江蘇淮安市凌橋中學2024-2025學年八上創(chuàng)優(yōu)班數(shù)學幾何最值問題-專項訓練【含答案】

江蘇淮安市凌橋中學2024-2025學年八上創(chuàng)優(yōu)班數(shù)學幾何最值問題-專項訓練一．選擇題（共3小題）1．如圖所示，四邊形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．則BD的長為（）A． B． C． D．2．△ABC中，AB＝15，BC＝14，AC＝13，則△ABC的面積是（）A．96 B．120 C．84 D．603．如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，CD⊥AB于點D，AB＝13，CD＝6，則AC+BC等于（）A．5 B． C． D．二．填空題（共6小題）4．如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，AD平分∠BAC交BC于D，則BD的長為．5．在Rt△ABC中，∠C＝90°，△ABC的周長為+2，其中斜邊的長為2，則這個三角形的面積為．6．如圖，分別以△ABC的邊AB，AC為邊往外作正方形ABEF與正方形ACGD，連接BD，CF，DF，若AB＝1，AC＝2，則BC2+DF2的值為．7．如圖，在長方形ABCD中，AB＝10，BC＝8，P為AD上一點，將△ABP沿BP翻折至△EBP，PE與CD相交于點O，且OE＝OD，則AP的長為．8．如圖，在△ABC中，∠B＝30°，點E在AB上，點F在BC上，且EF＝12，CF＝6，D是AC的中點，若∠EDF＝90°，則AE＝．9．如圖，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四邊形ABCD的面積為4，則AC＝．三．解答題（共8小題）10．在△ABC中，AD是∠BAC的平分線．（1）如圖①，求證：；（2）如圖②，若BD＝CD，求證：AB＝AC；（3）如圖③，若AB＝5，AC＝4，BC＝6．求BD的長．11．（1）如圖1，銳角△ABC中分別以AB、AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD，連接BD、CE，試猜想BD與CE的大小關系，并說明理由．（2）如圖2，四邊形ABCD中，AB＝7cm，BC＝3cm，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD的長．甲同學受到第一問的啟發(fā)構造了如圖所示的一個和△ABD全等的三角形，將BD進行轉化再計算，請你準確的敘述輔助線的作法，再計算．（3）如圖3，四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，求CD的長度．12．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，△ABC與△CDE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，則線段AE、BD的數(shù)量關系為，AE、BD所在直線的位置關系為；（2）深入探究：在（1）的條件下，若點A，E，D在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，請判斷∠ADB的度數(shù)及線段CM，AD，BD之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）解決問題：如圖3，已知△ABC中，AB＝7，BC＝3，∠ABC＝45°，以AC為直角邊作等腰直角△ACD，∠CAD＝90°，AC＝AD，連接BD，則BD的長為．13．早在古羅馬時代，傳說亞歷山大城有一位精通數(shù)學和物理的學者，名叫海倫．一天，一位羅馬將軍專程去拜訪他，向他請教一個百思不得其解的問題．將軍每天從軍營A出發(fā)，先到河邊飲馬，然后再去河岸同側的軍營B開會，應該怎樣走才能使路程最短？這個問題的答案并不難，據(jù)說海倫略加思索就解決了它．從此以后，這個被稱為“將軍飲馬”的問題便流傳至今．大數(shù)學家海倫曾用軸對稱的方法巧妙地解決了這個問題．如圖2，作B關于直線l的對稱點B′，連接AB′與直線l交于點C，點C就是所求的位置．證明：如圖3，在直線l上另取任一點C′，連接AC′，BC′，B′C′，∵直線l是點B，B′的對稱軸，點C，C′在l上，∴CB＝CB′，C′B＝C′B′，∴AC+CB＝AC+＝．在△AC′B′中，∵AB′＜AC′+C′B′∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最?。締栴}實際上是利用軸對稱變換的思想，把A，B在直線同側的問題轉化為在直線的兩側，從而可利用“兩點之間線段最短”，即“三角形兩邊之和大于第三邊”的問題加以解決（其中C在AB′與l的交點上，即A、C、B′三點共線）．本問題可歸納為“求定直線上一動點與直線外兩定點的距離和的最小值”的問題的數(shù)學模型．【簡單應用】（1）如圖4，在等邊△ABC中，AB＝6，AD⊥BC，E是AC的中點，M是AD上的一點，求EM+MC的最小值借助上面的模型，由等邊三角形的軸對稱性可知，B與C關于直線AD對稱，連接BM，EM+MC的最小值就是線段的長度，則EM+MC的最小值是；（2）如圖5，在四邊形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分別找一點M、N當△AMN周長最小時，∠AMN+∠ANM＝°．【拓展應用】如圖6，是一個港灣，港灣兩岸有A、B兩個碼頭，∠AOB＝30°，OA＝1千米，OB＝2千米，現(xiàn)有一艘貨船從碼頭A出發(fā)，根據(jù)計劃，貨船應先?？縊B岸C處裝貨，再?？縊A岸D處裝貨，最后到達碼頭B．怎樣安排兩岸的裝貨地點，使貨船行駛的水路最短？請畫出最短路線并求出最短路程．14．把兩個同樣大小的含45°角的三角尺，按如圖所示的方式放置，其中一個三角尺的銳角頂點與另一個的直角頂點重合于點A，且另三個銳角頂點B，C，D在同一直線上，若AB＝，求CD的長．15．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，DE⊥BC，垂足為點E，連接AC交DE于點F，點G為AF的中點，∠ACD＝2∠ACB．若DG＝3，EC＝1，則DE的長為多少？16．數(shù)學家華羅庚說過“數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微；數(shù)形結合百般好，隔離分家萬事休”．請你利用數(shù)形結合的思想解決以下數(shù)學問題．（1）根據(jù)圖中大正方形面積的兩種不同表示方法，可得出代數(shù)恒等式；（2）如圖，將一張大長方形紙板按圖中虛線裁剪成9塊，其中有2塊是邊長為a厘米的大正方形，2塊是邊長都為b厘米的小正方形，5塊是長為a厘米，寬為b厘米的全等的小長方形，且a＞b．①觀察圖形，可以發(fā)現(xiàn)代數(shù)式可以因式分解為．②若陰影部分的面積為20平方厘米，大長方形紙板的周長為24厘米，求圖中空白部分的面積．若a+b＝12（a＞0，b＞0），請你構造合適的圖形，直接寫出的最小值是．17．在△ABC中，AB＝13，BC＝14．（1）如圖1，AD⊥BC于點D，且BD＝5，則△ABC的面積為；（2）在（1）的條件下，如圖2，點H是線段AC上任意一點，分別過點A，C作直線BH的垂線，垂足為E，F(xiàn)，設BH＝x，AE＝m，CF＝n，請用含x的代數(shù)式表示m+n，并求m+n的最大值和最小值．

參考答案與試題解析一．選擇題（共3小題）1．【解答】解：以A為圓心，AB長為半徑作圓，延長BA交⊙A于F，連接DF．∵DC∥AB，∴＝，∴DF＝CB＝1，BF＝2+2＝4，∵FB是⊙A的直徑，∴∠FDB＝90°，∴BD＝＝．故選：B．2．【解答】解：設BD＝x，則CD＝14﹣x，在Rt△ABD中，AD2+x2＝132，在Rt△ADC中，AD2＝152﹣（14﹣x）2，∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2，132﹣x2＝152﹣196+28x﹣x2，解得x＝9，∴CD＝5，在Rt△ACD中，AD＝＝12，∴△ABC的面積＝×BC?AD＝×14×12＝84，故選：C．3．【解答】解：∵S△ABC＝AB?CD＝AC?BC，AB＝13，CD＝6，∴AC?BC＝13×6＝78，∵△ABC為直角三角形，∴根據(jù)勾股定理得：AB2＝AC2+BC2＝169，∴（AC+BC）2＝AC2+2AC?BC+BC2＝169+156＝325，則AC+BC＝＝5．故選：B．二．填空題（共6小題）4．【解答】解：如圖，過點D作DE⊥AB于E，∵AD平分∠BAC，∴點D到AC的距離也等于DE，∴S△ABC＝×3?DE+×4?DE＝×3×4，解得DE＝，∵AD平分∠BAC，∠BAC＝90°，∴∠DAE＝45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝DE＝，∴BE＝3﹣＝，在Rt△BDE中，BD＝＝＝．故答案為：．5．【解答】解：設兩條直角邊分別為a、b，斜邊為c，由題意得，a+b+c＝+2，∵c＝2，∴a+b＝，則（a+b）2＝6，即a2+2ab+b2＝6，由勾股定理得，a2+b2＝c2＝4，∴2ab＝6﹣4＝2，∴這個三角形的面積＝ab＝0.5，故答案為：0.5．6．【解答】解：連接BF、CD，BD與CF相交于O點，CF交AD于P，如圖，∵四邊形ABEF和四邊形ACGD為正方形，∴AB＝AF，AC＝AD，∠BAF＝∠CAD＝90°，BF＝AB＝，CD＝AC＝2，∵∠BAF＝∠CAD，∴∠BAF+∠DAF＝∠CAD+∠DAF，即∠BAD＝∠FAC，在△ABD和△AFC中，，∴△ABD≌△AFC（SAS），∴∠ADB＝∠ACF，∵∠PDO+∠POD+∠DPO＝∠PCA+∠PAC+∠APC，而∠DPO＝∠APC，∴∠POD＝∠PAC＝90°，在Rt△CDO中，OD2+OC2＝CD2，在Rt△BOF中，OB2+OF2＝BF2，在Rt△CBO中，OB2+OC2＝BC2，在Rt△DOF中，OD2+OF2＝DF2，∴BC2+DF2＝CD2+BF2＝（2）2+（）2＝10．故答案為10．7．【解答】解：設CD與BE交于點G，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC＝8，CD＝AB＝10，由折疊的性質可知△ABP≌△EBP，∴EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝10，在△ODP和△OEG中，，∴△ODP≌△OEG（ASA），∴OP＝OG，PD＝GE，∴DG＝EP，設AP＝EP＝x，則PD＝GE＝8﹣x，DG＝x，∴CG＝10﹣x，BG＝10﹣（8﹣x）＝2+x，根據(jù)勾股定理得：BC2+CG2＝BG2，即82+（10﹣x）2＝（x+2）2，解得：x＝，∴AP＝，故答案為：．8．【解答】解：延長FD至點H，使得FD＝DH，連接AH，過H作HG⊥AB，交BA的延長線于點G，∵D是AC的中點，∴DA＝DC，在△DAH和△DCF中，，∴△DAH≌△DCF（SAS），∴AH＝CF＝6，∠DAH＝∠C，∴AH∥BC，∴∠HAG＝∠B＝30°，∴HG＝AH＝3，AG＝AH?cos30°＝3，∵DE⊥DF，DH＝DF，∴EH＝EF＝12，∴EG＝＝＝3，∴AE＝EG﹣AG＝3﹣3．故答案為：3﹣3．9．【解答】將△ACD繞點A順時針旋轉60°，得到△ABE．∵四邊形內(nèi)角和360°，∴∠D+∠ABC＝180°．∴∠ABE+∠ABC＝180°，∴E、B、C三點共線．根據(jù)旋轉性質可知∠EAC＝60度，AE＝AC，∴△AEC是等邊三角形．四邊形ABCD面積等于△AEC面積，等邊△AEC面積＝，解得AC＝4．故答案為4．三．解答題（共8小題）10．【解答】解：（1）如圖①，證明：作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵AD是∠BAC的平分線，∴DE＝DF∴；（2）∵BD＝CD，∴S△ABD＝S△ACD由（1）的結論，∴，∴AB＝AC；（3）如圖③，過A作AE⊥BC，垂足為E，∵，∴由（1）的結論，∴，∴BD＝，DC＝．11．【解答】解：（1）BD＝CE．理由是：∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD＝CE；（2）如圖2，在△ABC的外部，以A為直角頂點作等腰直角△BAE，使∠BAE＝90°，AE＝AB，連接EA、EB、EC．∵∠ACD＝∠ADC＝45°，∴AC＝AD，∠CAD＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD＝CE．∵AE＝AB＝7，∴BE＝＝＝7，∠ABE＝∠AEB＝45°，又∵∠ABC＝45°，∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°，∴EC＝＝＝，∴BD＝CE＝，（3）∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，如圖3，把△ACD繞點C逆時針旋轉60°得到△BCE，連接DE，則BE＝AD＝6，△CDE是等邊三角形，∴DE＝CD，∠CED＝60°，∵∠ADC＝30°，∴∠BED＝30°+60°＝90°，在Rt△BDE中，DE＝＝＝8，∴CD＝DE＝8．12．【解答】解：（1）結論：AE＝BD，AE⊥BD．理由：如圖1中，延長AE交BD于點H，AH交BC于點O．∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴AC＝BC，CD＝CE，∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，∵∠CAE+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠BOH+∠CBD＝90°∴∠AHB＝90°，∴AE⊥BD．故答案為AE＝BD，AE⊥BD．（2）結論：AD＝2CM+BD，理由：如圖2中，∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴AC＝BC，CD＝CE，∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠BDC＝∠AEC＝135°．∴∠ADB＝∠BDC﹣∠CDE＝135°﹣45°＝90°；在等腰直角三角形DCE中，CM為斜邊DE上的高，∴CM＝DM＝ME，∴DE＝2CM．∴AD＝DE+AE＝2CM+BD．（3）情形1：如圖3﹣1中，在△ABC的外部，以A為直角頂點作等腰直角△BAE，使∠BAE＝90°，AE＝AB，連接EA、EB、EC．∵∠ACD＝∠ADC＝45°，∴AC＝AD，∠CAD＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD＝CE．∵AE＝AB＝7，∴BE＝＝7，∠ABE＝∠AEB＝45°，又∵∠ABC＝45°，∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°，∴EC＝＝＝，∴BD＝CE＝．情形2：如圖3﹣2中，作AE⊥AB交BC的延長線于E，則△ABE是等腰直角三角形，同法可證：△EAC≌△BAD（SAS），∴BD＝CE，∵AB＝AE＝7，∴BE＝7，∴EC＝BE＝CB＝7﹣3，綜上所述，BD的長為或7﹣3．故答案為或7﹣3．13．【解答】解：AC+CB＝AC+CB′＝AB′，故答案為：CB′；AB′；【簡單應用】（1）由等邊三角形的軸對稱性可知，B與C關于直線AD對稱，連接BM，EM+MC的最小值就是線段BE的長度，BE＝＝3，則EM+MC的最小值是3，故答案為：BE；3；（2）如圖5，作A關于BC和CD的對稱點A′，A″，連接A′A″，交BC于M，交CD于N，則A′A″即為△AMN的周長最小值，∵∠DAB＝130°，∴∠AA′M+∠A″＝50°，∵∠MA′A＝∠MAA′，∠NAD＝∠A″，且∠MA′A+∠MAA′＝∠AMN，∠NAD+∠A″＝∠ANM，∴∠AMN+∠ANM＝∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″＝2（∠AA′M+∠A″）＝2×50°＝100°，故答案為：100；【拓展應用】如圖6，分別作點A關于OB的對稱點A′，點B關于OA的對稱點B′，連接A′B′，交OB于C，交OA于D，則C、D為兩岸的裝貨地點，A′B′是貨船行駛的水路最短路程，由軸對稱的性質可知，OA′＝OA＝1，OB′＝OB＝2，∠BOA′＝∠AOB＝30°，∠AOB′＝∠AOB＝30°，∴∠A′OB′＝90°，∴A′B′＝＝，答：貨船行駛的水路最短路程為千米．14．【解答】解：如圖，過點A作AF⊥BC于F，在Rt△ABC中，∠B＝45°，∴BC＝AB＝2，BF＝AF＝AB＝1，∵兩個同樣大小的含45°角的三角尺，∴AD＝BC＝2，在Rt△ADF中，根據(jù)勾股定理得，DF＝＝，∴CD＝BF+DF﹣BC＝1+﹣2＝﹣1．15．【解答】解：∵AD∥BC，DE⊥BC，∴∠DAG＝∠ACB，DE⊥AD，∴∠ADF＝90°，∵AG＝GF，∴DG＝AG＝GF，∴∠GAD＝∠GDA，∴∠DGC＝∠GAD+∠GDA＝2∠GAD，∵∠DCG＝2∠ACB，∴∠DGC＝∠DCG，∴DG＝DC＝3，在Rt△DEC中，∵∠DEC＝90°，DC＝3，EC＝1，∴DE＝＝2．16．【解答】解：（1）由圖知，大正方形的邊長為（a+b+c），所以大正方形的面積為（a+b+c）2，由各部分面積和可得大正方形的面積為：a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，∴可得代數(shù)恒等式：（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，故答案為：（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac；（2）①由各部分和可得大矩形的面積為：