
1
∴AB= BC，
2
∴EM′=AB，
∴AM=EM′，
∴AB=AM，
∴△ABM为等腰直角三角形，
∴∠EM′B=∠AMB=45°，
∵∠MBM′=60°，BM=M′B，
∴△MBM′是等边三角形，
∴∠BM′M=60°，
∴∠EM′M=∠BM′M−∠EM′B=60°−45°=15°，
∴∠M M′C=∠EM′C−∠EM′M=90°−15°=75°，
故答案为：75．
15．（22-23九年级上·山西运城·期中）如图，在矩形ABCD中，E是BC上一动点，△ABE沿AE折叠后得
到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G，AB=6，AD=8．当点E是BC的中点时，线
段GC的长为 ；点E在运动过程中，当△CFE的周长最小时，CE的长为 ．【思路点拨】
第一填空，连接GE，根据中点性质以及翻折性质可以求出BE=EF=EC，然后利用“HL”证明△GFE和
△GCE全等，得到FG=CG，设GC=x，表示出AG、DG，然后在Rt△ADG中，利用勾股定理列式进
行计算即可得解；第二填空，连接AC，根据勾股定理求出AC=10，根据EF=BE，得到
EF+CE=BC=8，得到CF值最小时， △CEF的周长最小，推出点F在AC上时，CF取得最小值，为
CF=AC−AF=4， 设CE= y，得到EF=8−y，根据∠CFE=90°，运用勾股定理求得y=5．
【解题过程】
如图1，连接GE，
∵在矩形ABCD中，∠B=∠C=∠D=90°，DC=AB=6，BC=AD=8，E是BC的中点，
∴BE=EC=4，
由折叠知，∠EFA=∠B=90°，AF=AB=6，EF=BE=4，
∴EF=EC，∠EFG=∠C=90°，
在Rt△GFE和Rt△GCE中，
{EG=EG)
，
EF=EC
∴Rt△GFE≌Rt△GCE(HL)，
∴GF=GC，
设GF=GC=x，
则AG=6+x，DG=6−x，
∵在Rt△ADG中，AD2+DG2=AG2
∴82+(6−x) 2=(6+x) 2，8
解得x= ，
3
8
即GC= ．
3
8
故答案为： ；
3
如图2，连接AC，则AC=❑√AD2+CD2=10，
∵AF=AB=6，EF=BE，
∴EF+CE=BE+CE=BC=8，
∴当CF值最小时， △CEF的周长最小，
当点F在AC上时，CF值最小，此时，CF=AC−AF=4，
设CE= y，则EF=8−y，
∵∠AFE=90°，
∴∠CFE=180°−∠AFE=90°，
∴CF2+EF2=CE2，
∴42+(8−y) 2= y2，
解得y=5，
即CE=5．
故答案为：5．
16．（22-23八年级下·陕西西安·期末）如图，矩形ABCD中，AB=2❑√3，AD=8，E、F分别为AD、
BC上两个动点，且∠EFC=60°，连接AF，CE，当AF+EF+CE最小时，BF的长为 ．
【思路点拨】作EH⊥BC，可以求得EF的长度，再过A作AG∥EF，且AG=EF，连接EG，则四边形AGEF为平
行四边形，AF=EG，则AF+EF+CE最小，就是EG+EC最小，求解即可．
【解题过程】
解：作EH⊥BC，如下图：
四边形ABHE和四边形CDEH为矩形，
则AB=CD=EH=2❑√3，AE=BH
在Rt△EFH中，∠EFH=60°，∠EHF=90°，EH=2❑√3
∴∠FEH=30°
设FH=x，则EF=2x，由勾股定理可得：x2+(2❑√3) 2=(2x) 2
解得x=2，即FH=2，EF=4
∴AF+EF+CE最小，就是AF+EC最小，
过A作AG∥EF，且AG=EF，连接EG，GC，如下图：
则四边形AGEF为平行四边形，AF=EG，
则AF+EC最小，就是EG+EC最小，
由三角形三边关系可得，EG+EC≥GC，
即当G、E、C三点共线时，EG+EC最小，如下图：
∵四边形AGEF为平行四边形
∴EC∥AF
又∵AE∥CF∴四边形AFCE为平行四边形，
∴AF=CE，AE=CF=BH
∴BF=CH
∴BF+CH+FH=2BF+FH=BC，即2BF+2=8
解得：BF=3
故答案为：3
17．（23-24八年级下·北京东城·期中）如图，已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，点M是边BC
的中点，点N是边CD上一点，点P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值为 ．
【思路点拨】
本题考查了轴对称-最短路线问题，菱形的性质，勾股定理的应用，菱形的面积，解此题的关键是能确定出
当QN⊥CD时有最小值．作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接PM，则PM+PN=QN
，要使PM+PN的值最小，则当QN⊥CD时，QN有最小值，则连接AC，求出CP、BP，根据勾股定
理求出CD长，再根据等面积法即可得出答案．
【解题过程】
解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接PM，
∴PQ=PM，
∴ PM+PN=PQ+PN=QN
要使PM+PN的值最小，即QN要最小，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
又∵MQ⊥BD ，M是边BC的中点，
即Q在AB上，且为AB中点，
∵AB∥CD∴当QN⊥CD时，QN有最小值，
∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴CP= AC=3,DP= BD=4
2 2
∴CD=❑√BP2+CP2=5
1
∵S = AC⋅BD=QN⋅CD
菱形ABCD 2
1
∴ ×6×8=5QN
2
24
∴QN=
5
24
∴PM+PN的值最小为 ，
5
24
故答案为： ．
5
18．（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使
DE=AD，且BE⊥DC，若△ADB是边长为3的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上
运动，则PM+PN的最小值为 ．
【思路点拨】
根据四边形ABCD为平行四边形，得到AB=CD,AB∥CD,AD=BC,AD∥BC，结合BE⊥DC，得到
∠EBA=90°，根据△ADB是边长为3的等边三角形，得到AD=DB=AB,∠A=60°，得到四边形
ABCD是菱形，结合DE=AD得到AD=DB=AB=ED=BC,得到四边形BCED是菱形，作点M关于直线
BE得对称点Q，则Q一定在BD上，根据垂线段最短，过点Q作QG⊥EC于点G，交BE于点R，当P与
R重合，点N与点G重合时，PM+PN取得最小值，即菱形BCED的高，过点C作CF⊥BD于点F，计
算CF即可，本题考查了菱形的判定和性质，线段和最小，垂线段最短，正确构造最短线段是解题的关键．
【解题过程】
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD,AD=BC,AD∥BC，
∵BE⊥DC，
∴∠EBA=90°，
∵△ADB是边长为3的等边三角形，
∴AD=DB=AB=3,∠A=60°，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=DB=AB=BC=3,∠BCD=60°
∴△CDB是边长为3的等边三角形，
∵DE=AD
∴AD=DB=AB=ED=BC,
∴四边形BCED是菱形，
作点M关于直线BE得对称点Q，则Q一定在BD上，根据垂线段最短，过点Q作QG⊥EC于点G，交
BE于点R，当P与R重合，点N与点G重合时，PM+PN取得最小值，即菱形BCED的高，
过点C作CF⊥BD于点F，
1 3
∴DF= BD= ，
2 2
3❑√3
∴CF=❑√CD2−DF2=
，
2
3❑√3
故PM+PN的最小值为 ，
2
3❑√3
故答案为： ．
2
19．（2024·四川成都·二模）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，CD=4，M，N分别是边AB,AD的动点，满足AM=DN，连接CM、CN，E是边CM上的动点，F是CM上靠近C的四等分点，连接
1
AE、BE、NF，当△CFN面积最小时， BE+AE的最小值为 ．
2
【思路点拨】
连接MN,AC，取BE的中点G，连接MG，得到△MCN是等边三角形，进而判断当△CFN面积最小时，
1
CN⊥BD，根据E为MC上的动点，当E,M重合时，最小，进而可得 BE+AE的最小值．
2
【解题过程】
解：如图，连接MN,AC，取BE的中点G，连接MG，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AB=AD=CD,∠BAC=∠DAC=∠ADC=60°，
∴△ABC,△ADC是等边三角形
∴AC=DC,∠ADC=60°
∵AM=DN
∴△AMC≌△DNC(SAS)
∵CM=CN,∠DCN=∠ACM
∴∠MCN=∠MCA+∠ACN
=∠DCN+∠ACN=∠ACD=60°，
∴△CMN为等边三角形，
∵点F是CM上靠近点C的四等分点，
1
∴S = S
△CFN 4 △CMN∴△CMN的面积最小时，△CFN的面积也最小
❑√3
∵S = CM2
△CMN 4
∴当CM最小时，△CMN的面积最小
∴当CM⊥AB时，CM最小
∵△ABC是等边三角形，CM⊥AB
∴ MA=MB
∴AE=BE
1 1
∴MG= AE= BE
2 2
1 1 3
∴ BE+AE= AE+AE= AE
2 2 2
∵点E是CM上的动点，∠AME=90°
当点E与点M重合时，AE最小
∵CD=4
1
∴AM= AB=2
2
1 1 3
∴ BE+AE的最小值为 BM+AM= ×AM=3
2 2 2
故答案为：3．
20．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，已知菱形ABCD中，∠A=120°，AB=8，点E，F分别为
边AD，CD上的两个动点，始终保持DE=DF，连接BE，EF，取BE中点G并连接FG，则FG的最小
值是 ．
【思路点拨】
如图，过点D作DH⊥BC交BC延长线于点H，延长EF交DH于点M，连接BM，先根据菱形的性质的
∠ADC=60°，再求出∠HDC=30°，证明△≝¿是等边三角形，得到DE=DF=EF，∠≝=60°，利用
三角形外角的性质得到∠MDF=∠DMF=30°，则FM=FD=EF，从而证明GF是△BME的中位线，
1
则GF= BM，故当BM最小时FG最小，根据点到直线的距离垂线段最短可知：BM的最小值等于BH，
2利用含30度角的直角三角形的性质求出CH=4，则BH=12，由此即可得到答案．
【解题过程】
解：如图，过点D作DH⊥BC交BC延长线于点H，延长EF交DH于点M，连接BM，
在菱形ABCD中，∠A=120°，AD∥BC，
∴∠ADC=60°，
∵DH⊥BC，
∴DH⊥AD
∴∠HDC=30°，
∵DE=DF，∠ADC=60°，
∴△≝¿是等边三角形，
∴DE=DF=EF，∠≝=60°，
∵∠≝=∠MDF+∠DMF
∴∠MDF=∠DMF=30°，
∴FM=FD=EF，
∵EG=BG，
∴GF是△BME的中位线，
1
∴GF= BM，
2
∴当BM最小时FG最小，
根据点到直线的距离垂线段最短可知：BM的最小值等于BH，
在Rt△CDH中，∠HDC=30°，∠H=90°，
1 1
∴CH= CD= AB=4，
2 2
∴BH=BC+CH=4+8=12，
∴BM的最小值为12，
∴FG的最小值为6．
故答案为：6．
21．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，菱形ABCD边长为5，点E、F为对角线BD上两点，且BE=2DF，BD=8，连接AE,AF，则2AF+AE的最小值是 ．
【思路点拨】
取AB,BE的中点P，Q，连接PQ,PC,QC，连接AC交BD于点H，过点P作PG⊥BC，交BC于点G，
证明△BCQ≌△DAF(SAS)，得到CQ=AF，推出当点P，Q，C三点共线时，CQ+PQ有最小值，最小
值为PC长的2倍，利用菱形的性质及勾股定理求出PC的长即可．
【解题过程】
解：取AB,BE的中点P，Q，连接PQ,PC,QC，连接AC交BD于点H，过点P作PG⊥BC，交BC于
点G，
1 1
则PQ= AE，BQ= BE，
2 2
∵ ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠ADF=∠CBQ，
1
∵ BE=2DF，即DF= BE，
2
∴BQ=DF，
∴△BCQ≌△DAF(SAS)，
∴CQ=AF，
( 1 )
∵2AF+AE=2 AF+ AE =2(CQ+PQ)≥2PC，
2
当点P，Q，C三点共线时，CQ+PQ有最小值，最小值为PC长的2倍，
∵ ABCD是菱形，且边长为5，1
∴ BD⊥AC，BH= BD=4，AB=BC=5，
2
∴AH=❑√AB2−BH2=3，
∴AC=6，
1
∵S = S ，
△BCP 2 △ABC
1 1 1 1 1
∴ BC⋅PG= × AC⋅BH，即 ×5PG= ×6×4，
2 2 2 2 4
12
∴PG= ，
5
BG=❑√BP2−PG2=❑
√ (5) 2
−
(12) 2
=
7
，
2 5 10
7 43
∴CG=BC−BG=5− = ，
10 10
∴PC=❑√CG2+PG2=❑
√ (43) 2
+
(12) 2
=
❑√97
，
10 5 2
∴2PC=❑√97，
∴ 2AF+AE的最小值为❑√97，
故答案为：❑√97．
22．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，E、F是正方形ABCD的边AB、CD上的动点，且
BE+CF=AD，点G在AC上，当AG=5，CG=3时，¿+GF的最小值是 ．
【思路点拨】
连接EF交AC于点O，证明△FCO≌△EAO在AO上截取LO=1，则OG=OL则四边形FLEG是平行四边
形，得出EG+FG=EG+≤¿作点L关于AB的对称点T，连接TG交AB于点J，根据轴对称的性质求得最
值为TG的长，进而勾股定理，即可求解．
【解题过程】
解：如图所示，连接EF交AC于点O，∵正方形ABCD，BE+CF=AD，
∴AD=CD=DF+CF，则BE=DF
∵FC∥AE
∴∠FCO=∠EAO，
又∠FOC=∠EOA
∴△FCO≌△EAO
∴AO=CO,FO=EO,
∵AG=5，CG=3
∴AC=8，
1
∴OG=AG− AC=1，
2
在AO上截取LO=1，则OG=OL
∴四边形FLEG是平行四边形
∴FG=≤¿，
∴EG+FG=EG+≤¿
作点L关于AB的对称点T，连接TG交AB于点J，
∴E,J重合时EG+FG=EG+≤=JL+JG=TG此时取得最小值，
∴AT=AL=AO−LO=4−1=3，
又∠CAB=45°,∠TAJ=45°，
∴Rt△ATG中，TG=❑√AG2+AT2=❑√52+32=❑√34
故答案为：❑√34．
23．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，正方形ABCD的边长为a，点E、F分别在BC、CD上，且
BE=CF，AE与BF相交于点G，连接CG，则CG的最小值为 ．【思路点拨】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，
关键是取AB中点H，推导出当H、G、C在同一条直线上时，CG取最小值．
1
先证明△ABE≌△BCF，得∠AGB=90°，再取AB中点H，HG= BC，由于HG、HC不变，因此当
2
H、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，依据HG与CH的长，即可得出CG的最小值．
【解题过程】
解：如图，取AB中点H，连接HG，HC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=a，∠ABC=∠BCD=90°，
在△ABE和△BCF中，
{
AB=BC
)
∠ABE=∠BCF ，
BE=CF
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
∴∠BAE+∠ABG=∠CBF+ABG=90°，
∴∠AGB=90°，
1 1
∴HG= AB= a，
2 2
∵HG、HC的长不变，
∴当H、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，√ 1 2 ❑√5a
Rt△BCH中，HC=❑√BC2+BH2=❑a2+( a) = ，
2 2
❑√5a 1 (❑√5−1)a
∴CG的最小值=HC−HG= − a= ，
2 2 2
(❑√5−1)a
故答案为： ．
2
24．（2023·江苏南通·二模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为边BC的中点，点F为边AB上的
动点，以EF为一边在EF的右上方作等边三角形FEG，当CG最小时，△ECG的周长为 ．
【思路点拨】
以CE为一边在正方形ABCD内作等边△CEH，连接FH，过点H作HP⊥BC于点P，过点F作FT⊥HP
于点T，先证四边形BFTP为矩形，再证△EFH和△EGC全等得FH=CG，再由∠FEH=90°得
FH≥FT，由此可得出当点T与点H重合时，FH=BP=3为最小，即CG为最小，最小值为3，然后再求
出FB，EF即可得出当CG最小时，△ECG的周长．
【解题过程】
解：以CE为一边在正方形ABCD内作等边△CEH，连接FH，
过点H作HP⊥BC于点P，过点F作FT⊥HP于点T，
∵四边形ABCD为正方形，且边长为4，
∴BC=4，∠B=90°，
∵点E为BC的中点，
∴BE=CE=2，
∵△EFG和△CEH均为等边三角形，HP⊥BC，∴EF=EG，EH=EC，∠FEG=∠CEH=60°，EP=PC=1，
∵HP⊥BC，FT⊥HP，∠B=90°，
∴四边形BFTP为矩形，
∴FB=TP，BP=FT=BE+EP=3，
∵∠FEG=∠CEH=60°，
∴∠FEG+∠HEG=∠CEH+∠HEG，
即：∠FEH=∠CEG，
在△EFH和△EGC中，
{
EF=EG
)
∠FEH=∠CEG ，
EH=EC
∴△EFH≌△EGC(SAS)，
∴FH=CG，
∵∠FTH=90°，
∴FH≥FT，
∴当点T与点H重合时，FH=BP=3为最小，
即CG为最小，最小值为3，
在Rt△HEP中，EP=1，∠EHP=30°，
∴EH=2EP=2，
由勾股定理得：HP=❑√EH2−EP2=❑√3，
∴ FB=HP=❑√3
在Rt△BEF中，BE=2，FB=❑√3，
由勾股定理的EF=❑√BE2+BF2=❑√7，
∴ EG=EF=❑√7，
∴△ECG的周长为：EG+EC+CG=❑√7+2+3=5+❑√7．
即当CG最小时，△ECG的周长为5+❑√7．
故答案为：5+❑√7．
25．（2024·陕西商洛·一模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在线段AD上，以DE为边构造正方形
DEFG，使点G在CD的延长线上，连接CF，取CF的中点H，连接DH．当点E在AD边上运动(不含A，
D)时，DH的最小值为 ．【思路点拨】
本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理；连接GH，EH，AC，BD，AC与BD交于点
O，延长FE到点M，使EM=FE，连接DM，CM，根据正方形的性质先证点D、O、M、B在一条直线
上，再证EH是△CFM的中位线，并推出当CM⊥BD时，CM最小，根据正方形的性质得出CO⊥BD，
故点M与点O重合，求出对角线AC的长，即可得出CO的长，于是得出EH的长，再根据正方形的性质证
EH=DH，即可得出DH的最小值．
【解题过程】
解：如图，连接GH，EH，AC，BD，AC与BD交于点O，延长FE到点M，使EM=FE，连接DM，
CM，
∵四边形DEFG是正方形，
∴FE=DE，∠FED=90°，
∴DE=EM，∠DEM=90°，
∴△DEM是等腰直角三角形，
∴∠EDM=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，AC⊥BD，
∴点D、O、M、B在一条直线上，
∵点E是FM的中点，点H是CF的中点，
∴EH是△CFM的中位线，
1
∴EH= CM，
2
当CM最小时，EH最小，即当CM⊥BD时，CM最小，
∵CO⊥BD，
∴M点与O点重合时，CM最小，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD=CD=4，∠ADC=90°，AO=CO，
由勾股定理得AC=❑√AD2+CD2=❑√42+42=4❑√2
1 1
∴CO= AC= ×4❑√2=2❑√2，
2 2
1 1
∴EH= CO= ×2❑√2=❑√2，
2 2
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠FGC=90°，
∵点H是CF的中点，
1
∴GH= CF=FH，
2
∴点H在FG的垂直平分线上，
∵四边形DEFG是正方形，
∴点H也在ED的垂直平分线上，
∴EH=DH，
∴DH=❑√2，
即DH的最小值为❑√2；
故答案为：❑√2．
26．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在边长为1的正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，CD
上的动点，且AE=DF，连接BE、AF，交于点G．
（1）连接DG，则线段DG的最小值是 ；
（2）取CG的中点H，连接DH，则线段DH的最小值是 ．【思路点拨】
1
（1）如图1，取AB的中点K，连接GK，DK，则∠BAE=∠ADF=90°，AD=AB=1，AK= ，证
2
1
明△BEA≌△AFD(SAS)，可求∠FAD+∠AEB=90°，即∠AGB=90°，则GK= ，由勾股定理得，
2
❑√5
DK= ，由三角形三边关系可得DG≥DK−GK，进而可求DG的最小值；
2
（2）如图2，取AB的中点K，过点K作KN⊥CD于N，延长CD至M，使DM=CD，连接
1 3
GK，MG，MK，则四边形ADNK是矩形，KN=AD=1，DN=AK= ，MN=DN+DM= ，由
2 2
❑√13 ❑√13−1
勾股定理得，MK= ，由三角形三边关系可得MG≥MK−GK，即MG的最小值 ，由D、H
2 2
1
分别是CM、CG的中点，可得DH= MG，进而可得线段DH的最小值．
2
【解题过程】
（1）解：如图1，取AB的中点K，连接GK，DK，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADF=90°，AD=AB=1，
∵点K是AB的中点，
1
∴AK= ，
2
∵AB=AD，∠BAE=90°=∠ADF，AE=DE，
∴△BEA≌△AFD(SAS)，
∴∠EBA=∠FAD，
∵∠EBA+∠AEB=90°，
∴∠FAD+∠AEB=90°，即∠AGB=90°，∵点K是AB的中点，
1
∴GK= ，
2
❑√5
由勾股定理得，DK=❑√AK2+AD2=
，
2
∵DG≥DK−GK，
❑√5 1 ❑√5−1
∴DG的最小值为 − = ，
2 2 2
❑√5−1
故答案为： ；
2
（2）解：如图2，取AB的中点K，过点K作KN⊥CD于N，延长CD至M，使DM=CD，连接
GK，MG，MK，则四边形ADNK是矩形，
1
∴KN=AD=1，DN=AK= ，
2
3
∴MN=DN+DM= ，
2
❑√13
由勾股定理得，MK=❑√K N2+M N2= ，
2
∵MG≥MK−GK，
❑√13 1 ❑√13−1
∴MG的最小值 − = ，
2 2 2
∵D、H分别是CM、CG的中点，
1 ❑√13−1
∴DH= MG= ，
2 4❑√13−1
即线段DH的最小值是 ，
4
