【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

【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

【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

【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

【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

【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

【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。
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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

【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