2024八年級數(shù)學下冊專題5.5四邊形中的最值問題專項訓練含解析新版浙教版

Page1Page1專題5.5四邊形中的最值問題專項訓練（30道）考卷信息：本套訓練卷共30題，選擇15題，填空15題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可強化學生對四邊形中最值問題模型的記憶與理解！1．（德陽期末）如圖，將矩形ABCD放置在平面直角坐標系的第一象限內，使頂點A，B分別在x軸、y軸上滑動，矩形的形態(tài)保持不變，若AB＝2，BC＝1，則頂點C到坐標原點O的最大距離為（）A．1+2 B．1+3 C．3 【解題思路】取AD的中點E，連接OE，CE，OC，求得CE=2，OE＝1，再依據(jù)OC≤CE+OE＝1+2，即可得到點C到原點O距離的最大值是1【解答過程】解：如圖，取AB的中點E，連接OE，CE，OC，∵∠AOB＝90°，∴Rt△AOB中，OE=12又∵∠ABC＝90°，AE＝BE＝CB＝1，∴Rt△CBE中，CE=1又∵OC≤CE+OE＝1+2∴OC的最大值為1+2即點C到原點O距離的最大值是1+2故選：A．2．（西崗區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P為邊BC上一動點，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M為EF的中點，則AM的最小值是（）A．2.4 B．2 C．1.5 D．1.2【解題思路】AM=12EF=12AP，所以當AP最小時，【解答過程】解：由題意知，四邊形AFPE是矩形，∵點M是矩形對角線EF的中點，則延長AM應過點P，∴當AP為直角三角形ABC的斜邊上的高時，即AP⊥BC時，AM有最小值，此時AM=12AP，由勾股定理知BC∵S△ABC=12AB?AC=12∴AP=3×4∴AM=12AP故選：D．3．（龍口市期末）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，點P為對角線AC上一動點，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，則EF的最小值為（）A．62 B．32 C．4【解題思路】連接BP，依據(jù)PE⊥AB，PF⊥BC得到四邊形PEBF為矩形，得EF＝BP，BP最短時即BP⊥AC，即可求解．【解答過程】解：連接BP，如圖，，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，∵PE⊥AB，PF⊥BC，∴四邊形PEBF為矩形，∴EF＝BP，當BP⊥AC，BP最短，在Rt△BPC中，BP＝PC，BC＝6，依據(jù)勾股定理可解得BP＝32，∴EF得最小值為32．故選：B．4．（重慶期末）如圖，以邊長為4的正方形ABCD的中心O為端點，引兩條相互垂直的射線，分別與正方形的邊交于E、F兩點，則線段EF的最小值是（）A．2 B．2 C．8 D．4【解題思路】依據(jù)正方形的性質得到∠EAO＝∠FDO＝45°，AO＝DO，證得△AOE≌△DOF，依據(jù)全等三角形的性質得到OE＝OF，求出OE的范圍，借助勾股定理即可解決問題．【解答過程】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠EAO＝∠FDO＝45°，AO＝DO；∵∠EOF＝90°，∠AOD＝90°，∴∠AOE＝∠DOF；在△AOE與△DOF中，∠EAO=∠FDOAO=DO∴△AOE≌△DOF（ASA），∴OE＝OF（設為λ）；∴△EOF是等腰直角三角形，由勾股定理得：EF2＝OE2+OF2＝2λ2；∴EF=2OE=2∵正方形ABCD的邊長是4，∴OA＝22，O到AB的距離等于2（O到AB的垂線段的長度），由題意可得：2≤λ≤22，∴22≤EF所以線段EF的最小值為22．故選：C．5．（馬鞍山期末）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝45°，BC=23，E，F(xiàn)分別是邊CD，BC上的動點，連接AE和EF，G，H分別為AE，EF的中點，連接GH，則GHA．3 B．62 C．63【解題思路】連接AF，利用三角形中位線定理，可知GH=12AF，求出【解答過程】解：連接AF，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝23，∵G，H分別為AE，EF的中點，∴GH是△AEF的中位線，∴GH=12當AF⊥BC時，AF最小，GH得到最小值，則∠AFB＝90°，∵∠B＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴AF=22AB=2∴GH=6即GH的最小值為62故選：B．6．（潛山市期末）如圖，點E是邊長為8的正方形ABCD的對角線BD上的動點，以AE為邊向左側作正方形AEFG，點P為AD的中點，連接PG，在點E運動過程中，線段PG的最小值是（）A．2 B．2 C．22 D．42【解題思路】連接DG，可證△AGD≌△AEB，得到G點軌跡，利用點到直線的最短距離進行求解．【解答過程】解：連接DG，如圖，，∵四邊形ABCD、四邊形AEFG均為正方形，∴∠DAB＝∠GAE＝90°，AB＝AD，AG＝AE，∵∠GAD+∠DAE＝∠DAE+∠AE，∴∠GAD＝∠BAE，∵AB＝AD，AG＝AE，∴△AEB≌△AGD（SAS），∴∠PDG＝∠ABE＝45°，∴G點軌跡為線段DH，當PG⊥DH時，PG最短，在Rt△PDG中，∠PDG＝45°，P為AD中點，DP＝4，設PG＝x，則DG＝x，由勾股定理得，x2+x2＝42，解得x=22故選：C．7．（蚌埠期末）如圖，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，點E為AB的中點，點F為EC上一個動點，點P為DF的中點，連接PB．若PB的最小值為52，則AD的值為（）A．5 B．6 C．7 D．8【解題思路】F點在運動時，P點軌跡為平行EC的線段，BP最短為點到直線的最短距離．【解答過程】解：當F運動時，P點軌跡為GH，如圖，，∵AB：AD＝2：1，∴AD＝AE＝EB＝BC，∴∠ADE＝∠DEA＝∠CEB＝∠ECB＝45°，∴∠DEC＝90°，BP的最距離為BP⊥GH時，此時P點與H點重合，F(xiàn)點與C點重合．∵H為CD中點，∴CH＝CB，∠GHB＝90°，在Rt△HCB中，BH＝52，∴CH＝CB＝5，故選：A．8．（南安市期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，點P在AD上，點Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP，QD，則PC+QD的最小值為（）A．8 B．10 C．12 D．20【解題思路】連接BP，則PC+QD的最小值轉化為PC+PB的最小值，在BA的延長線上截取AE＝AB＝4，連接PE、CE，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，再依據(jù)勾股定理求解即可．【解答過程】解：如圖，連接BP，在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝6，∵AP＝CQ，∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，∴DP＝QB，DP∥BQ，∴四邊形DPBQ是平行四邊形，∴PB∥DQ，PB＝DQ，則PC+QD＝PC+PB，則PC+QD的最小值轉化為PC+PB的最小值，在BA的延長線上截取AE＝AB＝4，連接PE，則BE＝2AB＝8，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分線，∴PB＝PE，∴PC+PB＝PC+PE，連接CE，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，∴CE=B∴PC+PB的最小值為10，即PC+QD的最小值為10，故選：B．9．（連云港期末）如圖，線段AB的長為8，點D在AB上，△ACD是邊長為3的等邊三角形，過點D作與CD垂直的射線DP，過DP上一動點G（不與D重合）作矩形CDGH，記矩形CDGH的對角線交點為O，連接OB，則線段BO的最小值為（）A．5 B．4 C．43 D．【解題思路】連接AO，依據(jù)矩形對角線相等且相互平分得：OC＝OD，再證明△ACO≌△ADO，則∠OAB＝30°；點O確定在∠CAB的平分線上運動，依據(jù)垂線段最短得：當OB⊥AO時，OB的長最小，依據(jù)直角三角形30度角所對的直角邊是斜邊的一半得出結論．【解答過程】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O確定在∠CAB的平分線上運動，∴當OB⊥AO時，OB的長度最小，∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，∴OB=12AB即OB的最小值為4．故選：B．10．（惠山區(qū)期中）如圖，平面內三點A、B、C，AB＝5，AC＝4，以BC為對角線作正方形BDCE，連接AD，則AD的最大值是（）A．5 B．9 C．92 D．9【解題思路】如圖將△BDA繞點D順時針旋轉90°得到△CDM．由旋轉不變性可知：AB＝CM＝5，DA＝DM．∠ADM＝90°，得出△ADM是等腰直角三角形，推出AD=22AM，當AM的值最大時，AD的值最大，依據(jù)三角形的三邊關系求出【解答過程】解：如圖，將△BDA繞點D順時針旋轉90°得到△CDM，由旋轉不變性可知：AB＝CM＝5，DA＝DM，∠ADM＝90°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AD=22∴當AM的值最大時，AD的值最大，∵AM≤AC+CM，∴AM≤9，∴AM的最大值為9，∴AD的最大值為92故選：D．11．（邗江區(qū)期末）如圖，以邊長為4的正方形ABCD的中心O為端點，引兩條相互垂直的射線，分別與正方形的邊交于E、F兩點，則線段EF的最小值為（）A．2 B．4 C．2 D．22【解題思路】如圖，作幫助線；證明△AOE≌△DOF，進而得到OE＝OF，此為解決該題的關鍵性結論；求出OE的范圍，借助勾股定理即可解決問題．【解答過程】解：如圖，連接EF，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠EAO＝∠FDO＝45°，AO＝DO；∵∠EOF＝90°，∠AOD＝90°，∴∠AOE＝∠DOF；在△AOE與△DOF中，∠EAO=∠FDOAO=DO∴△AOE≌△DOF（ASA），∴OE＝OF（設為λ）；∴△EOF是等腰直角三角形，由勾股定理得：EF2＝OE2+OF2＝2λ2；∴EF=2OE=2∵正方形ABCD的邊長是4，∴OA＝22，O到AB的距離等于2（O到AB的垂線段的長度），由題意可得：2≤λ≤22，∴22≤EF所以線段EF的最小值為22．故選：D．12．（寧蒗縣模擬）如圖，菱形ABCD的的邊長為6，∠ABC＝60°，對角線BD上有兩個動點E、F（點E在點F的左側），若EF＝2，則AE+CF的最小值為（）A．210 B．42 C．6 D．8【解題思路】作AM⊥AC，連接CM交BD于F，依據(jù)菱形的性質和等邊三角形的判定和性質以及勾股定理解答即可．【解答過程】解：如圖，連接AC，作AM⊥AC，使得AM＝EF＝2，連接CM交BD于F，∵AC，BD是菱形ABCD的對角線，∴BD⊥AC，∵AM⊥AC，∴AM∥BD，∴AM∥EF，∵AM＝EF，AM∥EF，∴四邊形AEFM是平行四邊形，∴AE＝FM，∴AE+CF＝FM+FC＝CM，依據(jù)兩點之間線段最短可知，此時AE+FC最短，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝6，∠ABC＝60°∴BC＝AB，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝6，在Rt△CAM中，CM=∴AE+CF的最小值為210．故選：A．13．（宜興市期中）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E、F分別是邊BC、CD上的動點，且BE＝CF，連接BF、DE，則BF+DE的最小值為（）A．12 B．20 C．48 D．80【解題思路】連接AE，利用△ABE≌△BCF轉化線段BF得到BF+DE＝AE+DE，則通過作A點關于BC對稱點H，連接DH交BC于E點，利用勾股定理求出DH長即可．【解答過程】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A關于BC的對稱點H點，如圖2，連接BH，則A、B、H三點共線，連接DH，DH與BC的交點即為所求的E點．依據(jù)對稱性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，DH=A∴BF+DE最小值為80．故選：D．14．（重慶期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝23，BC＝6，P為矩形內一點，連接PA，PB，PC，則PA+PB+PC的最小值是（）A．43+3 B．221 C．23+6 【解題思路】將△BPC繞點C逆時針旋轉60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長即為所求．【解答過程】解：將△BPC繞點C逆時針旋轉60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長即為所求．由旋轉的性質可知：△PFC是等邊三角形，∴PC＝PF，∵PB＝EF，∴PA+PB+PC＝PA+PF+EF，∴當A、P、F、E共線時，PA+PB+PC的值最小，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴tan∠ACB=AB∴∠ACB＝30°，AC＝2AB＝43，∵∠BCE＝60°，∴∠ACE＝90°，∴AE=(43)故選：B．15．（江陰市模擬）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，點E、F、G分別在邊AB、AD、CD上，EG與BF交于點I，AE＝2，BF＝EG，DG＞AE，則DI的最小值等于（）A．5+3 B．213-2 C．210-6【解題思路】過點E作EM⊥CD于點M，取BE的中點O，連接OI、OD，依據(jù)HL證明Rt△BAF≌Rt△EMG，可得∠ABF＝∠MEG，所以再證明∠EPF＝90°，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OI=12BE，由OD﹣OI≤DI，當O、D、I共線時，DI有最小值，即可求【解答過程】解：如圖，過點E作EM⊥CD于點M，取BE的中點O，連接OI、OD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠A＝∠D＝∠DME＝90°，AB∥CD，∴四邊形ADME是矩形，∴EM＝AD＝AB，∵BF＝EG，∴Rt△BAF≌Rt△EMG（HL），∴∠ABF＝∠MEG，∠AFB＝∠EGM，∵AB∥CD∴∠MGE＝∠BEG＝∠AFB∵∠ABF+∠AFB＝90°∴∠ABF+∠BEG＝90°∴∠EIF＝90°，∴BF⊥EG；∵△EIB是直角三角形，∴OI=12∵AB＝6，AE＝2，∴BE＝6﹣2＝4，OB＝OE＝2，∵OD﹣OI≤DI，∴當O、D、I共線時，DI有最小值，∵IO=12∴OD=AD2∴ID＝213-2，即DI的最小值為213故選：B．16．如圖，菱形ABCD的兩條對角線長分別為AC＝6，BD＝8，點P是BC邊上的一動點，則AP的最小值為4.8．【解題思路】由垂線段最短，可得AP⊥BC時，AP有最小值，由菱形的性質和勾股定理可求BC的長，由菱形的面積公式可求解．【解答過程】解：設AC與BD的交點為O，∵點P是BC邊上的一動點，∴AP⊥BC時，AP有最小值，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO=12AC＝3，BO＝DO=∴BC=O∵S菱形ABCD=12×AC×BD＝BC∴AP=24故答案為：4.8．17．（椒江區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，連接BD，E為BD上一動點，P為CE中點，連接PA，則PA的最小值是213．【解題思路】P點運動軌跡為△CDB的中位線，即求A點到這條中位線的最短距離．【解答過程】解：當點E運動時，P點軌跡為△CBD中位線GH，如圖，，∵點A到直線GH的最短距離為AF，但是E點在運動中，P點軌跡為GH，∴點A到線段GH的最短距離為AG，∵G為CD中點，∴DG＝4，在Rt△ADG中，AD＝6，DG＝4，∴AG=62+故答案為213．18．（寧德期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點E是CD上一個動點，點F，G分別是AB，AE的中點，則線段FG的最小值是32【解題思路】連接BE，可得FG是△ABE的中位線，要使線段FG最小，需BE最小，當點E與點C重合時，BE最小為3，進而可得線段FG的最小值．【解答過程】解：如圖，連接BE，∵點F，G分別是AB，AE的中點，∴FG是△ABE的中位線，∴FG=12要使線段FG最小，需BE最小，當點E與點C重合時，BE最小為3，則線段FG的最小值是32故答案為：3219．（東?？h期末）如圖，在菱形ABCD中，AC＝24，BD＝10，對角線交于點O，點E在AD上，且DE=14AD，點F是OB的中點，點G為對角線AC上的一動點，則GE﹣GF的最大值為13【解題思路】由菱形的性質可得AO＝CO＝12，BO＝DO＝5，AC⊥BD，在Rt△AOD中，由勾股定理可求AD的長，作點F關于AC的對稱點F'，連接GF'，取AD中點H，連接OH，可得GF＝GF'，OF＝OF'，則GE﹣GF＝GE﹣GF'≤EF'，即當點G在EF'的延長線時，GE﹣GF有最大值為EF'的長，由直角三角形的性質和三角形中位線定理可求解．【解答過程】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝CO＝12，BO＝DO＝5，AC⊥BD，∴AD=AO如圖，作點F關于AC的對稱點F'，連接GF'，取AD中點H，連接OH，∵AC⊥BD，點H是AD中點，∴OH＝HD=12AD∵點F與點F'關于AC對稱，∴GF＝GF'，OF＝OF'，∴GE﹣GF＝GE﹣GF'≤EF'，∴當點G在EF'的延長線時，GE﹣GF有最大值為EF'的長，∵DE=14AD，HD=∴DE＝EH，∵點F是OB的中點，∴OF=12OB＝OF'=∴EF'=12OH故答案為：13420．（淄博）兩張寬為3cm的紙條交叉重疊成四邊形ABCD，如圖所示．若∠α＝30°，則對角線BD上的動點P到A，B，C三點距離之和的最小值是62cm．【解題思路】作DE⊥BC于E，解直角三角形求得AB＝BC＝6cm，把△ABP繞點B逆時針旋轉60°得到△A'BP′，由旋轉的性質，A′B＝AB＝6cm，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，A'BA＝60°，所以△P′BP是等邊三角形，依據(jù)兩點間線段距離最短，可知當PA+PB+PC＝A'C時最短，連接A'C，利用勾股定理求出A'C的長度，即求得點P到A，B，C三點距離之和的最小值．【解答過程】解：如圖，作DE⊥BC于E，把△ABP繞點B逆時針旋轉60°得到△A'BP′，∵∠α＝30°，DE＝3cm，∴CD＝2DE＝6cm，同理：BC＝AD＝6cm，由旋轉的性質，A′B＝AB＝CD＝6m，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，∠A'BA＝60°，∴△P′BP是等邊三角形，∴BP＝PP'，∴PA+PB+PC＝A'P′+PP'+PC，依據(jù)兩點間線段距離最短，可知當PA+PB+PC＝A'C時最短，連接A'C，與BD的交點即為P點，即點P到A，B，C三點距離之和的最小值是A′C．∵∠ABC＝∠DCE＝∠α＝30°，∠A′BA＝60°，∴∠A′BC＝90°，∴A′C=A'B2+BC因此點P到A，B，C三點距離之和的最小值是62cm，故答案為62cm．21．（龍巖期末）如圖，正三角形ABC與正方形CDEF的頂點B，C，D三點共線，動點P沿著CA由C向A運動．連接EP，若AC＝10，CF＝8．則EP的最小值是43+4【解題思路】過點E作EP⊥AC，交FC于點G，當EP⊥AC時，EP取得最小值，然后依據(jù)含30度角的直角三角形列式計算即可求出EP的最小值．【解答過程】解：如圖，過點E作EP⊥AC，交FC于點G，當EP⊥AC時，EP取得最小值，∵正三角形ABC與正方形CDEF的頂點B，C，D三點共線，∴∠ACB＝60°，∠FCD＝90°，∴∠ACF＝30°，∴∠CGP＝∠EGF＝60°，∵∠F＝90°，∴∠FEG＝30°，設PG＝x，則CG＝2x，∴FG＝CF﹣CG＝8﹣2x，∴EG＝2FG＝2（8﹣2x），∵FG=33∴8﹣2x＝8×3∴x＝4-4∴EP＝EG+PG＝2（8﹣2x）+x＝16﹣3x＝43+故答案為：43+22．（茅箭區(qū)校級期末）如圖，已知線段AB＝12，點C在線段AB上，且△ACD是邊長為4的等邊三角形，以CD為邊在CD的右側作矩形CDEF，連接DF，點M是DF的中點，連接MB，則線段MB的最小值為6．【解題思路】連接AM、CM、EM，依據(jù)四邊形CDEF是矩形，和△ACD是等邊三角形，證明△ADM≌△ACM，從而求出∠CAM＝30°，當BM⊥AM時，MB有最小值，然后用含有30°角的直角三角形的性質求出MB．【解答過程】解：連接AM、CM、EM，如圖：∵矩形CDEF，M是DF的中點，∴C、M、E共線，∴DM=12DF=12∵△ACD是等邊三角形，∴∠DAC＝60°，AD＝AC，在△ADM和△ACM中，AD=ACDM=CM∴△ADM≌△ACM（SSS），∴∠DAM＝∠CAM，∵∠DAC＝60°，∴∠CAM＝30°，∴當BM⊥AM時，MB有最小值，此時，BM=12AB故答案為：6．23．（北侖區(qū)二模）如圖，△ABC的邊AB＝3，AB邊上的中線CM＝1，分別以AC，BC為邊向外作正方形ACGH與正方形BCDE，連接GD，取GD中點N．則點N到線段AB的距離最大值為52【解題思路】當GD∥AB時，N點到AB的距離最大，則AC＝BC，∴N、C、M三點共線且MN⊥AB，通過證明△AMC≌△GOC，可以求出AM，然后再證明出OCNG是矩形，從而求出MN．【解答過程】解：∵點N到AB的距離介于G、D到AB的距離之間，∴當GD∥AB時，N點到AB的距離最大，則AC＝BC，∴N、C、M三點共線且MN⊥AB，過點C作CP∥AB，作GO⊥CP，O為垂足，∵PC∥AB，∴∠PCA＝∠CAM，∠PCA+∠OCG＝90°，∠OGC+∠OCG＝90°，∴∠OGC＝∠PCA＝∠CAM，在△AMC和△GOC中，∠AMC=∠GOC∠CAM=CGO∴△AMC≌△GOC（AAS），∴GO＝AM=12AB∵GO⊥PC，MN⊥AB，PC∥AB，∴PC⊥MN，MN⊥GD，∴四邊形GDCN是矩形，∴GO＝NC，MN＝CM+CN，∵CM＝1，GO＝NC=3∴MN＝1+3故答案為：5224．（眉山）如圖，在菱形ABCD中，AB＝AC＝10，對角線AC、BD相交于點O，點M在線段AC上，且AM＝3，點P為線段BD上的一個動點，則MP+12PB的最小值是7【解題思路】過點P作PE⊥BC于E，由菱形的性質可得AB＝BC＝AC＝10，∠ABD＝∠CBD，可證△ABC是等邊三角形，可求∠CBD＝30°，由直角三角形的性質可得PE=12PB，則MP+12PB＝PM+PE，即當點M，點P，點E共線且ME⊥BC時，PM+【解答過程】解：如圖，過點P作PE⊥BC于E，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝AC＝10，∴AB＝BC＝AC＝10，∠ABD＝∠CBD，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠CBD＝30°，∵PE⊥BC，∴PE=12∴MP+12PB＝PM+∴當點M，點P，點E共線且ME⊥BC時，PM+PE有最小值為ME，∵AM＝3，∴MC＝7，∵sin∠ACB=ME∴ME=7∴MP+12PB的最小值為故答案為7325．（海安市二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E在邊BC上運動，M、N在對角線BD上運動，且MN=5，連接CM、EN，則CM+EN的最小值為115【解題思路】先作C點關于BD的對稱點F，然后再把F左移2個單位，下移1個單位，得到Q，再過Q作QE⊥BC于E，交BD于N，連接BF，過F作FP⊥BC于P，以B為原點建立平面直角坐標系，求出F的坐標，再求出Q的坐標，即可得出答案．【解答過程】解：先作C點關于BD的對稱點F，然后再把F左移2個單位，下移1個單位，得到Q，再過Q作QE⊥BC于E，交BD于N，連接BF，過F作FP⊥BC于P，以B為原點建立平面直角坐標系，如圖所示，∵AB＝2＝CD，BC＝4，∴C（4，0），BF＝BC＝4，由勾股定理得：BD=BC2由三角形面積公式得：12×CR×BD=12即CR=BC×CD即CF＝2CR=8由勾股定理得：BF2﹣BP2＝CF2﹣CP2，∴42﹣BP2＝（855）2﹣（4﹣BP）解得：BP=12∴FP=4∴F的坐標是（125，16∴Q的坐標是（25，11即CM+EN的最小值為115故答案為：11526．（浙江自主招生）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點P為邊BC上隨意一點（可與B點或C點重合），分別過B、C、D作射線AP的垂線，垂足分別是B′、C′、D′，則BB′+CC′+DD′的最大值為2，最小值為2．【解題思路】連接AC、DP，依據(jù)三角形的面積公式得出S△DPC＝S△APC=12AP×CC′，依據(jù)S正方形ABCD＝S△ABP+S△ADP+S△DPC，推出BB′+DD′+CC′=2AP，依據(jù)代入求出即可．【解答過程】解：連接AC、DP，S正方形ABCD＝1×1＝1，由勾股定理得：AC=1∵AB＝1，∴1≤AP≤2∵△DPC和△APC的邊CP上的高DC＝AB，∴S△DPC＝S△APC=12AP×1＝S正方形ABCD＝S△ABP+S△ADP+S△DPC=12AP（BB′+DD′+BB′+DD′+CC′=2∵1≤AP≤22≤BB′+CC′+DD故答案為：2，2．27．（乾縣一模）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，點E為邊AB的中點，點P在對角線BD上且PE+PA＝6，則AB長的最大值為43【解題思路】連接PC，CE，AC；由已知條件可以得出PE+PC＝PE+PA＝6≥CE（當P是AE與DB的交點時取等號），再利用等邊三角形的性質得出CE=32AB，進而求出【解答過程】解：連接PC，CE，AC，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AP＝PC，∴PE+PC＝PE+PA＝6≥CE，∵∠DAB＝120°，∴∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∵點E為線段AB的中點，∴AE＝BE，∴∠AEC＝90°，∠BCE＝30°，∴CE=32BC=所以AB≤43即AB長的最大值是43故答案為：4328．（壽光市二模）如圖所示，四邊形ABCD中，AC⊥BD于點O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，點P為線段AC上的一個動點．過點P分別作PM⊥AD于點M，作PN⊥DC于點N．連接PB，在點P運動過程中，PM+PN+PB的最小值等于7.8．【解題思路】證四