专题45：第8章几何中的最值问题之四边形的面积-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）(原卷+解析)

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45第8章几何中的最值问题之四边形的面积

一、单选题
1．如图，等边△ABC 的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，有下列结论：①CP与QD可能相等；②△AQD与△BCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为；④四边形PCDQ周长的最小值为．其中，正确结论的序号（　　）

A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【分析】根据图象法可判断①；②当∠ADQ=∠CPB时，△AQD与△BCP相似；③设AQ=x，则四边形的面积=S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP，当x取最大值时可得结论；④如图，作点D关于AB的对称点D’，作D’F∥PQ，使得D’F=PQ，连接CF交AB于点P’，此时四边形P’CD’Q’的周长最小，求出CF的长即可判断.
【解答】①利用图象法可得PC＞DQ，故①错误；
②∵∠A=∠B=60°，
∴当∠ADQ=∠CPB时，△AQD与△BCP相似，故②正确；
③设AQ=x，则S四边形PCDQ= S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP=，
∵x的最大值为，
∴四边形PCDQ面积的最大值为，故③正确；
④如图，作点D关于AB的对称点D’，作D’F∥PQ，使得D’F=PQ，连接CF交AB于点P’，此时四边形P’CD’Q’的周长最小，

过点C作CH⊥D’F交D’F的延长线于H，交AB于J，
由题意可得，DD’=2AD·sin60°=，,，
∴，
∴，
∴，
∴四边形P’CD’Q’的周长最小最值=，故④错误.
故选D.
【点评】本题主要考查相似三角形的判断与性质，锐角三角函数，轴对称最短路径问题等，综合性较强，属于中考常考题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.

二、填空题
2．已知，四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相垂直，且AC+BD＝10，当AC＝_______时，四边形ABCD的面积最大，最大值为__________．
【答案】5 12.5
【分析】根据已知设四边形ABCD面积为S，AC为，则，进而求出，再求出最值即可．
【解答】解：设，四边形ABCD面积为S，则，
则：，
∵，
∴S有最大值，
当时，四边形ABCD的面积最大，
即当时，四边形ABCD面积最大，
，
故答案为：5，12.5．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，根据已知正确得出二次函数关系是解题关键．
3．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，已知D是⊙O上一动点，连接AD、CD，若圆的半径r＝2，则以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积为_____．

【答案】4．
【分析】连接BO并延长交AC于E，交于D，根据垂径定理得到点D到AC的距离最大，根据直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】连接BO并延长交AC于E，交于D，连接AD、CD，

∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，
∴，
∴OE⊥AC，点D为的中点，
此时点D到AC的距离最大，
∴△ADC的面积最大，即以A、B、C、D为顶点的四边形的面积最大，
在Rt△BAD中，∠ABD＝30°，
∴AD＝BD＝2，
由勾股定理得，AB＝＝2，
∴以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积＝×2×2×2＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心、等边三角形的性质，掌握垂径定理、等边三角形的性质是解题的关键．
4．已知AB为半圆的直径，AB＝2，DA⊥AB，CB⊥AB，AD＝1，BC＝3，点P为半圆上的动点，则AD，AB，BC，CP，PD围成的图形的面积的最大值是_____．

【答案】2+
【分析】五边形ABCDP的面积＝四边形ABCD的面积﹣△CPD的面积只要求出△CDP面积的最小值，作EF//CD，且与⊙O相切于点P，连接OP延长OP交AD于H，易知此时点P到CD的距离最小，此时△CDP的面积最小．
【解答】解：∵五边形ABCDP的面积＝四边形ABCD的面积﹣△CPD的面积，
∴只要求出△CDP面积的最小值，
作EF//CD，且与⊙O相切于点P，连接OP延长OP交AD于H，
易知此时点P到CD的距离最小，此时△CDP的面积最小，
易知AD＝2，
∵四边形ABCD的面积＝（1+3）×2＝4＝×1×1+•AD•OH+•1•3，
∴OH＝，
∴PH＝﹣11，
∴△CAD的面积最小值为2﹣，
∴五边形ABCDP面积的最大值是4﹣（2﹣）＝2+．
故答案为2+．

【点评】本题主要考查了求解多边形的面积知识点，结合圆的切线的性质进行求解是解题的重要步骤．
5．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点．抛物线与轴正半轴交于点，点的坐标为，是该抛物线第一象限图像上的一点，三点均在某一个正方形的边上，且该正方形的任何一条边均与某条坐标轴平行，设点的横坐标为．若这个正方形的面积最小，则的取值范围是__________．

【答案】
【分析】根据抛物线与x轴正半轴交于点A，得点A坐标为（2，0），点B的坐标为（0，3），可得最小正方形的边长为3，最小正方形的面积为9，根据题意可得A、B、C中任意两个点不能重合，故此可以确定点C的横坐标的取值范围．
【解答】解：∵抛物线与x轴正半轴交于点A，
∴点A的坐标为（2，0），
如图所示：

当A，B，C三点均在某一个正方形的边上， 且该正方形的任何一条边均与某条坐标轴平行，
∵点B的坐标为（0，3）， 正方形的面积最小时， 此时正方形的边长为3，
∴过点A、B、C的正方形的面积最小值为9，
∴S≥9．
当y=3时， 解得
∴当2＜m≤3，时， 正方形面积有最小值；
当m=-1时， 正方形最小边长也为3， 正方形面积也有最小值，
∵C在第一象限，m＞0，
综上所述：点C的横坐标m的取值范围是： 2＜m≤3．
故答案为：2＜m≤3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的最值、正方形的性质，解决本题的关键是综合利用正方形和二次函数的知识．
6．如图，的半径为1，点为外一点，过点作的两条切线，切点分别为点和点，则四边形面积的最小值是___________．

【答案】
【分析】由点P的坐标为（a，a-4），得到OP=，，由于PA，PB是⊙O的两条切线，得到PA=PB，∠OAP=∠OBP，由于△OPA≌△OBP，在Rt△OAP中，根据勾股定理得到PA的长度，于是得到四边形PBOA面积=2×△OPA的面积=2×OA•PA=，即可得到结果．
【解答】解：∵点P的坐标为（a，a-4），
OP=
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB，∠OAP=∠OBP，
在△OPA与△OBP中，

∴△OPA≌△OBP，
在Rt△OAP中，
PA=，
四边形PBOA面积=2×△OPA的面积=2×OA•PA=
∵2＞0
∴当a=4时，四边形PBOA面积最小，
最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定与性质，最值问题，能求得四边形PBOA面积=是解题的关键．
7．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是A边上一点，且AE＝，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为_____．

【答案】
【分析】根据矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，可得AC＝5，由AE＝可得点F是边BC上的任意位置时，点C始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，要使四边形AGCD的面积的最小，即h最小．所以点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD的内部．过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．根据锐角三角函数先求得h的值，再分别求得三角形ACD和三角形ACG的面积即可得结论．
【解答】解：如图，连接AC，

在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，
∠B＝∠D＝90°，
∴AC＝5，
∵AB＝3，AE＝，
∴点F是边BC上的任意位置时，点G始终在AC的下方，
设点G到AC的距离为h，
S四边形AGCD＝S△ACD+S△ACG
＝3×4+×5h，
＝6+h．
要使四边形AGCD的面积的最小，即h最小．
∵点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD的内部．
过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．

在Rt△ABC中，sin∠BAC＝，
在Rt△AEH中，AE＝，
sin∠BAC＝，
解得EH＝AE＝，
EG＝BE＝AB﹣AE＝3﹣，
∴h＝EH﹣EG＝﹣（3﹣）＝﹣3．
∴S四边形AGCD＝6+×（﹣3）
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是确定满足条件的点G的位置，运用相似、锐角三角函数等知识解决问题．

三、解答题
8．[问题提出]
（1）如图①，在中，为上一点，则面积的最大值是


（2）如图②，已知矩形的周长为，求矩形面积的最大值


[实际应用]
（3）如图③，现有一块四边形的木板余料，经测量且木匠师傅从这块余料中裁出了顶点在边上且面积最大的矩形求该矩形的面积


【答案】（1）12；（2）9；（3）
【分析】（1）过点A作AE⊥BC，则有，要使△ABC的面积最大，则需满足AD=AE即可；
（2）设AB=x，则有BC=6-x，然后根据题意可得函数关系式，然后根据二次函数的性质进行求解即可；
（3）根据题意作图，则由题意易得△BMQ≌△CNP，则有BM=CN，MN=PQ，设BM=x，则MN=PQ=80-2x，进而可得，然后根据矩形的面积及二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）过点A作AE⊥BC，如图所示：


∴，
∵D为BC上一点，
∴，
∴要使△ABC的面积最大，则需满足AD=AE，
∵BC=6，AD=4，
∴△ABC的面积最大为：；
故答案为12；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，AD=BC，
∵矩形ABCD的周长是12，
∴设AB=x，则有AD=6-x，矩形ABCD的面积为S，则有：
，
此函数为二次函数，由，二次函数的开口向下，
∴当x=3时，矩形ABCD的面积有最大值为：；
（3）如图所示：


∵四边形PQMN是矩形，
∴QM=PN，PQ=MN，∠QMN=∠PNM=90°，
∵∠B=∠C=60°，∠QMB=∠PNC=90°，
∴△BMQ≌△CNP，
∴BM=NC，
设BM=NC=x，则有MN=PQ=80-2x，
∴，
∴，
此函数关系为二次函数，由可得开口向下，
∴当x=20时，矩形PQMN的面积有最大，即．
【点评】本题主要考查二次函数与几何的综合及三角函数，熟练掌握二次函数的性质及三角函数是解题的关键．
9．如图三角形ABC，BC＝12，AD是BC边上的高AD＝10．P，N分别是AB，AC边上的点，Q，M是BC上的点，连接PQ，MN，PN交AD于E．求
（1）若四边形PQMN是矩形，且PQ：PN＝1：2．求PQ、PN的长；
（2）若四边形PQMN是矩形，求当矩形PQMN面积最大时，求最大面积和PQ、PN的长．

【答案】（1）PQ＝，PN＝；（2）PQ＝5，PN＝6．
【分析】（1）设PQ＝y，则PN＝2y，根据相似三角形的对应边上的高的比＝相似比，构建方程即可解决问题；
（2）设AE＝x．利用相似三角形的性质，用x表示PN，PQ，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【解答】解：（1）设PQ＝y，则PN＝2y，
∵四边形PQMN是矩形，
∴PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∵AD⊥BC，
∴AD⊥PN，
∴＝，即＝，
解得y＝，
∴PQ＝，PN＝．
（2）设AE＝x．
∵四边形PQMN是矩形，
∴PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∵AD⊥BC，
∴AD⊥PN，
∴＝，
∴PN＝x，PQ＝DE＝10﹣x，
∴S矩形PQMN＝x（10﹣x）＝﹣（x﹣5）2+30，
∴当x＝5时，S的最大值为30，
∴当AE＝5时，矩形PQMN的面积最大，最大面积是30，
此时PQ＝5，PN＝6．

【点评】本题考查相似三角形的应用、二次函数的应用、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用相似三角形的性质构建二次函数或方程解决问题，属于中考常考题型．
10．某公司对办公大楼一块墙面进行如图所示的图案设计．这个图案由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成的大正方形，设小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，且n＝2m﹣4，大正方形的面积为S．
（1）求S关于m的函数关系式．
（2）若小正方形边长不大于3，当大正方形面积最大时，求m的值．

【答案】（1）S＝13m2﹣40m+32（m＞2）；（2）m＝3
【分析】（1）根据小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，即可得出直角三角形较长边长为m+n，根据勾股定理即可得出函数关系式；
（2）根据二次函数的性质和题意中的取值范围即可得出S的最大值，从而可求的m．
【解答】解：（1）∵小正方形的边长m，直角三角形较短边长n，
∴直角三角形较长边长为m+n，
∴由勾股定理得：S＝（m+n）2+n2，
∵n＝2m﹣4，
∴S＝（m+2m﹣4）2+（2m﹣4）2，
＝13m2﹣40m+32，
∵n＝2m﹣4＞0，
∴m＞2，
∴S关于m的函数关系式为S＝13m2﹣40m+32（m＞2）；
（2）∵S＝13m2﹣40m+32（2＜m≤3），
∴S＝13(m-)2+
∵m≥时，S随x的增大而增大，
∴m＝3时，S取最大．
∴m＝3．
【点评】本题考查了二次函数的实际应用，勾股定理，根据题意列出解析式是解题关键．
11．如图，点E，F，G，H分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF=DG=DH，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）若AB=2，∠A=60°，当BE为何值时，矩形EFGH的面积最大？

【答案】（1）见解析；（2）当BE＝1时，矩形EFGH的面积最大．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质：等边对等角，以及平行线的性质可以证得∠DGH＋∠CGH＝90°，则∠HGF＝90°，根据三个角是直角的四边形是矩形，即可证得；
（2）设BE的长是x，则利用x表示出矩形EFGH的面积，根据函数的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵DG＝DH，
∴∠DHG＝∠DGH＝，
同理，∠CGF＝，
∴∠DGH＋∠CGF＝，
又∵在菱形ABCD中，AD∥BC，
∴∠D＋∠C＝180°，
∴∠DGH＋∠CGF＝90°，
∴∠HGF＝90°，
同理，∠GHE＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AD＝AB，
∴△ABD和△BCD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∴S△BCD＝S△ABD＝AB2＝，
则菱形ABCD的面积是2，
设BE＝x，则AE＝2－x，
∵BE＝DH，AB＝AD，
∴AH＝AE，
∵∠A＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴EH＝AE＝2－x
在Rt△BME中，∠ABD＝60°，BE＝x，
∴EM＝x
∴EF＝2EM＝x
则矩形EFGH的面积y＝HE×EF
＝（2－x）×x
＝－（x2－2x）
＝－（x－1）2＋，
∴当x＝1时，矩形EFGH的面积最大，
即当BE＝1时，矩形EFGH的面积最大．

【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定以及二次函数的性质，正确利用x表示出矩形EFGH的面积是关键．
12．如图，在中，，，，点、分别是边、上的动点（点不与、重合），且，过点作，交于点，连接，设．

（1）是否存在一点，使得四边形为平行四边形，并说明理由；
（2）当时，求的值；
（3）当为何值时，四边形的面积最大，并求出最大值．
【答案】（1）存在，理由见解析；（2）；（3）时，四边形的面积最大，最大值为
【分析】（1）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）证△BMQ∽△BCA得，据此知，解之可得．
（3）根据勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质用x表示出QM、BM，根据梯形面积公式列出二次函数解析式，根据二次函数性质计算即可．
【解答】（1）解：当时，四边形为平行四边形，
理由：∵，，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：∵，∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴；
∴，即
∴．

（3）解：∵，
∴，
即，
解得，，，
∵，
∴，即，
解得，，
设四边形的面积为
则
∴当时，四边形的面积最大，最大值为．
【点评】本题是四边形的综合问题，主要考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定、二次函数的性质，掌握相似三角形的判定定理、二次函数的性质是解题的关键．
13．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，过点D作⊙O的切线交EC于点F．
（1）求证：EF=FC；
（2）填空：①当∠ACD的度数为 时，四边ODFC为正方形；
②若AD=4，DC=2，则四边形ABCD的最大面积是 ．

【答案】（1）见解析；（2）①45°；② 9
【分析】（1）根据已知和根据圆周角定理可得CE是⊙O的切线且∠ADC=∠EDC=90°，根据切线性质可得DF=FC，进而有∠CDF=∠DCF，再利用等角的余角相等证得∠E=∠EDF，则有DF=EF，即可得证；
（2）①连接OD，根据切线的性质、正方形的判定和圆周角定理即可解答；
②根据圆周角定理可得∠ADC=∠ABC=90°，根据题意只需△ABC面积最大即可．
【解答】（1）证明：∵AC为⊙O的直径，AC⊥CE，
∴CE为⊙O的切线，∠ADC=∠EDC=90°，
又∵DF为⊙O的切线，
∴DF=CF，
∴∠CDF=∠DCF，
∵∠EDF+∠CDF=90°，∠E+∠DCF=90°，
∴∠E=∠EDF，
∴DF=EF，
∴EF=FC；
（2）①当∠ACD的度数为45°时，四边ODFC为正方形，
理由为：连接OD，
∵DF为⊙O的切线，
∴∠ODF=90°，
∵∠ACD=45°，
∴∠AOD=90°，即∠COD=90°，
又AC⊥CF，
∴∠OCF=∠ODF=∠COD=90°，又OD=OC，
∴四边形ODFC是正方形，
故答案为：45°；

②∵AC为⊙0的直径，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∵AD=4，DC=2，
∴AC= ，
S△ADC= ，
要使四边形ABCD的面积最大，只需△ABC的面积最大，
当△ABC为等腰直角三角形时，△ABC的面积最大，
∴四边形ABCD的最大面积为4+ ×2 ×=4+5=9，
故答案为：9．
【点评】本题是以圆为载体的综合题，考查了切线的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、正方形的判定、等角的余角相等、勾股定理等知识，涉及知识点较多，熟练掌握相关知识的运用是解答的关键．
14．如图，已知AB是⊙O中一条固定的弦，点C是优弧AB上一个动点(点C不与A，B重合)．
（1）设∠ACB的角平分线与劣弧AB交于点P，试猜想点P在弧AB上的位置是否会随点C的运动而发生变化？请说明理由；
（2）如图②，设A′B′=8，⊙O的半径为5，在（1）的条件下，四边形ACBP的面积是否为定值？若是定值，请求出这个定值；若不是定值，试确定四边形A′C′B′P′的面积的取值范围．

【答案】（1）不变化，理由见详解； （2）8 PA.

如图2,在⊙O上任取一点C(与点A，B不重合) ,连结PC，OC.
∵PO