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1. 学科特色手拉手模型「2026山东德州夏津期中」如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，$∠ A = 30°$，$AB=8$，$P$是$AC$上的动点.连接$BP$，将线段$BP$绕点$B$顺时针旋转$60°$得到线段$BQ$，连接$CQ$，则线段$CQ$长的最小值是（
A.2
B.4
C.$2\sqrt{3}$
D.$\sqrt{3}+2$
A
）A.2
B.4
C.$2\sqrt{3}$
D.$\sqrt{3}+2$
答案
1.A 如图，取 AB 的中点 E,连接 CE,PE,则 $BE=AE=\frac{1}{2}AB.\because ∠ACB=90^{\circ },∠A=30^{\circ },\therefore ∠CBE=60^{\circ },CE=\frac{1}{2}AB,\therefore CE=BE=AE,\therefore △BCE$ 是等边三角形，$\therefore BC=BE,\because ∠PBQ=∠CBE=60^{\circ },\therefore ∠QBC=∠PBE$,由旋转的性质得 $QB=PB,\therefore △QBC≌ △PBE$(SAS),$\therefore CQ=EP$,当 $EP⊥AC$ 时,EP 的值最小,则 CQ 的值最小,当 $EP⊥AC$ 时,$\because AE=\frac{1}{2}AB=4,∠A=30^{\circ }$,$\therefore PE=\frac{1}{2}AE=2,\therefore CQ$ 的最小值为 2. 故选 A.
技巧归纳 连接直线外一点与直线上各点的所有线段中,垂线段最短.
解析
【分析】
遇到含旋转的线段最值问题，首先考虑利用旋转的性质构造全等三角形进行线段转化。本题中已知∠ABC=60°，旋转角也为60°，可通过构造等边三角形得到手拉手全等的条件，将CQ转化为另一条线段EP，再根据“垂线段最短”求EP的最小值，即可得到CQ的最小值。
【解析】
解：如图，取AB的中点E，连接CE、PE。
∵∠ACB=90°，E是AB中点，
∴$BE=AE=CE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$。
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠CBE=90°-30°=60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC=BE，∠CBE=60°。
由旋转的性质可知：BQ=BP，∠PBQ=60°，
∴∠PBQ=∠CBE，即∠QBC+∠CBP=∠PBE+∠CBP，
∴∠QBC=∠PBE。
在△QBC和△PBE中：
$\{\begin{array}{l}QB=PB\\∠QBC=∠PBE\\BC=BE\end{array} $
∴△QBC≌△PBE（SAS），
∴CQ=EP。
根据“垂线段最短”可知，当EP⊥AC时，EP的长度最小，即CQ的长度最小。
当EP⊥AC时，在Rt△AEP中，∠A=30°，AE=4，
∴$PE=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}×4=2$，
∴线段CQ长的最小值是2。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题是旋转背景下的线段最值问题，核心是通过构造等边三角形得到全等三角形，实现未知线段到可求最值线段的转化，体现了转化思想在几何最值问题中的应用，熟练掌握手拉手全等模型和垂线段最短的性质是解题的关键。
【难度系数】
0.6
遇到含旋转的线段最值问题，首先考虑利用旋转的性质构造全等三角形进行线段转化。本题中已知∠ABC=60°，旋转角也为60°，可通过构造等边三角形得到手拉手全等的条件，将CQ转化为另一条线段EP，再根据“垂线段最短”求EP的最小值，即可得到CQ的最小值。
【解析】
解：如图，取AB的中点E，连接CE、PE。
∵∠ACB=90°，E是AB中点，
∴$BE=AE=CE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$。
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠CBE=90°-30°=60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC=BE，∠CBE=60°。
由旋转的性质可知：BQ=BP，∠PBQ=60°，
∴∠PBQ=∠CBE，即∠QBC+∠CBP=∠PBE+∠CBP，
∴∠QBC=∠PBE。
在△QBC和△PBE中：
$\{\begin{array}{l}QB=PB\\∠QBC=∠PBE\\BC=BE\end{array} $
∴△QBC≌△PBE（SAS），
∴CQ=EP。
根据“垂线段最短”可知，当EP⊥AC时，EP的长度最小，即CQ的长度最小。
当EP⊥AC时，在Rt△AEP中，∠A=30°，AE=4，
∴$PE=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}×4=2$，
∴线段CQ长的最小值是2。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题是旋转背景下的线段最值问题，核心是通过构造等边三角形得到全等三角形，实现未知线段到可求最值线段的转化，体现了转化思想在几何最值问题中的应用，熟练掌握手拉手全等模型和垂线段最短的性质是解题的关键。
【难度系数】
0.6
2.「2026福建三明期中」如图，正方形ABCD的边长为2，点E是对角线BD上一动点，连接CE，把CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，点G是CD的中点，连接DF，GF，则线段GF长度的最小值是
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
。答案
2.答案 $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析 $\because$ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore BC=DC,∠CBD=45^{\circ },\because$ 将线段 CE 绕点 C 顺时针旋转 $90^{\circ }$ 得到 CF,$\therefore CE=CF,∠ECF=90^{\circ },\therefore ∠ECF=∠BCD=90^{\circ }$,$\therefore ∠BCE=∠DCF,\therefore △BCE≌ △DCF(SAS).$
$\therefore ∠CDF=∠CBE=45^{\circ },\therefore$ 当 $DF⊥FG$ 时,GF 有最小值,此时 $△GFD$ 为等腰直角三角形,$\because G$ 为 CD 的中点,$\therefore GD=\frac{1}{2}CD=1,\therefore GF=\frac{\sqrt{2}}{2}GD=\frac{\sqrt{2}}{2}$,故 GF 的最小值是$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析 $\because$ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore BC=DC,∠CBD=45^{\circ },\because$ 将线段 CE 绕点 C 顺时针旋转 $90^{\circ }$ 得到 CF,$\therefore CE=CF,∠ECF=90^{\circ },\therefore ∠ECF=∠BCD=90^{\circ }$,$\therefore ∠BCE=∠DCF,\therefore △BCE≌ △DCF(SAS).$
$\therefore ∠CDF=∠CBE=45^{\circ },\therefore$ 当 $DF⊥FG$ 时,GF 有最小值,此时 $△GFD$ 为等腰直角三角形,$\because G$ 为 CD 的中点,$\therefore GD=\frac{1}{2}CD=1,\therefore GF=\frac{\sqrt{2}}{2}GD=\frac{\sqrt{2}}{2}$,故 GF 的最小值是$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
解题可按三步思考：第一步，结合正方形和旋转的性质找全等关系：正方形中BC=DC、∠BCD=90°，旋转可得CE=CF、∠ECF=90°，可推导出∠BCE=∠DCF，进而证明△BCE≌△DCF；第二步，由全等得到∠CDF=∠CBE=45°，确定动点F的轨迹是过点D且与CD夹角为45°的射线；第三步，根据“垂线段最短”，当GF⊥DF时GF长度最小，再结合G是CD中点的条件，用等腰直角三角形的边长关系计算最小值即可。
【解析】
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $BC=DC$，$∠BCD=90°$，$∠CBD=45°$。
∵ 线段CE绕点C顺时针旋转$90°$得到CF，
∴ $CE=CF$，$∠ECF=90°$，
∴ $∠ECF=∠BCD$，即$∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD$，
∴ $∠BCE=∠DCF$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases} BC=DC \\ ∠BCE=∠DCF \\ CE=CF \end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠CDF=∠CBE=45°$，即点F在过D且与CD夹角为$45°$的射线上运动。
根据垂线段最短，当$GF⊥ DF$时，GF的长度最小，此时$△ GFD$为等腰直角三角形。
∵ G是CD的中点，正方形边长为2，
∴ $GD=\frac{1}{2}CD=1$，
∴ $GF=GD×\frac{\sqrt{2}}{2}=1×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是旋转类线段最值的典型题，解题核心是通过全等确定动点的运动轨迹，再结合几何最值原理求解，能很好地考查学生的几何综合推理能力。
【难度系数】
0.6
解题可按三步思考：第一步，结合正方形和旋转的性质找全等关系：正方形中BC=DC、∠BCD=90°，旋转可得CE=CF、∠ECF=90°，可推导出∠BCE=∠DCF，进而证明△BCE≌△DCF；第二步，由全等得到∠CDF=∠CBE=45°，确定动点F的轨迹是过点D且与CD夹角为45°的射线；第三步，根据“垂线段最短”，当GF⊥DF时GF长度最小，再结合G是CD中点的条件，用等腰直角三角形的边长关系计算最小值即可。
【解析】
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $BC=DC$，$∠BCD=90°$，$∠CBD=45°$。
∵ 线段CE绕点C顺时针旋转$90°$得到CF，
∴ $CE=CF$，$∠ECF=90°$，
∴ $∠ECF=∠BCD$，即$∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD$，
∴ $∠BCE=∠DCF$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases} BC=DC \\ ∠BCE=∠DCF \\ CE=CF \end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠CDF=∠CBE=45°$，即点F在过D且与CD夹角为$45°$的射线上运动。
根据垂线段最短，当$GF⊥ DF$时，GF的长度最小，此时$△ GFD$为等腰直角三角形。
∵ G是CD的中点，正方形边长为2，
∴ $GD=\frac{1}{2}CD=1$，
∴ $GF=GD×\frac{\sqrt{2}}{2}=1×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是旋转类线段最值的典型题，解题核心是通过全等确定动点的运动轨迹，再结合几何最值原理求解，能很好地考查学生的几何综合推理能力。
【难度系数】
0.6
3.「2026福建福州马尾期中」如图，$AB=5\sqrt{2}$，点C是平面内一动点，且$BC=5$，连接AC，将AC绕点A逆时针旋转$90°$，得到AD，连接BD，则BD的最小值为
第3题图 第4题图
5
。第3题图 第4题图
答案
3.答案 5
解析 $\because AC$ 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$ 得到 AD,$\therefore AD=AC,∠DAC=90^{\circ }$,如图,把 $△ABC$ 绕 A 点逆时针旋转$90^{\circ }$得到 $△AED$,连接 BE,$\therefore AE=AB=5\sqrt{2},DE=BC=5$,$∠BAE=90^{\circ },\therefore BE=\sqrt{(5\sqrt{2})^2+(5\sqrt{2})^2}=10,\because BD≥ BE-DE$(当且仅当 B,D,E 三点共线时取等号),$\therefore BD$ 的最小值为 $BE-DE=10-5=5$.
解析
【分析】
题目中给出AC绕点A逆时针旋转90°得到AD，可得AD=AC且∠DAC=90°，属于共顶点的等线段结构，因此可以通过旋转构造全等三角形，把已知长度的BC转化为和BD相关的定长线段，同时构造出另一条定长线段BE，再结合三角形三边关系“两边之差小于第三边”，当B、D、E三点共线时BD取得最小值，按该思路即可求解。
【解析】
∵ AC绕点A逆时针旋转90°得到AD，
∴ AD=AC，∠DAC=90°，
如图，把△ABC绕A点逆时针旋转90°得到△AED，连接BE，
由旋转的性质可得：AE=AB=$5\sqrt{2}$，DE=BC=5，∠BAE=90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理：
$BE=\sqrt{AB^2+AE^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2+(5\sqrt{2})^2}=\sqrt{50+50}=10$，
根据三角形三边关系可知：$BD≥ BE-DE$（当且仅当B、D、E三点共线时等号成立），
∴ BD的最小值为$10-5=5$。
【答案】
5
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；三角形三边关系
【点评】
本题是旋转类线段最值的典型题型，解题核心是抓住共顶点等线段的特征构造旋转全等，将分散的线段关系集中到同一个三角形中，再利用三边关系求最值，熟练掌握旋转构造的方法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
题目中给出AC绕点A逆时针旋转90°得到AD，可得AD=AC且∠DAC=90°，属于共顶点的等线段结构，因此可以通过旋转构造全等三角形，把已知长度的BC转化为和BD相关的定长线段，同时构造出另一条定长线段BE，再结合三角形三边关系“两边之差小于第三边”，当B、D、E三点共线时BD取得最小值，按该思路即可求解。
【解析】
∵ AC绕点A逆时针旋转90°得到AD，
∴ AD=AC，∠DAC=90°，
如图
，把△ABC绕A点逆时针旋转90°得到△AED，连接BE，由旋转的性质可得：AE=AB=$5\sqrt{2}$，DE=BC=5，∠BAE=90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理：
$BE=\sqrt{AB^2+AE^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2+(5\sqrt{2})^2}=\sqrt{50+50}=10$，
根据三角形三边关系可知：$BD≥ BE-DE$（当且仅当B、D、E三点共线时等号成立），
∴ BD的最小值为$10-5=5$。
【答案】
5
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；三角形三边关系
【点评】
本题是旋转类线段最值的典型题型，解题核心是抓住共顶点等线段的特征构造旋转全等，将分散的线段关系集中到同一个三角形中，再利用三边关系求最值，熟练掌握旋转构造的方法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
4.「2026四川绵阳游仙期中」如图,在$△ ABC$和$△ ADE$中,$∠ BAC=∠ DAE=90°$,$AB=AC=2AD=2AE=4$,点$O$在边$BC$上满足$OC=3OB$,将$△ ADE$绕着点$A$顺时针旋转,连接$CE$,记$CE$的中点为$P$,连接$OP$,则$OP$的最大值是________.
答案
4.答案 $\sqrt{10}+1$
解析 如图,取 AC 的中点 Q,连接 PQ,OQ,过点 Q 作$QH⊥BC$于点 H,$\because OP≤ OQ+PQ,\therefore$ 当 O,Q,P 三点共线,且 P 在 OQ 的延长线上时,OP 取最大值,为 $OQ+PQ$ 的长,$\because$ 点 P,Q 分别是 CE,AC 的中点,$AE=2$,$\therefore PQ=\frac{1}{2}AE=1,\because ∠BAC=90^{\circ },AB=AC=4,\therefore ∠ACB=45^{\circ },CQ=\frac{1}{2}AC=2,BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=4\sqrt{2},\because QH⊥BC,\therefore ∠HQC=45^{\circ }=∠QCH,\therefore QH=CH$,在 $Rt△CHQ$中,由勾股定理得 $CQ^2=QH^2+CH^2$,即 $2^2=2CH^2$,$\therefore CH=QH=\sqrt{2},\because OC=3OB,BC=OB+OC=4\sqrt{2},\therefore OC=3\sqrt{2},\therefore OH=OC-CH=2\sqrt{2},\therefore OQ=\sqrt{OH^2+QH^2}=\sqrt{10},\therefore OQ+PQ=\sqrt{10}+1,\therefore OP$ 的最大值为 $\sqrt{10}+1$.
解析
【分析】
本题是旋转背景下的线段最值问题，可利用三角形三边关系求解最值：首先观察到P为CE中点，因此可取AC中点Q构造△ACE的中位线，得到长度为定值的PQ；O、Q均为定点，因此OQ也为定值，根据三角形三边关系$OP≤OQ+PQ$，当O、Q、P三点共线且P在OQ延长线上时，OP取最大值，即为OQ与PQ的和，接下来只需结合已知条件分别计算OQ和PQ的长度即可。
【解析】
取$AC$的中点$Q$，连接$PQ$、$OQ$，过点$Q$作$QH ⊥ BC$于点$H$。
1. 确定最值条件：根据三角形三边关系，$OP ≤ OQ+PQ$，因此当$O$、$Q$、$P$三点共线，且$P$在$OQ$的延长线上时，$OP$取得最大值，最大值为$OQ+PQ$的长。
2. 计算$PQ$的长度：
$\because$ 点$P$、$Q$分别是$CE$、$AC$的中点，
$\therefore PQ$是$△ ACE$的中位线，
$\because 2AE=4$，即$AE=2$，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}AE=1$。
3. 计算$OQ$的长度：
$\because ∠ BAC=90°$，$AB=AC=4$，
$\therefore △ ABC$为等腰直角三角形，$∠ ACB=45°$，$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=4\sqrt{2}$，$CQ=\frac{1}{2}AC=2$。
$\because QH ⊥ BC$，$\therefore △ CHQ$为等腰直角三角形，$QH=CH$，
在$Rt△ CHQ$中，由勾股定理得$CQ^2=QH^2+CH^2$，代入得$2^2=2CH^2$，解得$CH=QH=\sqrt{2}$。
$\because OC=3OB$，$BC=OB+OC=4\sqrt{2}$，$\therefore OC=3\sqrt{2}$，
$\therefore OH=OC-CH=3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，
在$Rt△ OHQ$中，由勾股定理得$OQ=\sqrt{OH^2+QH^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$。
4. 计算$OP$的最大值：
$OP_{\mathrm{max}}=OQ+PQ=\sqrt{10}+1$。
【答案】
$\sqrt{10}+1$
【知识点】
三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，三角形三边关系
【点评】
本题属于旋转类最值的典型题型，解题关键是通过构造中位线将动线段OP拆分为两条定长线段的和，结合等腰直角三角形的性质和勾股定理计算定长线段，对学生的辅助线构造能力和动态问题分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
本题是旋转背景下的线段最值问题，可利用三角形三边关系求解最值：首先观察到P为CE中点，因此可取AC中点Q构造△ACE的中位线，得到长度为定值的PQ；O、Q均为定点，因此OQ也为定值，根据三角形三边关系$OP≤OQ+PQ$，当O、Q、P三点共线且P在OQ延长线上时，OP取最大值，即为OQ与PQ的和，接下来只需结合已知条件分别计算OQ和PQ的长度即可。
【解析】
取$AC$的中点$Q$，连接$PQ$、$OQ$，过点$Q$作$QH ⊥ BC$于点$H$。
1. 确定最值条件：根据三角形三边关系，$OP ≤ OQ+PQ$，因此当$O$、$Q$、$P$三点共线，且$P$在$OQ$的延长线上时，$OP$取得最大值，最大值为$OQ+PQ$的长。
2. 计算$PQ$的长度：
$\because$ 点$P$、$Q$分别是$CE$、$AC$的中点，
$\therefore PQ$是$△ ACE$的中位线，
$\because 2AE=4$，即$AE=2$，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}AE=1$。
3. 计算$OQ$的长度：
$\because ∠ BAC=90°$，$AB=AC=4$，
$\therefore △ ABC$为等腰直角三角形，$∠ ACB=45°$，$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=4\sqrt{2}$，$CQ=\frac{1}{2}AC=2$。
$\because QH ⊥ BC$，$\therefore △ CHQ$为等腰直角三角形，$QH=CH$，
在$Rt△ CHQ$中，由勾股定理得$CQ^2=QH^2+CH^2$，代入得$2^2=2CH^2$，解得$CH=QH=\sqrt{2}$。
$\because OC=3OB$，$BC=OB+OC=4\sqrt{2}$，$\therefore OC=3\sqrt{2}$，
$\therefore OH=OC-CH=3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，
在$Rt△ OHQ$中，由勾股定理得$OQ=\sqrt{OH^2+QH^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$。
4. 计算$OP$的最大值：
$OP_{\mathrm{max}}=OQ+PQ=\sqrt{10}+1$。
【答案】
$\sqrt{10}+1$
【知识点】
三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，三角形三边关系
【点评】
本题属于旋转类最值的典型题型，解题关键是通过构造中位线将动线段OP拆分为两条定长线段的和，结合等腰直角三角形的性质和勾股定理计算定长线段，对学生的辅助线构造能力和动态问题分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
5. 学科特色 一线三等角模型 「2026湖北武汉青山期末」如图,点E是正方形ABCD的边AB上的一个动点,AB=6,连接CE,将线段CE绕点E逆时针旋转90°得到EF,连接FD,ED,△EFD面积的最小值为
$\frac{27}{2}$
。答案
5.答案 $\frac{27}{2}$
解析 如图,过点 F 作 $FH⊥BA$ 交 BA 延长线于点 H,$\therefore ∠H=90^{\circ },\because ∠CEF=90^{\circ },\therefore ∠BEC=90^{\circ }-∠HEF=∠EFH$,由旋转的性质得 $CE=EF$,又 $\because ∠H=∠B=90^{\circ },\therefore △CBE≌ △EHF(AAS),\therefore BE=HF,BC=EH=6$,设 $BE=HF=a,\therefore AH=EH-AE=6-AE=EB=a$,$\because ∠H=∠DAH=90^{\circ },\therefore HF// AD,\therefore$ 四边形 HADF 是直角梯形,$\therefore S_{△EFD}=S_{梯形HADF}+S_{△ADE}-S_{△EFH}=\frac{1}{2}(a+6)· a+\frac{1}{2}×6(6-a)-\frac{1}{2}×6a=\frac{1}{2}a^2-3a+18=\frac{1}{2}(a-3)^2+\frac{27}{2}$,$\because \frac{1}{2}＞0,\therefore △EFD$ 的面积有最小值,为 $\frac{27}{2}$.
解析
【分析】
本题属于旋转背景下的几何最值问题，解题思路如下：第一步，观察到线段CE旋转90°得到EF，有相等的边CE=EF和直角∠CEF=90°，结合正方形的直角∠B=90°，符合一线三等角全等模型的特征，因此过点F作AB延长线的垂线构造全等三角形，实现线段的转化；第二步，设未知数表示相关线段长度，用割补法将△EFD的面积表示为含未知数的代数式；第三步，将代数式整理为二次函数的顶点式，结合二次函数的性质求出最小值。
【解析】
如图，过点$F$作$FH⊥BA$交$BA$延长线于点$H$，则$∠ H=90^{\circ }$。
$\because ∠ CEF=90^{\circ }$，$\therefore ∠ HEF+∠ BEC=180^{\circ }-∠ CEF=90^{\circ }$。
又$\because$正方形$ABCD$中$∠ B=90^{\circ }$，$\therefore ∠ BEC+∠ BCE=90^{\circ }$，$\therefore ∠ HEF=∠ BCE$。
由旋转的性质得$CE=EF$，又$∠ H=∠ B=90^{\circ }$，
$\therefore △ CBE≌ △ EHF(\mathrm{AAS})$，$\therefore BE=HF$，$BC=EH=6$。
设$BE=HF=a$（$0≤ a≤ 6$），则$AE=AB-BE=6-a$，
$\therefore AH=EH-AE=6-(6-a)=a$。
$\because ∠ H=∠ HAD=90^{\circ }$，$\therefore HF// AD$，四边形$HADF$为直角梯形。
利用割补法求$△ EFD$的面积：
$S_{△ EFD}=S_{\mathrm{梯形}HADF}+S_{△ ADE}-S_{△ EFH}$
分别计算各部分面积：
$S_{\mathrm{梯形}HADF}=\frac{1}{2}(HF+AD)· AH=\frac{1}{2}(a+6)· a$，
$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}× AD× AE=\frac{1}{2}×6×(6-a)$，
$S_{△ EFH}=\frac{1}{2}× EH× HF=\frac{1}{2}×6× a$。
代入整理得：
$\begin{aligned}S_{△ EFD}&=\frac{1}{2}a(a+6)+\frac{1}{2}×6(6-a)-\frac{1}{2}×6a\\&=\frac{1}{2}a^2+3a+18-3a-3a\\&=\frac{1}{2}a^2-3a+18\\&=\frac{1}{2}(a-3)^2+\frac{27}{2}\end{aligned}$
$\because \frac{1}{2}＞0$，二次函数开口向上，且$0≤ a≤ 6$，
$\therefore$当$a=3$时，$△ EFD$的面积取得最小值，最小值为$\frac{27}{2}$。
【答案】
$\frac{27}{2}$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；二次函数的最值
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题型，依托一线三等角全等模型完成线段的转化，通过割补法表示目标图形的面积，最后利用二次函数的性质求解最值，考查了学生的模型应用能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
本题属于旋转背景下的几何最值问题，解题思路如下：第一步，观察到线段CE旋转90°得到EF，有相等的边CE=EF和直角∠CEF=90°，结合正方形的直角∠B=90°，符合一线三等角全等模型的特征，因此过点F作AB延长线的垂线构造全等三角形，实现线段的转化；第二步，设未知数表示相关线段长度，用割补法将△EFD的面积表示为含未知数的代数式；第三步，将代数式整理为二次函数的顶点式，结合二次函数的性质求出最小值。
【解析】
如图，过点$F$作$FH⊥BA$交$BA$延长线于点$H$，则$∠ H=90^{\circ }$。
$\because ∠ CEF=90^{\circ }$，$\therefore ∠ HEF+∠ BEC=180^{\circ }-∠ CEF=90^{\circ }$。
又$\because$正方形$ABCD$中$∠ B=90^{\circ }$，$\therefore ∠ BEC+∠ BCE=90^{\circ }$，$\therefore ∠ HEF=∠ BCE$。
由旋转的性质得$CE=EF$，又$∠ H=∠ B=90^{\circ }$，
$\therefore △ CBE≌ △ EHF(\mathrm{AAS})$，$\therefore BE=HF$，$BC=EH=6$。
设$BE=HF=a$（$0≤ a≤ 6$），则$AE=AB-BE=6-a$，
$\therefore AH=EH-AE=6-(6-a)=a$。
$\because ∠ H=∠ HAD=90^{\circ }$，$\therefore HF// AD$，四边形$HADF$为直角梯形。
利用割补法求$△ EFD$的面积：
$S_{△ EFD}=S_{\mathrm{梯形}HADF}+S_{△ ADE}-S_{△ EFH}$
分别计算各部分面积：
$S_{\mathrm{梯形}HADF}=\frac{1}{2}(HF+AD)· AH=\frac{1}{2}(a+6)· a$，
$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}× AD× AE=\frac{1}{2}×6×(6-a)$，
$S_{△ EFH}=\frac{1}{2}× EH× HF=\frac{1}{2}×6× a$。
代入整理得：
$\begin{aligned}S_{△ EFD}&=\frac{1}{2}a(a+6)+\frac{1}{2}×6(6-a)-\frac{1}{2}×6a\\&=\frac{1}{2}a^2+3a+18-3a-3a\\&=\frac{1}{2}a^2-3a+18\\&=\frac{1}{2}(a-3)^2+\frac{27}{2}\end{aligned}$
$\because \frac{1}{2}＞0$，二次函数开口向上，且$0≤ a≤ 6$，
$\therefore$当$a=3$时，$△ EFD$的面积取得最小值，最小值为$\frac{27}{2}$。
【答案】
$\frac{27}{2}$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；二次函数的最值
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题型，依托一线三等角全等模型完成线段的转化，通过割补法表示目标图形的面积，最后利用二次函数的性质求解最值，考查了学生的模型应用能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
6.「2025安徽安庆宿松三模」如图,在 $Rt△ ABC$中, $∠ A=90°, AB=AC, AD=4, AB=10$,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.
(1) $△ PMN$的面积是
(2)把$△ ADE$绕点A在平面内自由旋转, $△ PMN$面积的最大值为
(1) $△ PMN$的面积是
$\frac{9}{2}$
.(2)把$△ ADE$绕点A在平面内自由旋转, $△ PMN$面积的最大值为
$\frac{49}{2}$
.答案
6.答案 (1)$\frac{9}{2}$ (2)$\frac{49}{2}$
解析 (1)$\because$ 点 P,N 分别是 CD,BC 的中点,$\therefore PN// BD,PN=\frac{1}{2}BD$,同理,$PM// CE,PM=\frac{1}{2}CE$,$\because AB=AC=10,AD=AE=4,\therefore BD=CE=6,\therefore PM=PN=3$,$\because PN// BD,\therefore ∠DPN=∠ADC,\because PM// CE$,$\therefore ∠DPM=∠DCA,\because ∠BAC=90^{\circ },\therefore ∠ADC+∠ACD=90^{\circ },\therefore ∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90^{\circ },\therefore PM⊥PN,\therefore △PMN$ 是等腰直角三角形,$\therefore △PMN$的面积$=\frac{1}{2}×3×3=\frac{9}{2}$.
(2)由(1)得,$△PMN$ 是等腰直角三角形,$△PMN$ 的面积可看作是以 MN 为边长的正方形面积的 $\frac{1}{4}$,即$S_{△PMN}=\frac{1}{4}MN^2,\therefore$ 当 MN 的值最大时,$△PMN$ 的面积最大,
如图,连接 AM,AN,则 $MN≤ AM+AN$,
当 A,M,N 三点共线且 M 在 NA 的延长线上时,MN 有最大值,为 $AM+AN$ 的长.
易得 $AM=\frac{\sqrt{2}}{2}AD=2\sqrt{2},AN=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=5\sqrt{2}$,
$\therefore S_{△PMN}$ 的最大值为 $\frac{1}{4}×(2\sqrt{2}+5\sqrt{2})^2=\frac{49}{2}$.
知识拓展 斜边长为 a 的等腰直角三角形的面积为$\frac{1}{4}a^2$;边长为 m 的等边三角形的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{4}m^2$.
解析
【分析】
(1) 题中有多个中点，优先考虑三角形中位线定理：先通过P、N是CD、BC中点推导PN与BD的位置、数量关系，同理通过P、M是CD、DE中点推导PM与CE的关系，结合AB=AC、AD=AE可得BD=CE，即PM=PN；再利用平行线的性质推导∠MPN=90°，确定△PMN是等腰直角三角形，代入边长即可计算面积。
(2) 旋转问题先找不变量：由(1)的推导可知，无论△ADE如何旋转，△PMN始终是等腰直角三角形，其面积与MN的平方成正比，因此要使面积最大，只需MN最大；结合三角形三边关系，MN≤AM+AN，当A、M、N三点共线时MN取最大值，计算此时的MN长度即可求出最大面积。
【解析】
(1)
∵点P，N分别是CD，BC的中点，
∴PN是△CDB的中位线，
∴$PN// BD$，$PN=\frac{1}{2}BD$，
同理，点P，M分别是CD，DE的中点，PM是△CDE的中位线，
∴$PM// CE$，$PM=\frac{1}{2}CE$，
∵$AB=AC=10$，$AD=AE=4$，
∴$BD=AB-AD=6$，$CE=AC-AE=6$，
∴$PM=PN=3$，
∵$PN// BD$，
∴$∠DPN=∠ADC$，
∵$PM// CE$，
∴$∠DPM=∠DCA$，
∵$∠BAC=90°$，
∴$∠ADC+∠ACD=90°$，
∴$∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°$，即$PM⊥ PN$，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴$S_{△ PMN}=\frac{1}{2}× PM× PN=\frac{1}{2}×3×3=\frac{9}{2}$。
(2) 由(1)的推导可知，△ADE旋转过程中，始终有$PM=PN$，$∠MPN=90°$，即△PMN恒为等腰直角三角形，
∴$S_{△ PMN}=\frac{1}{4}MN^2$，因此当MN最大时，△PMN的面积最大，
连接AM、AN，在△AMN中，根据三角形三边关系得$MN≤ AM+AN$，
当A、M、N三点共线且M在NA的延长线上时，MN取得最大值，最大值为$AM+AN$，
∵△ADE是等腰直角三角形，M是DE中点，
∴$AM=\frac{\sqrt{2}}{2}AD=2\sqrt{2}$，
∵△ABC是等腰直角三角形，N是BC中点，
∴$AN=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=5\sqrt{2}$，
∴MN的最大值为$2\sqrt{2}+5\sqrt{2}=7\sqrt{2}$，
∴$S_{△ PMN}$的最大值为$\frac{1}{4}×(7\sqrt{2})^2=\frac{49}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{\frac{9}{2}}$
(2) $\boldsymbol{\frac{49}{2}}$
【知识点】
三角形中位线定理；等腰直角三角形的性质；旋转最值问题
【点评】
本题综合考查了中位线、等腰直角三角形及旋转最值的相关知识，解题核心是先确定△PMN为定值等腰直角三角形，再结合三点共线求线段最值，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
(1) 题中有多个中点，优先考虑三角形中位线定理：先通过P、N是CD、BC中点推导PN与BD的位置、数量关系，同理通过P、M是CD、DE中点推导PM与CE的关系，结合AB=AC、AD=AE可得BD=CE，即PM=PN；再利用平行线的性质推导∠MPN=90°，确定△PMN是等腰直角三角形，代入边长即可计算面积。
(2) 旋转问题先找不变量：由(1)的推导可知，无论△ADE如何旋转，△PMN始终是等腰直角三角形，其面积与MN的平方成正比，因此要使面积最大，只需MN最大；结合三角形三边关系，MN≤AM+AN，当A、M、N三点共线时MN取最大值，计算此时的MN长度即可求出最大面积。
【解析】
(1)
∵点P，N分别是CD，BC的中点，
∴PN是△CDB的中位线，
∴$PN// BD$，$PN=\frac{1}{2}BD$，
同理，点P，M分别是CD，DE的中点，PM是△CDE的中位线，
∴$PM// CE$，$PM=\frac{1}{2}CE$，
∵$AB=AC=10$，$AD=AE=4$，
∴$BD=AB-AD=6$，$CE=AC-AE=6$，
∴$PM=PN=3$，
∵$PN// BD$，
∴$∠DPN=∠ADC$，
∵$PM// CE$，
∴$∠DPM=∠DCA$，
∵$∠BAC=90°$，
∴$∠ADC+∠ACD=90°$，
∴$∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°$，即$PM⊥ PN$，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴$S_{△ PMN}=\frac{1}{2}× PM× PN=\frac{1}{2}×3×3=\frac{9}{2}$。
(2) 由(1)的推导可知，△ADE旋转过程中，始终有$PM=PN$，$∠MPN=90°$，即△PMN恒为等腰直角三角形，
∴$S_{△ PMN}=\frac{1}{4}MN^2$，因此当MN最大时，△PMN的面积最大，
连接AM、AN，在△AMN中，根据三角形三边关系得$MN≤ AM+AN$，
当A、M、N三点共线且M在NA的延长线上时，MN取得最大值，最大值为$AM+AN$，
∵△ADE是等腰直角三角形，M是DE中点，
∴$AM=\frac{\sqrt{2}}{2}AD=2\sqrt{2}$，
∵△ABC是等腰直角三角形，N是BC中点，
∴$AN=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=5\sqrt{2}$，
∴MN的最大值为$2\sqrt{2}+5\sqrt{2}=7\sqrt{2}$，
∴$S_{△ PMN}$的最大值为$\frac{1}{4}×(7\sqrt{2})^2=\frac{49}{2}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{\frac{9}{2}}$
(2) $\boldsymbol{\frac{49}{2}}$
【知识点】
三角形中位线定理；等腰直角三角形的性质；旋转最值问题
【点评】
本题综合考查了中位线、等腰直角三角形及旋转最值的相关知识，解题核心是先确定△PMN为定值等腰直角三角形，再结合三点共线求线段最值，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
7. 学科特色手拉手模型 如图,在 $Rt △ ABC$ 中, $∠ C = 90°$, $∠ BAC = 60°$, $AB=3$,点 $D$ 在 $BC$ 边上,点 $E$ 是 $BA$ 边上的动点,将线段 $ED$ 绕点 $E$ 顺时针旋转 $60°$ 得到线段 $EF$,连接 $DF$,$AF$,则 $AF+DF$ 的最小值是
3
.答案
7.答案 3
解析 当点 E 运动到点 B 处时,作出此时的等边$△DBF'$,连接 $FF'$,与 AB 交于点 O,与 BC 交于点 H,连接 FB,如图,
由题意易得 $DE=DF,DB=DF',∠EDB=∠FDF'=60^{\circ }+∠FDB,\therefore △EDB≌ △FDF'$,
$\therefore ∠BED=∠F'FD,\because ∠1=∠2,\therefore ∠FOE=∠FDE=60^{\circ },\therefore ∠BOF'=60^{\circ },\because ∠ABC=30^{\circ },\therefore ∠BHF=90^{\circ }$,
$\therefore FF'⊥BD,\because$ 在等边 $△DBF'$ 中,$F'H⊥BD,\therefore F'H$ 平分 BD,$\therefore FF'$ 为 BD 的垂直平分线,即点 F 为 BD 垂直平分线上的点,$\therefore DF=FB,\therefore AF+DF=AF+FB≥ AB$,
$\therefore$ 当点 F 在线段 AB 上时,$AF+DF$ 有最小值,最小值为 AB 的长,即为 3.
知识拓展 对于复杂的动态变化,可以取两处特殊情况,构造手拉手模型,再依据手拉手模型的结论简化为动态问题.
手拉手模型:如图,$AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE$,连接 BD,CE,BD 与 CE 相交于点 O.则
(1)$△ABD≌ △ACE$;
(2)$∠BOC=∠DOE=∠BAC=∠DAE$.(拉手线的夹角等于等腰三角形的顶角)
解析
【分析】
本题是旋转背景下的线段和最值问题，解题思路如下：第一步梳理已知条件，由ED绕E顺时针旋转60°得到EF，可得△DEF是等边三角形，DE=EF、∠DEF=60°；要求AF+DF的最小值，需将两条共端点的线段转化为可利用最短路径原理求解的形式。第二步构造辅助线，在BC下方作等边△DBF'，搭建手拉手全等模型的基础条件。第三步通过全等推导动点F的轨迹，证明DF=FB，将AF+DF转化为AF+FB，再根据两点之间线段最短，即可得到最小值为AB的长度。
【解析】
当点E运动到点B处时，作出此时的等边$△ DBF'$，连接$FF'$，与AB交于点O，与BC交于点H，连接FB，如图：
1. 由旋转的性质可得：$DE=EF$，$∠ DEF=60°$，故$△ DEF$是等边三角形；等边$△ DBF'$中，$DB=DF'$，$∠ BDF'=60°$。
2. 推导角相等：$∠ EDB = ∠ EDF + ∠ FDB = 60°+∠ FDB$，$∠ FDF' = ∠ BDF' + ∠ FDB = 60°+∠ FDB$，因此$∠ EDB=∠ FDF'$。
3. 证全等：在$△ EDB$和$△ FDF'$中，$\begin{cases}DE=DF\\∠ EDB=∠ FDF'\\DB=DF'\end{cases}$，故$△ EDB≌△ FDF'(\mathrm{SAS})$。
4. 推导角的关系：由全等得$∠ BED=∠ F'FD$，又$\because ∠ 1=∠ 2$（对顶角相等），$\therefore ∠ FOE=∠ FDE=60°$，即$∠ BOF'=60°$。
5. 已知$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ BAC=60°$，故$∠ ABC=30°$，在$△ BOH$中，$∠ BHO=180°-∠ ABC-∠ BOF'=180°-30°-60°=90°$，即$FF'⊥ BD$。
6. 等边$△ DBF'$中，$F'H⊥ BD$，故$F'H$平分BD，因此$FF'$是BD的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得$DF=FB$。
7. 因此$AF+DF=AF+FB$，根据两点之间线段最短，$AF+FB≥ AB$，当且仅当点F落在线段AB上时，等号成立。
已知$AB=3$，故$AF+DF$的最小值为3。
---
知识拓展 对于复杂的动态变化，可以取两处特殊情况，构造手拉手模型，再依据手拉手模型的结论简化动态问题。
手拉手模型：如图，$AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE$，连接BD,CE，BD与CE相交于点O。则：
(1)$△ ABD≌△ ACE$；
(2)$∠BOC=∠DOE=∠BAC=∠DAE$（拉手线的夹角等于等腰三角形的顶角）。
【答案】
3
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；最短路径问题
【点评】
本题结合旋转性质、手拉手全等模型和最短路径原理考查线段和最值问题，解题的核心是通过构造全等三角形转化待求线段，确定动点的运动轨迹，对几何模型的应用和动态问题的分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
本题是旋转背景下的线段和最值问题，解题思路如下：第一步梳理已知条件，由ED绕E顺时针旋转60°得到EF，可得△DEF是等边三角形，DE=EF、∠DEF=60°；要求AF+DF的最小值，需将两条共端点的线段转化为可利用最短路径原理求解的形式。第二步构造辅助线，在BC下方作等边△DBF'，搭建手拉手全等模型的基础条件。第三步通过全等推导动点F的轨迹，证明DF=FB，将AF+DF转化为AF+FB，再根据两点之间线段最短，即可得到最小值为AB的长度。
【解析】
当点E运动到点B处时，作出此时的等边$△ DBF'$，连接$FF'$，与AB交于点O，与BC交于点H，连接FB，如图
：1. 由旋转的性质可得：$DE=EF$，$∠ DEF=60°$，故$△ DEF$是等边三角形；等边$△ DBF'$中，$DB=DF'$，$∠ BDF'=60°$。
2. 推导角相等：$∠ EDB = ∠ EDF + ∠ FDB = 60°+∠ FDB$，$∠ FDF' = ∠ BDF' + ∠ FDB = 60°+∠ FDB$，因此$∠ EDB=∠ FDF'$。
3. 证全等：在$△ EDB$和$△ FDF'$中，$\begin{cases}DE=DF\\∠ EDB=∠ FDF'\\DB=DF'\end{cases}$，故$△ EDB≌△ FDF'(\mathrm{SAS})$。
4. 推导角的关系：由全等得$∠ BED=∠ F'FD$，又$\because ∠ 1=∠ 2$（对顶角相等），$\therefore ∠ FOE=∠ FDE=60°$，即$∠ BOF'=60°$。
5. 已知$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ BAC=60°$，故$∠ ABC=30°$，在$△ BOH$中，$∠ BHO=180°-∠ ABC-∠ BOF'=180°-30°-60°=90°$，即$FF'⊥ BD$。
6. 等边$△ DBF'$中，$F'H⊥ BD$，故$F'H$平分BD，因此$FF'$是BD的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得$DF=FB$。
7. 因此$AF+DF=AF+FB$，根据两点之间线段最短，$AF+FB≥ AB$，当且仅当点F落在线段AB上时，等号成立。
已知$AB=3$，故$AF+DF$的最小值为3。
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知识拓展 对于复杂的动态变化，可以取两处特殊情况，构造手拉手模型，再依据手拉手模型的结论简化动态问题。
手拉手模型：如图
，$AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE$，连接BD,CE，BD与CE相交于点O。则：(1)$△ ABD≌△ ACE$；
(2)$∠BOC=∠DOE=∠BAC=∠DAE$（拉手线的夹角等于等腰三角形的顶角）。
【答案】
3
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；最短路径问题
【点评】
本题结合旋转性质、手拉手全等模型和最短路径原理考查线段和最值问题，解题的核心是通过构造全等三角形转化待求线段，确定动点的运动轨迹，对几何模型的应用和动态问题的分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
8.「2026广东东莞期中」如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=30°,BC=6,AC=5,△ ABC$内部有一点$P$,连接$PA,PB,PC$,则$PA+PB+PC$的最小值为
$\sqrt{61}$
.答案
8.答案 $\sqrt{61}$
解析 如图,将 $△APC$ 绕点 C 顺时针旋转 $60^{\circ }$ 得到$△A'P'C$,连接 $PP',A'B$.由旋转的性质可知,$AP=A'P'$,$CP=CP',∠PCP'=60^{\circ }=∠ACA',AC=A'C=5$,
$\therefore △PCP'$是等边三角形,$\therefore PC=PP',\therefore PA+PB+PC=A'P'+PB+PP'≥ A'B,\therefore$ 当 $P,P'$ 在线段 $A'B$ 上时,$PA+PB+PC$ 的值最小,最小值为 $A'B$ 的长,$\because ∠BCA'=∠BCA+∠ACA'=90^{\circ },\therefore A'B=\sqrt{A'C^2+BC^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$,即 $PA+PB+PC$ 的最小值为 $\sqrt{61}$.
解析
【分析】
本题是求三角形内部一点到三个顶点距离之和的最小值问题，也就是费马点最值问题。解题思路为：首先这类共端点的三条线段和的最小值问题，通常用旋转法转化线段，把分散的线段变成首尾相接的线段，再利用“两点之间线段最短”找最小值；其次将△APC绕点C顺时针旋转60°，可构造等边三角形，把PC转化为等长的PP'，PA转化为P'A'，此时PA+PB+PC就转化为PB+PP'+P'A'；最后当B、P、P'、A'四点共线时，和最小等于A'B的长度，结合已知角度和边长用勾股定理计算A'B即可。
【解析】
将$△ APC$绕点$C$顺时针旋转$60^{\circ }$得到$△ A'P'C$，连接 $PP',A'B$。
由旋转的性质可知：$AP=A'P'$，$CP=CP'$，$∠ PCP'=60^{\circ }=∠ ACA'$，$AC=A'C=5$。
$\because CP=CP'$，$∠ PCP'=60^{\circ }$，$\therefore △ PCP'$是等边三角形，$\therefore PC=PP'$。
$\therefore PA+PB+PC=A'P'+PB+PP'$，根据两点之间线段最短，$A'P'+PB+PP'≥ A'B$，
$\therefore$ 当 $P,P'$ 在线段 $A'B$ 上时，$PA+PB+PC$ 的值最小，最小值为 $A'B$ 的长。
$\because ∠ BCA'=∠ BCA+∠ ACA'=30°+60°=90°$，
$\therefore$ 在$Rt△ A'BC$中，由勾股定理得$A'B=\sqrt{A'C^2+BC^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$。
【答案】
$\sqrt{61}$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转类最值的典型题型，解题核心是通过旋转60°构造等边三角形实现线段转移，将三条线段的和转化为两点之间的路径长，利用两点之间线段最短确定最小值的位置，再结合勾股定理计算即可，解题时要注意旋转后角度的推导。
【难度系数】
0.6
本题是求三角形内部一点到三个顶点距离之和的最小值问题，也就是费马点最值问题。解题思路为：首先这类共端点的三条线段和的最小值问题，通常用旋转法转化线段，把分散的线段变成首尾相接的线段，再利用“两点之间线段最短”找最小值；其次将△APC绕点C顺时针旋转60°，可构造等边三角形，把PC转化为等长的PP'，PA转化为P'A'，此时PA+PB+PC就转化为PB+PP'+P'A'；最后当B、P、P'、A'四点共线时，和最小等于A'B的长度，结合已知角度和边长用勾股定理计算A'B即可。
【解析】
将$△ APC$绕点$C$顺时针旋转$60^{\circ }$得到$△ A'P'C$，连接 $PP',A'B$。
由旋转的性质可知：$AP=A'P'$，$CP=CP'$，$∠ PCP'=60^{\circ }=∠ ACA'$，$AC=A'C=5$。
$\because CP=CP'$，$∠ PCP'=60^{\circ }$，$\therefore △ PCP'$是等边三角形，$\therefore PC=PP'$。
$\therefore PA+PB+PC=A'P'+PB+PP'$，根据两点之间线段最短，$A'P'+PB+PP'≥ A'B$，
$\therefore$ 当 $P,P'$ 在线段 $A'B$ 上时，$PA+PB+PC$ 的值最小，最小值为 $A'B$ 的长。
$\because ∠ BCA'=∠ BCA+∠ ACA'=30°+60°=90°$，
$\therefore$ 在$Rt△ A'BC$中，由勾股定理得$A'B=\sqrt{A'C^2+BC^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$。
【答案】
$\sqrt{61}$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转类最值的典型题型，解题核心是通过旋转60°构造等边三角形实现线段转移，将三条线段的和转化为两点之间的路径长，利用两点之间线段最短确定最小值的位置，再结合勾股定理计算即可，解题时要注意旋转后角度的推导。
【难度系数】
0.6
