北師大版九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè) 專題1.4 四邊形中的最值問(wèn)題專項(xiàng)訓(xùn)練（30道）（舉一反三）（教師版）

專題1.4四邊形中的最值問(wèn)題專項(xiàng)訓(xùn)練（30道）【北師大版】考卷信息：本套訓(xùn)練卷共30題，選擇10題，填空10題，解答10題，題型針對(duì)性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可強(qiáng)化學(xué)生對(duì)四邊形中最值問(wèn)題模型的記憶與理解！一．選擇題（共10小題）1．（2023春?重慶期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝23，BC＝6，P為矩形內(nèi)一點(diǎn)，連接PA，PB，PC，則PA+PB+PC的最小值是（）A．43+3 B．221 C．23+6 【分析】將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長(zhǎng)即為所求．【解答】解：將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長(zhǎng)即為所求．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：△PFC是等邊三角形，∴PC＝PF，∵PB＝EF，∴PA+PB+PC＝PA+PF+EF，∴當(dāng)A、P、F、E共線時(shí)，PA+PB+PC的值最小，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC=AB2∴AC＝2AB，∴∠ACB＝30°，AC＝2AB＝43，∵∠BCE＝60°，∴∠ACE＝90°，∴AE=(43)故選：B．2．（2023?灞橋區(qū)校級(jí)模擬）如圖，平面內(nèi)三點(diǎn)A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC為對(duì)角線作正方形BDCE，連接AD，則AD的最大值是（）A．5 B．7 C．72 D．7【分析】如圖將△BDA繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDM．由旋轉(zhuǎn)不變性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD=22AM，推出當(dāng)AM的值最大時(shí)，AD的值最大，利用三角形的三邊關(guān)系求出【解答】解：如圖將△BDA繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDM．由旋轉(zhuǎn)不變性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AD=22∴當(dāng)AM的值最大時(shí)，AD的值最大，∵AM≤AC+CM，∴AM≤7，∴AM的最大值為7，∴AD的最大值為72故選：D．3．（2023春?中山市期末）如圖，在邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD中，E是對(duì)角線BD上一點(diǎn)，且BE＝BC，點(diǎn)P是CE上一動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)P到邊BD，BC的距離之和PM+PN的值（）A．有最大值a B．有最小值22aC．是定值a D．是定值22【分析】連接BP，作EF⊥BC于點(diǎn)F，由正方形的性質(zhì)可知△BEF為等腰直角三角形，BE＝a，可求EF，利用面積法得S△BPE+S△BPC＝S△BEC，將面積公式代入即可．【解答】解：如圖，連接BP，作EF⊥BC于點(diǎn)F，則∠EFB＝90°，∵正方形的性質(zhì)可知∠EBF＝45°，∴△BEF為等腰直角三角形，∵正方形的邊長(zhǎng)為a，∴BE＝BC＝a，∴BF＝EF=22BE=∵PM⊥BD，PN⊥BC，∴S△BPE+S△BPC＝S△BEC，∴12BE×PM+12BC×PN=1∵BE＝BC，∴PM+PN＝EF=22則點(diǎn)P到邊BD，BC的距離之和PM+PN的值是定值22a故選：D．4．（2023春?三門峽期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為EC上一動(dòng)點(diǎn)，P為DF中點(diǎn)，連接PB，則PB的最小值是（）A．2 B．4 C．2 D．22【分析】根據(jù)中位線定理可得出點(diǎn)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當(dāng)BP⊥P1P2時(shí)，PB取得最小值；由矩形的性質(zhì)以及已知的數(shù)據(jù)即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值為BP1的長(zhǎng)，由勾股定理求解即可．【解答】解：如圖：當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)P在P1處，CP1＝DP1，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)E重合時(shí)，點(diǎn)P在P2處，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2=12當(dāng)點(diǎn)F在EC上除點(diǎn)C、E的位置處時(shí)，有DP＝FP．由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P=12∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段P1P2，∴當(dāng)BP⊥P1P2時(shí)，PB取得最小值．∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E為AB的中點(diǎn)，∴△CBE、△ADE、△BCP1為等腰直角三角形，CP1＝1．∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．∴∠DP2P1＝90°．∴∠DP1P2＝45°．∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值為BP1的長(zhǎng)．在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1．∴BP1=2∴PB的最小值是2．故選：C．5．（2023春?濱湖區(qū)期末）如圖，已知菱形ABCD的面積為20，邊長(zhǎng)為5，點(diǎn)P、Q分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，且PC＝CQ，連接PD、AQ，則PD+AQ的最小值為（）A．45 B．89 C．10 D．【分析】過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，延長(zhǎng)AM到點(diǎn)A′，使A′M＝AM，根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理可得BM＝3，以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BC為x軸，垂直于BC方向?yàn)閥軸，建立平面直角坐標(biāo)系，可得B（0，0），A（3，4），C（5，0），D（8，4），A′（3，﹣4），然后證明△ABP≌△ADQ（SAS），可得AP＝AQ＝A′P，連接A′D，AP，A′P，由A′P+PD＞A′D，可得A′，P，D三點(diǎn)共線時(shí)，PD+A′P取最小值，所以PD+AQ的最小值＝PD+A′P的最小值＝A′D，利用勾股定理即可解決問(wèn)題．【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，延長(zhǎng)AM到點(diǎn)A′，使A′M＝AM，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝5，∠ABC＝∠ADC，∵菱形ABCD的面積為20，邊長(zhǎng)為5，∴AM＝4，在Rt△ABM中，根據(jù)勾股定理得：BM=A以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BC為x軸，垂直于BC方向?yàn)閥軸，建立平面直角坐標(biāo)系，∴B（0，0），A（3，4），C（5，0），D（8，4），A′（3，﹣4），∵PC＝CQ，BC＝CD，∴BP＝DQ，在△ABP和△ADQ中，AB=AD∠ABC=∠ADC∴△ABP≌△ADQ（SAS），∴AP＝AQ＝A′P，連接A′D，AP，A′P，∵A′P+PD＞A′D，∴A′，P，D三點(diǎn)共線時(shí)，PD+A′P取最小值，∴PD+AQ的最小值＝PD+A′P的最小值＝A′D=(8?3故選：B．6．（2023?泰山區(qū)一模）如圖，M、N是正方形ABCD的邊CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足AM＝BN，連接AC交BN于點(diǎn)E，連接DE交AM于點(diǎn)F，連接CF，若正方形的邊長(zhǎng)為2，則線段CF的最小值是（）A．2 B．1 C．5?1 D．5【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，然后利用“HL”證明Rt△ADM和Rt△BCN全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”證明△DCE和△BCE全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠2＝∠3，從而得到∠1＝∠3，然后求出∠AFD＝90°，取AD的中點(diǎn)O，連接OF、OC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OF=12AD＝1，利用勾股定理列式求出OC，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知當(dāng)O、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，在Rt△ADM和Rt△BCN中，AD=BCAM=BN∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），∴∠1＝∠2，在△DCE和△BCE中，BC=CD∠DCE=∠BCE∴△DCE≌△BCE（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠ADF+∠3＝∠ADC＝90°，∴∠1+∠ADF＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，取AD的中點(diǎn)O，連接OF、OC，則OF＝DO=12在Rt△ODC中，OC=D根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，OF+CF＞OC，∴當(dāng)O、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，CF的長(zhǎng)度最小，最小值＝OC﹣OF=5故選：C．7．（2023?龍華區(qū)二模）如圖，已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，E為CD上一點(diǎn)，且DE＝1，F(xiàn)為射線BC上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AF于點(diǎn)P，交直線AB于點(diǎn)G．則下列結(jié)論中：①AF＝EG；②若∠BAF＝∠PCF，則PC＝PE；③當(dāng)∠CPF＝45°時(shí)，BF＝1；④PC的最小值為13?A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【分析】連接AE，過(guò)E作EH⊥AB于H，則EH＝BC，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到AF＝EG，故①正確；根據(jù)平行線的性質(zhì)和等腰三角形的判定和性質(zhì)即可得到PE＝PC；故②正確；連接EF，推出點(diǎn)E、P、F、C四點(diǎn)共圓，根據(jù)圓周角定理得到∠FEC＝∠FPC＝45°，于是得到BF＝DE＝1，同理當(dāng)F運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)右側(cè)時(shí)，此時(shí)∠FPC＝45°，且EPCF四點(diǎn)共圓，EC＝FC＝3，故此時(shí)BF＝BC+CF＝4+3＝7．因此BF＝1或7，故③錯(cuò)誤；取AE的中點(diǎn)O，連接PO，CO，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AO＝PO=12AE，推出點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，AE為直徑的圓上，當(dāng)OC最小時(shí)，CP的值最小，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系得到PC≥OC﹣【解答】解：連接AE，過(guò)E作EH⊥AB于H，則EH＝BC，∵AB＝BC，∴EH＝AB，∵EG⊥AF，∴∠BAF+∠AGP＝∠BAF+∠AFB＝90°，∴∠EGH＝∠AFB，∵∠B＝∠EHG＝90°，∴△HEG≌△ABF（AAS），∴AF＝EG，故①正確；∵AB∥CD，∴∠AGE＝∠CEG，∵∠BAF+∠AGP＝90°，∠PCF+∠PCE＝90°，∵∠BAF＝∠PCF，∴∠AGE＝∠PCE，∴∠PEC＝∠PCE，∴PE＝PC；故②正確；連接EF，∵∠EPF＝∠FCE＝90°，∴點(diǎn)E、P、F、C四點(diǎn)共圓，∴∠FEC＝∠FPC＝45°，∴EC＝FC，∴BF＝DE＝1，同理當(dāng)F運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)右側(cè)時(shí)，此時(shí)∠FPC＝45°，且E、P、C、F四點(diǎn)共圓，EC＝FC＝3，故此時(shí)BF＝BC+CF＝4+3＝7．因此BF＝1或7，故③錯(cuò)誤；取AE的中點(diǎn)O，連接PO，CO，∴AO＝PO=12∵∠APE＝90°，∴點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，AE為直徑的圓上，∴當(dāng)OC最小時(shí)，CP的值最小，∵PC≥OC﹣OP，∴PC的最小值＝OC﹣OP＝OC?12∵OC=22+(72)2∴PC的最小值為652?17故選：B．8．（2023?南平校級(jí)自主招生）如圖，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)（且點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．則EF的最小值為（）A．4 B．4.8 C．5.2 D．6【分析】先由矩形的判定定理推知四邊形PEAF是矩形；連接PA，則PA＝EF，所以要使EF，即PA最短，只需PA⊥CB即可；然后根據(jù)三角形的等積轉(zhuǎn)換即可求得PA的值．【解答】解：如圖，連接PA．∵在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，∴BC2＝AB2+AC2，∴∠A＝90°．又∵PE⊥AB于點(diǎn)E，PF⊥AC于點(diǎn)F．∴∠AEP＝∠AFP＝90°，∴四邊形PEAF是矩形．∴AP＝EF．∴當(dāng)PA最小時(shí)，EF也最小，即當(dāng)AP⊥CB時(shí)，PA最小，∵12AB?AC=12BC?AP，即∴線段EF長(zhǎng)的最小值為4.8；故選：B．9．（2023春?崇川區(qū)期末）如圖，正方形ABCD邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且BE＝CF，連接BF，DE，則BF+DE的最小值為（）A．2 B．3 C．5 D．6【分析】連接AE，利用△ABE≌△BCF轉(zhuǎn)化線段BF得到BF+DE＝AE+DE，則通過(guò)作A點(diǎn)關(guān)于BC對(duì)稱點(diǎn)H，連接DH交BC于E點(diǎn)，利用勾股定理求出DH長(zhǎng)即可．【解答】解：連接AE，如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．又BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴AE＝BF．所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．作點(diǎn)A關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)H點(diǎn)，如圖2，連接BH，則A、B、H三點(diǎn)共線，連接DH，DH與BC的交點(diǎn)即為所求的E點(diǎn)．根據(jù)對(duì)稱性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，AD＝1，AH＝2，∴DH=AH∴BF+DE最小值為5．故選：C．10．（2023?泰州）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，E為與點(diǎn)D不重合的動(dòng)點(diǎn)，以DE為一邊作正方形DEFG．設(shè)DE＝d1，點(diǎn)F、G與點(diǎn)C的距離分別為d2、d3，則d1+d2+d3的最小值為（）A．2 B．2 C．22 D．4【分析】連接AE，那么，AE＝CG，所以這三個(gè)d的和就是AE+EF+FC，所以大于等于AC，故當(dāng)AEFC四點(diǎn)共線有最小值，最后求解，即可求出答案．【解答】解：如圖，連接AE，∵四邊形DEFG是正方形，∴∠EDG＝90°，EF＝DE＝DG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴d1+d2+d3＝EF+CF+AE，∴點(diǎn)A，E，F(xiàn)，C在同一條線上時(shí)，EF+CF+AE最小，即d1+d2+d3最小，連接AC，∴d1+d2+d3最小值為AC，在Rt△ABC中，AC=2AB＝22∴d1+d2+d3最小＝AC＝22，故選：C．二．填空題（共10小題）11．（2023春?江城區(qū)期末）如圖，∠MON＝90°，矩形ABCD的頂點(diǎn)A、B分別在邊OM、ON上，當(dāng)B在邊ON上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A隨之在OM上運(yùn)動(dòng)，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB＝6，BC＝2．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離是3+13【分析】取AB的中點(diǎn)E，連接OD、OE、DE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OE=12AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根據(jù)三角形任意兩邊之和大于第三邊可得OD過(guò)點(diǎn)【解答】解：如圖：取線段AB的中點(diǎn)E，連接OE，DE，OD，∵AB＝6，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∠AOB＝90°，∴AE＝BE＝3＝OE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，∴DE=A∵OD≤OE+DE，∴當(dāng)點(diǎn)D，點(diǎn)E，點(diǎn)O共線時(shí)，OD的長(zhǎng)度最大．∴點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離＝OE+DE＝3+13故答案為：3+1312．（2023?東莞市校級(jí)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP，QD，則PC+DQ的最小值為13．【分析】連接BP，在BA的延長(zhǎng)線上截取AE＝AB＝6，連接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，則PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，在BA的延長(zhǎng)線上截取AE＝AB＝6，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根據(jù)勾股定理可得結(jié)果．【解答】解：如圖，連接BP，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AP＝CQ，∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，∴DP＝QB，DP∥BQ，∴四邊形DPBQ是平行四邊形，∴PB∥DQ，PB＝DQ，∴PC+QD＝PC+PB，∴PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，如圖，在BA的延長(zhǎng)線上截取AE＝AB＝6，連接PE，CE，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分線，∴PB＝PE，∴PC+PB＝PC+PE，∴PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，∵BE＝2AB＝12，BC＝AD＝5，∴CE=B∴PC+PB的最小值為13．∴PC+DQ的最小值為13．故答案為：13．13．（2023?錢塘區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，線段EF在AB邊上，以EF為邊在矩形ABCD內(nèi)部作正方形EFGH，連結(jié)AH，CG．若AB＝10，AD＝6，EF＝4，則AH+CG的最小值為62．【分析】方法一：延長(zhǎng)DA至A′，使A′A＝EH＝EF＝4，連接A′E，EG，可得四邊形AA′EH是平行四邊形，所以A′E＝AH，則AH+CG的最小值即為A′E+CG的最小值，根據(jù)勾股定理即可解決問(wèn)題．方法二：過(guò)點(diǎn)G作GA′∥AH交AF于點(diǎn)A′，可得四邊形AHGA′是平行四邊形，進(jìn)而可以解決問(wèn)題．【解答】解：方法一：如圖，延長(zhǎng)DA至A′，使A′A＝EH＝EF＝4，連接A′E，EG，∵HE⊥AB，AA′⊥AB，∴AA′∥EH，∵A′A＝EH，∴四邊形AA′EH是平行四邊形，∴A′E＝AH，則AH+CG的最小值即為A′E+CG的最小值，∵四邊形EFGH是正方形，∴EF＝FG＝4，∴EG＝42，∵A′D＝AD+AA′＝6+4＝10，在Rt△A′DC中，DC＝AB＝10，∴A′C=A'D2∴A′E+CG＝A′C﹣EG＝62．則AH+CG的最小值為62．方法二：如圖，過(guò)點(diǎn)G作GA′∥AH交AF于點(diǎn)A′，∴四邊形AHGA′是平行四邊形，∴AA′＝HG＝4，A′G＝AH，∴A′B＝AB﹣AA′＝6，∵BC＝6，∴A′C＝62，∴AH+CG＝A′G+CG≥A′C，則AH+CG的最小值為62．故答案為：62．14．（2023春?東城區(qū)期中）在正方形ABCD中，AB＝5，點(diǎn)E、F分別為AD、AB上一點(diǎn)，且AE＝AF，連接BE、CF，則BE+CF的最小值是55．【分析】連接DF，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△ADF≌△ABE（SAS），可得DF＝BE，作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)D′，連接CD′交AB于點(diǎn)F′，連接D′F，則DF＝D′F，可得BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，所以當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)F′重合時(shí)，D′F+CF最小，最小值為CD′的長(zhǎng)，然后根據(jù)勾股定理即可解決問(wèn)題．【解答】解：如圖，連接DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAE＝∠DAF＝90°，在△ADF和△ABE中，AD=AB∠FAD=∠EAB∴△ADF≌△ABE（SAS），∴DF＝BE，作點(diǎn)D關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)D′，連接CD′交AB于點(diǎn)F′，連接D′F，則DF＝D′F，∴BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，∴當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)F′重合時(shí)，D′F+CF最小，最小值為CD′的長(zhǎng)，在Rt△CDD′中，根據(jù)勾股定理得：CD′=CD2∴BE+CF的最小值是55．故答案為：55．15．（2023春?虎林市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝12，AC＝16，點(diǎn)D是斜邊BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D分別作DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，點(diǎn)G為四邊形DEAF對(duì)角線交點(diǎn)，則線段GF的最小值為245【分析】由勾股定理求出BC的長(zhǎng)，再證明四邊形DEAF是矩形，可得EF＝AD，根據(jù)垂線段最短和三角形面積即可解決問(wèn)題．【解答】解：連接AD、EF，∵∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，∴BC=A∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，∴四邊形DEAF是矩形，∴EF＝AD，∴當(dāng)AD⊥BC時(shí)，AD的值最小，此時(shí)，△ABC的面積=12AB×AC=12∴12×16＝20AD，∴AD=∴EF的最小值為485∵點(diǎn)G為四邊形DEAF對(duì)角線交點(diǎn)，∴GF=12EF故答案為：24516．（2023?灞橋區(qū)校級(jí)三模）在菱形ABCD中，∠D＝60°，CD＝4，E為菱形內(nèi)部一點(diǎn)，且AE＝2，連接CE，點(diǎn)F為CE中點(diǎn)，連接BF，取BF中點(diǎn)G，連接AG，則AG的最大值為12+【分析】先根據(jù)題目條件中的中點(diǎn)可聯(lián)想中位線的性質(zhì)，構(gòu)造中位線將OF和GH的長(zhǎng)度先求出來(lái)，再利用三角形的三邊關(guān)系判斷，當(dāng)AG＝AH+HG時(shí)最大．【解答】解：如圖所示：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接FO，取OB的中點(diǎn)H，連接HG和AH，∵在菱形ABCD中，∴O為AC中點(diǎn)，∵F為CE中點(diǎn)，∴OF=12當(dāng)C、F、E、A共線時(shí)，OF也為1，∵G為BF中點(diǎn)、H為OB中點(diǎn)，∴GH=12OF∵在菱形ABCD中且∠D＝60°，∴∠ABO=12∠ABC=12∠ADC＝30°，∠∴OA=12∴OB=4∴OH=3∴AH=2∵AG≤AH+HG，∴AG≤1∴AG的最大值為12故答案為：1217．（2023春?靖江市校級(jí)期末）如圖，線段AB的長(zhǎng)為10，點(diǎn)D在AB上，△ACD是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，過(guò)點(diǎn)D作與CD垂直的射線DP，過(guò)DP上一動(dòng)點(diǎn)G（不與D重合）作矩形CDGH，記矩形CDGH的對(duì)角線交點(diǎn)為O，連接OB，則線段BO的最小值為5．【分析】連接AO，根據(jù)矩形對(duì)角線相等且互相平分得：OC＝OD，再證明△ACO≌△ADO，則∠OAB＝30°；點(diǎn)O一定在∠CAB的平分線上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)垂線段最短得：當(dāng)OB⊥AO時(shí)，OB的長(zhǎng)最小，根據(jù)直角三角形30°角所對(duì)的直角邊是斜邊的一半得出結(jié)論．【解答】解：連接AO，∵四邊形CDGH是矩形，∴CG＝DH，OC=12CG，OD=∴OC＝OD，∵△ACD是等邊三角形，∴AC＝AD，∠CAD＝60°，在△ACO和△ADO中，AC=ADAO=AO∴△ACO≌△ADO（SSS），∴∠OAB＝∠CAO＝30°，∴點(diǎn)O一定在∠CAB的平分線上運(yùn)動(dòng)，∴當(dāng)OB⊥AO時(shí)，OB的長(zhǎng)度最小，∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，∴OB=12AB即OB的最小值為5．故答案為：5．18．（2023春?郫都區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，點(diǎn)E是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，作點(diǎn)B關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)F，連接CF，點(diǎn)P為CF中點(diǎn)，則DP的最小值為25?2【分析】根據(jù)勾股定理和三角形中位線，可以得到OP的長(zhǎng)和OD的長(zhǎng)，然后再根據(jù)圖形可知當(dāng)點(diǎn)P在線段OD上時(shí)，DP取得最小值，然后計(jì)算即可．【解答】解：連接AC、BD交于點(diǎn)O，連接AF，OP，∵四邊形ABCD是矩形，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝8，∴點(diǎn)O為AC的中點(diǎn)，BD=AB2又∵點(diǎn)P是CF的中點(diǎn)，∴OP是△CAF的中位線，∵點(diǎn)B關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)F，AB＝4，∴AF＝4，∴OP＝2，∵BD＝45，∴OD＝25，∵OP+DP＞OD，OP＝2，OD＝25，∴當(dāng)點(diǎn)P在OD上時(shí)，DP取得最小值，此時(shí)DP＝OD﹣OP＝25?故答案為：25?19．（2023春?江都區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝23，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為EC上一動(dòng)點(diǎn)，P為DF中點(diǎn)，連接PB，則PB的最小值是23．【分析】取DE中點(diǎn)P′，取DC中點(diǎn)P″，根據(jù)中位線定理可得出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當(dāng)BP⊥P1P2時(shí)，PB取得最小值，由勾股定理求解即可．【解答】解：如圖：取DE中點(diǎn)P′，∵P為DF中點(diǎn)，∴P′P∥EC，取DC中點(diǎn)P″，∵P為DF中點(diǎn)，∴P″P∥EC，∴P，P′，P″三點(diǎn)在同一條直線上，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段P′P″，∴當(dāng)BP⊥P′P″時(shí)，PB取得最小值．過(guò)點(diǎn)B作BG⊥EC于點(diǎn)G，過(guò)P″作P″M⊥EC于點(diǎn)M，∴PB的最小值＝BG+P″M，∵矩形ABCD中，AB＝4，E為AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE＝2，∵BC＝AD＝23，∴DE＝CE=2∵AB＝CD＝4，∴△EDC是等邊三角形，∴∠P″CM＝60°，∵CP″＝2，∴CM＝1，∴P″M=3∵ED＝EC，AE＝BE，AD＝BC，∴△CBE≌△ADE（SSS），∴∠DEA＝∠CEB，∵∠DEC＝60°．∴∠BEG＝60°．∵BE＝2，∴BP＝P″M+BG＝23，∴PB的最小值是23．故答案是：23．20．（2023春?如東縣期中）如圖，已知AB＝22，C為線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別以AC，CB為邊在AB的同側(cè)作菱形ACED和菱形CBGF，點(diǎn)C，E，F(xiàn)在一條直線上，∠D＝120°．P、Q分別是對(duì)角線AE，BF的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)C在線段AB上移動(dòng)時(shí)，點(diǎn)P，Q之間的距離最短為62【分析】連接QC、PC．首先證明∠PCQ＝90°，設(shè)AC＝2a，則BC＝22?2a，PC＝a，CQ=3（【解答】解：連接PC、CQ．∵四邊形ACED，四邊形CBGF是菱形，∠D＝120°，∴∠ACE＝120°，∠FCB＝60°，∵P，Q分別是對(duì)角線AE，BF的中點(diǎn)，∴∠ECP=12∠ACE，∠FCQ=1∴∠PCQ＝90°，設(shè)AC＝2a，則BC＝22?2a，PC＝a，CQ=32BC=∴PQ=P∴當(dāng)a=324時(shí)，點(diǎn)P，Q解法二：連接CD、CG、DG，構(gòu)造中位線解決，當(dāng)DG與AD或BG垂直時(shí)，取最值．故答案為：62三．解答題（共10小題）21．（2023?禹城市二模）（1）如圖①，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)M和N分別是邊BC，CD上兩點(diǎn)，且BM＝CN，連AM和BN，交于點(diǎn)P．猜想AM與BN的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．（2）如圖②，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4．點(diǎn)M和N分別從點(diǎn)B、C同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿BC、CD方向向終點(diǎn)C和D運(yùn)動(dòng)，連接AM和BN，交于點(diǎn)P．求△APB周長(zhǎng)的最大值．【分析】（1）結(jié)論：AM⊥BN．只要證明△ABM≌△BCN即可解決問(wèn)題；（2）如圖②中，以AB為斜邊向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA于F，作EG⊥PB于G，連接EP．首先證明PA+PB＝2EF，求出EF的最大值即可解決問(wèn)題；【解答】解：（1）結(jié)論：AM⊥BN．理由：如圖①中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABM＝∠BCN＝90°，∵BM＝CN，∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM＝∠CBN，∵∠CBN+∠ABN＝90°，∴∠ABN+∠BAM＝90°，∴∠APB＝90°，∴AM⊥BN．（2）如圖②中，以AB為斜邊向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA于F，作EG⊥PB于G，連接EP．∵∠EFP＝∠FPG＝∠G＝90°，∴四邊形EFPG是矩形，∴∠FEG＝∠AEB＝90°，∴∠AEF＝∠BEG，∵EA＝EB，∠EFA＝∠G＝90°，∴△AEF≌△BEG，∴EF＝EG，AF＝BG，∴四邊形EFPG是正方形，∴PA+PB＝PF+AF+PG﹣BG＝2PF＝2EF，∵EF≤AE，∴EF的最大值＝AE＝22，∴△APB周長(zhǎng)的最大值＝4+42．22．（2023春?東坡區(qū)校級(jí)月考）正方形ABCD中，E、F是AD上的兩個(gè)點(diǎn)，AE＝DF，連CF交BD于點(diǎn)M，連AM交BE于點(diǎn)N，連接DN．如果正方形的邊長(zhǎng)為2．（1）求證：BE⊥AM；（2）求DN的最小值．【分析】正方形的性質(zhì)：正方形的四邊相等，正方形的對(duì)角線平分對(duì)角，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半；兩點(diǎn)之間，線段最短；三角形全等的判定和全等三角形的性質(zhì)．欲證BE⊥AM，只需證明△ABN為Rt△，也就等價(jià)于∠ABE＝∠DAM，易知∠ABE＝∠DCF，于是只需證明∠DCF＝∠DAM．過(guò)了這一關(guān)，求極值的問(wèn)題也就非常簡(jiǎn)單了．【解答】（1）證：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝DC，∠BAE＝∠CDF＝90°，又AE＝DF，∴△ABE≌△DCF，∴∠ABE＝∠DCF，∵BD是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠CDM＝∠ADM，∴△ADM≌△CDM∴∠DCM＝∠DAM，∴∠ABE＝∠DAM，∴∠ABE+∠BAM＝∠DAM+BAM＝90°，∴∠ANB＝90°，則BE⊥AM；（2）解：取AB中點(diǎn)P，連PN、PD，由（1）知：△ABN、△APD均為直角三角形，∴PN=12AB＝1，PD∴DN≥PD﹣PN=5則DN的最小值為5?23．（2023?黃埔區(qū)模擬）如圖，在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，BD＝4，E、F分別是AD、CD上的動(dòng)點(diǎn)（包含端點(diǎn)），且AE+CF＝4，連接BE、EF、FB．（1）試探究BE與BF的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）求EF的最大值與最小值．【分析】（1）由在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，BD＝4，易得△ABD、△CBD都是邊長(zhǎng)為4的正三角形，繼而證得△BDE≌△BCF（SAS），則可證得結(jié)論；（2）由△BDE≌△BCF，易證得△BEF是正三角形，繼而可得當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D或點(diǎn)A時(shí)，BE的最大，當(dāng)BE⊥AD，即E為AD的中點(diǎn)時(shí)，BE的最?。窘獯稹拷猓海?）BE＝BF，證明如下：∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的菱形，BD＝4，∴△ABD、△CBD都是邊長(zhǎng)為4的正三角形，∵AE+CF＝4，∴CF＝4﹣AE＝AD﹣AE＝DE，又∵BD＝BC＝4，∠BDE＝∠C＝60°，在△BDE和△BCF中，DE=CF∠BDE=∠C∴△BDE≌△BCF（SAS），∴BE＝BF；（2）∵△BDE≌△BCF，∴∠EBD＝∠FBC，∴∠EBD+∠DBF＝∠FBC+∠DBF，∴∠EBF＝∠DBC＝60°，又∵BE＝BF，∴△BEF是正三角形，∴EF＝BE＝BF，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D或點(diǎn)A時(shí)，BE的最大值為4，當(dāng)BE⊥AD，即E為AD的中點(diǎn)時(shí)，BE的最小值為23∵EF＝BE，∴EF的最大值為4，最小值為2324．（2023春?洪山區(qū)期中）如圖1，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足AE＝DF，連接CF交BD于G，連接BE交AG于點(diǎn)H（1）求證：AG⊥BE；（2）如圖2，連DH，若正方形的邊長(zhǎng)為4，則線段DH長(zhǎng)度的最小值是25?2【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，然后利用“邊角邊”證明△ABE和△DCF全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠ABE＝∠DCF，再利用“邊角邊”證明△ADG和△CDG全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠DAG＝∠DCF，從而得到∠ABE＝∠DAG，再根據(jù)∠DAG+∠BAH＝90°求出∠BAE+∠BAH＝90°，然后求出∠AHB＝90°，再根據(jù)垂直的定義證明；（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OD、OH，利用勾股定理列式求出OD，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出OH，再根據(jù)三角形的任意兩邊之差小于第三邊判斷出O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH最?。窘獯稹浚?）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAD=∠ADC∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE＝∠DCF，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADB=∠CDB∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG＝∠DCF，∴∠ABE＝∠DAG，∵∠DAG+∠BAH＝90°，∴∠BAE+∠BAH＝90°，∴∠AHB＝90°，∴AG⊥BE；（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OD、OH，∵正方形的邊長(zhǎng)為4，∴AO＝OH=1由勾股定理得，OD=42+由三角形的三邊關(guān)系得，O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH最小，DH最?。?5?故答案為：25?25．（2023?寧德）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對(duì)角線BD（不含B點(diǎn)）上任意一點(diǎn)，將BM繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）①當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，AM+CM的值最??；②當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，AM+BM+CM的值最小，并說(shuō)明理由；（3）當(dāng)AM+BM+CM的最小值為3+1【分析】（1）由題意得MB＝NB，∠ABN＝15°，所以∠EBN＝45°，容易證出△AMB≌△ENB；（2）①根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”，可得，當(dāng)M點(diǎn)落在BD的中點(diǎn)時(shí)，AM+CM的值最小；②根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”，當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí)，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的長(zhǎng)（如圖）；（3）作輔助線，過(guò)E點(diǎn)作EF⊥BC交CB的延長(zhǎng)線于F，由題意求出∠EBF＝30°，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，在Rt△EFC中，根據(jù)勾股定理求得正方形的邊長(zhǎng)為2．【解答】（1）證明：∵△ABE是等邊三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°．∵∠MBN＝60°，∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．即∠MBA＝∠NBE．又∵M(jìn)B＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS）．（2）解：①當(dāng)M點(diǎn)落在BD的中點(diǎn)時(shí)，A、M、C三點(diǎn)共線，AM+CM的值最?。谌鐖D，連接CE，當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí)，AM+BM+CM的值最小，理由如下：連接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”可知，若E、N、M、C在同一條直線上時(shí)，EN+MN+CM取得最小值，最小值為EC．在△ABM和△CBM中，AB=CB∠ABM=∠CBM∴△ABM≌△CBM（SAS），∴∠BAM＝∠BCM，∴∠BCM＝∠BEN，∵EB＝CB，∴若連接EC，則∠BEC＝∠BCE，∵∠BCM＝∠BCE，∠BEN＝∠BEC，∴M、N可以同時(shí)在直線EC上．∴當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí)，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的長(zhǎng)．（3）解：過(guò)E點(diǎn)作EF⊥BC交CB的延長(zhǎng)線于F，∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°．設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，則BF=32x，EF在Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，∴（x2）2+（32x+x）2解得x1=2，x2=?∴正方形的邊長(zhǎng)為2．26．（2023?南充模擬）如圖，M，N是正方形ABCD的邊CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足CM＝DN，AC，BM相交于點(diǎn)E，DE與AN相交于點(diǎn)F，連接CF．（1）求證：DE⊥AN．（2）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，求CF的最小值．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△BCM≌△ADN和△BCE≌△DCE，得到∠CDE＝∠NAD，因此∠DAN+∠ADF＝∠CDE+∠ADF＝90°，進(jìn)而求證；（2）取AD中點(diǎn)P，連接PF，CP，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出FP的長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理求出CP的長(zhǎng)度，根據(jù)CF+FP≥CP，即可求得．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCA＝∠DCE＝45°，BC＝AD＝CD，∠BCD＝∠ADC＝90°，在△BCM和△ADN中，BC=AD∠BCD=∠ADC=90°∴△BCM≌△ADN（SAS）．∴∠CBM＝∠DAN，在△BCE和△DCE中，BC=CD∠BCA=∠ACD=45°∴△BCE≌△DCE（SAS），∴∠CBM＝∠CDE，∴∠CDE＝∠NAD，∴∠DAN+∠ADF＝∠CDE+∠ADF＝90°，∴DE⊥AN．（2）解：取AD中點(diǎn)P，連接PF，CP，由（1），得FP=1在Rt△CPD中，由勾股定理得，CP=4∵CF+FP≥CP，∴CF≥25∴CF的最小值2527．（2023春?思明區(qū)校級(jí)期中）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四邊形EFGH的三個(gè)頂點(diǎn)E、F、H分別在矩形ABCD的邊AB、BC、DA上．（1）如圖1，四邊形EFGH為正方形，AE＝2，求GC的長(zhǎng)．（2）如圖2，四邊形EFGH為菱形，設(shè)BF＝x，△GFC的面積為S，且S與x滿足函數(shù)關(guān)系S＝6?12x．在自變量x的取值范圍內(nèi)，是否存在x，使菱形EFGH的面積最大？若存在，求【分析】（1）只要證明△AEH≌△BFE．推出BF＝AE＝2，由△MGF≌△BFE，求出CM和MG的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論；（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥BC，垂足為M，連接HF，根據(jù)S△GFC=12FC?GM，計(jì)算GM的長(zhǎng)，先根據(jù)勾股定理確定菱形邊長(zhǎng)的最大值，即確定x的取值范圍，計(jì)算菱形的面積，可得菱形面積最大值時(shí)，【解答】解：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥BC，垂足為M．由矩形ABCD可知：∠A＝∠B＝90°，由正方形EFGH可知：∠HEF＝90°，EH＝EF，∴∠1+∠2＝90°，又∠1+∠3＝90°，∴∠3＝∠2，∴△AEH≌△BFE．∴BF＝AE＝2，同理可證：△MGF≌△BFE，∴GM＝BF＝2，F(xiàn)M＝BE＝8﹣2＝6，∴CM＝BC﹣BF﹣FM＝12﹣2﹣6＝4，在Rt△CMG中，由勾股定理得：CG=CM2（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥BC，垂足為M，連接HF，由矩形ABCD得：AD∥BC，∴∠AHF＝∠HFM，由菱形EFGH得：EH∥FG，EH＝FG，∴∠EHF＝∠HFM，∴∠AHE＝∠GFM，又∠A＝∠M＝90°，EH＝FG，∴△MGF≌△AEH，∴GM＝AE，又BF＝x，∴FC＝12﹣x，∴S△GFC=12FC?GM=12（12﹣x）?GM∴GM＝1，∴AE＝GM＝1，BE＝8﹣1＝7，∵H在邊AD上，∴菱形邊長(zhǎng)EH的最大值=122+12此時(shí)BF＝x=145?(8?1)2∴0≤x≤46，∵EH＝EF，由勾股定理得：AH=E∴S菱形EFGH＝BM?AB﹣2×12×7x﹣2×12×1×48+x2=8（x+FM）∴當(dāng)x最大時(shí)，菱形EFGH的面積最大，即當(dāng)x＝46時(shí)，菱形EFGH的面積最大．28．（2023?南崗區(qū)校級(jí)一模）已知菱形ABCD的對(duì)角線相交于O，點(diǎn)E、F分別在邊AB、BC上，且BE＝BF，射線EO、FO分別交邊CD、AD于G、H．（1）求證：四邊形EFGH為矩形；（2）若OA＝4，OB＝3，求EG的最小值．【分析】（1）先根據(jù)對(duì)角線互相平分證明四邊形EFGH是平行四邊形，再證明△EBO≌△FBO，得EG＝FH，所以四邊形EFGH是矩形；（2）根據(jù)垂線段最短，可知：當(dāng)OE⊥AB時(shí)，OE最小，先利用面積法求OE的長(zhǎng)，EG＝2OE，可得結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAO＝∠DCO