專題7 填空壓軸題軸對稱最值模型（將軍飲馬）（解析版）

專題7填空壓軸題軸對稱最值模型（將軍飲馬模型）（解析版）

模型一兩定點一動點模型

（1）求兩條線段和的最小值

典例1（2022春?惠東縣期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，矩形內部有一動點P滿足S△PABS

1

=

矩形ABCD，則點P到A、B兩點的距離之和PA+PB的最小值為2．3

13

思路引領：過點P作PE⊥AD于點E，交BC于點F，則EF∥AB，由S△PABS矩形ABCD，得AB?AEAB

111

==

?AD，則AEAD＝2，延長AD到點G，使GE＝AE＝2，連接BG、PG，3則點G與點A2關于直線3EF

2

=

對稱，由勾股定3理求得BG2，即可根據“兩點之間線段最短”求得PA+PB的最小值

22

是2．=??+??=13

解：過13點P作PE⊥AD于點E，交BC于點F，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠DEF＝∠DAB＝90°，

∴EF∥AB，

∵S△PABS矩形ABCD，AD＝3，

1

=3

∴AB?AEAB?AD，

11

=

∴A2EAD33＝2，

22

延長=AD3到點=G3，×使GE＝AE＝2，連接BG、PG，則EF垂直平分AG，

∴點G與點A關于直線EF對稱，

∵∠BAG＝90°，AB＝6，AG＝2AE＝2×2＝4，

∴BG2，

2222

∵PG+=PB?≥?BG+，?且?P=G＝6PA+，4=13

∴PA+PB≥2，

∴PA+PB的最1小3值是2，

13

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故答案為：2．

13

總結提升：此題重點考查矩形的性質、軸對稱的性質、勾股定理、根據面積等式求線段之間的關系、兩

點之間線段最短等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．

變式訓練

1．（2022?紅橋區(qū)二模）如圖，在矩形ABCD中，E為BC的中點，P為對角線AC上的一個動點，若AB＝2，

BC＝2，則PE+PB的最小值為

3

思路引領：作E關于AC的對稱點E'，連接BE'，則PE+PB的最小值即為BE'的長；由已知可求E'C，

=3

∠ECE'＝60°；過點E'作E'G⊥BC，在Rt△E'CG中，E'G，CG，在Rt△BE'G中，BG，

3333

BE'＝3；=2=2=2

解：作E關于AC的對稱點E'，連接BE'，

則PE+PB的最小值即為BE'的長；

∵AB＝2，BC＝2，E為BC的中點，

∴∠ACB＝30°，3

∴∠ECE'＝60°，

∵EC＝CE'，

∴E'C，

過點E='作3E'G⊥BC，

在Rt△E'CG中，E'G，CG，

33

==

在Rt△BE'G中，BG2，2

33

∴BE'＝3；=2

∴PE+PB的最小值為3；

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總結提升：本題考查矩形的性質，軸對稱求最短距離；通過軸對稱將PE+PB轉化為線段BE'的長是解題

的關鍵．

2．（2022春?銅山區(qū)期中）如圖，在菱形ABCD中，AD＝2，∠ABC＝120°，E是BC的中點，P為對角線

AC上的一個動點，則PE+PB的最小值為

A．B．2C．1D．5

思路引3領：連接BD，DE，則DE的長即為PE+PB的最小值，再根據菱形ABCD中，∠ABC＝120°得

出∠BCD的度數，進而判斷出△BCD是等邊三角形，故△CDE是直角三角形，根據勾股定理即可得出

DE的長．

解：連接BD，DE，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴B、D關于直線AC對稱，

∴DE的長即為PE+PB的最小值，

∵∠ABC＝120°，

∴∠BCD＝60°，

∴△BCD是等邊三角形，

∵E是BC的中點，

∴DE⊥BC，CEBC2＝1，

11

==×

∴DE22．

2222

總結=提升?：?本?題?考?查=的是2軸?對1稱=﹣最3短路線問題，熟知菱形的性質及兩點之間線段最短是解答此題的關

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鍵．

（2）求兩條線段差的最大值

典例2（2022春?重慶期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，AC與BD交于點O，N是AO的中點，點

M在BC邊上，且BM＝3，P為對角線BD上一點，則PM﹣PN的最大值為1．

思路引領：以BD為對稱軸作N的對稱點E，連接PE，ME，依據PM﹣PN＝PM﹣PE≤ME，可得當P，

M，E三點共線時，取“＝”，再求得，即可得出PM∥AB∥CD，∠CME＝90°，再根據

????1

==

△ECM為等腰直角三角形，即可得到?C?M＝M??E＝13．

解：

如圖所示：以BD為對稱軸作N的對稱點E，連接PE，ME，

因為正方形的對角線互相垂直平分且相等，

∴點N和E關于BD成軸對稱，

∴PN＝PE，

∴PM﹣PN＝PM﹣PE，

∴當點P，E，M三點共線時，PM﹣PE的值最大，為ME的長，

在正方形ABCD中，AB＝4，

∴AC＝4，

∵N是AO2的中點，點N和E關于BD成軸對稱，

∴，

????1

==

????4

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∴PM∥AB∥CD，∠CME＝90°，

∵∠NCM＝45°，

∴△ECM為等腰直角三角形，

∴CM＝ME＝1，

即PM﹣PN的最大值為1，

故答案為：1．

總結提升：本題主要考查了正方形的性質以及最短路線問題，凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線

段的性質定理，結合軸對稱變換來解決，多數情況要作點關于某直線的對稱點．

變式訓練

1．（2022?金牛區(qū)校級模擬）如圖，已知直線yx+1與y軸交于點A，與x軸交于點D，拋物線yx2+bx+c

11

與直線交于A、E兩點，與x軸交于B、C=兩2點，且B點坐標為（1，0）．在拋物線的對稱軸上=找2一點M，

使|AM﹣MC|的值最大，求出點M的坐標（，）

31

?

22

思路引領：根據直線的解析式求得點A（0，1），那么把A，B坐標代入yx2+bx+c即可求得函數解析

1

式，據此知拋物線的對稱軸．易得|AM﹣MC|的值最大，應找到C關于對稱=軸2的對稱點B，連接AB交對

稱軸的一點就是M．應讓過AB的直線解析式和對稱軸的解析式聯立即可求得點M坐標．

解：∵直線yx+1與y軸交于點A，

1

∴點A的坐標=為2（0，1），

將A（0，1）、B（1，0）坐標代入yx2+bx+c

1

=

得，2

?=1

1

解得2：+?+?=．0

3

?=?2

∴物線的?解=析1式為yx2x+1（x）2；

13131

=2?2=2?2?8

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則拋物線的對稱軸為x，B、C關于直線x對稱，

33

∴MC＝MB，=2=2

要使|AM﹣MC|最大，即是使|AM﹣MB|最大，

由三角形兩邊之差小于第三邊得，當A、B、M在同一直線上時|AM﹣MB|的值最大．

知直線AB的解析式為y＝﹣x+1

∴，

?=??+1

3

?=2

解得：．

3

?=2

1

?=?

則M（，）2，

31

?

故答案為2：（2，）．

31

?

總結提升：本2題綜合2考查了待定系數法求二次函數的解析式，二次函數的性質，直線和拋物線的交點等；

求兩條線段和或差的最值，都要考慮做其中一點關于所求的點在的直線的對稱點．

2．（2017秋?太倉市期末）如圖，二次函數y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）的圖象與x軸的負半軸和正半軸分別交

于A、B兩點，與y軸交于點C，它的頂點為P，直線CP與過點B且垂直于x軸的直線交于點D，且

CP：PD＝1：2，tan∠PDB．

4

（1）則A、B兩點的坐標分=別3為A（﹣1，0）；B（3，0）；

（2）在拋物線的對稱軸上找一點M使|MC﹣MB|的值最大，則點M的坐標為（1，）．

9

?2

思路引領：（1）先求得拋物線的對稱軸為x＝1，然后利用平行線分線段成比例定理求得OE：EB的值，

從而得到點B的坐標，利用拋物線的對稱性可求得點A的坐標；

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（2）根據三角形的任意兩邊之差小于第三邊判斷出點A、C、M在同一直線上時|MC﹣MB|最大，設直線

AC的解析式為y＝kx+b，利用待定系數法求出一次函數解析式，再根據點M在對稱軸上代入計算即可得

解．

解：（1）如圖所示：

∵由題意可知：拋物線的對稱軸為x＝1，

∴OE＝1．

∵OC∥PE∥BD，CP：PD＝1：2，

∴．

??1

=

∴B?E?＝22．

∴OB＝3．

∴B（3，0）．

∵點A與點B關于PE對稱，

∴點A的坐標為（﹣1，0）．

故答案是：﹣1，0；3，0；

（2）過點C作CF⊥PE，垂足為F．

將x＝0代入得：y＝c，

∴點C的坐標為（0，c）．

將x＝1代入得y＝﹣a+c．

∴點P的坐標為（1，﹣a+c）．

∴PF＝a．

∵PE∥BD，tan∠PDB，

4

=

∴tan∠CPF＝tan∠PDB3．

4

=

∴．3

??14

==

解得??a?．3

3

=

將a代4入拋物線的解析式得：yx2x+c．

333

=4=4?2

將點A的坐標代入得：c＝0，解得：c．

339

++=?

424

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∴拋物線的解析式為yx2x．

339

由三角形的三邊關系，=|M4C﹣?M2B?|＜4AC，

∴當點A、C、M在同一直線上時|MC﹣MB|最大，

設直線AC的解析式為y＝kx+b，

則，

9

?=?4

解得??+?=，0

9

?=?4

9

?=?

∴yx4，

99

∵拋=物?線4對?稱4軸為直線x＝1，

∴當x＝1時，y1，

999

=?×?=?

∴點M的坐標為（14，）4．2

9

?

故答案是：（1，）．2

9

?2

總結提升：本題主要考查的是二次函數的綜合應用，解答本題主要應用了拋物線的對稱性，銳角三角函

數的定義，平行線分線段成比例定理，作CF垂直于對稱軸，利用銳角三角函數的定義求得a的值是解

題的關鍵．

（3）造橋選址模型

典例3（2020?市中區(qū)校級三模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的頂點B在原點，點A、C在

坐標軸上，點D的坐標為（6，4），E為CD的中點，點P、Q為BC邊上兩個動點，且PQ＝2，要使四

邊形APQE的周長最小，則點P的坐標應為（，0）．

8

3

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思路引領：點A向右平移2單位到M，點E關于BC的對稱點F，連接MF，交BC于Q，要使四邊形

APQE的周長最小，只要AP+EQ最小就行，證△MNQ∽△FCQ即可．

解：點A向右平移2個單位到M，點E關于BC的對稱點F，連接MF，交BC于Q，

此時MQ+EQ最小，

∵PQ＝2，DE＝CE＝2，AE，

22

∴要使四邊形APQE的周長最=小6，+只2要=AP2+E1Q0最小就行，

即AP+EQ＝MQ+EQ，過M作MN⊥BC于N，

設CQ＝x，則NQ＝6﹣2﹣x＝4﹣x，

∵△MNQ∽△FCQ，

∴

????

=

∵M??N＝A?B?＝4，CF＝CE＝2，CQ＝x，QN＝4﹣x，

∴，

44??

=

解得2：x?，

4

=

∴BP＝6﹣32，

48

?3=3

故點P的坐標為：（，0）．

8

故答案為：（，0）．3

8

總結提升：本3題考查了矩形的性質，軸對稱﹣最短路線問題的應用，掌握矩形的性質，靈活運用相似三

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角形是解題的關鍵

變式訓練

1．（2022?柳州模擬）如圖，在平面直角坐標系中，長為2的線段CD（點D在點C右側）在x軸上移動，

A（0，2），B（0，4），連接AC，BD，則AC+BD的最小值為2．

10

思路引領：將線段DB向左平移到CE的位置，作點A關于原點的對稱點A′，連接CA′，EA′．再作

點A關于x軸的對稱點A'，則A'（0，﹣2），進而得出AC+BD的最小值為A'E，即可求解答案．

解：如圖，將線段DB向左平移到CE的位置，作點A關于原點的對稱點A′，連接CA′，EA′．

則E（﹣2，4），A′（0，﹣2），AC+BD＝CA′+CE≥EA′，

EA′2，

22

∴AC=+BD2的+最6小=值為120．

故答案為：2．10

總結提升：此題10主要考查了對稱的性質，平移的性質，將AC+BD的最小值轉化為A'E是解本題的關鍵．

2．（2021?河北模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E是AB的中點，F，G是對角線AC上的兩個動點，

且FG，點P是BC中點，連接EF，EP，PG，則EF+BG的最小值為（）

??

=2

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A．B．C．D．

思路引2領：連接DG，PD，2首+先2可證四邊形EPGF2+為平5行四邊形，則EF5＝PG，從而EF+BG＝BG+PG，

而BG＝DG，從而有EF+BG的最小值為為PD的長度，求出PD的值即可．

解：如圖，連接DG，PD，

由題意得，EP為△ABC的中位線，

∴EP∥AC，且EP，

1

∵正方形ABCD的=邊2長?為?2，

∴AC2，

22

∴EP=?，?F+G??=，2

∴EP=∥FG2且EP=＝F2G，

∴四邊形EPGF為平行四邊形，

∴EF＝PG，

根據正方形的對稱性可知：BG＝DG，

∴EF+BG＝PG+DG，

當P，G，D三點共線時，PG+DG取得最小值，

即此時EF+BG的最小值為線段PD的長度，

在Rt△PCD中，PC＝1，CD＝2，

∴PD，

2222

=??+??=1+2=5

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故EF+BG的最小值為．

故選：D．5

總結提升：本題考查了正方形的性質，平行四邊形的判定與性質，勾股定理，軸對稱﹣最短路線問題，

將EF+BG的最小值轉化為線段DP的長是解題的關鍵．

模型二一定點兩動點模型

典例4如圖，點P是∠AOB內任意一點，∠AOB＝30°，點M和點N分別是射線OA和射線OB上的動點，

△PMN周長的最小值是6cm，則OP的長是6cm．

思路引領：由對稱的性質得出PM＝DM，OP＝OC，∠COA＝∠POA；PN＝DN，OP＝OD，∠DOB＝∠

POB，得出∠AOB∠COD，證出△OCD是等邊三角形，可得OC＝OD＝CD＝OP，即可得出結果．

1

解：分別作點P關=于2OA、OB的對稱點C、D，連接CD，分別交OA、OB于點M、N，連接OC、OD、

PM、PN、MN，如圖所示：

∵點P關于OA的對稱點為D，關于OB的對稱點為C，

∴PM＝DM，OP＝OD，∠DOA＝∠POA；

∵點P關于OB的對稱點為C，

∴PN＝CN，OP＝OC，∠COB＝∠POB，

∴OC＝OP＝OD，∠AOB∠COD，

1

∴∠COD＝60°，=2

∴△COD是等邊三角形，

∴OC＝OD＝CD＝OP，

∵△PMN周長的最小值是6cm，

∴PM+PN+MN＝6cm，

∴DM+CN+MN＝6cm，

即CD＝6cm＝OP，

故答案為：6cm．

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總結提升：本題考查了軸對稱的性質，最短路線問題，等邊三角形的判定與性質；熟練掌握軸對稱的性

質，證明△COD等邊三角形是解決問題的關鍵．

變式訓練

1．（2021秋?工業(yè)園區(qū)校級期中）如圖，AB⊥BC，AD⊥DC，∠BAD＝116°，在BC、CD上分別找一點M、

N，當△AMN周長最小時，∠AMN+∠ANM的度數是128°．

思路引領：作A點關于BC的對稱點E，作A點關于CD的對稱點F，連接EF，交BC于M點，交CD

于N點，此時△AMN周長最?。?/p>

解：作A點關于BC的對稱點E，作A點關于CD的對稱點F，連接EF，交BC于M點，交CD于N點，

∴AM＝EM，AN＝NF，

∴AM+AN+MN＝EM+MN+NF＝EF，此時△AMN周長最小，

由對稱性可知，∠E＝∠EAM，∠F＝∠NAF，

∵∠BAD＝116°，

∴∠E+∠F＝180°﹣116°＝64°，

∴∠MAN＝116°﹣64°＝52°，

∴∠AMN+∠ANM＝180°﹣52°＝128°，

故答案為：128°．

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總結提升：本題考查軸對稱求最短距離，熟練掌握軸對稱求最短距離的方法，三角形的性質是解題的關

鍵．

2．如圖，在△ABC中，∠A＝40°，∠ACB＝90°，點D在BC邊上（不與點B，C重合），P，Q分別是

AC，AB邊上的動點，當△DPQ的周長最小時，∠PDQ的度數為100°．

思路引領：作點D關于AC的對稱點E，作點D關于AB的對稱點F，DF交AB于點G，連接EF交AC

于點P，交AB于點Q，在△DEF中，∠E+∠EDF+∠F＝180°．∠EDF＝∠CDP+∠PDQ+∠QDG．

解：如圖，作點D關于AC的對稱點E，作點D關于AB的對稱點F，DF交AB于點G，連接EF交AC

于點P，交AB于點Q，

則此時△DPQ的周長最小．

∵∠AGD＝∠ACD＝90°，∠A＝40°，

∴∠EDF＝140°，

∴∠E+∠F＝40°．

∵PE＝PD，DQ＝FQ，

∴∠CDP＝∠E，∠QDG＝∠F，

∴∠CDP+∠QDG＝∠E+∠F＝40°，

∴∠PDQ＝140°﹣40°＝100°．

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故答案為：100°．

總結提升：本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，等腰三角形的性質，三角形的內角和，正確的作出圖形

是解題的關鍵．

3．（2021?江州區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AD平分∠CAB交BC于D

點，E，F分別是AD，AC上的動點，則CE+EF的最小值為

24

5

思路引領：如圖所示：在AB上取點F′，使AF′＝AF，過點C作CH⊥AB，垂足為H．因為EF+CE

＝EF′+EC，推出當C、E、F′共線，且點F′與H重合時，FE+EC的值最小．

解：如圖所示：在AB上取點F′，使AF′＝AF，過點C作CH⊥AB，垂足為H．

在Rt△ABC中，依據勾股定理可知BA＝10．

CH，

?????24

∵E=F+C?E?＝E=F′5+EC，

∴當C、E、F′共線，且點F′與H重合時，FE+EC的值最小，最小值為，

24

故答案為：5

24

總結提升：本5題主要考查的是軸對稱的性質、勾股定理的應用、垂線段最短等知識，解題的關鍵是學利

用對稱，解決最短問題

4．（2020春?昆山市期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，點G是邊CD的中點，點E、F

分別是AG、AD上的兩個動點，則EF+ED的最小值是4．

3

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思路引領：先做對稱點再利用垂線段最短求值．

解：連接EC，FC，如圖，

在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝8，

∴△ACD是邊長為8的等邊三角形，

∵G是CD的中點，

∴AG⊥CD，

∴AG是CD的垂直平分線，

∴EC＝ED，

∵EF+EC≥FC，CF⊥AD時，CF最小，

∴EF+ED的最小值是等邊△ACD的高，

3

×8=43

故答案為：．2

43

總結提升：本題考查菱形的性質、垂線段最短、等邊三角形的判定、勾股定理等知識，解決問題的關鍵

是利用垂線段最短解決最小值問題，屬于中考常考題型．

5．（2022?興義市模擬）如圖，已知矩形ABCD，AB＝8，BC＝4，點M，N分別是線段AC，AB上的兩個動

點，則BM+MN最小值為．

32

5

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思路引領：過B點作AC的垂線，使AC兩邊的線段相等，到E點，過E作EN⊥AB于N點，EN就是所

求的線段．

解：過B點作AC的垂線，使AC兩邊的線段相等，到E點，過E作EN⊥AB于N點，交AC于M，

則BM+MN的最小值＝EN，

∵AB＝8，BC＝4，

∴AC4，

22

=8+4=5

∴AC邊上的高為，

8×485

=

所以BE，455

165

∵∠NBE=+∠5CBE＝90°，∠CBE+∠ACB＝90°，

∴∠NBE＝∠ACB，

∵∠ABC＝∠ENB，

∴△ABC∽△ENB，

∴，即，

????845

==165

??????

5

∴EN．

32

=

故答案為5：．

32

5

總結提升：本題考查軸對稱﹣最短路線問題，關鍵確定何時路徑最短，然后運用勾股定理和相似三角形

的性質求得解．

6．（2021春?樂山期中）如圖所示，已知點N（1，0），一次函數y＝﹣x+4的圖象與兩坐標軸分別交于A，

B兩點，M，P分別是線段OB，AB上的動點，則PM+MN的最小值是（）

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A．4B．5C．D．

52

42

思路引領：如圖，點N關于OB的對稱點N′（﹣21，0），過點N′作N′P⊥AB交OB于M，則PN′

＝PM+MN的最小值，根據直線AB的解析式為y＝﹣x+4，得出A（4，0），B（0，4），即可得到OA＝

OB，推出△PAN′是等腰直角三角形，于是得到結論．

解：如圖，點N關于OB的對稱點N′（﹣1，0），過點N′作N′P⊥AB交OB于M，

則PN′＝PM+MN的最小值，

∵y＝﹣x+4，

∴A（4，0），B（0，4），

∴OA＝OB，

∴∠BAO＝45°，

∴△PAN′是等腰直角三角形，

∵AN′＝5，

∴PN′，

52

=2

∴PM+MN的最小值是．

52

故選：C．2

總結提升：本題考查軸對稱﹣最短問題、兩點之間距離公式等知識，解題的關鍵是利用對稱性找到點D、

點E位置，屬于中考常考題型．

模型三兩定點一定線模型

典例4（2021春?玉林期中）如圖，已知正方形ABCD邊長為6，點E在AB邊上且BE＝2，點P，Q分別

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是邊BC，CD的動點（均不與頂點重合），則四邊形AEPQ的最小周長是4+4．

13

思路引領：根據最短路徑的求法，先確定點E關于BC的對稱點E′，再確定點A關于DC的對稱點A′，

連接A′E′即可得出P，Q的位置；再根據相似得出相應的線段長從而可求得四邊形AEPQ的面積．

解：如圖所示：

作E關于BC的對稱點E′，點A關于DC的對稱點A′，連接A′E′，四邊形AEPQ的周長最小，

∵AD＝A′D＝6，BE＝BE′＝2，

∴AA′＝12，AE′＝8．

∴A′E′4，

22

∴四邊形=AEP1Q2的+周8長=最小1值3＝4+4．

總結提升：本題考查了正方形的性質以13及最短路線的問題，利用軸對稱確定A′、E′，連接A′E′得

出P、Q的位置是解題關鍵，又利用了相似三角形的判定與性質，圖形分割法是求面積的重要方法．

變式訓練

1．（2020?碑林區(qū)校級模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為4，E、F分別為邊CD、DA上的動點，點G在

對角線AC上，且CG＝3AG，則四邊形BEFG的周長的最小值為．

10+74

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思路引領：作G關于AD的對稱點G′，作B點關于CD的對稱點B′，連接G′B′，交BC于E，交

AD于F，此時BG+GF+EF+EB＝GB+B′G′，即此時四邊形BEFG的周長最小，根據勾股定理求得BG、

B′G′，即可求得四邊形BEFG的周長的最小值．

解：作G關于AD的對稱點G′，作B點關于CD的對稱點B′，連接G′B′，交BC于E，交AD于

F，此時BG+GF+EF+EB＝GB+B′G′，即此時四邊形BEFG的周長最小，

∵正方形ABCD的邊長為4，

∴AC＝4，

∵CG＝3A2G，

∴AG，

∴TG＝=AT2＝1，

∴GS＝BH＝1，

∴G′H＝1+4＝5，HC＝4﹣1＝3，

∴B′H＝4+3＝7，

∴B′G′