浙教版八年级下册数学举一反三系列 专题5.4 四边形中的最值问题专项训练（30道）（学生版+教师版）

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专题5.4 四边形中的最值问题专项训练（30道）【浙教版】考卷信息：本套训练卷共30题，选择10题，填空10题，解答10题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可强化学生对四边形中最值问题模型的记忆与理解！一．选择题（共10小题）1．（2022春•重庆期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值是（　　）A．43 B．2 C．26 D．4【分析】将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．【解答】解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，∴PC＝PF，∵PB＝EF，∴PA+PB+PC＝PA+PF+EF，∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC4，∴AC＝2AB，∴∠ACB＝30°，AC＝2AB＝4，∵∠BCE＝60°，∴∠ACE＝90°，∴AE2，故选：B．2．（2022•灞桥区校级模拟）如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是（　　）A．5 B．7 C．7 D．【分析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出ADAM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题；【解答】解：如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴ADAM，∴当AM的值最大时，AD的值最大，∵AM≤AC+CM，∴AM≤7，∴AM的最大值为7，∴AD的最大值为，故选：D．3．（2022春•中山市期末）如图，在边长为a的正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且BE＝BC，点P是CE上一动点，则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值（　　）A．有最大值a B．有最小值a C．是定值a D．是定值a【分析】连接BP，作EF⊥BC于点F，由正方形的性质可知△BEF为等腰直角三角形，BE＝a，可求EF，利用面积法得S△BPE+S△BPC＝S△BEC，将面积公式代入即可．【解答】解：如图，连接BP，作EF⊥BC于点F，则∠EFB＝90°，∵正方形的性质可知∠EBF＝45°，∴△BEF为等腰直角三角形，∵正方形的边长为a，∴BE＝BC＝a，∴BF＝EFBEa，∵PM⊥BD，PN⊥BC，∴S△BPE+S△BPC＝S△BEC，∴BE×PMBC×PNBC×EF，∵BE＝BC，∴PM+PN＝EFa．则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值是定值a．故选：D．4．（2022春•三门峡期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（　　）A．2 B．4 C． D．2【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．【解答】解：如图：当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2CE．当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．由中位线定理可知：P1P∥CE且P1PCF．∴点P的运动轨迹是线段P1P2，∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝1．∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．∴∠DP2P1＝90°．∴∠DP1P2＝45°．∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值为BP1的长．在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1．∴BP1．∴PB的最小值是．故选：C．5．（2022春•滨湖区期末）如图，已知菱形ABCD的面积为20，边长为5，点P、Q分别是边BC、CD上的动点，且PC＝CQ，连接PD、AQ，则PD+AQ的最小值为（　　）A． B． C．10 D．【分析】过点A作AM⊥BC于点M，延长AM到点A′，使A′M＝AM，根据菱形的性质和勾股定理可得BM＝3，以点B为原点，BC为x轴，垂直于BC方向为y轴，建立平面直角坐标系，可得B（0，0），A（3，4），C（5，0），D（8，4），A′（3，﹣4），然后证明△ABP≌△ADQ（SAS），可得AP＝AQ＝A′P，连接A′D，AP，A′P，由A′P+PD＞A′D，可得A′，P，D三点共线时，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决问题．【解答】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，延长AM到点A′，使A′M＝AM，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝5，∠ABC＝∠ADC，∵菱形ABCD的面积为20，边长为5，∴AM＝4，在Rt△ABM中，根据勾股定理得：BM3，以点B为原点，BC为x轴，垂直于BC方向为y轴，建立平面直角坐标系，∴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，，∴△ABP≌△ADQ（SAS），∴AP＝AQ＝A′P，连接A′D，AP，A′P，∵A′P+PD＞A′D，∴A′，P，D三点共线时，PD+A′P取最小值，∴PD+AQ的最小值＝PD+A′P的最小值＝A′D．故选：B．6．（2022•泰山区一模）如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM＝BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为2，则线段CF的最小值是（　　）A．2 B．1 C．1 D．2【分析】根据正方形的性质可得AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，然后利用“HL”证明Rt△ADM和Rt△BCN全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”证明△DCE和△BCE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AFD＝90°，取AD的中点O，连接OF、OC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OFAD＝1，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，在Rt△ADM和Rt△BCN中，，∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），∴∠1＝∠2，在△DCE和△BCE中，，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠ADF+∠3＝∠ADC＝90°，∴∠1+∠ADF＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，取AD的中点O，连接OF、OC，则OF＝DOAD＝1，在Rt△ODC中，OC，根据三角形的三边关系，OF+CF＞OC，∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，最小值＝OC﹣OF1．故选：C．7．（2022•龙华区二模）如图，已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E为CD上一点，且DE＝1，F为射线BC上一动点，过点E作EG⊥AF于点P，交直线AB于点G．则下列结论中：①AF＝EG；②若∠BAF＝∠PCF，则PC＝PE；③当∠CPF＝45°时，BF＝1；④PC的最小值为2．其中正确的有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】连接AE，过E作EH⊥AB于H，则EH＝BC，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到AF＝EG，故①正确；根据平行线的性质和等腰三角形的判定和性质即可得到PE＝PC；故②正确；连接EF，推出点E、P、F、C四点共圆，根据圆周角定理得到∠FEC＝∠FPC＝45°，于是得到BF＝DE＝1，同理当F运动到C点右侧时，此时∠FPC＝45°，且EPCF四点共圆，EC＝FC＝3，故此时BF＝BC+CF＝4+3＝7．因此BF＝1或7，故③错误；取AE 的中点O，连接PO，CO，根据直角三角形的性质得到AO＝POAE，推出点P在以O为圆心，AE为直径的圆上，当OC最小时，CP的值最小，根据三角形的三边关系得到PC≥OC﹣OP，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：连接AE，过E作EH⊥AB于H，则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正确；∵AB∥CD，∴∠AGE＝∠CEG，∵∠BAF+∠AGP＝90°，∠PCF+∠PCE＝90°，∵∠BAF＝∠PCF，∴∠AGE＝∠PCE，∴∠PEC＝∠PCE，∴PE＝PC；故②正确；连接EF，∵∠EPF＝∠FCE＝90°，∴点E、P、F、C四点共圆，∴∠FEC＝∠FPC＝45°，∴EC＝FC，∴BF＝DE＝1，同理当F运动到C点右侧时，此时∠FPC＝45°，且E、P、C、F四点共圆，EC＝FC＝3，故此时BF＝BC+CF＝4+3＝7．因此BF＝1或7，故③错误；取AE 的中点O，连接PO，CO，∴AO＝POAE，∵∠APE＝90°，∴点P在以O为圆心，AE为直径的圆上，∴当OC最小时，CP的值最小，∵PC≥OC﹣OP，∴PC的最小值＝OC﹣OP＝OCAE，∵OC，在Rt△ADE中，AE，∴PC的最小值为，故④错误，故选：B．8．（2022•南平校级自主招生）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（　　）A．4 B．4.8 C．5.2 D．6【分析】先由矩形的判定定理推知四边形PEAF是矩形；连接PA，则PA＝EF，所以要使EF，即PA最短，只需PA⊥CB即可；然后根据三角形的等积转换即可求得PA的值．【解答】解：如图，连接PA．∵在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，∴BC2＝AB2+AC2，∴∠A＝90°．又∵PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F．∴∠AEP＝∠AFP＝90°，∴四边形PEAF是矩形．∴AP＝EF．∴当PA最小时，EF也最小，即当AP⊥CB时，PA最小，∵AB•ACBC•AP，即AP4.8，∴线段EF长的最小值为4.8；故选：B．9．（2022春•崇川区期末）如图，正方形ABCD边长为1，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（　　）A． B． C． D．【分析】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．【解答】解：连接AE，如图1，∵四边形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．作点A关于BC的对称点H点，如图2，连接BH，则A、B、H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．根据对称性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，AD＝1，AH＝2，∴DH，∴BF+DE最小值为．故选：C．10．（2022•泰州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE为一边作正方形DEFG．设DE＝d1，点F、G与点C的距离分别为d2、d3，则d1+d2+d3的最小值为（　　）A． B．2 C．2 D．4【分析】连接AE，那么，AE＝CG，所以这三个d的和就是AE+EF+FC，所以大于等于AC，故当AEFC四点共线有最小值，最后求解，即可求出答案．【解答】解：如图，连接AE，∵四边形DEFG是正方形，∴∠EDG＝90°，EF＝DE＝DG，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴d1+d2+d3＝EF+CF+AE，∴点A，E，F，C在同一条线上时，EF+CF+AE最小，即d1+d2+d3最小，连接AC，∴d1+d2+d3最小值为AC，在Rt△ABC中，ACAB＝2，∴d1+d2+d3最小＝AC＝2，故选：C．二．填空题（共10小题）11．（2022春•江城区期末）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．运动过程中点D到点O的最大距离是 　3　．【分析】取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OEAB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大．【解答】解：如图：取线段AB的中点E，连接OE，DE，OD，∵AB＝6，点E是AB的中点，∠AOB＝90°，∴AE＝BE＝3＝OE，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，∴DE，∵OD≤OE+DE，∴当点D，点E，点O共线时，OD的长度最大．∴点D到点O的最大距离＝OE+DE＝3，故答案为：3．12．（2022•东莞市校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+DQ的最小值为 　13　．【分析】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．【解答】解：如图，连接BP，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AP＝CQ，∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，∴DP＝QB，DP∥BQ，∴四边形DPBQ是平行四边形，∴PB∥DQ，PB＝DQ，∴PC+QD＝PC+PB，∴PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，如图，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分线，∴PB＝PE，∴PC+PB＝PC+PE，∴PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，∵BE＝2AB＝12，BC＝AD＝5，∴CE13．∴PC+PB的最小值为13．∴PC+DQ的最小值为13．故答案为：13．13．（2022•钱塘区一模）如图，在矩形ABCD中，线段EF在AB边上，以EF为边在矩形ABCD内部作正方形EFGH，连结AH，CG．若AB＝10，AD＝6，EF＝4，则AH+CG的最小值为 　6　．【分析】方法一：延长DA至A′，使A′A＝EH＝EF＝4，连接A′E，EG，可得四边形AA′EH是平行四边形，所以A′E＝AH，则AH+CG的最小值即为A′E+CG的最小值，根据勾股定理即可解决问题．方法二：过点G作GA′∥AH交AF于点A′，可得四边形AHGA′是平行四边形，进而可以解决问题．【解答】解：方法一：如图，延长DA至A′，使A′A＝EH＝EF＝4，连接A′E，EG，∵HE⊥AB，AA′⊥AB，∴AA′∥EH，∵A′A＝EH，∴四边形AA′EH是平行四边形，∴A′E＝AH，则AH+CG的最小值即为A′E+CG的最小值，∵四边形EFGH是正方形，∴EF＝FG＝4，∴EG＝4，∵A′D＝AD+AA′＝6+4＝10，在Rt△A′DC中，DC＝AB＝10，∴A′C10，∴A′E+CG＝A′C﹣EG＝6．则AH+CG的最小值为6．方法二：如图，过点G作GA′∥AH交AF于点A′，∴四边形AHGA′是平行四边形，∴AA′＝HG＝4，A′G＝AH，∴A′B＝AB﹣AA′＝6，∵BC＝6，∴A′C＝6，∴AH+CG＝A′G+CG≥A′C，则AH+CG的最小值为6．故答案为：6．14．（2022春•东城区期中）在正方形ABCD中，AB＝5，点E、F分别为AD、AB上一点，且AE＝AF，连接BE、CF，则BE+CF的最小值是 　5　．【分析】连接DF，根据正方形的性质证明△ADF≌△ABE（SAS），可得DF＝BE，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于点F′，连接D′F，则DF＝D′F，可得BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，所以当点F与点F′重合时，D′F+CF最小，最小值为CD′的长，然后根据勾股定理即可解决问题．【解答】解：如图，连接DF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAE＝∠DAF＝90°，在△ADF和△ABE中，，∴△ADF≌△ABE（SAS），∴DF＝BE，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于点F′，连接D′F，则DF＝D′F，∴BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，∴当点F与点F′重合时，D′F+CF最小，最小值为CD′的长，在Rt△CDD′中，根据勾股定理得：CD′5，∴BE+CF的最小值是5．故答案为：5．15．（2022春•虎林市期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝12，AC＝16，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为 　　．【分析】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DEAF是矩形，可得EF＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．【解答】解：连接AD、EF，∵∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，∴BC20，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，∴四边形DEAF是矩形，∴EF＝AD，∴当AD⊥BC时，AD的值最小，此时，△ABC的面积AB×ACBC×AD，∴12×16＝20AD，∴AD∴EF的最小值为，∵点G为四边形DEAF对角线交点，∴GFEF；故答案为：．16．（2022•灞桥区校级三模）在菱形ABCD中，∠D＝60°，CD＝4，E为菱形内部一点，且AE＝2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为 　　．【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将OF和GH的长度先求出来，再利用三角形的三边关系判断，当AG＝AH+HG时最大．【解答】解：如图所示：连接BD交AC于点O，连接FO，取OB的中点H，连接HG和AH，∵在菱形ABCD中，∴O为AC中点，∵F为CE中点，∴OFAE＝1，当C、F、E、A共线时，OF也为1，∵G为BF中点、H为OB中点，∴GHOF，∵在菱形ABCD中且∠D＝60°，∴∠ABO∠ABC∠ADC＝30°，∠BOA＝90°，∴OAAB＝2，∴OB，∴OH，∴AH，∵AG≤AH+HG，∴AG，∴AG的最大值为．故答案为：．17．（2022春•靖江市校级期末）如图，线段AB的长为10，点D在AB上，△ACD是边长为3的等边三角形，过点D作与CD垂直的射线DP，过DP上一动点G（不与D重合）作矩形CDGH，记矩形CDGH的对角线交点为O，连接OB，则线段BO的最小值为 　5　．【分析】连接AO，根据矩形对角线相等且互相平分得：OC＝OD，再证明△ACO≌△ADO，则∠OAB＝30°；点O一定在∠CAB的平分线上运动，根据垂线段最短得：当OB⊥AO时，OB的长最小，根据直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出结论．【解答】解：连接AO，∵四边形CDGH是矩形，∴CG＝DH，OCCG，ODDH，∴OC＝OD，∵△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，∠CAD＝60°，在△ACO和△ADO中，，∴△ACO≌△ADO（SSS），∴∠OAB＝∠CAO＝30°，∴点O一定在∠CAB的平分线上运动，∴当OB⊥AO时，OB的长度最小，∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，∴OBAB10＝5，即OB的最小值为5．故答案为：5．18．（2022春•郫都区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，点E是BC边上一动点，作点B关于AE的对称点F，连接CF，点P为CF中点，则DP的最小值为 　22　．【分析】根据勾股定理和三角形中位线，可以得到OP的长和OD的长，然后再根据图形可知当点P在线段OD上时，DP取得最小值，然后计算即可．【解答】解：连接AC、BD交于点O，连接AF，OP，∵四边形ABCD是矩形，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝8，∴点O为AC的中点，BD4，又∵点P是CF的中点，∴OP是△CAF的中位线，∵点B关于AE的对称点F，AB＝4，∴AF＝4，∴OP＝2，∵BD＝4，∴OD＝2，∵OP+DP＞OD，OP＝2，OD＝2，∴当点P在OD上时，DP取得最小值，此时DP＝OD﹣OP＝22，故答案为：22．19．（2022春•江都区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是 　2　．【分析】取DE中点P′，取DC中点P″，根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值，由勾股定理求解即可．【解答】解：如图：取DE中点P′，∵P为DF中点，∴P′P∥EC，取DC中点P″，∵P为DF中点，∴P″P∥EC，∴P，P′，P″三点在同一条直线上，∴点P的运动轨迹是线段P′P″，∴当BP⊥P′P″时，PB取得最小值．过点B作BG⊥EC于点G，过P″作P″M⊥EC于点M，∴PB的最小值＝BG+P″M，∵矩形ABCD中，AB＝4，E为AB的中点，∴AE＝BE＝2，∵BC＝AD＝2，∴DE＝CE4，∵AB＝CD＝4，∴△EDC是等边三角形，∴∠P″CM＝60°，∵CP″＝2，∴CM＝1，∴P″M，∵ED＝EC，AE＝BE，AD＝BC，∴△CBE≌△ADE（SSS），∴∠DEA＝∠CEB，∵∠DEC＝60°．∴∠BEG＝60°．∵BE＝2，∴BP＝P″M+BG＝2，∴PB的最小值是2．故答案是：2．20．（2022春•如东县期中）如图，已知AB＝2，C为线段AB上的一个动点，分别以AC，CB为边在AB的同侧作菱形ACED和菱形CBGF，点C，E，F在一条直线上，∠D＝120°．P、Q分别是对角线AE，BF的中点，当点C在线段AB上移动时，点P，Q之间的距离最短为　　（结果保留根号）．【分析】连接QC、PC．首先证明∠PCQ＝90°，设AC＝2a，则BC＝22a，PC＝a，CQ（）．构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．【解答】解：连接PC、CQ．∵四边形ACED，四边形CBGF是菱形，∠D＝120°，∴∠ACE＝120°，∠FCB＝60°，∵P，Q分别是对角线AE，BF的中点，∴∠ECP∠ACE，∠FCQ∠BCF，∴∠PCQ＝90°，设AC＝2a，则BC＝22a，PC＝a，CQBC（）．∴PQ．∴当a时，点P，Q之间的距离最短，最短距离是．解法二：连接CD、CG、DG，构造中位线解决，当DG与AD或BG垂直时，取最值．故答案为：．三．解答题（共10小题）21．（2022•禹城市二模）（1）如图①，已知正方形ABCD的边长为4，点M和N分别是边BC，CD上两点，且BM＝CN，连AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论．（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动，连接AM和BN，交于点P．求△APB周长的最大值．【分析】（1）结论：AM⊥BN．只要证明△ABM≌△BCN即可解决问题；（2）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA于F，作EG⊥PB于G，连接EP．首先证明PA+PB＝2EF，求出EF的最大值即可解决问题；【解答】解：（1）结论：AM⊥BN．理由：如图①中，∵四边形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）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA于F，作EG⊥PB于G，连接EP．∵∠EFP＝∠FPG＝∠G＝90°，∴四边形EFPG是矩形，∴∠FEG＝∠AEB＝90°，∴∠AEF＝∠BEG，∵EA＝EB，∠EFA＝∠G＝90°，∴△AEF≌△BEG，∴EF＝EG，AF＝BG，∴四边形EFPG是正方形，∴PA+PB＝PF+AF+PG﹣BG＝2PF＝2EF，∵EF≤AE，∴EF的最大值＝AE＝2，∴△APB周长的最大值＝4+4．22．（2022春•东坡区校级月考）正方形ABCD中，E、F是AD上的两个点，AE＝DF，连CF交BD于点M，连AM交BE于点N，连接DN．如果正方形的边长为2．（1）求证：BE⊥AM；（2）求DN的最小值．【分析】正方形的性质：正方形的四边相等，正方形的对角线平分对角，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；两点之间，线段最短；三角形全等的判定和全等三角形的性质．欲证BE⊥AM，只需证明△ABN为Rt△，也就等价于∠ABE＝∠DAM，易知∠ABE＝∠DCF，于是只需证明∠DCF＝∠DAM．过了这一关，求极值的问题也就非常简单了．【解答】（1）证：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝DC，∠BAE＝∠CDF＝90°，又AE＝DF，∴△ABE≌△DCF，∴∠ABE＝∠DCF，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠CDM＝∠ADM，∴△ADM≌△CDM∴∠DCM＝∠DAM，∴∠ABE＝∠DAM，∴∠ABE+∠BAM＝∠DAM+BAM＝90°，∴∠ANB＝90°，则BE⊥AM；（2）解：取AB中点P，连PN、PD，由（1）知：△ABN、△APD均为直角三角形，∴PNAB＝1，PD，∴DN≥PD﹣PN1，则DN的最小值为1．23．（2022•黄埔区模拟）如图，在边长为4的菱形ABCD中，BD＝4，E、F分别是AD、CD上的动点（包含端点），且AE+CF＝4，连接BE、EF、FB．（1）试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论；（2）求EF的最大值与最小值．【分析】（1）由在边长为4的菱形ABCD中，BD＝4，易得△ABD、△CBD都是边长为4的正三角形，继而证得△BDE≌△BCF（SAS），则可证得结论；（2）由△BDE≌△BCF，易证得△BEF是正三角形，继而可得当动点E运动到点D或点A时，BE的最大，当BE⊥AD，即E为AD的中点时，BE的最小．【解答】解：（1）BE＝BF，证明如下：∵四边形ABCD是边长为4的菱形，BD＝4，∴△ABD、△CBD都是边长为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，，∴△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，当动点E运动到点D或点A时，BE的最大值为4，当BE⊥AD，即E为AD的中点时，BE的最小值为，∵EF＝BE，∴EF的最大值为4，最小值为．24．（2022春•洪山区期中）如图1，E，F是正方形ABCD的边上两个动点，满足AE＝DF，连接CF交BD于G，连接BE交AG于点H（1）求证：AG⊥BE；（2）如图2，连DH，若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是　22　．【分析】（1）根据正方形的性质可得AB＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABE＝∠DCF，再利用“边角边”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠DAG＝∠DCF，从而得到∠ABE＝∠DAG，再根据∠DAG+∠BAH＝90°求出∠BAE+∠BAH＝90°，然后求出∠AHB＝90°，再根据垂直的定义证明；（2）取AB的中点O，连接OD、OH，利用勾股定理列式求出OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OH，再根据三角形的任意两边之差小于第三边判断出O、D、H三点共线时，DH最小．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE＝∠DCF，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG＝∠DCF，∴∠ABE＝∠DAG，∵∠DAG+∠BAH＝90°，∴∠BAE+∠BAH＝90°，∴∠AHB＝90°，∴AG⊥BE；（2）取AB的中点O，连接OD、OH，∵正方形的边长为4，∴AO＝OH4＝2，由勾股定理得，OD2，由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，DH最小＝22．故答案为：22．25．（2022•宁德）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．（1）求证：△AMB≌△ENB；（2）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；②当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；（3）当AM+BM+CM的最小值为时，求正方形的边长．【分析】（1）由题意得MB＝NB，∠ABN＝15°，所以∠EBN＝45°，容易证出△AMB≌△ENB；（2）①根据“两点之间线段最短”，可得，当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小；②根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长（如图）；（3）作辅助线，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF＝30°，设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为．【解答】（1）证明：∵△ABE是等边三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°．∵∠MBN＝60°，∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．即∠MBA＝∠NBE．又∵MB＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS）．（2）解：①当M点落在BD的中点时，A、M、C三点共线，AM+CM的值最小．②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等边三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．根据“两点之间线段最短”可知，若E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM取得最小值，最小值为EC．在△ABM和△CBM中，，∴△ABM≌△CBM（SAS），∴∠BAM＝∠BCM，∴∠BCM＝∠BEN，∵EB＝CB，∴若连接EC，则∠BEC＝∠BCE，∵∠BCM＝∠BCE，∠BEN＝∠BEC，∴M、N可以同时在直线EC上．∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．（3）解：过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°．设正方形的边长为x，则BFx，EF．在Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，∴（）2+（x+x）2．解得x1，x2（舍去负值）．∴正方形的边长为．26．（2022•南充模拟）如图，M，N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足CM＝DN，AC，BM相交于点E，DE与AN相交于点F，连接CF．（1）求证：DE⊥AN．（2）若正方形ABCD的边长为4，求CF的最小值．【分析】（1）根据正方形的性质证明△BCM≌△ADN和△BCE≌△DCE，得到∠CDE＝∠NAD，因此∠DAN+∠ADF＝∠CDE+∠ADF＝90°，进而求证；（2）取AD中点P，连接PF，CP，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出FP的长度，根据勾股定理求出CP的长度，根据CF+FP≥CP，即可求得．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCA＝∠DCE＝45°，BC＝AD＝CD，∠BCD＝∠ADC＝90°，在△BCM和△ADN中，，∴△BCM≌△ADN（SAS）．∴∠CBM＝∠DAN，在△BCE和△DCE中，，∴△BCE≌△DCE（SAS），∴∠CBM＝∠CDE，∴∠CDE＝∠NAD，∴∠DAN+∠ADF＝∠CDE+∠ADF＝90°，∴DE⊥AN．（2）解：取AD中点P，连接PF，CP，由（1），得，在Rt△CPD中，由勾股定理得，，∵CF+FP≥CP，∴，∴CF的最小值．27．（2022春•思明区校级期中）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四边形EFGH的三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、DA上．（1）如图1，四边形EFGH为正方形，AE＝2，求GC的长．（2）如图2，四边形EFGH为菱形，设BF＝x，△GFC的面积为S，且S与x满足函数关系S＝6x．在自变量x的取值范围内，是否存在x，使菱形EFGH的面积最大？若存在，求x的值，若不存在，请说明理由．【分析】（1）只要证明△AEH≌△BFE．推出BF＝AE＝2，由△MGF≌△BFE，求出CM和MG的长，根据勾股定理可得结论；（2）如图2，过点G作GM⊥BC，垂足为M，连接HF，根据S△GFCFC•GM，计算GM的长，先根据勾股定理确定菱形边长的最大值，即确定x的取值范围，计算菱形的面积，可得菱形面积最大值时，x也是最大值即可．【解答】解：（1）如图1，过点G作GM⊥BC，垂足为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，同理可证：△MGF≌△BFE，∴GM＝BF＝2，FM＝BE＝8﹣2＝6，∴CM＝BC﹣BF﹣FM＝12﹣2﹣6＝4，在Rt△CMG中，由勾股定理得：CG2；（2）如图2，过点G作GM⊥BC，垂足为M，连接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△GFCFC•GM（12﹣x）•GM＝6x，∴GM＝1，∴AE＝GM＝1，BE＝8﹣1＝7，∵H在边AD上，∴菱形边长EH的最大值，即EH＝EF，此时BF＝x4，∴0≤x≤4，∵EH＝EF，由勾股定理得：AH，∴S菱形EFGH＝BM•AB﹣27x﹣28（x+FM）﹣7x﹣FM＝x+7，∴当x最大时，菱形EFGH的面积最大，即当x＝4时，菱形EFGH的面积最大．28．（2022•南岗区校级一模）已知菱形ABCD的对角线相交于O，点E、F分别在边AB、BC上，且BE＝BF，射线EO、FO分别交边CD、AD于G、H．（1）求证：四边形EFGH为矩形；（2）若OA＝4，OB＝3，求EG的最小值．【分析】（1）先根据对角线互相平分证明四边形EFGH是平行四边形，再证明△EBO≌△FBO，得EG＝FH，所以四边形EFGH是矩形；（2）根据垂线段最短，可知：当OE⊥AB时，OE最小，先利用面积法求OE的长，EG＝2OE，可得结论．【解答】证明：（1）∵四边形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，∴四边形EFGH是平行四边形，∵BE＝BF，∠ABD＝∠CBD，OB＝OB，∴△EBO≌△FBO，∴OE＝OF，∴EG＝FH，∴四边形EFGH是矩形；（2）∵垂线段最短，∴当OE⊥AB时，OE最小，∵OA＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，∴AB2＝OA2+OB2＝25，∴AB＝5，∴OA×OBAB×OE，3×4＝5×OE，OE，∵OE＝OG，∴EG．答：EG的最小值是．29．（2022春•戚墅堰区校级月考）如图，已知∠MON＝90°，线段AB长为6cm，AB两端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形ABCD，对角线AC、BD相交于点P，连接OC．（1）求OC的最大值；（2）求证：无论点A、点B怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；（3）若OP＝4cm，求OA的长．【分析】（1）当连接OQ，CQ，当O，C，Q三点共线时，OC有最大值，由正方形的性质和勾股定理得出答案即可；（2）作PE⊥OM、PF⊥ON，证得△PAE≌△PBF，得出PE＝PF，得出结论；（3）由（2）的结论，利用OA＝OE+AE，求出AE、OE解决问题．【解答】（1）解：取AB的中点Q，连接OQ，CQ，当O，C，Q三点共线时，OC有最大值，最大值为：OQ+QC6（3+3）cm，（2）作PE⊥OM、PF⊥ON垂足分别为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的平分线上；（3）四边形OEPF是正方形，OP＝4cm，OE＝PEOP＝4cm，AB＝6cm，PA＝3cmAEcm，∴OA＝OE+AE＝4或OA＝（4）cm．30．（2012秋•吴中区月考）如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？（2）求证：△AMB≌△ENB；（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．【分析】（1）根据旋转的性质可得BM＝BN，∠MBN＝60°，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；（2）根据等边三角形的性质可得AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，再求出∠ABM＝∠EBN，然后利用“边角边”证明△AMB和△ENB全等即可；（3）①根据两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，再根据正方形的性质解答；②根据全等三角形对应边相等可得AM＝EN，然后求出AM+BM+CM＝EN+MN+CM，再根据两点之间线段最短证明．【解答】（1）解：△BMN是等边三角形．理由如下：如图①，∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，∴BM＝BN，∠MBN＝60°，∴△BMN是等边三角形；（2）证明：∵△ABE和△BMN都是等边三角形，∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，即∠ABM＝∠EBN，在△AMB和△ENB中，，∴△AMB≌△ENB（SAS）；（3）①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，∵四边形ABCD是正方形，∴点M为BD的中点；②当点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小，理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵△BMN是等边三角形，∴BM＝MN，∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，EN+MN+CM，故，点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小．