专题18.8 四边形中的最值问题专项训练（30道）（解析版）

专题188 四边形中的最值问题专项训练（30 道） 【人版】 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BD 中，B＝2❑ √3，B＝6，P 为矩形内一点，连接P， PB，P，则P+PB+P 的最小值是（ ） ．4❑ √3+¿3 B．2❑ √21 ．2❑ √3+¿6 D．4❑ √5 【分析】将△BP 绕点逆时针旋转60°，得到△EF，连接PF、E、，则E 的长即为所求． 【解答】解：将△BP 绕点逆时针旋转60°，得到△EF，连接PF、E、，则E 的长即为所 求． 由旋转的性质可知：△PF 是等边三角形， ∴P＝PF， ∵PB＝EF， ∴P+PB+P＝P+PF+EF， ∴当、P、F、E 共线时，P+PB+P 的值最小， ∵四边形BD 是矩形， ∴∠B＝90°， 1 ∴¿ ❑ √A B 2+BC 2=¿4❑ √3， ∴＝2B， ∴∠B＝30°，＝2B＝4❑ √3， ∵∠BE＝60°， ∴∠E＝90°， ∴E¿ ❑ √(4 ❑ √3) 2+6 2=¿2❑ √21， 故选：B． 2．（2022•灞桥区校级模拟）如图，平面内三点、B、，B＝4，＝3，以B 为对角线作正方 形BDE，连接D，则D 的最大值是（ ） ．5 B．7 ．7❑ √2 D．7 2 ❑ √2 【分析】如图将△BD 绕点D 顺时针旋转90°得到△DM．由旋转不变性可知：B＝M＝4， D＝DM．∠DM＝90°，推出△DM 是等腰直角三角形，推出D¿ ❑ √2 2 M，推出当M 的值最 大时，D 的值最大，利用三角形的三边关系求出M 的最大值即可解决问题； 【解答】解：如图将△BD 绕点D 顺时针旋转90°得到△DM． 由旋转不变性可知：B＝M＝4，D＝DM．∠DM＝90°， ∴△DM 是等腰直角三角形， ∴D¿ ❑ √2 2 M， ∴当M 的值最大时，D 的值最大， ∵M≤+M， ∴M≤7， ∴M 的最大值为7， 1 ∴D 的最大值为7 ❑ √2 2 ， 故选：D． 3．（2022 春•中山市期末）如图，在边长为的正方形BD 中，E 是对角线BD 上一点，且 BE＝B，点P 是E 上一动点，则点P 到边BD，B 的距离之和PM+P 的值（ ） ．有最大值 B．有最小值 ❑ √2 2 ．是定值 D．是定值 ❑ √2 2 【分析】连接BP，作EF⊥B 于点F，由正方形的性质可知△BEF 为等腰直角三角形， BE＝，可求EF，利用面积法得S△BPE+S△BP＝S△BE，将面积公式代入即可． 【解答】解：如图，连接BP，作EF⊥B 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， ∴BE＝B＝， ∴BF＝EF¿ ❑ √2 2 BE¿ ❑ √2 2 ， ∵PM⊥BD，P⊥B， ∴S△BPE+S△BP＝S△BE， ∴1 2BE×PM+1 2 B×P¿ 1 2B×EF， ∵BE＝B， ∴PM+P＝EF¿ ❑ √2 2 ． 1 则点P 到边BD，B 的距离之和PM+P 的值是定值 ❑ √2 2 ． 故选：D． 4．（2022 春•三门峡期末）如图，在矩形BD 中，B＝2，D＝1，E 为B 的中点，F 为E 上 一动点，P 为DF 中点，连接PB，则PB 的最小值是（ ） ．2 B．4 ．❑ √2 D．2❑ √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 与点重合时，点P 在P1处，P1＝DP1， 当点F 与点E 重合时，点P 在P2处，EP2＝DP2， ∴P1P2∥E 且P1P2¿ 1 2E． 当点F 在E 上除点、E 的位置处时，有DP＝FP． 由中位线定理可知：P1P∥E 且P1P¿ 1 2F． ∴点P 的运动轨迹是线段P1P2， ∴当BP⊥P1P2时，PB 取得最小值． ∵矩形BD 中，B＝2，D＝1，E 为B 的中点， ∴△BE、△DE、△BP1为等腰直角三角形，P1＝1． ∴∠DE＝∠DE＝∠P1B＝45°，∠DE＝90°． ∴∠DP2P1＝90°． ∴∠DP1P2＝45°． ∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2， ∴BP 的最小值为BP1的长． 1 在等腰直角BP1中，P1＝B＝1． ∴BP1¿ ❑ √2． ∴PB 的最小值是❑ √2． 故选：． 5．（2022 春•滨湖区期末）如图，已知菱形BD 的面积为20，边长为5，点P、Q 分别是边 B、D 上的动点，且P＝Q，连接PD、Q，则PD+Q 的最小值为（ ） ．4 ❑ √5 B．❑ √89 ．10 D．7 ❑ √2 【分析】过点作M⊥B 于点M，延长M 到点′，使′M＝M，根据菱形的性质和勾股定理可 得BM＝3，以点B 为原点，B 为x 轴，垂直于B 方向为y 轴，建立平面直角坐标系，可 得B（0，0），（3，4），（5，0），D（8，4），′（3，﹣4），然后证明△BP≌△DQ （SS），可得P＝Q＝′P，连接′D，P，′P，由′P+PD＞′D，可得′，P，D 三点共线时， PD+′P 取最小值，所以PD+Q 的最小值＝PD+′P 的最小值＝′D，利用勾股定理即可解决 问题． 【解答】解：如图，过点作M⊥B 于点M，延长M 到点′，使′M＝M， ∵四边形BD 是菱形， ∴B＝B＝D＝5，∠B＝∠D， ∵菱形BD 的面积为20，边长为5， ∴M＝4， 在Rt△BM 中，根据勾股定理得： BM¿ ❑ √A B 2−A M 2=¿3， 以点B 为原点，B 为x 轴，垂直于B 方向为y 轴，建立平面直角坐标系， 1 ∴B（0，0），（3，4），（5，0），D（8，4），′（3，﹣4）， ∵P＝Q，B＝D， ∴BP＝DQ， 在△BP 和△DQ 中， { AB=AD ∠ABC=∠ADC BP=DQ ， ∴△BP≌△DQ（SS）， ∴P＝Q＝′P， 连接′D，P，′P， ′ ∵P+PD＞′D， ′ ∴，P，D 三点共线时，PD+′P 取最小值， ∴PD+Q 的最小值＝PD+′P 的最小值＝′D¿ ❑ √(8−3) 2+(4+4) 2=❑ √89． 故选：B． 6．（2022•泰山区一模）如图，M、是正方形BD 的边D 上的两个动点，满足M＝B，连接 交B 于点E，连接DE 交M 于点F，连接F，若正方形的边长为2，则线段F 的最小值是 （ ） ．2 B．1 ．❑ √5−¿1 D．❑ √5−¿2 【分析】根据正方形的性质可得D＝B＝D，∠D＝∠BD，∠DE＝∠BE，然后利用“L”证 1 明Rt△DM 和Rt△B 全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SS”证明△DE 和△BE 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 ∠FD＝90°，取D 的中点，连接F、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可 得F¿ 1 2D＝1，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形的三边关系可知当、F、三点共 线时，F 的长度最小． 【解答】解：在正方形BD 中，D＝B＝D，∠D＝∠BD，∠DE＝∠BE， 在Rt△DM 和Rt△B 中， { AD=BC AM=BN ， Rt ∴ △DM Rt ≌ △B（L）， 1 ∴∠＝∠2， 在△DE 和△BE 中， { BC=CD ∠DCE=∠BCE CE=CE ， ∴△DE≌△BE（SS）， 2 ∴∠＝∠3， 1 ∴∠＝∠3， ∵∠DF+ 3 ∠＝∠D＝90°， 1+ ∴∠ ∠DF＝90°， ∴∠FD＝180° 90° ﹣ ＝90°， 取D 的中点，连接F、， 则F＝D¿ 1 2D＝1， 在Rt△D 中，¿ ❑ √DO 2+DC 2= ❑ √1 2+2 2=❑ √5， 根据三角形的三边关系，F+F＞， ∴当、F、三点共线时，F 的长度最小， 最小值＝﹣F¿ ❑ √5−¿1． 故选：． 1 7．（2022•龙华区二模）如图，已知四边形BD 是边长为4 的正方形，E 为D 上一点，且 DE＝1，F 为射线B 上一动点，过点E 作EG⊥F 于点P，交直线B 于点G．则下列结论 中：①F＝EG；②若∠BF＝∠PF，则P＝PE；③当∠PF＝45°时，BF＝1；④P 的最小值 为❑ √13−¿2．其中正确的有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 【分析】连接E，过E 作E⊥B 于，则E＝B，根据全等三角形的判定和性质定理即可得 到F＝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＝P； 故②正确；连接EF，推出点E、P、F、四点共圆，根据圆周角定理得到∠FE＝∠FP＝ 45°，于是得到BF＝DE＝1，同理当F 运动到点右侧时，此时∠FP＝45°，且EPF 四点共 圆，E＝F＝3，故此时BF＝B+F＝4+3＝7．因此BF＝1 或7，故③错误；取E 的中点， 连接P，，根据直角三角形的性质得到＝P¿ 1 2E，推出点P 在以为圆心，E 为直径的圆 上，当最小时，P 的值最小，根据三角形的三边关系得到P≥﹣P，根据勾股定理即可得 到结论． 【解答】解：连接E，过E 作E⊥B 于， 则E＝B， ∵B＝B， ∴E＝B， ∵EG⊥F， ∴∠BF+∠GP＝∠BF+∠FB＝90°， ∴∠EG＝∠FB， 1 ∵∠B＝∠EG＝90°， ∴△EG≌△BF（S）， ∴F＝EG，故①正确； ∵B∥D， ∴∠GE＝∠EG， ∵∠BF+∠GP＝90°，∠PF+∠PE＝90°， ∵∠BF＝∠PF， ∴∠GE＝∠PE， ∴∠PE＝∠PE， ∴PE＝P；故②正确； 连接EF， ∵∠EPF＝∠FE＝90°， ∴点E、P、F、四点共圆， ∴∠FE＝∠FP＝45°， ∴E＝F， ∴BF＝DE＝1， 同理当F 运动到点右侧时，此时∠FP＝45°，且E、P、、F 四点共圆，E＝F＝3，故此 时BF＝B+F＝4+3＝7．因此BF＝1 或7，故③错误； 取E 的中点，连接P，， ∴＝P¿ 1 2E， ∵∠PE＝90°， ∴点P 在以为圆心，E 为直径的圆上， ∴当最小时，P 的值最小， ∵P≥﹣P， ∴P 的最小值＝﹣P＝−1 2 E， ∵¿ ❑ √2 2+( 7 2 ) 2= ❑ √65 2 ，在Rt△DE 中，E¿ ❑ √4 2+1 2=❑ √17， ∴P 的最小值为 ❑ √65 2 − ❑ √17 2 ，故④错误， 故选：B． 1 8．（2022•南平校级自主招生）如图，在△B 中，B＝6，＝8，B＝10，P 为边B 上一动点 （且点P 不与点B、重合），PE⊥B 于E，PF⊥于F．则EF 的最小值为（ ） ．4 B．48 ．52 D．6 【分析】先由矩形的判定定理推知四边形PEF 是矩形；连接P，则P＝EF，所以要使 EF，即P 最短，只需P⊥B 即可；然后根据三角形的等积转换即可求得P 的值． 【解答】解：如图，连接P． ∵在△B 中，B＝6，＝8，B＝10， ∴B2＝B2+2， ∴∠＝90°． 又∵PE⊥B 于点E，PF⊥于点F． ∴∠EP＝∠FP＝90°， ∴四边形PEF 是矩形． ∴P＝EF． ∴当P 最小时，EF 也最小， 即当P⊥B 时，P 最小， ∵1 2B•¿ 1 2B•P，即P¿ AB⋅AC BC =6×8 10 =¿48， ∴线段EF 长的最小值为48； 故选：B． 1 9．（2022 春•崇川区期末）如图，正方形BD 边长为1，点E，F 分别是边B，D 上的两个 动点，且BE＝F，连接BF，DE，则BF+DE 的最小值为（ ） ．❑ √2 B．❑ √3 ．❑ √5 D．❑ √6 【分析】连接E，利用△BE≌△BF 转化线段BF 得到BF+DE＝E+DE，则通过作点关于B 对称点，连接D 交B 于E 点，利用勾股定理求出D 长即可． 【解答】解：连接E，如图1， ∵四边形BD 是正方形， ∴B＝B，∠BE＝∠BF＝90°． 又BE＝F， ∴△BE≌△BF（SS）． ∴E＝BF． 所以BF+DE 最小值等于E+DE 最小值． 作点关于B 的对称点点，如图2， 连接B，则、B、三点共线， 连接D，D 与B 的交点即为所求的E 点． 根据对称性可知E＝E， 所以E+DE＝D． 在Rt△D 中，D＝1，＝2， ∴D¿ ❑ √AH 2+ AD 2=❑ √5， ∴BF+DE 最小值为❑ √5． 故选：． 1 10．（2022•泰州）如图，正方形BD 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 与点的距离分别为d2、d3，则d1+d2+d3的最小值 为（ ） ．❑ √2 B．2 ．2❑ √2 D．4 【分析】连接E，那么，E＝G，所以这三个d 的和就是E+EF+F，所以大于等于，故当 EF 四点共线有最小值，最后求解，即可求出答． 【解答】解：如图，连接E， ∵四边形DEFG 是正方形， ∴∠EDG＝90°，EF＝DE＝DG， ∵四边形BD 是正方形， ∴D＝D，∠D＝90°， ∴∠DE＝∠DG， ∴△DE≌△DG（SS）， ∴E＝G， 1 ∴d1+d2+d3＝EF+F+E， ∴点，E，F，在同一条线上时，EF+F+E 最小，即d1+d2+d3最小， 连接， ∴d1+d2+d3最小值为， 在Rt△B 中，¿ ❑ √2B＝2❑ √2， ∴d1+d2+d3最小＝＝2❑ √2， 故选：． 二．填空题（共10 小题） 11．（2022 春•江城区期末）如图，∠M＝90°，矩形BD 的顶点、B 分别在边M、上，当B 在边上运动时，随之在M 上运动，矩形BD 的形状保持不变，其中B＝6，B＝2．运动 过程中点D 到点的最大距离是 3 +❑ √13 ． 【分析】取B 的中点E，连接D、E、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一 半可得E¿ 1 2B，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D 过点E 时最大． 【解答】解：如图：取线段B 的中点E，连接E，DE，D， ∵B＝6，点E 是B 的中点，∠B＝90°， ∴E＝BE＝3＝E， ∵四边形BD 是矩形， 1 ∴D＝B＝2，∠DB＝90°， ∴DE¿ ❑ √A E 2+ A D 2=❑ √13， ∵D≤E+DE， ∴当点D，点E，点共线时，D 的长度最大． ∴点D 到点的最大距离＝E+DE＝3+❑ √13， 故答为：3+❑ √13． 12．（2022•东莞市校级一模）如图，在矩形BD 中，B＝6，D＝5，点P 在D 上，点Q 在B 上，且P＝Q，连接P，QD，则P+DQ 的最小值为 13 ． 【分析】连接BP，在B 的延长线上截取E＝B＝6，连接PE，E，P+QD＝P+PB，则 P+QD 的最小值转化为P+PB 的最小值，在B 的延长线上截取E＝B＝6，则P+QD＝ P+PB＝P+PE≥E，根据勾股定理可得结果． 【解答】解：如图，连接BP， ∵四边形BD 是矩形， ∴D∥B，D＝B， ∵P＝Q， ∴D﹣P＝B﹣Q， ∴DP＝QB，DP∥BQ， ∴四边形DPBQ 是平行四边形， ∴PB∥DQ，PB＝DQ， ∴P+QD＝P+PB， ∴P+QD 的最小值转化为P+PB 的最小值， 如图，在B 的延长线上截取E＝B＝6，连接PE，E， ∵P⊥BE， ∴P 是BE 的垂直平分线， ∴PB＝PE， ∴P+PB＝P+PE， 1 ∴P+QD＝P+PB＝P+PE≥E， ∵BE＝2B＝12，B＝D＝5， ∴E¿ ❑ √B E 2+BC 2=¿13． ∴P+PB 的最小值为13． ∴P+DQ 的最小值为13． 故答为：13． 13．（2022•钱塘区一模）如图，在矩形BD 中，线段EF 在B 边上，以EF 为边在矩形BD 内部作正方形EFG，连结，G．若B＝10，D＝6，EF＝4，则+G 的最小值为 6 ❑ √2 ． 【分析】方法一：延长D 至′，使′＝E＝EF＝4，连接′E，EG，可得四边形′E 是平行四边 形，所以′E＝，则+G 的最小值即为′E+G 的最小值，根据勾股定理即可解决问题．方法 二：过点G 作G′∥交F 于点′，可得四边形G′是平行四边形，进而可以解决问题． 【解答】解：方法一：如图，延长D 至′，使′＝E＝EF＝4，连接′E，EG， ∵E⊥B，′⊥B， ′ ∴∥E， ′ ∵＝E， ∴四边形′E 是平行四边形， ′ ∴E＝， 则+G 的最小值即为′E+G 的最小值， ∵四边形EFG 是正方形， ∴EF＝FG＝4， ∴EG＝4❑ √2， ′ ∵D＝D+′＝6+4＝10， 1 在Rt ′ △D 中，D＝B＝10， ′ ∴¿ ❑ √A ' D 2+DC 2=¿10❑ √2， ′ ∴E+G＝′﹣EG＝6❑ √2． 则+G 的最小值为6❑ √2． 方法二：如图，过点G 作G′∥交F 于点′， ∴四边形G′是平行四边形， ′ ∴＝G＝4，′G＝， ′ ∴B＝B ′ ﹣＝6， ∵B＝6， ′ ∴＝6❑ √2， + ∴G＝′G+G≥′， 则+G 的最小值为6❑ √2． 故答为：6❑ √2． 14．（2022 春•东城区期中）在正方形BD 中，B＝5，点E、F 分别为D、B 上一点，且E ＝F，连接BE、F，则BE+F 的最小值是 5 ❑ √5 ． 【分析】连接DF，根据正方形的性质证明△DF≌△BE（SS），可得DF＝BE，作点D 关 于B 的对称点D′，连接D′交B 于点F′，连接D′F，则DF＝D′F，可得BE+F＝DF+F＝ D′F+F≥D′，所以当点F 与点F′重合时，D′F+F 最小，最小值为D′的长，然后根据勾股 定理即可解决问题． 【解答】解：如图，连接DF， 1 ∵四边形BD 是正方形， ∴D＝B，∠BE＝∠DF＝90°， 在△DF 和△BE 中， { AD=AB ∠FAD=∠EAB AF=AE ， ∴△DF≌△BE（SS）， ∴DF＝BE， 作点D 关于B 的对称点D′，连接D′交B 于点F′，连接D′F，则DF＝D′F， ∴BE+F＝DF+F＝D′F+F≥D′， ∴当点F 与点F′重合时，D′F+F 最小，最小值为D′的长， 在Rt△DD′中，根据勾股定理得： D′¿ ❑ √C D 2+DD' 2= ❑ √5 2+10 2=¿5❑ √5， ∴BE+F 的