2024八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)專(zhuān)題5.5四邊形中的最值問(wèn)題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練含解析新版浙教版

Page1Page1專(zhuān)題5.5四邊形中的最值問(wèn)題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練（30道）考卷信息：本套訓(xùn)練卷共30題，選擇15題，填空15題，題型針對(duì)性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可強(qiáng)化學(xué)生對(duì)四邊形中最值問(wèn)題模型的記憶與理解！1．（德陽(yáng)期末）如圖，將矩形ABCD放置在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，使頂點(diǎn)A，B分別在x軸、y軸上滑動(dòng)，矩形的形態(tài)保持不變，若AB＝2，BC＝1，則頂點(diǎn)C到坐標(biāo)原點(diǎn)O的最大距離為（）A．1+2 B．1+3 C．3 【解題思路】取AD的中點(diǎn)E，連接OE，CE，OC，求得CE=2，OE＝1，再依據(jù)OC≤CE+OE＝1+2，即可得到點(diǎn)C到原點(diǎn)O距離的最大值是1【解答過(guò)程】解：如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接OE，CE，OC，∵∠AOB＝90°，∴Rt△AOB中，OE=12又∵∠ABC＝90°，AE＝BE＝CB＝1，∴Rt△CBE中，CE=1又∵OC≤CE+OE＝1+2∴OC的最大值為1+2即點(diǎn)C到原點(diǎn)O距離的最大值是1+2故選：A．2．（西崗區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M為EF的中點(diǎn)，則AM的最小值是（）A．2.4 B．2 C．1.5 D．1.2【解題思路】AM=12EF=12AP，所以當(dāng)AP最小時(shí)，【解答過(guò)程】解：由題意知，四邊形AFPE是矩形，∵點(diǎn)M是矩形對(duì)角線(xiàn)EF的中點(diǎn)，則延長(zhǎng)AM應(yīng)過(guò)點(diǎn)P，∴當(dāng)AP為直角三角形ABC的斜邊上的高時(shí)，即AP⊥BC時(shí)，AM有最小值，此時(shí)AM=12AP，由勾股定理知BC∵S△ABC=12AB?AC=12∴AP=3×4∴AM=12AP故選：D．3．（龍口市期末）如圖，在邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD中，點(diǎn)P為對(duì)角線(xiàn)AC上一動(dòng)點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，則EF的最小值為（）A．62 B．32 C．4【解題思路】連接BP，依據(jù)PE⊥AB，PF⊥BC得到四邊形PEBF為矩形，得EF＝BP，BP最短時(shí)即BP⊥AC，即可求解．【解答過(guò)程】解：連接BP，如圖，，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，∵PE⊥AB，PF⊥BC，∴四邊形PEBF為矩形，∴EF＝BP，當(dāng)BP⊥AC，BP最短，在Rt△BPC中，BP＝PC，BC＝6，依據(jù)勾股定理可解得BP＝32，∴EF得最小值為32．故選：B．4．（重慶期末）如圖，以邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD的中心O為端點(diǎn)，引兩條相互垂直的射線(xiàn)，分別與正方形的邊交于E、F兩點(diǎn)，則線(xiàn)段EF的最小值是（）A．2 B．2 C．8 D．4【解題思路】依據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠EAO＝∠FDO＝45°，AO＝DO，證得△AOE≌△DOF，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OE＝OF，求出OE的范圍，借助勾股定理即可解決問(wèn)題．【解答過(guò)程】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠EAO＝∠FDO＝45°，AO＝DO；∵∠EOF＝90°，∠AOD＝90°，∴∠AOE＝∠DOF；在△AOE與△DOF中，∠EAO=∠FDOAO=DO∴△AOE≌△DOF（ASA），∴OE＝OF（設(shè)為λ）；∴△EOF是等腰直角三角形，由勾股定理得：EF2＝OE2+OF2＝2λ2；∴EF=2OE=2∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)是4，∴OA＝22，O到AB的距離等于2（O到AB的垂線(xiàn)段的長(zhǎng)度），由題意可得：2≤λ≤22，∴22≤EF所以線(xiàn)段EF的最小值為22．故選：C．5．（馬鞍山期末）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝45°，BC=23，E，F(xiàn)分別是邊CD，BC上的動(dòng)點(diǎn)，連接AE和EF，G，H分別為AE，EF的中點(diǎn)，連接GH，則GHA．3 B．62 C．63【解題思路】連接AF，利用三角形中位線(xiàn)定理，可知GH=12AF，求出【解答過(guò)程】解：連接AF，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝23，∵G，H分別為AE，EF的中點(diǎn)，∴GH是△AEF的中位線(xiàn)，∴GH=12當(dāng)AF⊥BC時(shí)，AF最小，GH得到最小值，則∠AFB＝90°，∵∠B＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴AF=22AB=2∴GH=6即GH的最小值為62故選：B．6．（潛山市期末）如圖，點(diǎn)E是邊長(zhǎng)為8的正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)BD上的動(dòng)點(diǎn)，以AE為邊向左側(cè)作正方形AEFG，點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，連接PG，在點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)段PG的最小值是（）A．2 B．2 C．22 D．42【解題思路】連接DG，可證△AGD≌△AEB，得到G點(diǎn)軌跡，利用點(diǎn)到直線(xiàn)的最短距離進(jìn)行求解．【解答過(guò)程】解：連接DG，如圖，，∵四邊形ABCD、四邊形AEFG均為正方形，∴∠DAB＝∠GAE＝90°，AB＝AD，AG＝AE，∵∠GAD+∠DAE＝∠DAE+∠AE，∴∠GAD＝∠BAE，∵AB＝AD，AG＝AE，∴△AEB≌△AGD（SAS），∴∠PDG＝∠ABE＝45°，∴G點(diǎn)軌跡為線(xiàn)段DH，當(dāng)PG⊥DH時(shí)，PG最短，在Rt△PDG中，∠PDG＝45°，P為AD中點(diǎn)，DP＝4，設(shè)PG＝x，則DG＝x，由勾股定理得，x2+x2＝42，解得x=22故選：C．7．（蚌埠期末）如圖，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為EC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P為DF的中點(diǎn)，連接PB．若PB的最小值為52，則AD的值為（）A．5 B．6 C．7 D．8【解題思路】F點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)軌跡為平行EC的線(xiàn)段，BP最短為點(diǎn)到直線(xiàn)的最短距離．【解答過(guò)程】解：當(dāng)F運(yùn)動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)軌跡為GH，如圖，，∵AB：AD＝2：1，∴AD＝AE＝EB＝BC，∴∠ADE＝∠DEA＝∠CEB＝∠ECB＝45°，∴∠DEC＝90°，BP的最距離為BP⊥GH時(shí)，此時(shí)P點(diǎn)與H點(diǎn)重合，F(xiàn)點(diǎn)與C點(diǎn)重合．∵H為CD中點(diǎn)，∴CH＝CB，∠GHB＝90°，在Rt△HCB中，BH＝52，∴CH＝CB＝5，故選：A．8．（南安市期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP，QD，則PC+QD的最小值為（）A．8 B．10 C．12 D．20【解題思路】連接BP，則PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，在BA的延長(zhǎng)線(xiàn)上截取AE＝AB＝4，連接PE、CE，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，再依據(jù)勾股定理求解即可．【解答過(guò)程】解：如圖，連接BP，在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝6，∵AP＝CQ，∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，∴DP＝QB，DP∥BQ，∴四邊形DPBQ是平行四邊形，∴PB∥DQ，PB＝DQ，則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(zhǎng)線(xiàn)上截取AE＝AB＝4，連接PE，則BE＝2AB＝8，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分線(xiàn)，∴PB＝PE，∴PC+PB＝PC+PE，連接CE，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，∴CE=B∴PC+PB的最小值為10，即PC+QD的最小值為10，故選：B．9．（連云港期末）如圖，線(xiàn)段AB的長(zhǎng)為8，點(diǎn)D在AB上，△ACD是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，過(guò)點(diǎn)D作與CD垂直的射線(xiàn)DP，過(guò)DP上一動(dòng)點(diǎn)G（不與D重合）作矩形CDGH，記矩形CDGH的對(duì)角線(xiàn)交點(diǎn)為O，連接OB，則線(xiàn)段BO的最小值為（）A．5 B．4 C．43 D．【解題思路】連接AO，依據(jù)矩形對(duì)角線(xiàn)相等且相互平分得：OC＝OD，再證明△ACO≌△ADO，則∠OAB＝30°；點(diǎn)O確定在∠CAB的平分線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，依據(jù)垂線(xiàn)段最短得：當(dāng)OB⊥AO時(shí)，OB的長(zhǎng)最小，依據(jù)直角三角形30度角所對(duì)的直角邊是斜邊的一半得出結(jié)論．【解答過(guò)程】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(diǎn)O確定在∠CAB的平分線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，∴當(dāng)OB⊥AO時(shí)，OB的長(zhǎng)度最小，∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，∴OB=12AB即OB的最小值為4．故選：B．10．（惠山區(qū)期中）如圖，平面內(nèi)三點(diǎn)A、B、C，AB＝5，AC＝4，以BC為對(duì)角線(xiàn)作正方形BDCE，連接AD，則AD的最大值是（）A．5 B．9 C．92 D．9【解題思路】如圖將△BDA繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDM．由旋轉(zhuǎn)不變性可知：AB＝CM＝5，DA＝DM．∠ADM＝90°，得出△ADM是等腰直角三角形，推出AD=22AM，當(dāng)AM的值最大時(shí)，AD的值最大，依據(jù)三角形的三邊關(guān)系求出【解答過(guò)程】解：如圖，將△BDA繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CDM，由旋轉(zhuǎn)不變性可知：AB＝CM＝5，DA＝DM，∠ADM＝90°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AD=22∴當(dāng)AM的值最大時(shí)，AD的值最大，∵AM≤AC+CM，∴AM≤9，∴AM的最大值為9，∴AD的最大值為92故選：D．11．（邗江區(qū)期末）如圖，以邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD的中心O為端點(diǎn)，引兩條相互垂直的射線(xiàn)，分別與正方形的邊交于E、F兩點(diǎn)，則線(xiàn)段EF的最小值為（）A．2 B．4 C．2 D．22【解題思路】如圖，作幫助線(xiàn)；證明△AOE≌△DOF，進(jìn)而得到OE＝OF，此為解決該題的關(guān)鍵性結(jié)論；求出OE的范圍，借助勾股定理即可解決問(wèn)題．【解答過(guò)程】解：如圖，連接EF，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠EAO＝∠FDO＝45°，AO＝DO；∵∠EOF＝90°，∠AOD＝90°，∴∠AOE＝∠DOF；在△AOE與△DOF中，∠EAO=∠FDOAO=DO∴△AOE≌△DOF（ASA），∴OE＝OF（設(shè)為λ）；∴△EOF是等腰直角三角形，由勾股定理得：EF2＝OE2+OF2＝2λ2；∴EF=2OE=2∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)是4，∴OA＝22，O到AB的距離等于2（O到AB的垂線(xiàn)段的長(zhǎng)度），由題意可得：2≤λ≤22，∴22≤EF所以線(xiàn)段EF的最小值為22．故選：D．12．（寧蒗縣模擬）如圖，菱形ABCD的的邊長(zhǎng)為6，∠ABC＝60°，對(duì)角線(xiàn)BD上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E、F（點(diǎn)E在點(diǎn)F的左側(cè)），若EF＝2，則AE+CF的最小值為（）A．210 B．42 C．6 D．8【解題思路】作AM⊥AC，連接CM交BD于F，依據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理解答即可．【解答過(guò)程】解：如圖，連接AC，作AM⊥AC，使得AM＝EF＝2，連接CM交BD于F，∵AC，BD是菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)，∴BD⊥AC，∵AM⊥AC，∴AM∥BD，∴AM∥EF，∵AM＝EF，AM∥EF，∴四邊形AEFM是平行四邊形，∴AE＝FM，∴AE+CF＝FM+FC＝CM，依據(jù)兩點(diǎn)之間線(xiàn)段最短可知，此時(shí)AE+FC最短，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝6，∠ABC＝60°∴BC＝AB，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝6，在Rt△CAM中，CM=∴AE+CF的最小值為210．故選：A．13．（宜興市期中）如圖，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，且BE＝CF，連接BF、DE，則BF+DE的最小值為（）A．12 B．20 C．48 D．80【解題思路】連接AE，利用△ABE≌△BCF轉(zhuǎn)化線(xiàn)段BF得到BF+DE＝AE+DE，則通過(guò)作A點(diǎn)關(guān)于BC對(duì)稱(chēng)點(diǎn)H，連接DH交BC于E點(diǎn)，利用勾股定理求出DH長(zhǎng)即可．【解答過(guò)程】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(diǎn)A關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)H點(diǎn)，如圖2，連接BH，則A、B、H三點(diǎn)共線(xiàn)，連接DH，DH與BC的交點(diǎn)即為所求的E點(diǎn)．依據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，DH=A∴BF+DE最小值為80．故選：D．14．（重慶期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝23，BC＝6，P為矩形內(nèi)一點(diǎn)，連接PA，PB，PC，則PA+PB+PC的最小值是（）A．43+3 B．221 C．23+6 【解題思路】將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長(zhǎng)即為所求．【解答過(guò)程】解：將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EFC，連接PF、AE、AC，則AE的長(zhǎng)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(dāng)A、P、F、E共線(xiàn)時(shí)，PA+PB+PC的值最小，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴tan∠ACB=AB∴∠ACB＝30°，AC＝2AB＝43，∵∠BCE＝60°，∴∠ACE＝90°，∴AE=(43)故選：B．15．（江陰市模擬）如圖，在邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F、G分別在邊AB、AD、CD上，EG與BF交于點(diǎn)I，AE＝2，BF＝EG，DG＞AE，則DI的最小值等于（）A．5+3 B．213-2 C．210-6【解題思路】過(guò)點(diǎn)E作EM⊥CD于點(diǎn)M，取BE的中點(diǎn)O，連接OI、OD，依據(jù)HL證明Rt△BAF≌Rt△EMG，可得∠ABF＝∠MEG，所以再證明∠EPF＝90°，由直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半可得OI=12BE，由OD﹣OI≤DI，當(dāng)O、D、I共線(xiàn)時(shí)，DI有最小值，即可求【解答過(guò)程】解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EM⊥CD于點(diǎn)M，取BE的中點(diǎn)O，連接OI、OD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠A＝∠D＝∠DME＝90°，AB∥CD，∴四邊形ADME是矩形，∴EM＝AD＝AB，∵BF＝EG，∴Rt△BAF≌Rt△EMG（HL），∴∠ABF＝∠MEG，∠AFB＝∠EGM，∵AB∥CD∴∠MGE＝∠BEG＝∠AFB∵∠ABF+∠AFB＝90°∴∠ABF+∠BEG＝90°∴∠EIF＝90°，∴BF⊥EG；∵△EIB是直角三角形，∴OI=12∵AB＝6，AE＝2，∴BE＝6﹣2＝4，OB＝OE＝2，∵OD﹣OI≤DI，∴當(dāng)O、D、I共線(xiàn)時(shí)，DI有最小值，∵IO=12∴OD=AD2∴ID＝213-2，即DI的最小值為213故選：B．16．如圖，菱形ABCD的兩條對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)分別為AC＝6，BD＝8，點(diǎn)P是BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，則AP的最小值為4.8．【解題思路】由垂線(xiàn)段最短，可得AP⊥BC時(shí)，AP有最小值，由菱形的性質(zhì)和勾股定理可求BC的長(zhǎng)，由菱形的面積公式可求解．【解答過(guò)程】解：設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，∵點(diǎn)P是BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，∴AP⊥BC時(shí)，AP有最小值，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO=12AC＝3，BO＝DO=∴BC=O∵S菱形ABCD=12×AC×BD＝BC∴AP=24故答案為：4.8．17．（椒江區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，連接BD，E為BD上一動(dòng)點(diǎn)，P為CE中點(diǎn)，連接PA，則PA的最小值是213．【解題思路】P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡為△CDB的中位線(xiàn)，即求A點(diǎn)到這條中位線(xiàn)的最短距離．【解答過(guò)程】解：當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)軌跡為△CBD中位線(xiàn)GH，如圖，，∵點(diǎn)A到直線(xiàn)GH的最短距離為AF，但是E點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)中，P點(diǎn)軌跡為GH，∴點(diǎn)A到線(xiàn)段GH的最短距離為AG，∵G為CD中點(diǎn)，∴DG＝4，在Rt△ADG中，AD＝6，DG＝4，∴AG=62+故答案為213．18．（寧德期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點(diǎn)E是CD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F，G分別是AB，AE的中點(diǎn)，則線(xiàn)段FG的最小值是32【解題思路】連接BE，可得FG是△ABE的中位線(xiàn)，要使線(xiàn)段FG最小，需BE最小，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，BE最小為3，進(jìn)而可得線(xiàn)段FG的最小值．【解答過(guò)程】解：如圖，連接BE，∵點(diǎn)F，G分別是AB，AE的中點(diǎn)，∴FG是△ABE的中位線(xiàn)，∴FG=12要使線(xiàn)段FG最小，需BE最小，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，BE最小為3，則線(xiàn)段FG的最小值是32故答案為：3219．（東?？h期末）如圖，在菱形ABCD中，AC＝24，BD＝10，對(duì)角線(xiàn)交于點(diǎn)O，點(diǎn)E在AD上，且DE=14AD，點(diǎn)F是OB的中點(diǎn)，點(diǎn)G為對(duì)角線(xiàn)AC上的一動(dòng)點(diǎn)，則GE﹣GF的最大值為13【解題思路】由菱形的性質(zhì)可得AO＝CO＝12，BO＝DO＝5，AC⊥BD，在Rt△AOD中，由勾股定理可求AD的長(zhǎng)，作點(diǎn)F關(guān)于AC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F'，連接GF'，取AD中點(diǎn)H，連接OH，可得GF＝GF'，OF＝OF'，則GE﹣GF＝GE﹣GF'≤EF'，即當(dāng)點(diǎn)G在EF'的延長(zhǎng)線(xiàn)時(shí)，GE﹣GF有最大值為EF'的長(zhǎng)，由直角三角形的性質(zhì)和三角形中位線(xiàn)定理可求解．【解答過(guò)程】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝CO＝12，BO＝DO＝5，AC⊥BD，∴AD=AO如圖，作點(diǎn)F關(guān)于AC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F'，連接GF'，取AD中點(diǎn)H，連接OH，∵AC⊥BD，點(diǎn)H是AD中點(diǎn)，∴OH＝HD=12AD∵點(diǎn)F與點(diǎn)F'關(guān)于AC對(duì)稱(chēng)，∴GF＝GF'，OF＝OF'，∴GE﹣GF＝GE﹣GF'≤EF'，∴當(dāng)點(diǎn)G在EF'的延長(zhǎng)線(xiàn)時(shí)，GE﹣GF有最大值為EF'的長(zhǎng)，∵DE=14AD，HD=∴DE＝EH，∵點(diǎn)F是OB的中點(diǎn)，∴OF=12OB＝OF'=∴EF'=12OH故答案為：13420．（淄博）兩張寬為3cm的紙條交叉重疊成四邊形ABCD，如圖所示．若∠α＝30°，則對(duì)角線(xiàn)BD上的動(dòng)點(diǎn)P到A，B，C三點(diǎn)距離之和的最小值是62cm．【解題思路】作DE⊥BC于E，解直角三角形求得AB＝BC＝6cm，把△ABP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'BP′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，A′B＝AB＝6cm，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，A'BA＝60°，所以△P′BP是等邊三角形，依據(jù)兩點(diǎn)間線(xiàn)段距離最短，可知當(dāng)PA+PB+PC＝A'C時(shí)最短，連接A'C，利用勾股定理求出A'C的長(zhǎng)度，即求得點(diǎn)P到A，B，C三點(diǎn)距離之和的最小值．【解答過(guò)程】解：如圖，作DE⊥BC于E，把△ABP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'BP′，∵∠α＝30°，DE＝3cm，∴CD＝2DE＝6cm，同理：BC＝AD＝6cm，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，A′B＝AB＝CD＝6m，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，∠A'BA＝60°，∴△P′BP是等邊三角形，∴BP＝PP'，∴PA+PB+PC＝A'P′+PP'+PC，依據(jù)兩點(diǎn)間線(xiàn)段距離最短，可知當(dāng)PA+PB+PC＝A'C時(shí)最短，連接A'C，與BD的交點(diǎn)即為P點(diǎn)，即點(diǎn)P到A，B，C三點(diǎn)距離之和的最小值是A′C．∵∠ABC＝∠DCE＝∠α＝30°，∠A′BA＝60°，∴∠A′BC＝90°，∴A′C=A'B2+BC因此點(diǎn)P到A，B，C三點(diǎn)距離之和的最小值是62cm，故答案為62cm．21．（龍巖期末）如圖，正三角形ABC與正方形CDEF的頂點(diǎn)B，C，D三點(diǎn)共線(xiàn)，動(dòng)點(diǎn)P沿著CA由C向A運(yùn)動(dòng)．連接EP，若AC＝10，CF＝8．則EP的最小值是43+4【解題思路】過(guò)點(diǎn)E作EP⊥AC，交FC于點(diǎn)G，當(dāng)EP⊥AC時(shí)，EP取得最小值，然后依據(jù)含30度角的直角三角形列式計(jì)算即可求出EP的最小值．【解答過(guò)程】解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EP⊥AC，交FC于點(diǎn)G，當(dāng)EP⊥AC時(shí)，EP取得最小值，∵正三角形ABC與正方形CDEF的頂點(diǎn)B，C，D三點(diǎn)共線(xiàn)，∴∠ACB＝60°，∠FCD＝90°，∴∠ACF＝30°，∴∠CGP＝∠EGF＝60°，∵∠F＝90°，∴∠FEG＝30°，設(shè)PG＝x，則CG＝2x，∴FG＝CF﹣CG＝8﹣2x，∴EG＝2FG＝2（8﹣2x），∵FG=33∴8﹣2x＝8×3∴x＝4-4∴EP＝EG+PG＝2（8﹣2x）+x＝16﹣3x＝43+故答案為：43+22．（茅箭區(qū)校級(jí)期末）如圖，已知線(xiàn)段AB＝12，點(diǎn)C在線(xiàn)段AB上，且△ACD是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，以CD為邊在CD的右側(cè)作矩形CDEF，連接DF，點(diǎn)M是DF的中點(diǎn)，連接MB，則線(xiàn)段MB的最小值為6．【解題思路】連接AM、CM、EM，依據(jù)四邊形CDEF是矩形，和△ACD是等邊三角形，證明△ADM≌△ACM，從而求出∠CAM＝30°，當(dāng)BM⊥AM時(shí)，MB有最小值，然后用含有30°角的直角三角形的性質(zhì)求出MB．【解答過(guò)程】解：連接AM、CM、EM，如圖：∵矩形CDEF，M是DF的中點(diǎn)，∴C、M、E共線(xiàn)，∴DM=12DF=12∵△ACD是等邊三角形，∴∠DAC＝60°，AD＝AC，在△ADM和△ACM中，AD=ACDM=CM∴△ADM≌△ACM（SSS），∴∠DAM＝∠CAM，∵∠DAC＝60°，∴∠CAM＝30°，∴當(dāng)BM⊥AM時(shí)，MB有最小值，此時(shí)，BM=12AB故答案為：6．23．（北侖區(qū)二模）如圖，△ABC的邊AB＝3，AB邊上的中線(xiàn)CM＝1，分別以AC，BC為邊向外作正方形ACGH與正方形BCDE，連接GD，取GD中點(diǎn)N．則點(diǎn)N到線(xiàn)段AB的距離最大值為52【解題思路】當(dāng)GD∥AB時(shí)，N點(diǎn)到AB的距離最大，則AC＝BC，∴N、C、M三點(diǎn)共線(xiàn)且MN⊥AB，通過(guò)證明△AMC≌△GOC，可以求出AM，然后再證明出OCNG是矩形，從而求出MN．【解答過(guò)程】解：∵點(diǎn)N到AB的距離介于G、D到AB的距離之間，∴當(dāng)GD∥AB時(shí)，N點(diǎn)到AB的距離最大，則AC＝BC，∴N、C、M三點(diǎn)共線(xiàn)且MN⊥AB，過(guò)點(diǎn)C作CP∥AB，作GO⊥CP，O為垂足，∵PC∥AB，∴∠PCA＝∠CAM，∠PCA+∠OCG＝90°，∠OGC+∠OCG＝90°，∴∠OGC＝∠PCA＝∠CAM，在△AMC和△GOC中，∠AMC=∠GOC∠CAM=CGO∴△AMC≌△GOC（AAS），∴GO＝AM=12AB∵GO⊥PC，MN⊥AB，PC∥AB，∴PC⊥MN，MN⊥GD，∴四邊形GDCN是矩形，∴GO＝NC，MN＝CM+CN，∵CM＝1，GO＝NC=3∴MN＝1+3故答案為：5224．（眉山）如圖，在菱形ABCD中，AB＝AC＝10，對(duì)角線(xiàn)AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M在線(xiàn)段AC上，且AM＝3，點(diǎn)P為線(xiàn)段BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則MP+12PB的最小值是7【解題思路】過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BC于E，由菱形的性質(zhì)可得AB＝BC＝AC＝10，∠ABD＝∠CBD，可證△ABC是等邊三角形，可求∠CBD＝30°，由直角三角形的性質(zhì)可得PE=12PB，則MP+12PB＝PM+PE，即當(dāng)點(diǎn)M，點(diǎn)P，點(diǎn)E共線(xiàn)且ME⊥BC時(shí)，PM+【解答過(guò)程】解：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BC于E，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝AC＝10，∴AB＝BC＝AC＝10，∠ABD＝∠CBD，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠CBD＝30°，∵PE⊥BC，∴PE=12∴MP+12PB＝PM+∴當(dāng)點(diǎn)M，點(diǎn)P，點(diǎn)E共線(xiàn)且ME⊥BC時(shí)，PM+PE有最小值為ME，∵AM＝3，∴MC＝7，∵sin∠ACB=ME∴ME=7∴MP+12PB的最小值為故答案為7325．（海安市二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E在邊BC上運(yùn)動(dòng)，M、N在對(duì)角線(xiàn)BD上運(yùn)動(dòng)，且MN=5，連接CM、EN，則CM+EN的最小值為115【解題思路】先作C點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F，然后再把F左移2個(gè)單位，下移1個(gè)單位，得到Q，再過(guò)Q作QE⊥BC于E，交BD于N，連接BF，過(guò)F作FP⊥BC于P，以B為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，求出F的坐標(biāo)，再求出Q的坐標(biāo)，即可得出答案．【解答過(guò)程】解：先作C點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F，然后再把F左移2個(gè)單位，下移1個(gè)單位，得到Q，再過(guò)Q作QE⊥BC于E，交BD于N，連接BF，過(guò)F作FP⊥BC于P，以B為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，∵AB＝2＝CD，BC＝4，∴C（4，0），BF＝BC＝4，由勾股定理得：BD=BC2由三角形面積公式得：12×CR×BD=12即CR=BC×CD即CF＝2CR=8由勾股定理得：BF2﹣BP2＝CF2﹣CP2，∴42﹣BP2＝（855）2﹣（4﹣BP）解得：BP=12∴FP=4∴F的坐標(biāo)是（125，16∴Q的坐標(biāo)是（25，11即CM+EN的最小值為115故答案為：11526．（浙江自主招生）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)P為邊BC上隨意一點(diǎn)（可與B點(diǎn)或C點(diǎn)重合），分別過(guò)B、C、D作射線(xiàn)AP的垂線(xiàn)，垂足分別是B′、C′、D′，則BB′+CC′+DD′的最大值為2，最小值為2．【解題思路】連接AC、DP，依據(jù)三角形的面積公式得出S△DPC＝S△APC=12AP×CC′，依據(jù)S正方形ABCD＝S△ABP+S△ADP+S△DPC，推出BB′+DD′+CC′=2AP，依據(jù)代入求出即可．【解答過(guò)程】解：連接AC、DP，S正方形ABCD＝1×1＝1，由勾股定理得：AC=1∵AB＝1，∴1≤AP≤2∵△DPC和△APC的邊CP上的高DC＝AB，∴S△DPC＝S△APC=12AP×1＝S正方形ABCD＝S△ABP+S△ADP+S△DPC=12AP（BB′+DD′+BB′+DD′+CC′=2∵1≤AP≤22≤BB′+CC′+DD故答案為：2，2．27．（乾縣一模）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，點(diǎn)E為邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在對(duì)角線(xiàn)BD上且PE+PA＝6，則AB長(zhǎng)的最大值為43【解題思路】連接PC，CE，AC；由已知條件可以得出PE+PC＝PE+PA＝6≥CE（當(dāng)P是AE與DB的交點(diǎn)時(shí)取等號(hào)），再利用等邊三角形的性質(zhì)得出CE=32AB，進(jìn)而求出【解答過(guò)程】解：連接PC，CE，AC，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AP＝PC，∴PE+PC＝PE+PA＝6≥CE，∵∠DAB＝120°，∴∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∵點(diǎn)E為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE，∴∠AEC＝90°，∠BCE＝30°，∴CE=32BC=所以AB≤43即AB長(zhǎng)的最大值是43故答案為：4328．（壽光市二模）如圖所示，四邊形ABCD中，AC⊥BD于點(diǎn)O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，點(diǎn)P為線(xiàn)段AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)P分別作PM⊥AD于點(diǎn)M，作PN⊥DC于點(diǎn)N．連接PB，在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，PM+PN+PB的最小值等于7.8．【解題思路】證四