專題18.11平行四邊形中的定值、最值問題三大題型【人教版】考卷信息：本套訓(xùn)練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強(qiáng)學(xué)生對平行四邊形中的定值、最值問題三大題型的理解！【題型1定值問題】1．（2024八年級下·浙江金華·期中）如圖，四邊形ABCD和AEFD均為平行四邊形，邊AE，CD相交于點(diǎn)P，邊BC，EF在同一直線上，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)向點(diǎn)D運(yùn)動時(shí)（點(diǎn)P不與點(diǎn)C，D重合），則△ACE的面積與△PCF的面積差的變化情況是（）

A．先變小后變大 B．先變大后變小 C．一直變小 D．一直不變【答案】D【分析】連接BP，由平行四邊形對邊平行且相等可得CD∥AB，BC=AD=EF，由同底等高的兩個(gè)三角形面積相等得到S△ACP=S△BCP，由等底同高的兩個(gè)三角形面積相等得到【詳解】解：連接BP，

∵四邊形ABCD和AEFD均為平行四邊形，∴CD∥AB，BC=AD=EF，∵邊AE，CD相交于點(diǎn)P，邊BC，EF在同一直線上，∴S△ACP=S∴S△ACP∴S△ACP即S△ACE∴S△ACE∴當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)向點(diǎn)D運(yùn)動時(shí)，△ACE的面積與△PCF的面積差一直不變．故答案為：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形，平行線，三角形的面積，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)、平行線間的距離相等、三角形的面積公式，等底等高的三角形面積相等，是解決問題的關(guān)鍵．2．（2024·湖南株洲·二模）如圖，直線MA平行于NB，定點(diǎn)A在直線MA上，動點(diǎn)B在直線BN上，P是平面上一點(diǎn)，且P在兩直線中間（不包括邊界），始終有∠PAM=∠PBN，則在整個(gè)運(yùn)動過程中，下列各值①∠APB；②PA+PB；③PAPB；④S△PAB中，一定為定值的是

【答案】①②/②①【分析】過點(diǎn)P作PQ∥AM，交B′P′于點(diǎn)Q，根據(jù)平行線的判定和性質(zhì)，推出∠APB=∠APQ+∠BPQ=2∠PAM，判斷①；證明四邊形QPBB′【詳解】解：過點(diǎn)P作PQ∥AM，交B′P′

∵M(jìn)A∥NB，∴PQ∥MA∥NB，∴∠APQ=∠PAM,∠BPQ=∠PBN，∵∠PAM=∠PBN，∴∠APQ=∠PAM=∠BPQ=∠PBN，∴∠APB=∠APQ+∠BPQ=2∠PAM，為定值，故①正確；∵∠P∴PB∥P∴四邊形QPBB′為平行四邊形，∴PB=QB′，∴AP∴PA+PB為定值，故②正確；由圖可知，當(dāng)點(diǎn)B從下往上運(yùn)動時(shí)，AP逐漸減小，∵PA+PB為定值，

∴BP逐漸增大，∴PAPB假設(shè)∠PAM=45°，則：∠APB=90°，∴△APB為直角三角形，∴S△APB設(shè)PA+PB=m，∴PA=m?PB，∴S△APB∵PB不是定值，∴S△APB的值也不是定值，故④錯(cuò)誤；故答案為：①②．【點(diǎn)睛】本題考查平行線的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造特殊圖形．3．（2024八年級下·陜西西安·期中）問題探究：（1）如圖1，平行四邊形ABCD，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，M、N分別為AD、DC上的點(diǎn)，且DM+DN＝4，則四邊形BMDN的面積最大值是．（2）如圖2，∠ACB＝90°，且AC+BC＝4，連接AB，則△ABC的周長是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，說明理由．問題解決（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對角線AC交BD于O，已知∠AOB＝120°，且AC+BD＝10，則△AOD與△BOC的周長之和是否為定值？若是，求出定值；若不是，求出最小值．【答案】（1）932；（2）存在，4+2【分析】（1）先求出平行四邊形ABCD的面積，利用面積和差關(guān)系可得四邊形BMDN的面積=53?32DM（2）在RtΔABC中，由勾股定理可求（3）如圖3，過點(diǎn)D作DH//AC，交BC的延長線于H，過點(diǎn)B作BN⊥DH于N，可證四邊形ADHC是平行四邊形，可AD=CH，AC=DH，則ΔAOD與ΔBOC的周長之和為10+BH，由直角三角形的性質(zhì)可求BH的長，即可求解．【詳解】解：（1）過點(diǎn)B作BE⊥AD，交DA延長線于E，過點(diǎn)B作BF⊥CD，交DC的延長線于F，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，AD//BC，AB=CD=3，BC=AD=5，∴∠BAE=∠ABC=60°，∠BCF=∠ABC=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AE=12AB=∴BE=332∴四邊形ABCD的面積=AD×BE=15∵DM+DN=4，∴DN=4?DM，∴CN=DC?DN=3?∵四邊形BMDN的面積=S∴四邊形BMDN的面積=53則當(dāng)DM有最小值時(shí)，四邊形BMDN的面積有最大值，∵DM+DN=4，∴DN=4?DM，∵DN≤3，∴4?DM≤3，∴DM≥1，∴當(dāng)DM=1時(shí)，四邊形BMDN的面積=9故答案為93（2）存在，設(shè)AC=x，∵AC+BC=4，∴BC=4?x，∴AB=A∴ΔABC的周長=AB+BC+AC=4+2∴當(dāng)x=2時(shí)，ΔABC的周長的最小值為4+22（3）ΔAOD與ΔBOC的周長之和不是定值，理由如下：如圖3，過點(diǎn)D作DH//AC，交BC的延長線于H，過點(diǎn)B作BN⊥DH于N，∵AD//BC，DH//AC，∴四邊形ADHC是平行四邊形，∴AD=CH，AC=DH，∴C設(shè)BD=x，則AC=DH=10?x，∵AC//DH，∴∠BDH=∠BOC=180°?∠AOB=60°，∴∠DBN=30°，∴DN=1∴BN=B∵NH=10?BD?DN=10?3∴BH=B∴C∴ΔAOD與ΔBOC的周長之和不是定值，∴當(dāng)x=5時(shí)，ΔAOD與ΔBOC的周長之和的最小值為15．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．4．（2024八年級下·江蘇南通·期中）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．過點(diǎn)A作對角線BD的平行線與邊CD的延長線相交于點(diǎn)E．P為邊BD上的一個(gè)動點(diǎn)（不與端點(diǎn)B，D重合），連接PA，PE，AC．（1）求證：四邊形ABDE是平行四邊形；（2）求四邊形ABDE的周長和面積；（3）記△ABP的周長和面積分別為C1和S1，△PDE的周長和面積分別為C2和S2，在點(diǎn)P的運(yùn)動過程中，試探究下列兩個(gè)式子的值或范圍：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，請直接寫出這個(gè)定值；如果不是定值的，請直接寫出它的取值范圍．【答案】（1）見解析；（2）?ABDE的周長為：4+43，面積為2（3）①8+23<C1+C2【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)得：AB∥DE，由兩組對邊分別平行的四邊形可得結(jié)論；（2）設(shè)對角線AC與BD相交于點(diǎn)O．根據(jù)直角三角形30°角的性質(zhì)得AC的長，由勾股定理得OB的長和BD的長，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得其周長和面積；（3）①先根據(jù)三角形的周長計(jì)算C1+C2=2AB+BD+AP+PE=4+23+AP+PE，確定AP+PE的最大值和最小值即可；根據(jù)軸對稱的最短路徑問題可得：當(dāng)P在D處時(shí)，AP+PE的值最小，最小值是2+2=4，由圖形可知：當(dāng)P在點(diǎn)B處時(shí)，AP+PE的值最大，構(gòu)建直角三角形計(jì)算即可；②S1+S2的值為定值，這個(gè)定值為3，根據(jù)面積公式可得結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，即AB∥DE．∵BD∥AE，∴四邊形ABDE是平行四邊形．（2）解：設(shè)對角線AC與BD相交于點(diǎn)O．∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠ABD＝∠CBP＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD在Rt△AOB中，AO＝12AB∴OB＝3．∴BD＝2BO＝23．∴?ABDE的周長為：2AB+2BD＝4+43，?ABDE的面積為：BD?AO＝23×1＝23．（3）①∵C1+C2＝AB+PB+AP+PD+PE+DE＝2AB+BD+AP+PE＝4+23+AP+PE，∵C和A關(guān)于直線BD對稱，∴當(dāng)P在D處時(shí)，AP+PE的值最小，最小值是2+2＝4，當(dāng)P在點(diǎn)B處時(shí)，AP+PE的值最大，如圖2，過E作EG⊥BD，交BD的延長線于G，∵∠BDE＝150°，∴∠EDG＝30°，∵DE＝2，∴EG＝1，DG＝3，Rt△PEG中，BG＝23+3＝33，由勾股定理得：PE＝12∴AP+PE的最大值是：2+27，∵P為邊BD上的一個(gè)動點(diǎn)（不與端點(diǎn)B，D重合），∴4+4+23＜C1+C2＜4+23+2+27，即8+23＜C1+C2＜6+23+27；（寫對一邊的范圍給一分）②S1+S2的值為定值，這個(gè)定值為3；理由是：S1+S2＝12【點(diǎn)睛】考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形30度角的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積和周長公式，解（1）的關(guān)鍵是熟練掌握平行四邊形的判定，解（2）的關(guān)鍵是計(jì)算OA和OB的長，解（3）的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)建直角三角形.5．（2024八年級上·浙江杭州·期中）如圖，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D在邊BC上（不與點(diǎn)B，C重合），且BD>CD，過點(diǎn)D作DP⊥BC，分別交BA的延長線和AC于點(diǎn)P和點(diǎn)Q．(1)求證：AP=AQ．(2)若點(diǎn)Q是線段DP的中點(diǎn)，探索AQ與QC的數(shù)量關(guān)系．(3)若△ABC的形狀和大小都確定，說說DP+DQ的值是否為定值，如果是定值，直接寫出這個(gè)定值的幾何意義；如果不是定值，說明理由．【答案】(1)見解析(2)QC=2AQ；證明見解析(3)DP+DQ的值是定值，這個(gè)定值是BC邊上的高的2倍【分析】（1）根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得出∠B=∠C，根據(jù)余角性質(zhì)得出∠AQP=∠CQD=∠P，即可證明結(jié)論；（2）過點(diǎn)P作PE∥BC，交CA的延長線于點(diǎn)E，證明AE=AP=AQ，得出QE=2AQ，證明△EQP≌△CQD，得出（3）過點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，延長AM至點(diǎn)E，使AM=ME，連接CE，延長QD交CE于點(diǎn)F，證明△AMB≌△EMC，得出∠B=∠ECM，證明四邊形AEFP為平行四邊形，得出AE=PF=2AM，證明BC垂直平分AE，得出CQ=CF，說明DQ=DF，即可得出PD+DQ=PD+DF=PF．【詳解】（1）解：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵DP⊥BC，∴∠B+∠P=∠C+∠CQD=90°，∴∠AQP=∠CQD=∠P，∴AP=AQ．（2）解：過點(diǎn)P作PE∥BC，交CA的延長線于點(diǎn)E，如圖所示：則∠PEQ=∠C，∠APE=∠B，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠PEQ=∠APE，∴AE=AP=AQ，∴QE=2AQ，∵點(diǎn)Q是線段DP的中點(diǎn)，∴PQ=DQ，∵∠PEQ=∠C，∠PQE=∠CQD，∴△EQP≌∴QE=QC，∴QC=2AQ．（3）解：DP+DQ的值是定值，這個(gè)定值是BC邊上的高的2倍．理由：過點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，延長AM至點(diǎn)E，使AM=ME，連接CE，延長QD交CE于點(diǎn)F，如圖所示：∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=CM，∵∠AMB=∠CME，AM=EM，∴△AMB≌△EMC，∴∠B=∠ECM，∴AB∥∵AM⊥BC，PD⊥BC，∴AE∥∴四邊形AEFP為平行四邊形，∴AE=PF=2AM，∵AM=ME，AM⊥CM，∴BC垂直平分AE，∴CQ=CF，∵CD⊥FQ，∴DQ=DF，∴PD+DQ=PD+DF=PF，∴PD+DQ=2AM，即DP+DQ的值是定值，這個(gè)定值是BC邊上的高的2倍．【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，余角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的判定和性質(zhì)．6．（2024八年級上·福建泉州·階段練習(xí)）如圖所示四邊形ABCD中，AB=BC=CD=DA=4，∠BAD=120°，△AEF為正三角形，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．(1)四邊形ABCD______平行四邊形（是或不是）(2)證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE=CF；(3)當(dāng)點(diǎn)E、F在BC、CD上滑動時(shí)，四邊形AECF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個(gè)定值；如果變化，求出最大（或最?。┲担敬鸢浮?1)是(2)見解析(3)四邊形AECF的面積不變，為定值4【分析】（1）根據(jù)AB=BC=CD=DA=4可知四邊形ABCD是平行四邊形，即可得答案；（2）根據(jù)平行四邊形及∠BAD=120°，可證得△ABC和△ACD為等邊三角形，則∠BAC=60°，∠ABE=∠4=60°，AC=AB，再結(jié)合△AEF是等邊三角形，進(jìn)而證得∠1=∠3，利用ASA即可證明△ABE≌△ACF，即可得結(jié)論；（3）根據(jù)△ABE≌△ACF，得S△ABE=S△ACF，故由S四邊形AECF=S△AEC+S△ACF=【詳解】（1）解：四邊形ABCD是平行四邊形，理由如下：∵AB=BC=CD=DA=4，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故答案為：是；（2）證明：由（1）知四邊形ABCD為平行四邊形，則AB∥CD，AD∥BC，∵∠BAD=120°，AB∥CD，AD∥BC，∴∠ABC=∠ADC=60°，又∵AB=BC=CD=DA=4，∴△ABC和△ACD為等邊三角形，∴∠BAC=60°，∠4=60°，AC=AB，∵△AEF是等邊三角形，∴∠EAF=60°，∴∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，又∵∠ABE=∠4=60°，AC=AB，∴△ABE≌△ACFASA∴BE=CF；（3）四邊形AECF的面積不變，為定值43理由如下：由（2）得△ABE≌△ACF，則S△ABE故S四邊形作AH⊥BC于H點(diǎn)，∵∠BAC=60°，AB=AC=4∴BH=12BC=2∴S四邊形綜上，四邊形AECF的面積不變，為定值43【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定及性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．7．（2024八年級上·北京海淀·開學(xué)考試）如圖1，點(diǎn)B，C分別是∠MAN的邊AM，AN上的點(diǎn)，滿足AB=BC，點(diǎn)P為射線AB上的動點(diǎn)，點(diǎn)D為點(diǎn)B關(guān)于直找AC的對稱點(diǎn)，連接PD交AC于點(diǎn)E；交BC干點(diǎn)F．(1)在圖1中補(bǔ)全圖形．(2)求證：∠ABE=∠EFC．(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到滿足PD⊥BE的位置時(shí)，在射線AC上取點(diǎn)Q，使得AB=BQ，此時(shí)DECQ【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）是定值22【分析】（1）根據(jù)要求畫出圖形即可．（2）證明ΔAEB?ΔAED(SSS)，推出∠ABE=∠D，證明AD//BC，推出∠D=∠EFC即可解決問題．（3）結(jié)論：DECQ=1，是一個(gè)定值．如圖2中，作QK//AD交PD于K，連接BK．證明四邊形BCQK是平行四邊形，【詳解】解：（1）圖形如圖1所示：（2）證明：∵B，D關(guān)于AC對稱，∴AB=AD，BE=DE，∵AE=AE，∴ΔAEB?ΔAED(SSS)，∴∠ABE=∠D，∵BA=BC，∴∠BAC=∠ACB=∠CAD，∴AD//BC，∴∠D=∠EFC，∴∠ABE=∠EFC．（3）結(jié)論：DECQ理由：如圖2中，作QK//AD交PD于K，連接BK．∵AD//QK，∴∠EAD=∠EQK，∵AE=EQ，∠AED=∠QEK，∴ΔAED?ΔQEK(ASA)，∴AD=KQ，∵AB=BC=AD，AD//BC，∴BC=KQ，BC//KQ，∴四邊形BCQK是平行四邊形，∴CQ=BK，CQ//BK，∵PD⊥BE，∴∠DEB=90°，∴∠AEB=∠AED=45°，∴∠EBK=∠AEB=45°，∵∠BEK=90°，∴ΔBEK是等腰直角三角形，∴BK=2∴CQ=2∴DECQ【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考壓軸題．8．（2024八年級下·江蘇淮安·階段練習(xí)）（1）如果△ABC的面積是S，E是BC的中點(diǎn)，連接AE（圖1)，則△AEC的面積是；

（2）若任意四邊形ABCD的面積是S，E、F分別是一組對邊AB，CD的中點(diǎn)，連接AF，CE（圖2），則四邊形AECF的面積是．

（3）如圖3，延長△ABC的邊BC到點(diǎn)D，延長邊CA到點(diǎn)E，延長AB到點(diǎn)F，使CD=BC，AE=CA，BF=AB，得到△DEF．若△ABC的面積=10，則△DEF的面積=．

拓展與應(yīng)用（4）?ABCD的面積為2，AB=a，BC=b，點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以每秒v個(gè)單位長的速度向點(diǎn)B運(yùn)動．點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)沿BC以每秒bva個(gè)單位的速度向點(diǎn)C運(yùn)動．E、F分別從點(diǎn)A，B同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．請問四邊形DEBF的面積的值是否隨著時(shí)間t的變化而變化？若不變，請寫出這個(gè)值

【答案】（1）S2；（2）S【分析】（1）根據(jù)中線的性質(zhì)進(jìn)行求解即可；（2）如圖2，連接AC，由題意知，CE是△ABC底邊AB的中線，AF是△ACD底邊CD的中線，則S△AEC=12S（3）如圖3，連接AD、BE、CF，由中線的性質(zhì)可得，S△ACD=S△ABE=S△BCF=S（4）由題意知，AE=vt，BF=bvat，則CF=b?bvat，如圖4，過D作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N，由S?ABCD=AB×DM=BC×DN=2，可求【詳解】（1）解：由題意知，AE是△ABC底邊BC的中線，∴S△AEC故答案為：S2（2）解：如圖2，連接AC，

由題意知，CE是△ABC底邊AB的中線，AF是△ACD底邊CD的中線，∴S△AEC=1∴S四邊形故答案為：S2（3）解：如圖3，連接AD、BE、CF，

由中線的性質(zhì)可得，S△ACD=S△ABE=S△BCF∴S△DEF故答案為：70；（4）解：四邊形DEBF的面積的值不變，這個(gè)值為2，理由如下：由題意知，AE=vt，BF=bvat如圖4，過D作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N，

∵S?ABCD∴a×DM=b×DN=2，解得DM=2a，∴S四邊形DEBF=S?ABCD?S∴四邊形DEBF的面積的值不變，這個(gè)值為1．【點(diǎn)睛】本題考查了中線的性質(zhì)，平行四邊形，解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運(yùn)用．9．（2024八年級下·廣東珠海·期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=?x+m(m>0)與x軸，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P在直線AB上．(1)如圖1，若m=22，點(diǎn)P在線段AB上，∠POA=45°，求點(diǎn)P(2)在（1）的條件下，平面內(nèi)是否存在點(diǎn)Q，使得以A，Q，P，O為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)如圖2，以O(shè)P為對角線作正方形OCPD（O，C，P，D按順時(shí)針方向排列），當(dāng)點(diǎn)P在直線AB上運(yùn)動時(shí)，BCOP【答案】(1)P(2，2)(2)存在，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,?2)(3)BCOP【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)解析式及已知條件可得A（22,0），B（0,22），AO=BO=22，由勾股定理確定AB=4，結(jié)合等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出OP=AP=BP=2，過點(diǎn)P作PC（2）分三種情況分析：①以AO為對角線時(shí)；②以AP為對角線時(shí)；③以O(shè)P為對角線時(shí)；利用平行四邊形的性質(zhì)分別進(jìn)行分析求解即可；（3）過O作OM⊥OP交PC的延長線于M，連BM，利用正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)得出∠MBP=90°，結(jié)合勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：y=-x+m，當(dāng)x=0時(shí)，y=m，當(dāng)y=0時(shí)，x=m，∴A（m,0），B（0,m），∵m=22∴A（22,0），B（0,2∴AO=BO=22∴AB=AO2∵∠POA=45°，∠BOA=90°，∴OP垂直平分AB，∴OP=AP=BP=2，過點(diǎn)P作PC⊥x軸，∴∠POA=∠PAO=45°，∴PC=OC=AC=2，∴P(2，2)；（2）解：①以AO為對角線時(shí)，點(diǎn)Q1與點(diǎn)P關(guān)于x∴Q1②以AP為對角線時(shí)，四邊形AQ2∴Q2∵P(2，2)，∴Q2③以O(shè)P為對角線時(shí)，四邊形APQ∴Q3∵P(1，1)，∴Q3綜上可得：點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,?2)或（3）如圖所示，過O作OM⊥OP交PC的延長線于M，連BM，∴四邊形OCPD是正方形，∴OC=PC，∠OCP=90°，∴∠OPC=45°∵∠MOP=90°，∴∠OMP=∠OPM=45°，∴OP=OM，∴CP=CM.∵A（m，0），B（0，m），∴OA=OB=m.∵∠BOA=∠MOP=90°，∴∠POA=∠MOB，∴△POA?△MOB，∴∠OAP=∠OBM=135°，∴∠MBP=90°，∵CP=CM，∴BC=CP=22OP∴BCOP【點(diǎn)睛】題目主要考查一次函數(shù)的綜合問題及勾股定理解三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等，理解題意，綜合運(yùn)用這些知識點(diǎn)是解題關(guān)鍵．10．（2024八年級上·吉林白城·期中）如圖：△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點(diǎn)．由點(diǎn)A向點(diǎn)C運(yùn)動（P與點(diǎn)A、C不重合），點(diǎn)Q同時(shí)以點(diǎn)P相同的速度，由點(diǎn)B向CB延長線方向運(yùn)動（點(diǎn)Q不與點(diǎn)B重合），過點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E，連接PQ交AB于點(diǎn)D．(1)若設(shè)AP的長為x，則PC=，QC=．(2)當(dāng)∠BQD=30°時(shí)，求AP的長；(3)過點(diǎn)Q作QF⊥AB交AB延長線于點(diǎn)F，則EP、FQ有怎樣的數(shù)量關(guān)系？說明理由．(4)點(diǎn)P，Q在運(yùn)動過程中，線段ED的長是否發(fā)生變化？如果不變，直接寫出線段【答案】(1)6?x(2)2(3)EP=FQ(4)3【分析】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練全等三角形判定是解答此題的關(guān)鍵．（1）由線段和差關(guān)系可求解；（2）由直角三角形的性質(zhì)可列方程6+x=2(6?x)，即可求AP的長；（3）由"AAS"可證△AEP≌△BFQ，可得QF=EP；（4）連接EQ,PF，由全等三角形的性質(zhì)可證AB=EF，由題意可證四邊形PEQF是平行四邊形，可得DE=DF=1【詳解】（1）解：∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，∴∠ACB=60°,AB=BC=AC=6設(shè)AP=x，則PC=6?x,QB=x，∴QC=QB+BC=6+x故答案為∶6?x,6+x；（2）當(dāng)∠BQD=30°時(shí)，∵△ABC是等邊三角形，∴∠C=60°,∴∠CPQ=90°,∴CQ=2CP,∴2(6?x)=6+x，解得∶x=2，∴AP=2；（3）EP=FQ，理由如下∶∵PE⊥AB,QF⊥AB，∴∠AEP=∠BFQ=90°，又∵∠QBF=∠ABC=∠A=60°,AP=BQ，∴△BFQ≌△AEPAAS∴EP=FQ；（4）DE的長度不變．連接EQ,PF，如圖：∵△AEP≌△BFQ∴AE=BF，∴BE+AE=BF+BE∴AB=EF=6∵PE⊥AB,QF⊥AB∴QF∥EP，且QF=PE∴四邊形PEQF是平行四邊形∴DE=DF=【題型2最小值問題】1．（2024八年級下·廣東深圳·期中）如圖，l1∥l2，直線l1與直線l2之間的距離為4，點(diǎn)A是直線l1與l2外一點(diǎn)，點(diǎn)A到直線l1的距離為2，點(diǎn)B，D分別是直線l1與直線l2上的動點(diǎn)，以點(diǎn)B為圓心，AD的長為半徑作弧，再以點(diǎn)D

A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】根據(jù)作圖可知四邊形ABCD是平行四邊形，連接AC，根據(jù)垂線段最短，得到當(dāng)AC與直線l1和直線l2垂直時(shí)，點(diǎn)A與點(diǎn)【詳解】解：如圖：由作圖可知，四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB=CD,BC=AD,BC∥AD，∵l1∴四邊形FBED是平行四邊形，∴BF=ED,BE=FD，∴CE=AF，∴△BAF≌△DCE，∴點(diǎn)A到直線l1的距離等于點(diǎn)C到直線l∴點(diǎn)C到直線l2連接AC，則：當(dāng)AC與直線l1和直線l2垂直時(shí)，點(diǎn)A與點(diǎn)即：AC=2+4+2=8；故選B．【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是根據(jù)作圖得出四邊形ABCD是平行四邊形．2．（2024八年級下·天津南開·期中）如圖，已知?OABC的頂點(diǎn)A，C分別在直線x=2和x=5上，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，則對角線OB長的最小值為（

）

A．9 B．8 C．7 D．6【答案】C【分析】作輔助線如解析圖，由于四邊形OABC是平行四邊形，所以O(shè)A=BC，又由平行四邊形的性質(zhì)可推得∠OAF=∠BCD，則可證明△OAF≌△BCD，進(jìn)而可得OE的長固定不變，當(dāng)BE最小時(shí)，OB取得最小值，從而可求．【詳解】過點(diǎn)B作BD⊥直線x=5，交直線x=5于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸，交x軸于點(diǎn)E，直線x=2與OC交于點(diǎn)M，與x軸交于點(diǎn)F，直線x=5與AB交于點(diǎn)N，如圖：

∵四邊形OABC是平行四邊形，∴∠OAB=∠BCO，∵直線x=2與直線x=5均垂直于x軸，∴AM∥CN，∴四邊形ANCM是平行四邊形，∴∠MAN=∠NCM，∴∠OAF=∠BCD，∵∠OFA=∠BDC=90°，∴△OAF≌△BCD．∴BD=OF=2，∴OE=5+2=7，由于OE的長不變，所以當(dāng)BE最小時(shí)（即B點(diǎn)在x軸上），OB取得最小值，最小值為OB=OE=7．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．3．（2024八年級上·山東濟(jì)寧·期中）如圖，已知點(diǎn)A0,8，B0,?2，E0,5，F(xiàn)?5,0，C為直線EF上一動點(diǎn)，則?ACBD的對角線

【答案】2【分析】連接CD，設(shè)CD,AB交于點(diǎn)G，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出點(diǎn)G0,3，進(jìn)而根據(jù)點(diǎn)到直線的距離，垂線段最短，可知當(dāng)CG⊥EF時(shí)，CG【詳解】解：連接CD，設(shè)CD,AB交于點(diǎn)G，如圖所示，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CG=GD，AG=GB，∵A0,8，∴G0,3∴當(dāng)CG取得最小值時(shí)，CD取得最小值，∴當(dāng)CG⊥EF時(shí)，CG取得最小值，∵E0,5，F(xiàn)∴OE=OF，EG=2,∴△OEF是等腰直角三角形，∴此時(shí)△CGE是直角三角形，且EG是斜邊，∵EG=2,∴CG=2∴?ACBD的對角線CD的最小值是22故答案為：22【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，點(diǎn)到直線的距離，垂線段最短，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2024八年級上·江蘇泰州·期中）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，BD⊥CD于點(diǎn)D，BD=24，CD=7，在BD右側(cè)的平面內(nèi)有一點(diǎn)F，△BDF的面積是96，當(dāng)FA+FC的最小值是30時(shí)，那么AB=【答案】9【分析】設(shè)△BDF的BD上的高為?，先證明點(diǎn)F在平行于BD，且到BD邊的距離等于8的直線MN上，延長DC交MN于點(diǎn)M，并在射線DC上取CM=MG，連接AG交直線MN于點(diǎn)F，連接CF，過點(diǎn)A作AH⊥CD于H，求得點(diǎn)C、G關(guān)于直線MN對稱時(shí)，F(xiàn)A+FC=AG=30，再證四邊形ABDH是平行四邊形，得AH=BD=24，DH=AB，最后利用勾股定理即可得解．【詳解】解：設(shè)△BDF的BD上的高為?，∵△BDF的面積是96，BD=24，∴12解得?=8，∴點(diǎn)F在平行于BD，且到BD邊的距離等于8的直線MN上，延長DC交MN于點(diǎn)M，并在射線DC上取CM=MG，連接AG交直線MN于點(diǎn)F，連接CF，過點(diǎn)A作AH⊥CD于H，∵BD⊥CD，MN∥BD，∴∠NMG=∴MN⊥CG，∵CM=MG，∴點(diǎn)C、G關(guān)于直線MN對稱，∵當(dāng)FA+FC的最小值是30，∴點(diǎn)C、G關(guān)于直線MN對稱時(shí)FA+FC=AG=30，∵AH⊥CD，BD⊥CD，∴AH∥BD，∴∠H=∵AB∥∴四邊形ABDH是平行四邊形，∴AH=BD=24，DH=AB，∴HG=AG∵DM=?=8，CD=7，∴MG=CM=8?7=1，∴AB=DH=HG?DM?MG=9．故答案為：9【點(diǎn)睛】此題主要考查平行四邊的判定及性質(zhì)，勾股定理，軸對稱的判定及性質(zhì)，線段最短以及平行線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線進(jìn)行求解．5．（2024八年級上·陜西安康·期中）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，AB=AC，△ABC的面積等于35，點(diǎn)P在AB上，點(diǎn)Q在AC上，BP=AQ，BC上有一動點(diǎn)M，若要使PM+MQ最小，則該最小值是．【答案】70【分析】本題考查軸對稱——最短路徑，平行四邊形的判定和性質(zhì)，作點(diǎn)P關(guān)于BC的對稱點(diǎn)N，當(dāng)M，N，Q三點(diǎn)共線時(shí)，PM+MQ取最小值，最小值為NQ，通過證明四邊形BNQA是平行四邊形，推出NQ=AB，即可求解．【詳解】解：∵∠A=90°，AB=AC，S△ABC∴12AB∴AB=70作點(diǎn)P關(guān)于BC的對稱點(diǎn)N，則MN=PM，∴PM+MQ=MN+MQ≥NQ，∴當(dāng)M，N，Q三點(diǎn)共線時(shí)，PM+MQ取最小值，最小值為NQ，如下圖所示，NQ與BC交點(diǎn)即為M，由題意知BC垂直平分PN，∴BP=BN，∠NBC=∠ABC=45°，∴∠ABN=90°=∠A，∴BN=AQ，BN∥∴四邊形BNQA是平行四邊形，∴NQ=AB=70即PM+MQ的最小值為70．故答案為：70．6．（2024八年級上·山東臨沂·期中）已知如圖，A1,1、B4,2．CD為x軸上一條動線段，D在C點(diǎn)右邊且CD=1，當(dāng)【答案】13+1/【分析】本題考查了“將軍飲馬”求最值的模型，涉及了平行四邊形的判定與性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短等知識點(diǎn)，將點(diǎn)A1,1向右平移1個(gè)單位長度得到點(diǎn)A′2,1【詳解】解：將點(diǎn)A1,1向右平移1個(gè)單位長度得到點(diǎn)A′2,1，作點(diǎn)A′2,1關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)A′′2,?1，連接∵AA′∴四邊形ACDA∴AC=∵點(diǎn)A′2,1關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為∴A∴AC+CD+DB=∵A∴AC+CD+DB的最小值為：13故答案為：137．（2024八年級下·全國·期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，△ABD是等邊三角形，BD=2，且兩個(gè)頂點(diǎn)B、D分別在x軸，y軸上滑動，連接OC，則OC的最小值是．【答案】3【分析】由條件可先證得△CBD是等邊三角形，過點(diǎn)C作CE⊥BD于點(diǎn)E，當(dāng)點(diǎn)C，O，E在一條直線上，此時(shí)CO最短，可求得OE和CE的長，進(jìn)而得出CO的最小值．【詳解】解：過點(diǎn)C作CE⊥BD于點(diǎn)E，如圖所示：∵△ABD是等邊三角形，∴AB=BD=AD=2，∠BAD=60°，平行四邊形ABCD中，AB=CD，BC=AD，∠BAD=∠BCD=60°，∴CD=BC=BD=2，∴△CBD是等邊三角形，∠CBD=60°，∵CE⊥BD，△CBD是等邊三角形，∴E為BD中點(diǎn)，∵∠DOB=90°，E為BD中點(diǎn)，∴EO=1∵CD=2,DE=1∴CE=C當(dāng)點(diǎn)C，O，E在一條直線上，此時(shí)OC最短，即OC的最小值為CO=CE?EO=3故答案為：3【點(diǎn)睛】本題考查坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，判斷出當(dāng)點(diǎn)C，O，E在一條直線上，OC最短是解題的關(guān)鍵．8．（2024八年級上·山東濰坊·期中）已知：將?ABCD沿對角線AC折疊，△DAC折到△FAC位置．(1)證明BE＝EF；(2)如果AC=6cm，B、D兩點(diǎn)間距離為8cm，請?jiān)趯蔷€AC上找一點(diǎn)O，使得(3)探索：線段AF與BC滿足什么關(guān)系時(shí)，點(diǎn)D、C、F在同一條直線上，請給出證明．【答案】(1)見解析(2)8(3)當(dāng)線AF與BC互相平分時(shí)，點(diǎn)D、C、F在同一條直線上，理由見解析【分析】（1）本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是證明AE=CE；（2）本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是證明OD=OF；（3）本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是證明∠ACF=∠ACD=90°．【詳解】（1）解：證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠DAC=∠ACB，∵△DAC翻折得到△FAC，∴AD=AF，∴∠ACB=∠FAC，∴AE=CE，∵AD=BC,AD=AF，∴BC=AF，∴BE=EF；（2）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OF，∵點(diǎn)F與D關(guān)于AC對稱，∴OD=OF，∴當(dāng)點(diǎn)O為AC與BD交點(diǎn)時(shí)，OB+OF的值最小，最小值為線段BD的長，即最小值為8cm；（3）當(dāng)線段AF與BC互相平分時(shí)，點(diǎn)D、C、F在同一條直線上．理由：∵AF與BC互相平分，AF=BC，∴EA=EB=EC=EF，∴∠EAC=∠ECA,∠ECF=∠F，∵∠EAC+∠ECA+∠ECF+∠F=180°，∴∠ECA+∠ECF=90°，即∠ACF=90°，∵△DAC翻折得到△FAC，∴∠ACF=∠ACD=90°，∴點(diǎn)D、C、F在同一條直線上．9．（2024八年級下·重慶秀山·期中）已知，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)M是BC邊上一點(diǎn)，連接AM、DM，AM=DM且AM⊥DM，點(diǎn)E是DM上一動點(diǎn)，連接AE．

(1)如圖1，若點(diǎn)E是DM的中點(diǎn)，AE=10，求平行四邊形ABCD(2)如圖2，當(dāng)AE⊥AB時(shí)，連接CE，求證：AB+CE=AE；(3)如圖3，以AE為直角邊作等腰Rt△AEF，∠EAF=90°，連接FM，若CM=2，CD=5，當(dāng)點(diǎn)E【答案】(1)8(2)見解析(3)3【分析】（1）設(shè)AM=DM=2EM，根據(jù)勾股定理AE2=102=5EM（2）延長AM,DC，兩線交于點(diǎn)F，證明△AME≌△DMF得到AE=DF=DC+CF=AB+CF，再證明△MCE≌△MCF，得到CE=CF，等量代換即可得證．（3）過F作FR∥AM，交DA的延長線于R,過A作SA⊥AD交FR于S,AM=DM且AM⊥DM，作A關(guān)于RS的對稱點(diǎn)Q，交RS于O，連接QM，交RS于NC△AFM=AM+AN+NM=AM+QM，此時(shí)【詳解】（1）∵AM=DM且AM⊥DM，點(diǎn)E是DM的中點(diǎn)，AE=10設(shè)AM=DM=2EM，∴AE∴AM=DM=22∴S△ADM∴S四邊形（2）延長AM,DC，兩線交于點(diǎn)F，∵平行四邊形ABCD中，AM=DM且AM⊥DM，∴∠BAD=∠BCD，AD∥BC,AB=CD,∠MAD=∠MDA=45°∴∠MAD=∠AMB=∠FMC=∠MDA=∠DMC=45°，∵AE⊥AB，∴∠BAD=∠BCD=90°+∠DAE，∴∠MDC=180°?90°?∠DAE?45°=45°?∠DAE，∵AM⊥DM，∴∠F=90°?∠MDC=45°+∠DAE，∵∠AEM=45°+∠DAE，∴∠F=∠AEM，

∵∠F=∠AEM∠FMD=∠EMA∴△AME≌△DMF∴AE=DF=DC+CF=AB+CF，ME=MF，∵EM=FM∠EMC=∠FMC∴△CME≌△CMF∴CE=CF，∴AB+CE=AE．（3）如圖，過F作FR∥AM，交DA的延長線于R,過A作SA⊥AD交FR于S,AM=DM且AM⊥DM，∴∠ASF=∠SAM=∠MAD=∠MDA=45°,∵∠EAF=90°，AE=AF，∴∠FAS+∠SAE=∠EAD+∠SAE=90°，∴∠FAS=∠EAD，∵∠EDA=∠FSA∠EAD=∠FAS∴△FAS≌△EADAAS∴FS=ED，∴F在RS上運(yùn)動，如圖，作A關(guān)于RS的對稱點(diǎn)Q，交RS于O，連接QM，交RS于NC△AFM=AM+AN+NM=AM+QM，此時(shí)

過C作CH⊥DM于H,由（2）得：∠HMC=45°,而CM=2∴HM=HC=1,HD=C∴AM=DM=3,AD=32∴AR=AS=AD=32,∴2OA∴OA=3,AQ=6,∵FR∥AM，∴∠QAM=90°,∴QM=6C△AFM此時(shí)△AFM的周長的最小值是3+35【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，平行四邊形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，動點(diǎn)的軌跡，靈活應(yīng)用以上知識是解題的關(guān)鍵．10．（2024八年級下·吉林·期中）如圖，?ABCD的對角線AC和BD相交于點(diǎn)O，EF過點(diǎn)O且與邊AB、CD分別相交于點(diǎn)E和點(diǎn)F．求證：OE=OF；【結(jié)論應(yīng)用】若∠ADB=90°，AB=5，AD=3，則四邊形ADFE的面積為______，EF的最小值為______

【答案】【教材原題改編】見解析；【結(jié)論應(yīng)用】6；2.4【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知OB=OD，∠EBO=∠FDO，然后可證△BEO≌△DFO，進(jìn)而問題可求證；結(jié)論應(yīng)用：由勾股定理可得BD=4，然后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可進(jìn)行求解．【詳解】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB=OD，∵AB∥DC，∴∠EBO=∠FDO，∵∠BOE=∠DOF，∴△BEO≌△DFO，∴OE=OF．結(jié)論應(yīng)用：解：∵∠ADB=90°，AB=5，AD=3，∴BD=A∴S?ABCD∴S四邊形當(dāng)EF⊥AB時(shí)，EF的值最小，最小值即為點(diǎn)D到AB的距離，∴EF=AD?BD故答案為6；2.4．【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理是解題的關(guān)鍵．【題型3最大值問題】1．（2024八年級下·廣東佛山·期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠C=120°，AD=4，AB=2，點(diǎn)E是折線BC?CD?DA上的一個(gè)動點(diǎn)(不與A、B重合)．則△ABE的面積的最大值是()A．32 B．1 C．32 【答案】D【分析】分三種情況討論：①當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，高一定，底邊BE最大時(shí)面積最大；②當(dāng)E在CD上時(shí)，△ABE的面積不變；③當(dāng)E在AD上時(shí)，E與D重合時(shí)，△ABE的面積最大，根據(jù)三角形的面積公式可得結(jié)論．【詳解】解：分三種情況：①當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，E與C重合時(shí)，△ABE的面積最大，如圖1，過A作AF⊥BC于F，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠C+∠B=180°，∵∠C=120°，∴∠B=60°，Rt△ABF中，∠BAF=30°，∴BF=12AB=1，AF=3∴此時(shí)△ABE的最大面積為：12×4×3=23②當(dāng)E在CD上時(shí)，如圖2，此時(shí)，△ABE的面積=12S?ABCD=12×4×3=2③當(dāng)E在AD上時(shí)，E與D重合時(shí)，△ABE的面積最大，此時(shí)，△ABE的面積=23，綜上，△ABE的面積的最大值是23；故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，三角形的面積，含30°的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，并運(yùn)用分類討論的思想解決問題．2．（2024八年級下·江蘇無錫·期中）已知平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、B在動直線y=mx?3m+4（m為常數(shù)且m≠43）上，AB=5，點(diǎn)C是平面內(nèi)一點(diǎn)，以點(diǎn)O、A、B、A．24 B．25 C．26 D．30【答案】B【分析】由直線關(guān)系式確定出直線過定點(diǎn)3,4，把平行四邊形面積最大轉(zhuǎn)化為求△ABO的最大面積即可．【詳解】解：∵直線AB：∴AB過定點(diǎn)M3,4∴OM=5，作OH⊥AB于H，∴OH≤OM，∴△ABO的面積的最大值=1∴以點(diǎn)O、A、B、C為頂點(diǎn)的平行四邊形面積的最大值是25，故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查了一次函數(shù)性質(zhì)，動點(diǎn)平行四邊形面積最值問題，解題的關(guān)鍵是把求平行四邊形面積最大轉(zhuǎn)化為求△ABO的最大面積．3．（2024八年級下·浙江杭州·期中）如圖，已知∠XOY=60°，點(diǎn)A在邊OX上，OA=4．過點(diǎn)A作AC⊥OY于點(diǎn)C，以AC為一邊在∠XOY內(nèi)作等邊三角形ABC，點(diǎn)P是△ABC圍成的區(qū)域（包括各邊）內(nèi)的一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD//OY交OX于點(diǎn)D，作PE//OX交OY于點(diǎn)E．設(shè)OD=a,OE=b，則a+2b的最大值與最小值的和是（

）A．12+3 B．14 C．73 【答案】B【分析】過P作PH⊥OY交于點(diǎn)H，構(gòu)建30度的直角三角形，先證明四邊形EODP是平行四邊形，得EP＝OD＝a，在Rt△HEP中，∠EPH＝30°，可得EH的長，計(jì)算a+2b＝2OH，確認(rèn)OH最大和最小值的位置，可得結(jié)論．【詳解】解：如圖1，過P作PH⊥OY交于點(diǎn)H，∵PD∥OY，PE∥OX，∴四邊形EODP是平行四邊形，∠HEP＝∠XOY＝60°，∴EP＝OD＝a，Rt△HEP中，∠EPH＝30°，∴EH＝12EP＝12∴a+2b＝2（12a+b）＝2（EH+EO）＝2OH當(dāng)P在AC邊上時(shí)，H與C重合，此時(shí)OH的最小值＝OC＝12OA＝2，即a+2b當(dāng)P在點(diǎn)B時(shí)，如圖2，OC＝2，OA=4，AC＝BC＝42Rt△CHP中，∠HCP＝30°，∴PH＝3，CH＝(23則OH的最大值是：OC+CH＝2+3＝5，即（a+2b）的最大值是10，∴a+2b的最大值和最小值的和＝4+10＝14，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、直角三角形30度角的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)，有難度，掌握確認(rèn)a+2b的最值就是確認(rèn)OH最值的范圍．4．（2024八年級下·北京豐臺·期中）在等邊△ABC中，AD為邊BC的中線，將此三角形沿AD剪開成兩個(gè)三角形，然后把這兩個(gè)三角形拼成一個(gè)平行四邊形，如果AB=2，那么在所有能拼成的平行四邊形中，對角線長度的最大值是．【答案】13【分析】分三種情況作出圖形，分別利用勾股定理計(jì)算出對角線的長度即可．【詳解】解：∵在等邊△ABC中，AB=2，AD為邊BC的中線，∴BD＝CD＝12∴AD＝AB如圖，有三種情況．在圖1中，對角線AC＝2；在圖2中，過點(diǎn)A′作A′E⊥AD交AD的延長線于E，在Rt△AEA′中，AE＝AD＋DE＝AD＋A′C＝23，A′E＝CD∴AA′＝AE在圖3中，過點(diǎn)B作BF⊥CD交CD的延長線于F，在Rt△BFC中，BF＝AD＝3，CF＝DF＋CD＝2CD＝2，∴BC＝BF∵13>∴對角線長度的最大值是13，故答案為：13．【點(diǎn)睛】本題考查圖形的拼接，平行四邊形的性質(zhì)和勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．5．（2024八年級下·山東濟(jì)南·期中）如圖，在□ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝60°，E是邊AD上且AE＝2DE，F(xiàn)是射線AB上的一個(gè)動點(diǎn)，將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到EG，連接BG、DG，則BG－DG的最大值為．【答案】1【分析】如圖，在AB的一點(diǎn)N，使得AN=AE，連接EN，GN，可證明△AEN是等邊三角形，∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，從而可證明△AEF≌△NEG得到∠ENG=∠A=60°，進(jìn)而推出∠GNB=60°，則點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡是射線NG，過點(diǎn)B作BM⊥NG交CD延長線于M，連接MG，DG，先求出NK=12BN=32，證明四邊形ANTD是平行四邊形，得到NT=AD=3，DT=AN=2，然后證明△MKT≌△BKN得到MK=BK，MT=BN=3，MD=1，NT垂直平分BM，進(jìn)而推出當(dāng)M、D、G三點(diǎn)共線時(shí)，MG-DG有最大值，DM，即BG【詳解】解：如圖，在AB的一點(diǎn)N，使得AN=AE，連接EN，GN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知EF=EG，∠FEG=60°，∵AE=2DE，AD=3∴AE=2，DE=1，∵AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等邊三角形，∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，∴∠AEF=∠NEG，∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG=∠A=60°，∵∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡是射線NG，過點(diǎn)B作BM⊥NG交CD延長線于M，連接MG，DG，∴∠BKN=90°，∵∠BNK=60°，∴∠NBK=30°，∵AB=5，AN=AE=2，∴BN=3，∴NK=1∵∠BNK=∠A=60°，∴AD∥∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥∴四邊形ANTD是平行四邊形，∠M=∠KBN，∴NT=AD=3，DT=AN=2，∴TK=NT?NK=3∴NK=TK，又∵∠MKT=∠BKN，∴△MKT≌△BKN（AAS），∴MK=BK，MT=BN=3，∴MD=1，NT垂直平分BM，∴BG=MG，∵M(jìn)G-DG≤MD，∴BG-DG≤MD，∴當(dāng)M、D、G三點(diǎn)共線時(shí)，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，∴MG-DG的最大值為1，故答案為1．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形確定點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵．6．（2024八年級下·山東濰坊·期中）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，將△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度α得到△DEC，點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)分別是點(diǎn)D，E（1）當(dāng)點(diǎn)E恰好在AC上時(shí)，如圖1．求∠ADE的大?。唬?）若α=60°時(shí)，點(diǎn)F是邊AC的中點(diǎn)，如圖2．求證：四邊形BEDF是平行四邊形；（3）當(dāng)AB=2時(shí)，連接AE，AD，設(shè)△ADE的面積為S．在旋轉(zhuǎn)過程中，S是否存在最大值？若存在，請直接寫出S的最大值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）75°；（2）見解析；（3）存在，4+2【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)得AD=AC，通過等腰三角形及直角三角形導(dǎo)出∠CDE；（2）由旋轉(zhuǎn)及點(diǎn)F為斜邊中線得DE=BF，再添加輔助線證明DE//BF從而得到四邊形BFDE是平行四邊形；（3）線段DE為定值，點(diǎn)C到DE距離最大時(shí)△CDE的面積取最大值．【詳解】解：（1）解：如圖1，∵△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到△DEC，點(diǎn)E恰好在AC上，∴CA=CD，∠ECD=∠ACB=30°，∠AED=∠DEC=∠ABC=90°，∴∠CAD=∠CDA=1（2）證明：如圖2，∵點(diǎn)F是邊AC中點(diǎn)，∴在Rt△ABC中，BF=∵∠ACB=30°，∴在Rt△ABC中，∠BAC=60°∴△ABF為等邊三角形，∴AB=BF=AF=1∵△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△DEC，∴∠EDC=∠BAC=60°，∠DCA=60°，∠ECB=60°，CB=CE，DE=AB，∴DE=BF=FC，△BCE為等邊三角形，∴BE=EC，∴在△CFD和△DEC中，DE=FC,∴△CFD≌△DEC，∴DF=EC，∴DF=BE，又∵BF=DE，∴四邊形BEDF是平行四邊形．（3）S的最大值為4+23∵線段DE為定值，∴點(diǎn)A到DE的距離最大時(shí)，△ADE的面積有最大值．∴當(dāng)點(diǎn)A，C，E共線時(shí)，S有最大值．∵AB=2，AB=1∴AC=4，DE=2，在Rt△ABC中，BC=∴EC=23當(dāng)點(diǎn)A，C，E共線時(shí)，AE=AC+EC=4+23∵∠DEC=∠ABC=90°，∴△ADE的面積有最大值S=1【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及直角三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是掌握斜邊上的中線長度等于斜邊長度的一半，30°所對直角邊長度為斜邊長度的一半．7．（2024八年級·山東濟(jì)南·期中）如圖，△APB中，AB=2，∠APB=90°，在AB的同側(cè)作正△【答案】四邊形PCDE面積的最大值為1．【分析】先延長EP交BC于點(diǎn)F，得出PF⊥BC，再判定四邊形CDEP為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出：四邊形CDEP的面積=EP×CF【詳解】延長EP交BC于點(diǎn)F，∵∠APB=90∴∠EPC∴∠CPF∴PF平分∠BPC又∵PB∴PF設(shè)Rt△ABP中，AP=CF=12∵△APE和△∴AE=AP，AD∴∠EAD∴△EAD≌△∴ED同理可得：△APB≌△∴EP∴四邊形CDEP是平行四邊形，∴四邊形CDEP的面積=EP又∵(a∴2ab∴1即四邊形PCDE面積的最大值為1．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造平行四邊形的高線．8．（2024八年級下·遼寧沈陽·期中）已知等邊△ABC和等腰△CDE，DC=DE，∠CDE=120°．

(1)如圖1，點(diǎn)D在BC上，點(diǎn)E在AB上，P是BE的中點(diǎn)，連接AD，PD，則線段AD與PD之間的數(shù)量關(guān)系為；(2)如圖2，點(diǎn)D在△ABC內(nèi)部，點(diǎn)E在△ABC外部，P是BE的中點(diǎn)，連接AD、PD，則（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明，若不成立，請說明理由；(3)如圖3，若點(diǎn)D在△ABC內(nèi)部，點(diǎn)E和點(diǎn)B重合，點(diǎn)P在BC下方，且PB+PC=12，則PD的最大值為．【答案】(1)AD＝2PD．理由見解析(2)AD＝2PD仍然成立．理由見解析(3)4【分析】（1）結(jié)論：AD=2PD．利用直角三角形30度角的性質(zhì)解決問題即可．（2）結(jié)論成立．延長DP到N，使得PN=PD，連接BN，EN，延長ED到M，使得DM=DE，連接BD，BM，CM．證明△BCM?△ACD(SAS)，推出AD=BM，再證明四邊形BNED是平行四邊形，四邊形BNDM是平行四邊形即可解決問題．（3）如圖3中，作∠PDK=∠BDC=120°，且PD=PK，連接PK，CK．證明△PDB?△KDC(SAS)，推出PB=CK，由PB+PC=PC+CK=12，推出P，C，K共線時(shí)，PK定值最大，此時(shí)PD的值最大．【詳解】（1）解：結(jié)論：AD=2PD．理由如下：如圖1中，

∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=60°，∵∠EDC=120°，∴∠EDB=180°?120°=60°，∴∠B=∠EDB=∠BED=60°，∴△BDE是等邊三角形，∵BP=PE，∴DP⊥AB，∴∠APD=90°，∵DE=DC，DE=DB，∴BD=CD，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴∠PAD=1∴AD=2PD，故答案為：AD=2PD；（2）AD=2PD仍然成立．理由如下：延長DP到N，使得PN=PD，連接BN，EN，延長ED到M，使得DM=DE，連接BD，BM，CM．

∵DE=DC=DM，∠MDC=180°?∠EDC=60°，∴△DCM是等邊三角形，∵CA=CB，CM=CD，∠DCM=∠ACB=60°，∴∠BCM=∠ACD，∴△BCM?△ACD(SAS∴AD=BM，∵PB=PE，PD=PN，∴四邊形BNED是平行四邊形，∴BN∥DE，BN=DE，∵DE=DM，∴BN=DM，BN∥DM，∴四邊形BNDM是平行四邊形，∴BM=DN=2PD，∴AD=2PD．（3）如圖3中，作∠PDK=∠BDC=120°，且PD=DK，連接PK，CK．

∵DB=DC，DP=DK，∠BDC=∠PDK，∴∠BDP=∠CDK，∴△PDB?△KDC(SAS∴PB=CK，∵PB+PC=PC+CK=12，∴P，C，K共線時(shí)，PK定值最大，此時(shí)PD的值最大，此時(shí)，∠DPB=∠DKP=∠DPK=30°，作DM⊥PK交PK于點(diǎn)M，在Rt△DPM中，PM=PD解得：PD=43∴PD的最大值為43故答案為：43【點(diǎn)睛】本題屬于三角形專題，考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或特殊四邊形解決問題，屬于