2023-2024學年八年級數(shù)學下冊舉一反三系列專題18.8 四邊形中的最值問題專項訓練（30道）（舉一反三）（人教版）含解析

2023-2024學年八年級數(shù)學下冊舉一反三系列專題專題18.8四邊形中的最值問題專項訓練（30道）【人教版】考卷信息：本套訓練卷共30題，選擇10題，填空10題，解答10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！一．選擇題（共10小題）1．（2022春?重慶期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝23，BC＝6，P為矩形內(nèi)一點，連接PA，PB，PC，則PA+PB+PC的最小值是（）A．43+3 B．221 C．23+6 2．（2022?灞橋區(qū)校級模擬）如圖，平面內(nèi)三點A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC為對角線作正方形BDCE，連接AD，則AD的最大值是（）A．5 B．7 C．72 D．73．（2022春?中山市期末）如圖，在邊長為a的正方形ABCD中，E是對角線BD上一點，且BE＝BC，點P是CE上一動點，則點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224．（2022春?三門峽期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E為AB的中點，F(xiàn)為EC上一動點，P為DF中點，連接PB，則PB的最小值是（）A．2 B．4 C．2 D．225．（2022春?濱湖區(qū)期末）如圖，已知菱形ABCD的面積為20，邊長為5，點P、Q分別是邊BC、CD上的動點，且PC＝CQ，連接PD、AQ，則PD+AQ的最小值為（）A．45 B．89 C．10 D．6．（2022?泰山區(qū)一模）如圖，M、N是正方形ABCD的邊CD上的兩個動點，滿足AM＝BN，連接AC交BN于點E，連接DE交AM于點F，連接CF，若正方形的邊長為2，則線段CF的最小值是（）A．2 B．1 C．5?1 D．57．（2022?龍華區(qū)二模）如圖，已知四邊形ABCD是邊長為4的正方形，E為CD上一點，且DE＝1，F(xiàn)為射線BC上一動點，過點E作EG⊥AF于點P，交直線AB于點G．則下列結(jié)論中：①AF＝EG；②若∠BAF＝∠PCF，則PC＝PE；③當∠CPF＝45°時，BF＝1；④PC的最小值為13?A．1個 B．2個 C．3個 D．4個8．（2022?南平校級自主招生）如圖，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P為邊BC上一動點（且點P不與點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．69．（2022春?崇川區(qū)期末）如圖，正方形ABCD邊長為1，點E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的兩個動點，且BE＝CF，連接BF，DE，則BF+DE的最小值為（）A．2 B．3 C．5 D．610．（2022?泰州）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為與點D不重合的動點，以DE為一邊作正方形DEFG．設(shè)DE＝d1，點F、G與點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．4二．填空題（共10小題）11．（2022春?江城區(qū)期末）如圖，∠MON＝90°，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM、ON上，當B在邊ON上運動時，A隨之在OM上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB＝6，BC＝2．運動過程中點D到點O的最大距離是．12．（2022?東莞市校級一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，點P在AD上，點Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP，QD，則PC+DQ的最小值為．13．（2022?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．14．（2022春?東城區(qū)期中）在正方形ABCD中，AB＝5，點E、F分別為AD、AB上一點，且AE＝AF，連接BE、CF，則BE+CF的最小值是．15．（2022春?虎林市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝12，AC＝16，點D是斜邊BC上的一個動點，過點D分別作DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，點G為四邊形DEAF對角線交點，則線段GF的最小值為．16．（2022?灞橋區(qū)校級三模）在菱形ABCD中，∠D＝60°，CD＝4，E為菱形內(nèi)部一點，且AE＝2，連接CE，點F為CE中點，連接BF，取BF中點G，連接AG，則AG的最大值為．17．（2022春?靖江市校級期末）如圖，線段AB的長為10，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．18．（2022春?郫都區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，點E是BC邊上一動點，作點B關(guān)于AE的對稱點F，連接CF，點P為CF中點，則DP的最小值為．19．（2022春?江都區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝23，E為AB的中點，F(xiàn)為EC上一動點，P為DF中點，連接PB，則PB的最小值是．20．（2022春?如東縣期中）如圖，已知AB＝22，C為線段AB上的一個動點，分別以AC，CB為邊在AB的同側(cè)作菱形ACED和菱形CBGF，點C，E，F(xiàn)在一條直線上，∠D＝120°．P、Q分別是對角線AE，BF的中點，當點C在線段AB上移動時，點P，Q之間的距離最短為（結(jié)果保留根號）．三．解答題（共10小題）21．（2022?禹城市二模）（1）如圖①，已知正方形ABCD的邊長為4，點M和N分別是邊BC，CD上兩點，且BM＝CN，連AM和BN，交于點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的邊長為4．點M和N分別從點B、C同時出發(fā)，以相同的速度沿BC、CD方向向終點C和D運動，連接AM和BN，交于點P．求△APB周長的最大值．22．（2022春?東坡區(qū)校級月考）正方形ABCD中，E、F是AD上的兩個點，AE＝DF，連CF交BD于點M，連AM交BE于點N，連接DN．如果正方形的邊長為2．（1）求證：BE⊥AM；（2）求DN的最小值．23．（2022?黃埔區(qū)模擬）如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，BD＝4，E、F分別是AD、CD上的動點（包含端點），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．24．（2022春?洪山區(qū)期中）如圖1，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊上兩個動點，滿足AE＝DF，連接CF交BD于G，連接BE交AG于點H（1）求證：AG⊥BE；（2）如圖2，連DH，若正方形的邊長為4，則線段DH長度的最小值是．25．（2022?寧德）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）①當M點在何處時，AM+CM的值最??；②當M點在何處時，AM+BM+CM的值最小，并說明理由；（3）當AM+BM+CM的最小值為3+126．（2022?南充模擬）如圖，M，N是正方形ABCD的邊CD上的兩個動點，滿足CM＝DN，AC，BM相交于點E，DE與AN相交于點F，連接CF．（1）求證：DE⊥AN．（2）若正方形ABCD的邊長為4，求CF的最小值．27．（2022春?思明區(qū)校級期中）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四邊形EFGH的三個頂點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．（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28．（2022?南崗區(qū)校級一模）已知菱形ABCD的對角線相交于O，點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．29．（2022春?戚墅堰區(qū)校級月考）如圖，已知∠MON＝90°，線段AB長為6cm，AB兩端分別在OM、ON上滑動，以AB為邊作正方形ABCD，對角線AC、BD相交于點P，連接OC．（1）求OC的最大值；（2）求證：無論點A、點B怎樣運動，點P都在∠AOB的平分線上；（3）若OP＝42cm，求OA的長．30．（2012秋?吳中區(qū)月考）如圖①，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）連接MN，△BMN是等邊三角形嗎？為什么？（2）求證：△AMB≌△ENB；（3）①當M點在何處時，AM+CM的值最??；②如圖②，當M點在何處時，AM+BM+CM的值最小，請你畫出圖形，并說明理由．專題18.8四邊形中的最值問題專項訓練（30道）【人教版】考卷信息：本套訓練卷共30題，選擇10題，填空10題，解答10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！一．選擇題（共10小題）1．（2022春?重慶期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝23，BC＝6，P為矩形內(nèi)一點，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C逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長即為所求．【解答】解：將△BPC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長即為所求．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A、P、F、E共線時，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．（2022?灞橋區(qū)校級模擬）如圖，平面內(nèi)三點A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC為對角線作正方形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D順時針旋轉(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AM的值最大時，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D順時針旋轉(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AM的值最大時，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．（2022春?中山市期末）如圖，在邊長為a的正方形ABCD中，E是對角線BD上一點，且BE＝BC，點P是CE上一動點，則點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P到邊BD，BC的距離之和PM+PN的值是定值22a故選：D．4．（2022春?三門峽期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E為AB的中點，F(xiàn)為EC上一動點，P為DF中點，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點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當BP⊥P1P2時，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，由勾股定理求解即可．【解答】解：如圖：當點F與點C重合時，點P在P1處，CP1＝DP1，當點F與點E重合時，點P在P2處，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2=12當點F在EC上除點C、E的位置處時，有DP＝FP．由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P=12∴點P的運動軌跡是線段P1P2，∴當BP⊥P1P2時，PB取得最小值．∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E為AB的中點，∴△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．在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1．∴BP1=2∴PB的最小值是2．故選：C．5．（2022春?濱湖區(qū)期末）如圖，已知菱形ABCD的面積為20，邊長為5，點P、Q分別是邊BC、CD上的動點，且PC＝CQ，連接PD、AQ，則PD+AQ的最小值為（）A．45 B．89 C．10 D．【分析】過點A作AM⊥BC于點M，延長AM到點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B為原點，BC為x軸，垂直于BC方向為y軸，建立平面直角坐標系，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三點共線時，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題．【解答】解：如圖，過點A作AM⊥BC于點M，延長AM到點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，邊長為5，∴AM＝4，在Rt△ABM中，根據(jù)勾股定理得：BM=A以點B為原點，BC為x軸，垂直于BC方向為y軸，建立平面直角坐標系，∴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三點共線時，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．（2022?泰山區(qū)一模）如圖，M、N是正方形ABCD的邊CD上的兩個動點，滿足AM＝BN，連接AC交BN于點E，連接DE交AM于點F，連接CF，若正方形的邊長為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O、F、C三點共線時，【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O、F、C三點共線時，CF的長度最小，最小值＝OC﹣OF=5故選：C．7．（2022?龍華區(qū)二模）如圖，已知四邊形ABCD是邊長為4的正方形，E為CD上一點，且DE＝1，F(xiàn)為射線BC上一動點，過點E作EG⊥AF于點P，交直線AB于點G．則下列結(jié)論中：①AF＝EG；②若∠BAF＝∠PCF，則PC＝PE；③當∠CPF＝45°時，BF＝1；④PC的最小值為13?A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】連接AE，過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E、P、F、C四點共圓，根據(jù)圓周角定理得到∠FEC＝∠FPC＝45°，于是得到BF＝DE＝1，同理當F運動到C點右側(cè)時，此時∠FPC＝45°，且EPCF四點共圓，EC＝FC＝3，故此時BF＝BC+CF＝4+3＝7．因此BF＝1或7，故③錯誤；取AE的中點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P在以O(shè)為圓心，AE為直徑的圓上，當OC最小時，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E、P、F、C四點共圓，∴∠FEC＝∠FPC＝45°，∴EC＝FC，∴BF＝DE＝1，同理當F運動到C點右側(cè)時，此時∠FPC＝45°，且E、P、C、F四點共圓，EC＝FC＝3，故此時BF＝BC+CF＝4+3＝7．因此BF＝1或7，故③錯誤；取AE的中點O，連接PO，CO，∴AO＝PO=12∵∠APE＝90°，∴點P在以O(shè)為圓心，AE為直徑的圓上，∴當OC最小時，CP的值最小，∵PC≥OC﹣OP，∴PC的最小值＝OC﹣OP＝OC?12∵OC=22+(72)∴PC的最小值為652故選：B．8．（2022?南平校級自主招生）如圖，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P為邊BC上一動點（且點P不與點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E，PF⊥AC于點F．∴∠AEP＝∠AFP＝90°，∴四邊形PEAF是矩形．∴AP＝EF．∴當PA最小時，EF也最小，即當AP⊥CB時，PA最小，∵12AB?AC=12BC?AP，即∴線段EF長的最小值為4.8；故選：B．9．（2022春?崇川區(qū)期末）如圖，正方形ABCD邊長為1，點E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的兩個動點，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，則通過作A點關(guān)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】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(guān)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．根據(jù)對稱性可知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．（2022?泰州）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為與點D不重合的動點，以DE為一邊作正方形DEFG．設(shè)DE＝d1，點F、G與點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d的和就是AE+EF+FC，所以大于等于AC，故當AEFC四點共線有最小值，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A，E，F(xiàn)，C在同一條線上時，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．（2022春?江城區(qū)期末）如圖，∠MON＝90°，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM、ON上，當B在邊ON上運動時，A隨之在OM上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB＝6，BC＝2．運動過程中點D到點O的最大距離是3+13【分析】取AB的中點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過點【解答】解：如圖：取線段AB的中點E，連接OE，DE，OD，∵AB＝6，點E是AB的中點，∠AOB＝90°，∴AE＝BE＝3＝OE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，∴DE=A∵OD≤OE+DE，∴當點D，點E，點O共線時，OD的長度最大．∴點D到點O的最大距離＝OE+DE＝3+13故答案為：3+1312．（2022?東莞市校級一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，點P在AD上，點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．（2022?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題．方法二：過點G作GA′∥AH交AF于點A′，可得四邊形AHGA′是平行四邊形，進而可以解決問題．【解答】解：方法一：如圖，延長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，過點G作GA′∥AH交AF于點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．（2022春?東城區(qū)期中）在正方形ABCD中，AB＝5，點E、F分別為AD、AB上一點，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D關(guān)于AB的對稱點D′，連接CD′交AB于點F′，連接D′F，則DF＝D′F，可得BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，所以當點F與點F′重合時，D′F+CF最小，最小值為CD′的長，然后根據(jù)勾股定理即可解決問題．【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D關(guān)于AB的對稱點D′，連接CD′交AB于點F′，連接D′F，則DF＝D′F，∴BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，∴當點F與點F′重合時，D′F+CF最小，最小值為CD′的長，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．（2022春?虎林市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝12，AC＝16，點D是斜邊BC上的一個動點，過點D分別作DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，點G為四邊形DEAF對角線交點，則線段GF的最小值為245【分析】由勾股定理求出BC的長，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AD⊥BC時，AD的值最小，此時，△ABC的面積=12AB×AC=12∴12×16＝20AD，∴AD=∴EF的最小值為485∵點G為四邊形DEAF對角線交點，∴GF=12EF故答案為：24516．（2022?灞橋區(qū)校級三模）在菱形ABCD中，∠D＝60°，CD＝4，E為菱形內(nèi)部一點，且AE＝2，連接CE，點F為CE中點，連接BF，取BF中點G，連接AG，則AG的最大值為12+【分析】先根據(jù)題目條件中的中點可聯(lián)想中位線的性質(zhì)，構(gòu)造中位線將OF和GH的長度先求出來，再利用三角形的三邊關(guān)系判斷，當AG＝AH+HG時最大．【解答】解：如圖所示：連接BD交AC于點O，連接FO，取OB的中點H，連接HG和AH，∵在菱形ABCD中，∴O為AC中點，∵F為CE中點，∴OF=12當C、F、E、A共線時，OF也為1，∵G為BF中點、H為OB中點，∴GH=12OF∵在菱形ABCD中且∠D＝60°，∴∠ABO=12∠ABC=12∠∴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．（2022春?靖江市校級期末）如圖，線段AB的長為10，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5．【分析】連接AO，根據(jù)矩形對角線相等且互相平分得：OC＝OD，再證明△ACO≌△ADO，則∠OAB＝30°；點O一定在∠CAB的平分線上運動，根據(jù)垂線段最短得：當OB⊥AO時，OB的長最小，根據(jù)直角三角形30°角所對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O一定在∠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5．故答案為：5．18．（2022春?郫都區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，點E是BC邊上一動點，作點B關(guān)于AE的對稱點F，連接CF，點P為CF中點，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的長和OD的長，然后再根據(jù)圖形可知當點P在線段OD上時，DP取得最小值，然后計算即可．【解答】解：連接AC、BD交于點O，連接AF，OP，∵四邊形ABCD是矩形，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝8，∴點O為AC的中點，BD=AB2又∵點P是CF的中點，∴OP是△CAF的中位線，∵點B關(guān)于AE的對稱點F，AB＝4，∴AF＝4，∴OP＝2，∵BD＝45，∴OD＝25，∵OP+DP＞OD，OP＝2，OD＝25，∴當點P在OD上時，DP取得最小值，此時DP＝OD﹣OP＝25?故答案為：25?19．（2022春?江都區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝23，E為AB的中點，F(xiàn)為EC上一動點，P為DF中點，連接PB，則PB的最小值是23．【分析】取DE中點P′，取DC中點P″，根據(jù)中位線定理可得出點P的運動軌跡是線段P1P2，再根據(jù)垂線段最短可得當BP⊥P1P2時，PB取得最小值，由勾股定理求解即可．【解答】解：如圖：取DE中點P′，∵P為DF中點，∴P′P∥EC，取DC中點P″，∵P為DF中點，∴P″P∥EC，∴P，P′，P″三點在同一條直線上，∴點P的運動軌跡是線段P′P″，∴當BP⊥P′P″時，PB取得最小值．過點B作BG⊥EC于點G，過P″作P″M⊥EC于點M，∴PB的最小值＝BG+P″M，∵矩形ABCD中，AB＝4，E為AB的中點，∴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．（2022春?如東縣期中）如圖，已知AB＝22，C為線段AB上的一個動點，分別以AC，CB為邊在AB的同側(cè)作菱形ACED和菱形CBGF，點C，E，F(xiàn)在一條直線上，∠D＝120°．P、Q分別是對角線AE，BF的中點，當點C在線段AB上移動時，點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分別是對角線AE，BF的中點，∴∠ECP=12∠ACE，∠FCQ=1∴∠PCQ＝90°，設(shè)AC＝2a，則BC＝22?2a，PC＝a，CQ=32BC=∴PQ=P∴當a=324時，點P，Q解法二：連接CD、CG、DG，構(gòu)造中位線解決，當DG與AD或BG垂直時，取最值．故答案為：62三．解答題（共10小題）21．（2022?禹城市二模）（1）如圖①，已知正方形ABCD的邊長為4，點M和N分別是邊BC，CD上兩點，且BM＝CN，連AM和BN，交于點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的邊長為4．點M和N分別從點B、C同時出發(fā)，以相同的速度沿BC、CD方向向終點C和D運動，連接AM和BN，交于點P．求△APB周長的最大值．【分析】（1）結(jié)論：AM⊥BN．只要證明△ABM≌△BCN即可解決問題；（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周長的最大值＝4+42．22．（2022春?東坡區(qū)校級月考）正方形ABCD中，E、F是AD上的兩個點，AE＝DF，連CF交BD于點M，連AM交BE于點N，連接DN．如果正方形的邊長為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，正方形的對角線平分對角，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半；兩點之間，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△，也就等價于∠ABE＝∠DAM，易知∠ABE＝∠DCF，于是只需證明∠DCF＝∠DAM．過了這一關(guān)，求極值的問題也就非常簡單了．【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．（2022?黃埔區(qū)模擬）如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，BD＝4，E、F分別是AD、CD上的動點（包含端點），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）由在邊長為4的菱形ABCD中，BD＝4，易得△ABD、△CBD都是邊長為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，繼而可得當動點E運動到點D或點A時，BE的最大，當BE⊥AD，即E為AD的中點時，BE的最小．【解答】解：（1）BE＝BF，證明如下：∵四邊形ABCD是邊長為4的菱形，BD＝4，∴△ABD、△CBD都是邊長為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，當動點E運動到點D或點A時，BE的最大值為4，當BE⊥AD，即E為AD的中點時，BE的最小值為23∵EF＝BE，∴EF的最大值為4，最小值為2324．（2022春?洪山區(qū)期中）如圖1，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊上兩個動點，滿足AE＝DF，連接CF交BD于G，連接BE交AG于點H（1）求證：AG⊥BE；（2）如圖2，連DH，若正方形的邊長為4，則線段DH長度的最小值是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三點共線時，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O，連接OD、OH，∵正方形的邊長為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三點共線時，DH最小，DH最小＝25?故答案為：25?25．（2022?寧德）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）①當M點在何處時，AM+CM的值最?。虎诋擬點在何處時，AM+BM+CM的值最小，并說明理由；（3）當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)“兩點之間線段最短”，可得，當M點落在BD的中點時，AM+CM的值最??；②根據(jù)“兩點之間線段最短”，當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的長（如圖）；（3）作輔助線，過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，由題意求出∠EBF＝30°，設(shè)正方形的邊長為x，在Rt△EFC中，根據(jù)勾股定理求得正方形的邊長為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∵MB＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS）．（2）解：①當M點落在BD的中點時，A、M、C三點共線，AM+CM的值最?。谌鐖D，連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，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)“兩點之間線段最短”可知，若E、N、M、C在同一條直線上時，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可以同時在直線EC上．∴當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的長．（3）解：過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°．設(shè)正方形的邊長為x，則BF=32x，EF在Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，∴（x2）2+（32x+x）2解得x1=2，x2=?∴正方形的邊長為2．26．（2022?南充模擬）如圖，M，N是正方形ABCD的邊CD上的兩個動點，滿足CM＝DN，AC，BM相交于點E，DE與AN相交于點F，連接CF．（1）求證：DE⊥AN．（2）若正方形ABCD的邊長為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°，進而求證；（2）取AD中點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的長度，根據(jù)勾股定理求出CP的長度，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．（2022春?思明區(qū)校級期中）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四邊形EFGH的三個頂點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．（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，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論；（2）如圖2，過點G作GM⊥BC，垂足為M，連接HF，根據(jù)S△GFC=12FC?GM，計算GM的長，先根據(jù)勾股定理確定菱形邊長的最大值，即確定x的取值范圍，計算菱形的面積，可得菱形面積最大值時，【解答】解：（1）如圖1，過點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，過點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EH的最大值=122+12此時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+∴當x最大時，菱形EFGH的面積最大，即當x＝46時，菱形EFGH的面積最大．28．（2022?南崗區(qū)校級一模）已知菱形ABCD的對角線相交于O，點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OE⊥AB時，OE最小，先利用面積法求OE的長，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，∠AOE＝∠GOC，∴△AOE≌△COG（ASA），∴OE＝OG，同理得：OH＝OF，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵BE＝BF，∠ABD＝∠CBD，OB＝OB，∴△EBO≌△FBO，∴OE＝OF，∴EG＝FH，∴四邊形EFGH是矩形；（2）∵垂線段最短，∴當OE⊥AB時，OE最小，∵OA＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，∴AB2＝OA2+OB2＝25，∴AB＝5，∴12OA×OB=12AB3×4＝5×OE，OE=12∵OE＝OG，∴EG=24答：EG的最小值是24529．（2022春?戚墅堰區(qū)校級月考）如圖，已知∠MON＝90°，線段AB長為6cm，AB兩端分別在OM、ON上滑動，以AB為邊作正方形ABCD，對角線AC、BD相交于點P，連接OC．（1）求OC的最大值；（2）求證：無論點A、點B怎樣運動，點P都在∠AOB的平分線上；（3）若OP＝42cm，求OA的長．【分析】（1）當連接OQ，CQ，當O，C，Q三點共線時，OC有最大值，由正方形的性質(zhì)和勾股定理得出答案即可；（2）作PE⊥OM、PF⊥ON，證得△PAE≌△PBF，得出PE＝PF，得出結(jié)論；（3）由（2）的結(jié)論，利用OA＝OE+AE，求出AE、OE解決問題．【解答】（1）解：取AB的中點Q，連接OQ，CQ，當O，C，Q三點共線時，OC有最大值，最大值為：OQ+QC=12×6+62（2）作PE⊥OM、PF⊥ON垂足分別為E、F，∠PEA＝∠PFB＝90°，∵ABCD是正方形，∴PA＝PB，∵∠AOB＝∠ABC＝90°，∴∠CBN＝∠OAB，∠PBC＝∠PAB＝45°，∴CNB+∠POC＝∠PAB+∠OAB，即∠PAE＝∠PBF，∴△PAE≌△PBF，∴PE＝PF，即P在角AOB的平分線上；（3）四邊形OEPF是正方形，OP＝42cm，OE＝PE=22OP＝4cm，AB＝6cm，PA＝3AE=PA∴OA＝OE+AE＝4+2或OA＝（4?2）30．（2012秋?吳中區(qū)月考）如圖①，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）連接MN，△BMN是等邊三角形嗎？為什么？（2）求證：△AMB≌△ENB；（3）①當M點在何處時，AM+CM的值最??；②如圖②，當M點在何處時，AM+BM+CM的值最小，請你畫出圖形，并說明理由．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BM＝BN，∠MBN＝60°，再根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形證明即可；（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，再求出∠ABM＝∠EBN，然后利用“邊角邊”證明△AMB和△ENB全等即可；（3）①根據(jù)兩點之間線段最短可知A、M、C三點共線時，AM+CM的值最小，再根據(jù)正方形的性質(zhì)解答；②根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AM＝EN，然后求出AM+BM+CM＝EN+MN+CM，再根據(jù)兩點之間線段最短證明．【解答】（1）解：△BMN是等邊三角形．理由如下：如圖①，∵BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，∴BM＝BN，∠MBN＝60°，∴△BMN是等邊三角形；（2）證明：∵△ABE和△BMN都是等邊三角形，∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，即∠ABM＝∠EBN，在△AMB和△ENB中，AB=EB∠ABM=∠EBN∴△AMB≌△ENB（SAS）；（3）①由兩點之間線段最短可知A、M、C三點共線時，AM+CM的值最小，∵四邊形ABCD是正方形，∴點M為BD的中點；②當點M在CE與BD的交點時，AM+BM+CM的值最小，理由如下：如圖②，∵△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵△BMN是等邊三角形，∴BM＝MN，∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，由兩點之間線段最短可知，點E、N、M、C在同一直線上時，EN+MN+CM，故，點M在CE與BD的交點時，AM+BM+CM的值最?。畬ｎ}18.9平行四邊形中常見的四種思想方法【人教版】考卷信息：本套訓練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學生對平行四邊形中常見的四種思想方法的理解！【類型1整體思想】1.（2021秋·黑龍江佳木斯·九年級統(tǒng)考期中）如圖，平行四邊形ABCD中，點E在邊AD上，若點A關(guān)于BE的對稱點A′落在CD上，△DEA′的周長為8，△CBA′的周長為18，則A′C的長為__________.2.（2022秋·山東濟寧·八年級濟寧學院附屬中學?？计谀┤鐖D，菱形ABCD的周長為40，面積為80，P是對角線BD上一點，分別作P點到直線AB、AD的垂線段PE、PF，則PE+PF等于__________.3.（2022春·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點P為BC上一動點，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于點Q，則四邊形APCQ的形狀是______，連接PQ，當PQ取得最小值時，四邊形APCQ的周長為_____．4.（2022春·河南南陽·八年級統(tǒng)考期末）在?ABCD中，點E為AB邊的中點，連接CE，將△BCE沿著CE翻折，點B落在點G處，連接AG并延長，交CD于F．(1)求證：四邊形AECF是平行四邊形；(2)若CF＝5，△GCE的周長為20，求四邊形ABCF的周長．5.（2022秋·江蘇南京·九年級南京市第二十九中學?？奸_學考試）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＞AB，點E、F分別在邊AD、BC上，且AE＝CF，連接BE、DF．(1)求證：四邊形BEDF是平行四邊形；(2)若平行四邊形ABCD的周長為26，面積為183，且∠A＝60°，當BE平分∠ABC時，則四邊形BEDF的周長為____．6.（2021秋·黑龍江佳木斯·九年級統(tǒng)考期中）如圖，△AOD和△COB關(guān)于點O中心對稱，∠AOD＝60°，△ADO＝90°，BD＝12，P是AO上一動點，Q是OC上一動點（點P，Q不與端點重合），且AP＝OQ．連接BQ，DP，則DP+BQ的最小值是_______．7.（2023春·全國·八年級期末）在平面直角坐標系中，矩形OACB的頂點O在坐標原點，頂點A、B分別在x軸、y軸的正半軸上，A（3，0），B（0，4），D為邊OB的中點.(1)若E為邊OA上的一個動點，求△CDE的周長最小值；(2)若E、F為邊OA上的兩個動點，且EF=1，當四邊形CDEF的周長最小時，求點E、F的坐標.【類型2轉(zhuǎn)化思想】8.（2022秋·山東濟寧·八年級濟寧學院附屬中學?？计谀┤鐖D，矩形ABCD中，點E、F分別是AB、CD的中點，連接DE和BF，分別取DE、BF的中點M、N，連接AM、CN、MN，若AB=4，BC=6，則圖中陰影部分的面積為

(

)A.4 B.6 C.12 D.249.如圖，P為?ABCD的邊AD上的一點，E、F分別是PB、PC的中點，△PEF、△PDC、△PAB的面積分別為S、S1、S2，若S=3，則S1A.3 B.6 C.12 D.2410.如圖，在□ABCD中，E、F分別是AB、DC邊上的點，AF與DE交于點P，BF與CE交于點Q，若S△APD=20cm2，S11.正方形ABCD、正方形BEFG和正方形RKPF的位置如圖所示，點G在線段DK上，正方形BEFG的邊長為4，則△DEK的面積為__________.12.（2022秋·山東濟寧·八年級濟寧學院附屬中學?？计谀┤鐖D，在?ABCD中，E為邊BC延長線上一點，連結(jié)AE、DE．若△ADE的面積為2，則?ABCD的面積為（）．A．5 B．4 C．3 D．213.（2023春·八年級期末）如圖，平行四邊形ABCD中，G在CD上，E、F是AG、BG的中點，那么四邊形ABCD的面積是△GEF面積的____倍．14.（2020秋·重慶南岸·九年級重慶第二外國語學校校考期末）如圖，在矩形ABCD中，點E、F分別是AB、CD的中點，連接DE和BF，分別取DE、BF的中點M、N，連接AM、CN、MN．若AB=3，BC=2515.（2023春·八年級期末）如圖，平行四邊形ABCD中，過對角線BD上一點P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，連接AP，若S△PBG＝2，則S四邊形AEPH＝_____．【類型3分類討論思想】16.在?ABCD中，已知AB=6，BE平分∠ABC交AD邊于點E，點E將AD分為1:3兩部分，則AD的長為__________.17.在?ABCD中，AD=BD，BE是AD邊上的高，∠EBD=20°，則∠A的度數(shù)為__________.18.已知在?ABCD中，AE為BC邊上的高，且AE=12，若AB=15，AC=13，則?ABCD的面積為__________.19.（2023春·八年級期末）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=4，E為斜邊AB的中點，點P是射線BC上的一個動點，連接AP、PE，將△AEP沿著邊PE折疊，折疊后得到△EPA′，當折疊后△EPA′與△BEP的重疊部分的面積恰好為20.（2022春·江蘇揚州·八年級?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺讼抵校珹（﹣1，1），B（2，3），C（m，2m＋1），D在x軸上，若以A，B，C，D四點為頂點的四邊形是平行四邊形，則點D的坐標為_____．21.（2019春·福建泉州·八年級?？计谀┰谥苯亲鴺讼祪?nèi)，將橫坐標、縱坐標都是整數(shù)的點稱作“整點”.設(shè)A0,0，B3,0，Cm+3,3，Dm,3（22.（2019·安徽·九年級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E為斜邊AB的中點，點P是射線BC上的一個動點，連接AP、PE，將△AEP沿著邊PE折疊，折疊后得到△EPA′，當折疊后△EPA′與△BEP的重疊部分的面積恰好為△ABP面積的四分之一，則此時BP的長為_____．【類型4方程思想】23.如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，EB//DF且BE與DF之間的距離為3，則AE的長是__________.24.如圖，在正方形OABC中，點B的坐標是(3,3)，點E、F分別在邊BC、BA上，CE=1，若∠EOF=45°25.（2020春·天津·八年級統(tǒng)考期中）?ABCD中，兩個鄰邊的比為3：2，其中較長的一邊為15cm，則ABCD的周長為______cm．26．（2019春·江蘇南通·八年級海安市曲塘中學校考期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC，DE垂直于對角線AC，垂足是E，連接BE．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）若△ABE是等邊三角形，四邊形BCDE的面積等于23，求CE的長．27．（2020·云南紅河·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝16，AD＝12，點E、F分別在邊CD、AB上．（1）若DE＝BF，求證：四邊形AFCE是平行四邊形；（2）若四邊形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周長．28．（2022春·安徽銅陵·八年級統(tǒng)考期末）如圖1，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，過對角線AC中點O的直線分別交邊BC、AD于點E、F（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；（2）如圖2，當EF⊥AC時，求EF的長度．29．（2019春·遼寧大連·八年級期末）如圖，等邊△ABC的邊長為8，動點M從點B出發(fā)，沿B→A→C→B的方向以每秒3個單位長度的速度運動，動點N從點C出發(fā)，沿C→A→B－C的方向以每秒2個單位長度的速度運動.（1）若動點M、N同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒第一次相遇？（2）若動點M、N同時出發(fā)，且其中一點到達終點時，另一點即停止運動．在△ABC的邊上是否存在一點D，使得以點A、M、N、D為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求此時運動的時間t及點D的具體位置；若不存在，請說明理由.30．（2021春·江蘇常州·八年級常州市第二十四中學?？计谥校┒x：如果四邊形的一條對角線的中點到另外兩個頂點的距離都等于這條對角線的長的一半，那么我們稱這樣的四邊形為“等距四邊形”．（1）在下列圖形中：①平行四邊形、②矩形、③菱形、④正方形，是“等距四邊形”的是．（填序號）（2）如圖1，在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，BE⊥CD于點E，在菱形ABCD的邊上取點F，順次連接B、E、D、F，使四邊形BEDF為“等距四邊形”，說明理由，并求線段EF的長．專題18.9平行四邊形中常見的四種思想方法【人教版】考卷信息：本套訓練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學生對平行四邊形中常見的四種思想方法的理解！【類型1整體思想】1.（2021秋·黑龍江佳木斯·九年級統(tǒng)考期中）如圖，平行四邊形ABCD中，點E在邊AD上，若點A關(guān)于BE的對稱點A′落在CD上，△DEA′的周長為8，△CBA′的周長為18，則A′C的長為__________.【答案】5

【解析】由折疊的性質(zhì)得，EA′=AE，BA′=AB.

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD=BC，AB=DC.

∵△A′DE的周長為8，即DA′+DE+EA′=8，

∴DA′+DE+AE=8，即DA′+AD=8.

∵△A′CB的周長為18，即A′C+BC+BA′=18，

∴A′C+AD+DC=18，即2A′C+AD+DA′=18.

∴2A′C+8=18，

∴A′C=52.（2022秋·山東濟寧·八年級濟寧學院附屬中學?？计谀┤鐖D，菱形ABCD的周長為40，面積為80，P是對角線BD上一點，分別作P點到直線AB、AD的垂線段PE、PF，則PE+PF等于__________.【答案】8

【解析】

解析：∵菱形ABCD的周長為40，面積為80，∴AB=AD=10，S△ABD=40.∵分別作P點到直線AB、AD的垂線段PE、PF，∴12×AB×PE+3.（2022春·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點P為BC上一動點，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于點Q，則四邊形APCQ的形狀是______，連接PQ，當PQ取得最小值時，四邊形APCQ的周長為_____．【答案】

平行四邊形

2+10【分析】根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形即可求解；當PQ是AQ和BC間距離時PQ取得最小值，計算四邊形APCQ的周長即可．【詳解】解：如圖，∵AQ∥BC，CQ∥AP，∴四邊形APCQ是平行四邊形．當PQ⊥BC時，PQ取得最小值，∵四邊形APCQ是平行四邊形，∴AH=HC=12AC，QH=PH=12∵∠ABC=45°，AB=2，BC=22∴AC=2，∠ACB=45°，∵QP⊥BC，∴∠PHC=45°，∴PH=PC=22∴PQ=2，∴QC=PC∴四邊形APCQ的周長為：2PC+2QC=2×22+2×102=故答案為：平行四邊形；2+【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，垂線段最短的性質(zhì)，綜合性較強．4.（2022春·河南南陽·八年級統(tǒng)考期末）在?ABCD中，點E為AB邊的中點，連接CE，將△BCE沿著CE翻折，點B落在點G處，連接AG并延長，交CD于F．(1)求證：四邊形AECF是平行四邊形；(2)若CF＝5，△GCE的周長為20，求四邊形ABCF的周長．【答案】(1)見解析(2)30【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AE∥FC，根據(jù)折疊及已知條件得出AE＝GE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形外角的性質(zhì)，證明∠FAE＝∠CEB，再根據(jù)平行線的判定得出AF∥EC，即可證明結(jié)論；（2）由折疊的性質(zhì)得：GE＝BE，GC＝BC，根據(jù)△GCE的周長為20，得出GE＋CE＋GC＝20，即可得出BE＋CE＋BC＝20，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出AF＝CE，AE＝CF＝5，即可求出結(jié)果．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE∥FC，∵點E是AB邊的中點，∴AE＝BE，∵將△BCE沿著CE翻折，點B落在點G處，∴BE＝GE，∠CEB＝∠CEG，∴AE＝GE，∴∠FAE＝∠AGE，∵∠CEB＝∠CEG＝∠BEG，∠BEG＝∠FAE＋∠AGE，∴∠FAE＝∠BEG，∴∠FAE＝∠CEB，∴AF∥EC，∴四邊形AECF是平行四邊形．（2）解：由折疊的性質(zhì)得：GE＝BE，GC＝BC，∵△GCE的周長為20，∴GE＋CE＋GC＝20，∴BE＋CE＋BC＝20，∵四邊形AECF是平行四邊形，∴AF＝CE，AE＝CF＝5，∴四邊形ABCF的周長＝AB＋BC＋CF＋AF＝AE＋BE＋BC＋CE＋CF＝5＋20＋5＝30．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，三角形外角的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和判定，是解題的關(guān)鍵．5.（2022秋·江蘇南京·九年級南京市第二十九中學?？奸_學考試）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＞AB，點E、F分別在邊AD、BC上，且AE＝CF，連接BE、DF．(1)求證：四邊形BEDF是平行四邊形；(2)若平行四邊形ABCD的周長為26，面積為183，且∠A＝60°，當BE平分∠ABC時，則四邊形BEDF的周長為____．【答案】(1)見解析(2)18【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AD=BC，從而可得DE=BF，然后利用平行四邊形的判定方法，即可解答；（2）過點B作BM⊥AD，垂足為M，根據(jù)平行四邊形的周長和面積可得方程組，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理得出MB=3AM=32AB，進而可得AD+AB【詳解】（1）（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD=BC，∵AE=CF，∴AD-AE=BC-CF，∴DE=BF，∴四邊形BEDF是平行四邊形；（2）過點B作BM⊥AD，垂足為M，∵平行四邊形ABCD的周長為26，面積為183∴2AD+AB在Rt△ABM中，∠A=60°，∴∠ABM=30°∴2AM=AB∴MB=3AM=∴AD+AB=13AD?化簡得：AD+AB＝解得：AD=4AB=9或AD=9∵AD＞AB，∴AD=9，AB=4，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBC，∴∠ABE=∠AEB，∴AE=AB=4，∴DE=AD-AE=9-4=5，∵∠A=60°，∴△ABE是等邊三角形，∴BE=AB=4，∴四邊形BEDF的周長=2（BE+DE）=18，故答案為：18．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6.（2021秋·黑龍江佳木斯·九年級統(tǒng)考期中）如圖，△AOD和△COB關(guān)于點O中心對稱，∠AOD＝60°，△ADO＝90°，BD＝12，P是AO上一動點，Q是OC上一動點（點P，Q不與端點重合），且AP＝OQ．連接BQ，DP，則DP+BQ的最小值是_______．【答案】12【分析】由中心對稱的性質(zhì)可得BO＝DO＝6，AO＝OC，可證四邊形ABCD是平行四邊形，由直角三角形的性質(zhì)可得AO＝2DO＝12，當AP＝OP時，DP+BQ的值最小，此時P為OA的中點，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出DP、BQ，即可得出結(jié)果．【詳解】解：∵△AOD和△COB關(guān)于點O中心對稱，∴BO＝DO＝6，AO＝OC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠AOD＝60°，∠ADO＝90°，∴∠DAO＝30°，∴AO＝2DO＝12，∵AP＝OQ，∴PQ＝AO＝12，如圖，作DK∥AC，使得DK＝PQ＝12，連接∴四邊形DPQK為平行四邊形，∴DP=KQ，∠BDK=∠BOC=∠AOD=60°，此時DP+BQ＝KQ+BQ＝BK的值最小，∵DK=PQ=BD=12，∴△BDK是等邊三角形，∴BK=DB=12，∴DP+BQ的最小