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苏科版八年级数学下册举一反三专题特训专题9.9四边形中的最值问题专项训练(30道)(原卷版+解析)
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这是一份苏科版八年级数学下册举一反三专题特训专题9.9四边形中的最值问题专项训练(30道)(原卷版+解析)，共46页。
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＝23，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+3B．221C．23+6D．45
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．5B．7C．72D．722
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aB．有最小值22a
C．是定值aD．是定值22a
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．2B．4C．2D．22
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．45B．89C．10D．72
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．2B．1C．5−1D．5−2
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13−2．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
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．4B．4.8C．5.2D．6
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．2B．3C．5D．6
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．2B．2C．22D．4
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 ．
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．（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 ．
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 ．
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 ．
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 ．
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 ．
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 ．
19．（2022春•江都区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝23，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 ．
20．（2022春•如东县期中）如图，已知AB＝22，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）．
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．
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．
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．
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 ．
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3+1时，求正方形的边长．
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．
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＝6−12x．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．
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．
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＝42cm，求OA的长．
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．
专题9.9 四边形中的最值问题专项训练（30道）
【苏科版】
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＝23，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+3B．221C．23+6D．45
【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°，
∴AC=AB2+BC2=43，
∴AC＝2AB，
∴∠ACB＝30°，AC＝2AB＝43，
∵∠BCE＝60°，
∴∠ACE＝90°，
∴AE=(43)2+62=221，
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．5B．7C．72D．722
【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AD=22AM，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，
∴AD=22AM，
∴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722，
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aB．有最小值22a
C．是定值aD．是定值22a
【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＝EF=22BE=22a，
∵PM⊥BD，PN⊥BC，
∴S△BPE+S△BPC＝S△BEC，
∴12BE×PM+12BC×PN=12BC×EF，
∵BE＝BC，
∴PM+PN＝EF=22a．
则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值是定值22a．
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．2B．4C．2D．22
【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P1P2=12CE．
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P1P=12CF．
∴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=2．
∴PB的最小值是2．
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．45B．89C．10D．72
【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：
BM=AB2−AM2=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，
∴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=∠ADCBP=DQ，
∴△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=(8−3)2+(4+4)2=89．
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．2B．1C．5−1D．5−2
【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OF=12AD＝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，
AD=BCAM=BN，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），
∴∠1＝∠2，
在△DCE和△BCE中，
BC=CD∠DCE=∠BCECE=CE，
∴△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＝DO=12AD＝1，
在Rt△ODC中，OC=DO2+DC2=12+22=5，
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﹣OF=5−1．
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13−2．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＝PO=12AE，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＝PO=12AE，
∵∠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＝OC−12AE，
∵OC=22+(72)2=652，在Rt△ADE中，AE=42+12=17，
∴PC的最小值为652−172，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．4B．4.8C．5.2D．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，
∵12AB•AC=12BC•AP，即AP=AB⋅ACBC=6×810=4.8，
∴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．2B．3C．5D．6
【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=AH2+AD2=5，
∴BF+DE最小值为5．
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．2B．2C．22D．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，AC=2AB＝22，
∴d1+d2+d3最小＝AC＝22，
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+13 ．
【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OE=12AB，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=AE2+AD2=13，
∵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+13，
故答案为：3+13．
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，
∴CE=BE2+BC2=13．
∴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 62 ．
【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＝42，
∵A′D＝AD+AA′＝6+4＝10，
在Rt△A′DC中，DC＝AB＝10，
∴A′C=A′D2+DC2=102，
∴A′E+CG＝A′C﹣EG＝62．
则AH+CG的最小值为62．
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＝62，
∴AH+CG＝A′G+CG≥A′C，
则AH+CG的最小值为62．
故答案为：62．
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 55 ．
【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，
AD=AB∠FAD=∠EABAF=AE，
∴△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′=CD2+DD′2=52+102=55，
∴BE+CF的最小值是55．
故答案为：55．
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 245 ．
【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，
∴BC=AB2+AC2=122+162=20，
∵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=12AB×AC=12BC×AD，
∴12×16＝20AD，
∴AD=485
∴EF的最小值为485，
∵点G为四边形DEAF对角线交点，
∴GF=12EF=245；
故答案为：245．
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 12+7 ．
【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，
∴OF=12AE＝1，
当C、F、E、A共线时，OF也为1，
∵G为BF中点、H为OB中点，
∴GH=12OF=12，
∵在菱形ABCD中且∠D＝60°，
∴∠ABO=12∠ABC=12∠ADC＝30°，∠BOA＝90°，
∴OA=12AB＝2，
∴OB=42−22=23，
∴OH=3，
∴AH=22+(3)2=7，
∵AG≤AH+HG，
∴AG≤12+7，
∴AG的最大值为12+7．
故答案为：12+7．
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，OC=12CG，OD=12DH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
在△ACO和△ADO中，
AC=ADAO=AOCO=DO，
∴△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°，
∴OB=12AB=12×10＝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 25−2 ．
【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，BD=AB2+AD2=45，
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＝45，
∴OD＝25，
∵OP+DP＞OD，OP＝2，OD＝25，
∴当点P在OD上时，DP取得最小值，此时DP＝OD﹣OP＝25−2，
故答案为：25−2．
19．（2022春•江都区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝23，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 23 ．
【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＝23，
∴DE＝CE=22+(23)2=4，
∵AB＝CD＝4，
∴△EDC是等边三角形，
∴∠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•如东县期中）如图，已知AB＝22，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 62 （结果保留根号）．
【分析】连接QC、PC．首先证明∠PCQ＝90°，设AC＝2a，则BC＝22−2a，PC＝a，CQ=3（2−a）．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=12∠ACE，∠FCQ=12∠BCF，
∴∠PCQ＝90°，
设AC＝2a，则BC＝22−2a，PC＝a，CQ=32BC=3（2−a）．
∴PQ=PC2+QC2=a2+3(2−a)2=4(a−324)2+32．
∴当a=324时，点P，Q之间的距离最短，最短距离是62．
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：62．
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＝22，
∴△APB周长的最大值＝4+42．
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，
∴PN=12AB＝1，PD=AD2+AP2=5，
∴DN≥PD﹣PN=5−1，
则DN的最小值为5−1．
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，
DE=CF∠BDE=∠CBD=BC，
∴△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23，
∵EF＝BE，
∴EF的最大值为4，最小值为23．
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 25−2 ．
【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，
AB=CD∠BAD=∠ADCAE=DF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠ADB=∠CDBDG=DG，
∴△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＝OH=12×4＝2，
由勾股定理得，OD=42+22=25，
由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，
DH最小＝25−2．
故答案为：25−2．
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3+1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2．
【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，
AB=CB∠ABM=∠CBMBM=BM，
∴△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BF=32x，EF=x2．
在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2＝EC2，
∴（x2）2+（32x+x）2=(3+1)2．
解得x1=2，x2=−2（舍去负值）．
∴正方形的边长为2．
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，
BC=AD∠BCD=∠ADC=90°CM=DN，
∴△BCM≌△ADN（SAS）．
∴∠CBM＝∠DAN，
在△BCE和△DCE中，
BC=CD∠BCA=∠ACD=45°CE=CE，
∴△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FP=12AD=2，
在Rt△CPD中，由勾股定理得，
CP=42+22=25，
∵CF+FP≥CP，
∴CF≥25−2，
∴CF的最小值25−2．
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＝6−12x．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△GFC=12FC•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：
CG=CM2+MG2=22+42=25；
（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△GFC=12FC•GM=12（12﹣x）•GM＝6−12x，
∴GM＝1，
∴AE＝GM＝1，BE＝8﹣1＝7，
∵H在边AD上，
∴菱形边长EH的最大值=122+12=145，即EH＝EF=145，
此时BF＝x=145−(8−1)2=96=46，
∴0≤x≤46，
∵EH＝EF，
由勾股定理得：AH=EH2−12=72+x2−1=48+x2，
∴S菱形EFGH＝BM•AB﹣2×12×7x﹣2×12×1×48+x2=8（x+FM）﹣7x﹣FM＝x+748+x2，
∴当x最大时，菱形EFGH的面积最大，
即当x＝46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，
∴12OA×OB=12AB×OE，
3×4＝5×OE，
OE=125，
∵OE＝OG，
∴EG=245．
答：EG的最小值是245．
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＝42cm，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+QC=12×6+62+32=（3+35）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＝42cm，OE＝PE=22OP＝4cm，AB＝6cm，PA＝32cm
AE=PA2−PE2=2cm，
∴OA＝OE+AE＝4+2或OA＝（4−2）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，
AB=EB∠ABM=∠EBNBM=BN，
∴△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．
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＝23，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+3B．221C．23+6D．45
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．5B．7C．72D．722
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aB．有最小值22a
C．是定值aD．是定值22a
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．2B．4C．2D．22
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．45B．89C．10D．72
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．2B．1C．5−1D．5−2
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13−2．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
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．4B．4.8C．5.2D．6
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．2B．3C．5D．6
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．2B．2C．22D．4
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 ．
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．（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 ．
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 ．
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 ．
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 ．
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 ．
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 ．
19．（2022春•江都区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝23，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 ．
20．（2022春•如东县期中）如图，已知AB＝22，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）．
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．
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．
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．
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 ．
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3+1时，求正方形的边长．
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．
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＝6−12x．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．
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．
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＝42cm，求OA的长．
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．
专题9.9 四边形中的最值问题专项训练（30道）
【苏科版】
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＝23，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+3B．221C．23+6D．45
【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°，
∴AC=AB2+BC2=43，
∴AC＝2AB，
∴∠ACB＝30°，AC＝2AB＝43，
∵∠BCE＝60°，
∴∠ACE＝90°，
∴AE=(43)2+62=221，
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．5B．7C．72D．722
【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AD=22AM，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，
∴AD=22AM，
∴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722，
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aB．有最小值22a
C．是定值aD．是定值22a
【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＝EF=22BE=22a，
∵PM⊥BD，PN⊥BC，
∴S△BPE+S△BPC＝S△BEC，
∴12BE×PM+12BC×PN=12BC×EF，
∵BE＝BC，
∴PM+PN＝EF=22a．
则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值是定值22a．
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．2B．4C．2D．22
【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P1P2=12CE．
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P1P=12CF．
∴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=2．
∴PB的最小值是2．
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．45B．89C．10D．72
【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：
BM=AB2−AM2=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，
∴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=∠ADCBP=DQ，
∴△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=(8−3)2+(4+4)2=89．
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．2B．1C．5−1D．5−2
【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OF=12AD＝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，
AD=BCAM=BN，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），
∴∠1＝∠2，
在△DCE和△BCE中，
BC=CD∠DCE=∠BCECE=CE，
∴△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＝DO=12AD＝1，
在Rt△ODC中，OC=DO2+DC2=12+22=5，
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﹣OF=5−1．
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13−2．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＝PO=12AE，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＝PO=12AE，
∵∠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＝OC−12AE，
∵OC=22+(72)2=652，在Rt△ADE中，AE=42+12=17，
∴PC的最小值为652−172，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．4B．4.8C．5.2D．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，
∵12AB•AC=12BC•AP，即AP=AB⋅ACBC=6×810=4.8，
∴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．2B．3C．5D．6
【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=AH2+AD2=5，
∴BF+DE最小值为5．
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．2B．2C．22D．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，AC=2AB＝22，
∴d1+d2+d3最小＝AC＝22，
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+13 ．
【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OE=12AB，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=AE2+AD2=13，
∵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+13，
故答案为：3+13．
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，
∴CE=BE2+BC2=13．
∴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 62 ．
【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＝42，
∵A′D＝AD+AA′＝6+4＝10，
在Rt△A′DC中，DC＝AB＝10，
∴A′C=A′D2+DC2=102，
∴A′E+CG＝A′C﹣EG＝62．
则AH+CG的最小值为62．
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＝62，
∴AH+CG＝A′G+CG≥A′C，
则AH+CG的最小值为62．
故答案为：62．
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 55 ．
【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，
AD=AB∠FAD=∠EABAF=AE，
∴△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′=CD2+DD′2=52+102=55，
∴BE+CF的最小值是55．
故答案为：55．
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 245 ．
【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，
∴BC=AB2+AC2=122+162=20，
∵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=12AB×AC=12BC×AD，
∴12×16＝20AD，
∴AD=485
∴EF的最小值为485，
∵点G为四边形DEAF对角线交点，
∴GF=12EF=245；
故答案为：245．
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 12+7 ．
【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，
∴OF=12AE＝1，
当C、F、E、A共线时，OF也为1，
∵G为BF中点、H为OB中点，
∴GH=12OF=12，
∵在菱形ABCD中且∠D＝60°，
∴∠ABO=12∠ABC=12∠ADC＝30°，∠BOA＝90°，
∴OA=12AB＝2，
∴OB=42−22=23，
∴OH=3，
∴AH=22+(3)2=7，
∵AG≤AH+HG，
∴AG≤12+7，
∴AG的最大值为12+7．
故答案为：12+7．
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，OC=12CG，OD=12DH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
在△ACO和△ADO中，
AC=ADAO=AOCO=DO，
∴△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°，
∴OB=12AB=12×10＝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 25−2 ．
【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，BD=AB2+AD2=45，
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＝45，
∴OD＝25，
∵OP+DP＞OD，OP＝2，OD＝25，
∴当点P在OD上时，DP取得最小值，此时DP＝OD﹣OP＝25−2，
故答案为：25−2．
19．（2022春•江都区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝23，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 23 ．
【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＝23，
∴DE＝CE=22+(23)2=4，
∵AB＝CD＝4，
∴△EDC是等边三角形，
∴∠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•如东县期中）如图，已知AB＝22，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 62 （结果保留根号）．
【分析】连接QC、PC．首先证明∠PCQ＝90°，设AC＝2a，则BC＝22−2a，PC＝a，CQ=3（2−a）．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=12∠ACE，∠FCQ=12∠BCF，
∴∠PCQ＝90°，
设AC＝2a，则BC＝22−2a，PC＝a，CQ=32BC=3（2−a）．
∴PQ=PC2+QC2=a2+3(2−a)2=4(a−324)2+32．
∴当a=324时，点P，Q之间的距离最短，最短距离是62．
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：62．
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＝22，
∴△APB周长的最大值＝4+42．
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，
∴PN=12AB＝1，PD=AD2+AP2=5，
∴DN≥PD﹣PN=5−1，
则DN的最小值为5−1．
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，
DE=CF∠BDE=∠CBD=BC，
∴△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23，
∵EF＝BE，
∴EF的最大值为4，最小值为23．
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 25−2 ．
【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，
AB=CD∠BAD=∠ADCAE=DF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠ADB=∠CDBDG=DG，
∴△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＝OH=12×4＝2，
由勾股定理得，OD=42+22=25，
由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，
DH最小＝25−2．
故答案为：25−2．
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3+1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2．
【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，
AB=CB∠ABM=∠CBMBM=BM，
∴△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BF=32x，EF=x2．
在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2＝EC2，
∴（x2）2+（32x+x）2=(3+1)2．
解得x1=2，x2=−2（舍去负值）．
∴正方形的边长为2．
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，
BC=AD∠BCD=∠ADC=90°CM=DN，
∴△BCM≌△ADN（SAS）．
∴∠CBM＝∠DAN，
在△BCE和△DCE中，
BC=CD∠BCA=∠ACD=45°CE=CE，
∴△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FP=12AD=2，
在Rt△CPD中，由勾股定理得，
CP=42+22=25，
∵CF+FP≥CP，
∴CF≥25−2，
∴CF的最小值25−2．
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＝6−12x．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△GFC=12FC•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：
CG=CM2+MG2=22+42=25；
（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△GFC=12FC•GM=12（12﹣x）•GM＝6−12x，
∴GM＝1，
∴AE＝GM＝1，BE＝8﹣1＝7，
∵H在边AD上，
∴菱形边长EH的最大值=122+12=145，即EH＝EF=145，
此时BF＝x=145−(8−1)2=96=46，
∴0≤x≤46，
∵EH＝EF，
由勾股定理得：AH=EH2−12=72+x2−1=48+x2，
∴S菱形EFGH＝BM•AB﹣2×12×7x﹣2×12×1×48+x2=8（x+FM）﹣7x﹣FM＝x+748+x2，
∴当x最大时，菱形EFGH的面积最大，
即当x＝46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，
∴12OA×OB=12AB×OE，
3×4＝5×OE，
OE=125，
∵OE＝OG，
∴EG=245．
答：EG的最小值是245．
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＝42cm，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+QC=12×6+62+32=（3+35）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＝42cm，OE＝PE=22OP＝4cm，AB＝6cm，PA＝32cm
AE=PA2−PE2=2cm，
∴OA＝OE+AE＝4+2或OA＝（4−2）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，
AB=EB∠ABM=∠EBNBM=BN，
∴△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．
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