专题11 平行四边形中的定值、最值问题三大题型（人教版）（解析版）-八年级数学下册

专题18.11平行四边形中的定值、最值问题三大题型【人教版】考卷信息：本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对平行四边形中的定值、最值问题三大题型的理解！【题型1定值问题】1．（2024八年级下·浙江金华·期中）如图，四边形ABCD和AEFD均为平行四边形，边AE，CD相交于点P，边BC，EF在同一直线上，当点P从点C出发向点D运动时（点P不与点C，D重合），则△ACE的面积与△PCF的面积差的变化情况是（）

A．先变小后变大 B．先变大后变小 C．一直变小 D．一直不变【答案】D【分析】连接BP，由平行四边形对边平行且相等可得CD∥AB，BC=AD=EF，由同底等高的两个三角形面积相等得到S△ACP=S△BCP，由等底同高的两个三角形面积相等得到【详解】解：连接BP，

∵四边形ABCD和AEFD均为平行四边形，∴CD∥AB，BC=AD=EF，∵边AE，CD相交于点P，边BC，EF在同一直线上，∴S△ACP=S∴S△ACP∴S△ACP即S△ACE∴S△ACE∴当点P从点C出发向点D运动时，△ACE的面积与△PCF的面积差一直不变．故答案为：D．【点睛】本题主要考查了平行四边形，平行线，三角形的面积，熟练掌握平行四边形的性质、平行线间的距离相等、三角形的面积公式，等底等高的三角形面积相等，是解决问题的关键．2．（2024·湖南株洲·二模）如图，直线MA平行于NB，定点A在直线MA上，动点B在直线BN上，P是平面上一点，且P在两直线中间（不包括边界），始终有∠PAM=∠PBN，则在整个运动过程中，下列各值①∠APB；②PA+PB；③PAPB；④S△PAB中，一定为定值的是

【答案】①②/②①【分析】过点P作PQ∥AM，交B′P′于点Q，根据平行线的判定和性质，推出∠APB=∠APQ+∠BPQ=2∠PAM，判断①；证明四边形QPBB′【详解】解：过点P作PQ∥AM，交B′P′

∵MA∥NB，∴PQ∥MA∥NB，∴∠APQ=∠PAM,∠BPQ=∠PBN，∵∠PAM=∠PBN，∴∠APQ=∠PAM=∠BPQ=∠PBN，∴∠APB=∠APQ+∠BPQ=2∠PAM，为定值，故①正确；∵∠P∴PB∥P∴四边形QPBB′为平行四边形，∴PB=QB′，∴AP∴PA+PB为定值，故②正确；由图可知，当点B从下往上运动时，AP逐渐减小，∵PA+PB为定值，

∴BP逐渐增大，∴PAPB假设∠PAM=45°，则：∠APB=90°，∴△APB为直角三角形，∴S△APB设PA+PB=m，∴PA=m−PB，∴S△APB∵PB不是定值，∴S△APB的值也不是定值，故④错误；故答案为：①②．【点睛】本题考查平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造特殊图形．3．（2024八年级下·陕西西安·期中）问题探究：（1）如图1，平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，M、N分别为AD、DC上的点，且DM+DN＝4，则四边形BMDN的面积最大值是．（2）如图2，∠ACB＝90°，且AC+BC＝4，连接AB，则△ABC的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．问题解决（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC交BD于O，已知∠AOB＝120°，且AC+BD＝10，则△AOD与△BOC的周长之和是否为定值？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）先求出平行四边形ABCD的面积，利用面积和差关系可得四边形BMDN的面积=53−32DM（2）在RtΔABC中，由勾股定理可求（3）如图3，过点D作DH//AC，交BC的延长线于H，过点B作BN⊥DH于N，可证四边形ADHC是平行四边形，可AD=CH，AC=DH，则ΔAOD与ΔBOC的周长之和为10+BH，由直角三角形的性质可求BH的长，即可求解．【详解】解：（1）过点B作BE⊥AD，交DA延长线于E，过点B作BF⊥CD，交DC的延长线于F，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，AD//BC，AB=CD=3，BC=AD=5，∴∠BAE=∠ABC=60°，∠BCF=∠ABC=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AE=12AB=∴BE=332∴四边形ABCD的面积=AD×BE=15∵DM+DN=4，∴DN=4−DM，∴CN=DC−DN=3−∵四边形BMDN的面积=S∴四边形BMDN的面积=53则当DM有最小值时，四边形BMDN的面积有最大值，∵DM+DN=4，∴DN=4−DM，∵DN≤3，∴4−DM≤3，∴DM≥1，∴当DM=1时，四边形BMDN的面积=9故答案为93（2）存在，设AC=x，∵AC+BC=4，∴BC=4−x，∴AB=A∴ΔABC的周长=AB+BC+AC=4+2∴当x=2时，ΔABC的周长的最小值为4+22（3）ΔAOD与ΔBOC的周长之和不是定值，理由如下：如图3，过点D作DH//AC，交BC的延长线于H，过点B作BN⊥DH于N，∵AD//BC，DH//AC，∴四边形ADHC是平行四边形，∴AD=CH，AC=DH，∴C设BD=x，则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与ΔBOC的周长之和不是定值，∴当x=5时，ΔAOD与ΔBOC的周长之和的最小值为15．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．4．（2024八年级下·江苏南通·期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E．P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；（2）求四边形ABDE的周长和面积；（3）记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）▱ABDE的周长为：4+43，面积为2（3）①8+23<C1+C2【分析】（1）利用菱形的性质得：AB∥DE，由两组对边分别平行的四边形可得结论；（2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定理得OB的长和BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；（3）①先根据三角形的周长计算C1+C2=2AB+BD+AP+PE=4+23+AP+PE，确定AP+PE的最大值和最小值即可；根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2=4，由图形可知：当P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可；②S1+S2的值为定值，这个定值为3，根据面积公式可得结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，即AB∥DE．∵BD∥AE，∴四边形ABDE是平行四边形．（2）解：设对角线AC与BD相交于点O．∵四边形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的周长为：2AB+2BD＝4+43，▱ABDE的面积为：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关于直线BD对称，∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2＝4，当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2，过E作EG⊥BD，交BD的延长线于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为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），∴4+4+23＜C1+C2＜4+23+2+27，即8+23＜C1+C2＜6+23+27；（写对一边的范围给一分）②S1+S2的值为定值，这个定值为3；理由是：S1+S2＝12【点睛】考查了菱形的性质，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计算OA和OB的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形.5．（2024八年级上·浙江杭州·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，点D在边BC上（不与点B，C重合），且BD>CD，过点D作DP⊥BC，分别交BA的延长线和AC于点P和点Q．(1)求证：AP=AQ．(2)若点Q是线段DP的中点，探索AQ与QC的数量关系．(3)若△ABC的形状和大小都确定，说说DP+DQ的值是否为定值，如果是定值，直接写出这个定值的几何意义；如果不是定值，说明理由．【答案】(1)见解析(2)QC=2AQ；证明见解析(3)DP+DQ的值是定值，这个定值是BC边上的高的2倍【分析】（1）根据等腰三角形性质得出∠B=∠C，根据余角性质得出∠AQP=∠CQD=∠P，即可证明结论；（2）过点P作PE∥BC，交CA的延长线于点E，证明AE=AP=AQ，得出QE=2AQ，证明△EQP≌△CQD，得出（3）过点A作AM⊥BC于点M，延长AM至点E，使AM=ME，连接CE，延长QD交CE于点F，证明△AMB≌△EMC，得出∠B=∠ECM，证明四边形AEFP为平行四边形，得出AE=PF=2AM，证明BC垂直平分AE，得出CQ=CF，说明DQ=DF，即可得出PD+DQ=PD+DF=PF．【详解】（1）解：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵DP⊥BC，∴∠B+∠P=∠C+∠CQD=90°，∴∠AQP=∠CQD=∠P，∴AP=AQ．（2）解：过点P作PE∥BC，交CA的延长线于点E，如图所示：则∠PEQ=∠C，∠APE=∠B，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠PEQ=∠APE，∴AE=AP=AQ，∴QE=2AQ，∵点Q是线段DP的中点，∴PQ=DQ，∵∠PEQ=∠C，∠PQE=∠CQD，∴△EQP≌∴QE=QC，∴QC=2AQ．（3）解：DP+DQ的值是定值，这个定值是BC边上的高的2倍．理由：过点A作AM⊥BC于点M，延长AM至点E，使AM=ME，连接CE，延长QD交CE于点F，如图所示：∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=CM，∵∠AMB=∠CME，AM=EM，∴△AMB≌△EMC，∴∠B=∠ECM，∴AB∥∵AM⊥BC，PD⊥BC，∴AE∥∴四边形AEFP为平行四边形，∴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，这个定值是BC边上的高的2倍．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．6．（2024八年级上·福建泉州·阶段练习）如图所示四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．(1)四边形ABCD______平行四边形（是或不是）(2)证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE=CF；(3)当点E、F在BC、CD上滑动时，四边形AECF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．【答案】(1)是(2)见解析(3)四边形AECF的面积不变，为定值4【分析】（1）根据AB=BC=CD=DA=4可知四边形ABCD是平行四边形，即可得答案；（2）根据平行四边形及∠BAD=120°，可证得△ABC和△ACD为等边三角形，则∠BAC=60°，∠ABE=∠4=60°，AC=AB，再结合△AEF是等边三角形，进而证得∠1=∠3，利用ASA即可证明△ABE≌△ACF，即可得结论；（3）根据△ABE≌△ACF，得S△ABE=S△ACF，故由S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=【详解】（1）解：四边形ABCD是平行四边形，理由如下：∵AB=BC=CD=DA=4，∴四边形ABCD是平行四边形，故答案为：是；（2）证明：由（1）知四边形ABCD为平行四边形，则AB∥CD，AD∥BC，∵∠BAD=120°，AB∥CD，AD∥BC，∴∠ABC=∠ADC=60°，又∵AB=BC=CD=DA=4，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠BAC=60°，∠4=60°，AC=AB，∵△AEF是等边三角形，∴∠EAF=60°，∴∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，又∵∠ABE=∠4=60°，AC=AB，∴△ABE≌△ACFASA∴BE=CF；（3）四边形AECF的面积不变，为定值43理由如下：由（2）得△ABE≌△ACF，则S△ABE故S四边形作AH⊥BC于H点，∵∠BAC=60°，AB=AC=4∴BH=12BC=2∴S四边形综上，四边形AECF的面积不变，为定值43【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，三角形全等的判定与性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．7．（2024八年级上·北京海淀·开学考试）如图1，点B，C分别是∠MAN的边AM，AN上的点，满足AB=BC，点P为射线AB上的动点，点D为点B关于直找AC的对称点，连接PD交AC于点E；交BC干点F．(1)在图1中补全图形．(2)求证：∠ABE=∠EFC．(3)当点P运动到满足PD⊥BE的位置时，在射线AC上取点Q，使得AB=BQ，此时DECQ【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是定值22【分析】（1）根据要求画出图形即可．（2）证明ΔAEB≅ΔAED(SSS)，推出∠ABE=∠D，证明AD//BC，推出∠D=∠EFC即可解决问题．（3）结论：DECQ=1，是一个定值．如图2中，作QK//AD交PD于K，连接BK．证明四边形BCQK是平行四边形，【详解】解：（1）图形如图1所示：（2）证明：∵B，D关于AC对称，∴AB=AD，BE=DE，∵AE=AE，∴ΔAEB≅ΔAED(SSS)，∴∠ABE=∠D，∵BA=BC，∴∠BAC=∠ACB=∠CAD，∴AD//BC，∴∠D=∠EFC，∴∠ABE=∠EFC．（3）结论：DECQ理由：如图2中，作QK//AD交PD于K，连接BK．∵AD//QK，∴∠EAD=∠EQK，∵AE=EQ，∠AED=∠QEK，∴ΔAED≅ΔQEK(ASA)，∴AD=KQ，∵AB=BC=AD，AD//BC，∴BC=KQ，BC//KQ，∴四边形BCQK是平行四边形，∴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【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．8．（2024八年级下·江苏淮安·阶段练习）（1）如果△ABC的面积是S，E是BC的中点，连接AE（图1)，则△AEC的面积是；

（2）若任意四边形ABCD的面积是S，E、F分别是一组对边AB，CD的中点，连接AF，CE（图2），则四边形AECF的面积是．

（3）如图3，延长△ABC的边BC到点D，延长边CA到点E，延长AB到点F，使CD=BC，AE=CA，BF=AB，得到△DEF．若△ABC的面积=10，则△DEF的面积=．

拓展与应用（4）▱ABCD的面积为2，AB=a，BC=b，点E从点A出发沿AB以每秒v个单位长的速度向点B运动．点F从点B出发沿BC以每秒bva个单位的速度向点C运动．E、F分别从点A，B同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．请问四边形DEBF的面积的值是否随着时间t的变化而变化？若不变，请写出这个值

【答案】（1）S2；（2）S【分析】（1）根据中线的性质进行求解即可；（2）如图2，连接AC，由题意知，CE是△ABC底边AB的中线，AF是△ACD底边CD的中线，则S△AEC=12S（3）如图3，连接AD、BE、CF，由中线的性质可得，S△ACD=S△ABE=S△BCF=S（4）由题意知，AE=vt，BF=bvat，则CF=b−bvat，如图4，过D作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N，由S▱ABCD=AB×DM=BC×DN=2，可求【详解】（1）解：由题意知，AE是△ABC底边BC的中线，∴S△AEC故答案为：S2（2）解：如图2，连接AC，

由题意知，CE是△ABC底边AB的中线，AF是△ACD底边CD的中线，∴S△AEC=1∴S四边形故答案为：S2（3）解：如图3，连接AD、BE、CF，

由中线的性质可得，S△ACD=S△ABE=S△BCF∴S△DEF故答案为：70；（4）解：四边形DEBF的面积的值不变，这个值为2，理由如下：由题意知，AE=vt，BF=bvat如图4，过D作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N，

∵S▱ABCD∴a×DM=b×DN=2，解得DM=2a，∴S四边形DEBF=S▱ABCD−S∴四边形DEBF的面积的值不变，这个值为1．【点睛】本题考查了中线的性质，平行四边形，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．9．（2024八年级下·广东珠海·期中）在平面直角坐标系xOy中，直线y=−x+m(m>0)与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P在直线AB上．(1)如图1，若m=22，点P在线段AB上，∠POA=45°，求点P(2)在（1）的条件下，平面内是否存在点Q，使得以A，Q，P，O为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；(3)如图2，以OP为对角线作正方形OCPD（O，C，P，D按顺时针方向排列），当点P在直线AB上运动时，BCOP【答案】(1)P(2，2)(2)存在，点Q的坐标为(2,−2)(3)BCOP【分析】（1）根据一次函数解析式及已知条件可得A（22,0），B（0,22），AO=BO=22，由勾股定理确定AB=4，结合等腰三角形三线合一的性质得出OP=AP=BP=2，过点P作PC（2）分三种情况分析：①以AO为对角线时；②以AP为对角线时；③以OP为对角线时；利用平行四边形的性质分别进行分析求解即可；（3）过O作OM⊥OP交PC的延长线于M，连BM，利用正方形的性质及全等三角形的判定和性质得出∠MBP=90°，结合勾股定理求解即可．【详解】（1）解：y=-x+m，当x=0时，y=m，当y=0时，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，过点P作PC⊥x轴，∴∠POA=∠PAO=45°，∴PC=OC=AC=2，∴P(2，2)；（2）解：①以AO为对角线时，点Q1与点P关于x∴Q1②以AP为对角线时，四边形AQ2∴Q2∵P(2，2)，∴Q2③以OP为对角线时，四边形APQ∴Q3∵P(1，1)，∴Q3综上可得：点Q的坐标为(2,−2)或（3）如图所示，过O作OM⊥OP交PC的延长线于M，连BM，∴四边形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【点睛】题目主要考查一次函数的综合问题及勾股定理解三角形，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．10．（2024八年级上·吉林白城·期中）如图：△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点．由点A向点C运动（P与点A、C不重合），点Q同时以点P相同的速度，由点B向CB延长线方向运动（点Q不与点B重合），过点P作PE⊥AB于点E，连接PQ交AB于点D．(1)若设AP的长为x，则PC=，QC=．(2)当∠BQD=30°时，求AP的长；(3)过点Q作QF⊥AB交AB延长线于点F，则EP、FQ有怎样的数量关系？说明理由．(4)点P，Q在运动过程中，线段ED的长是否发生变化？如果不变，直接写出线段【答案】(1)6−x(2)2(3)EP=FQ(4)3【分析】本题考查的是等边三角形的性质及全等三角形的判定定理、平行四边形的判定与性质，熟练全等三角形判定是解答此题的关键．（1）由线段和差关系可求解；（2）由直角三角形的性质可列方程6+x=2(6−x)，即可求AP的长；（3）由"AAS"可证△AEP≌△BFQ，可得QF=EP；（4）连接EQ,PF，由全等三角形的性质可证AB=EF，由题意可证四边形PEQF是平行四边形，可得DE=DF=1【详解】（1）解：∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°,AB=BC=AC=6设AP=x，则PC=6−x,QB=x，∴QC=QB+BC=6+x故答案为∶6−x,6+x；（2）当∠BQD=30°时，∵△ABC是等边三角形，∴∠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的长度不变．连接EQ,PF，如图：∵△AEP≌△BFQ∴AE=BF，∴BE+AE=BF+BE∴AB=EF=6∵PE⊥AB,QF⊥AB∴QF∥EP，且QF=PE∴四边形PEQF是平行四边形∴DE=DF=【题型2最小值问题】1．（2024八年级下·广东深圳·期中）如图，l1∥l2，直线l1与直线l2之间的距离为4，点A是直线l1与l2外一点，点A到直线l1的距离为2，点B，D分别是直线l1与直线l2上的动点，以点B为圆心，AD的长为半径作弧，再以点D

A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】根据作图可知四边形ABCD是平行四边形，连接AC，根据垂线段最短，得到当AC与直线l1和直线l2垂直时，点A与点【详解】解：如图：由作图可知，四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD,BC=AD,BC∥AD，∵l1∴四边形FBED是平行四边形，∴BF=ED,BE=FD，∴CE=AF，∴△BAF≌△DCE，∴点A到直线l1的距离等于点C到直线l∴点C到直线l2连接AC，则：当AC与直线l1和直线l2垂直时，点A与点即：AC=2+4+2=8；故选B．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质．解题的关键是根据作图得出四边形ABCD是平行四边形．2．（2024八年级下·天津南开·期中）如图，已知▱OABC的顶点A，C分别在直线x=2和x=5上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（

）

A．9 B．8 C．7 D．6【答案】C【分析】作辅助线如解析图，由于四边形OABC是平行四边形，所以OA=BC，又由平行四边形的性质可推得∠OAF=∠BCD，则可证明△OAF≌△BCD，进而可得OE的长固定不变，当BE最小时，OB取得最小值，从而可求．【详解】过点B作BD⊥直线x=5，交直线x=5于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x=2与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x=5与AB交于点N，如图：

∵四边形OABC是平行四边形，∴∠OAB=∠BCO，∵直线x=2与直线x=5均垂直于x轴，∴AM∥CN，∴四边形ANCM是平行四边形，∴∠MAN=∠NCM，∴∠OAF=∠BCD，∵∠OFA=∠BDC=90°，∴△OAF≌△BCD．∴BD=OF=2，∴OE=5+2=7，由于OE的长不变，所以当BE最小时（即B点在x轴上），OB取得最小值，最小值为OB=OE=7．故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．3．（2024八年级上·山东济宁·期中）如图，已知点A0,8，B0,−2，E0,5，F−5,0，C为直线EF上一动点，则▱ACBD的对角线

【答案】2【分析】连接CD，设CD,AB交于点G，根据平行四边形的性质得出点G0,3，进而根据点到直线的距离，垂线段最短，可知当CG⊥EF时，CG【详解】解：连接CD，设CD,AB交于点G，如图所示，

∵四边形ABCD是平行四边形，∴CG=GD，AG=GB，∵A0,8，∴G0,3∴当CG取得最小值时，CD取得最小值，∴当CG⊥EF时，CG取得最小值，∵E0,5，F∴OE=OF，EG=2,∴△OEF是等腰直角三角形，∴此时△CGE是直角三角形，且EG是斜边，∵EG=2,∴CG=2∴▱ACBD的对角线CD的最小值是22故答案为：22【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，勾股定理，点到直线的距离，垂线段最短，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．4．（2024八年级上·江苏泰州·期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，BD⊥CD于点D，BD=24，CD=7，在BD右侧的平面内有一点F，△BDF的面积是96，当FA+FC的最小值是30时，那么AB=【答案】9【分析】设△BDF的BD上的高为ℎ，先证明点F在平行于BD，且到BD边的距离等于8的直线MN上，延长DC交MN于点M，并在射线DC上取CM=MG，连接AG交直线MN于点F，连接CF，过点A作AH⊥CD于H，求得点C、G关于直线MN对称时，FA+FC=AG=30，再证四边形ABDH是平行四边形，得AH=BD=24，DH=AB，最后利用勾股定理即可得解．【详解】解：设△BDF的BD上的高为ℎ，∵△BDF的面积是96，BD=24，∴12解得ℎ=8，∴点F在平行于BD，且到BD边的距离等于8的直线MN上，延长DC交MN于点M，并在射线DC上取CM=MG，连接AG交直线MN于点F，连接CF，过点A作AH⊥CD于H，∵BD⊥CD，MN∥BD，∴∠NMG=∴MN⊥CG，∵CM=MG，∴点C、G关于直线MN对称，∵当FA+FC的最小值是30，∴点C、G关于直线MN对称时FA+FC=AG=30，∵AH⊥CD，BD⊥CD，∴AH∥BD，∴∠H=∵AB∥∴四边形ABDH是平行四边形，∴AH=BD=24，DH=AB，∴HG=AG∵DM=ℎ=8，CD=7，∴MG=CM=8−7=1，∴AB=DH=HG−DM−MG=9．故答案为：9【点睛】此题主要考查平行四边的判定及性质，勾股定理，轴对称的判定及性质，线段最短以及平行线的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解．5．（2024八年级上·陕西安康·期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，AB=AC，△ABC的面积等于35，点P在AB上，点Q在AC上，BP=AQ，BC上有一动点M，若要使PM+MQ最小，则该最小值是．【答案】70【分析】本题考查轴对称——最短路径，平行四边形的判定和性质，作点P关于BC的对称点N，当M，N，Q三点共线时，PM+MQ取最小值，最小值为NQ，通过证明四边形BNQA是平行四边形，推出NQ=AB，即可求解．【详解】解：∵∠A=90°，AB=AC，S△ABC∴12AB∴AB=70作点P关于BC的对称点N，则MN=PM，∴PM+MQ=MN+MQ≥NQ，∴当M，N，Q三点共线时，PM+MQ取最小值，最小值为NQ，如下图所示，NQ与BC交点即为M，由题意知BC垂直平分PN，∴BP=BN，∠NBC=∠ABC=45°，∴∠ABN=90°=∠A，∴BN=AQ，BN∥∴四边形BNQA是平行四边形，∴NQ=AB=70即PM+MQ的最小值为70．故答案为：70．6．（2024八年级上·山东临沂·期中）已知如图，A1,1、B4,2．CD为x轴上一条动线段，D在C点右边且CD=1，当【答案】13+1/【分析】本题考查了“将军饮马”求最值的模型，涉及了平行四边形的判定与性质、两点之间线段最短等知识点，将点A1,1向右平移1个单位长度得到点A′2,1【详解】解：将点A1,1向右平移1个单位长度得到点A′2,1，作点A′2,1关于x轴的对称点A′′2,−1，连接∵AA′∴四边形ACDA∴AC=∵点A′2,1关于x轴的对称点为∴A∴AC+CD+DB=∵A∴AC+CD+DB的最小值为：13故答案为：137．（2024八年级下·全国·期中）如图，在平行四边形ABCD中，△ABD是等边三角形，BD=2，且两个顶点B、D分别在x轴，y轴上滑动，连接OC，则OC的最小值是．【答案】3【分析】由条件可先证得△CBD是等边三角形，过点C作CE⊥BD于点E，当点C，O，E在一条直线上，此时CO最短，可求得OE和CE的长，进而得出CO的最小值．【详解】解：过点C作CE⊥BD于点E，如图所示：∵△ABD是等边三角形，∴AB=BD=AD=2，∠BAD=60°，平行四边形ABCD中，AB=CD，BC=AD，∠BAD=∠BCD=60°，∴CD=BC=BD=2，∴△CBD是等边三角形，∠CBD=60°，∵CE⊥BD，△CBD是等边三角形，∴E为BD中点，∵∠DOB=90°，E为BD中点，∴EO=1∵CD=2,DE=1∴CE=C当点C，O，E在一条直线上，此时OC最短，即OC的最小值为CO=CE−EO=3故答案为：3【点睛】本题考查坐标与图形性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质，判断出当点C，O，E在一条直线上，OC最短是解题的关键．8．（2024八年级上·山东潍坊·期中）已知：将▱ABCD沿对角线AC折叠，△DAC折到△FAC位置．(1)证明BE＝EF；(2)如果AC=6cm，B、D两点间距离为8cm，请在对角线AC上找一点O，使得(3)探索：线段AF与BC满足什么关系时，点D、C、F在同一条直线上，请给出证明．【答案】(1)见解析(2)8(3)当线AF与BC互相平分时，点D、C、F在同一条直线上，理由见解析【分析】（1）本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，解题的关键是证明AE=CE；（2）本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，解题的关键是证明OD=OF；（3）本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，解题的关键是证明∠ACF=∠ACD=90°．【详解】（1）解：证明：如图1中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥∴∠DAC=∠ACB，∵△DAC翻折得到△FAC，∴AD=AF，∴∠ACB=∠FAC，∴AE=CE，∵AD=BC,AD=AF，∴BC=AF，∴BE=EF；（2）连接BD交AC于点O，连接OF，∵点F与D关于AC对称，∴OD=OF，∴当点O为AC与BD交点时，OB+OF的值最小，最小值为线段BD的长，即最小值为8cm；（3）当线段AF与BC互相平分时，点D、C、F在同一条直线上．理由：∵AF与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°，∴点D、C、F在同一条直线上．9．（2024八年级下·重庆秀山·期中）已知，在平行四边形ABCD中，点M是BC边上一点，连接AM、DM，AM=DM且AM⊥DM，点E是DM上一动点，连接AE．

(1)如图1，若点E是DM的中点，AE=10，求平行四边形ABCD(2)如图2，当AE⊥AB时，连接CE，求证：AB+CE=AE；(3)如图3，以AE为直角边作等腰Rt△AEF，∠EAF=90°，连接FM，若CM=2，CD=5，当点E【答案】(1)8(2)见解析(3)3【分析】（1）设AM=DM=2EM，根据勾股定理AE2=102=5EM（2）延长AM,DC，两线交于点F，证明△AME≌△DMF得到AE=DF=DC+CF=AB+CF，再证明△MCE≌△MCF，得到CE=CF，等量代换即可得证．（3）过F作FR∥AM，交DA的延长线于R,过A作SA⊥AD交FR于S,AM=DM且AM⊥DM，作A关于RS的对称点Q，交RS于O，连接QM，交RS于NC△AFM=AM+AN+NM=AM+QM，此时【详解】（1）∵AM=DM且AM⊥DM，点E是DM的中点，AE=10设AM=DM=2EM，∴AE∴AM=DM=22∴S△ADM∴S四边形（2）延长AM,DC，两线交于点F，∵平行四边形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）如图，过F作FR∥AM，交DA的延长线于R,过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上运动，如图，作A关于RS的对称点Q，交RS于O，连接QM，交RS于NC△AFM=AM+AN+NM=AM+QM，此时

过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此时△AFM的周长的最小值是3+35【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的性质，轴对称的性质，动点的轨迹，灵活应用以上知识是解题的关键．10．（2024八年级下·吉林·期中）如图，▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，EF过点O且与边AB、CD分别相交于点E和点F．求证：OE=OF；【结论应用】若∠ADB=90°，AB=5，AD=3，则四边形ADFE的面积为______，EF的最小值为______

【答案】【教材原题改编】见解析；【结论应用】6；2.4【分析】根据平行四边形的性质可知OB=OD，∠EBO=∠FDO，然后可证△BEO≌△DFO，进而问题可求证；结论应用：由勾股定理可得BD=4，然后根据平行四边形的性质可进行求解．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD，∵AB∥DC，∴∠EBO=∠FDO，∵∠BOE=∠DOF，∴△BEO≌△DFO，∴OE=OF．结论应用：解：∵∠ADB=90°，AB=5，AD=3，∴BD=A∴S▱ABCD∴S四边形当EF⊥AB时，EF的值最小，最小值即为点D到AB的距离，∴EF=AD⋅BD故答案为6；2.4．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．【题型3最大值问题】1．（2024八年级下·广东佛山·期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠C=120°，AD=4，AB=2，点E是折线BC−CD−DA上的一个动点(不与A、B重合)．则△ABE的面积的最大值是()A．32 B．1 C．32 【答案】D【分析】分三种情况讨论：①当点E在BC上时，高一定，底边BE最大时面积最大；②当E在CD上时，△ABE的面积不变；③当E在AD上时，E与D重合时，△ABE的面积最大，根据三角形的面积公式可得结论．【详解】解：分三种情况：①当点E在BC上时，E与C重合时，△ABE的面积最大，如图1，过A作AF⊥BC于F，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠C+∠B=180°，∵∠C=120°，∴∠B=60°，Rt△ABF中，∠BAF=30°，∴BF=12AB=1，AF=3∴此时△ABE的最大面积为：12×4×3=23②当E在CD上时，如图2，此时，△ABE的面积=12S▱ABCD=12×4×3=2③当E在AD上时，E与D重合时，△ABE的面积最大，此时，△ABE的面积=23，综上，△ABE的面积的最大值是23；故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形的面积，含30°的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，并运用分类讨论的思想解决问题．2．（2024八年级下·江苏无锡·期中）已知平面直角坐标系中，点A、B在动直线y=mx−3m+4（m为常数且m≠43）上，AB=5，点C是平面内一点，以点O、A、B、A．24 B．25 C．26 D．30【答案】B【分析】由直线关系式确定出直线过定点3,4，把平行四边形面积最大转化为求△ABO的最大面积即可．【详解】解：∵直线AB：∴AB过定点M3,4∴OM=5，作OH⊥AB于H，∴OH≤OM，∴△ABO的面积的最大值=1∴以点O、A、B、C为顶点的平行四边形面积的最大值是25，故选：B．【点睛】此题考查了一次函数性质，动点平行四边形面积最值问题，解题的关键是把求平行四边形面积最大转化为求△ABO的最大面积．3．（2024八年级下·浙江杭州·期中）如图，已知∠XOY=60°，点A在边OX上，OA=4．过点A作AC⊥OY于点C，以AC为一边在∠XOY内作等边三角形ABC，点P是△ABC围成的区域（包括各边）内的一点，过点P作PD//OY交OX于点D，作PE//OX交OY于点E．设OD=a,OE=b，则a+2b的最大值与最小值的和是（

）A．12+3 B．14 C．73 【答案】B【分析】过P作PH⊥OY交于点H，构建30度的直角三角形，先证明四边形EODP是平行四边形，得EP＝OD＝a，在Rt△HEP中，∠EPH＝30°，可得EH的长，计算a+2b＝2OH，确认OH最大和最小值的位置，可得结论．【详解】解：如图1，过P作PH⊥OY交于点H，∵PD∥OY，PE∥OX，∴四边形EODP是平行四边形，∠HEP＝∠XOY＝60°，∴EP＝OD＝a，Rt△HEP中，∠EPH＝30°，∴EH＝12EP＝12∴a+2b＝2（12a+b）＝2（EH+EO）＝2OH当P在AC边上时，H与C重合，此时OH的最小值＝OC＝12OA＝2，即a+2b当P在点B时，如图2，OC＝2，OA=4，AC＝BC＝42Rt△CHP中，∠HCP＝30°，∴PH＝3，CH＝(23则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，故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、直角三角形30度角的性质、平行四边形的判定和性质，有难度，掌握确认a+2b的最值就是确认OH最值的范围．4．（2024八年级下·北京丰台·期中）在等边△ABC中，AD为边BC的中线，将此三角形沿AD剪开成两个三角形，然后把这两个三角形拼成一个平行四边形，如果AB=2，那么在所有能拼成的平行四边形中，对角线长度的最大值是．【答案】13【分析】分三种情况作出图形，分别利用勾股定理计算出对角线的长度即可．【详解】解：∵在等边△ABC中，AB=2，AD为边BC的中线，∴BD＝CD＝12∴AD＝AB如图，有三种情况．在图1中，对角线AC＝2；在图2中，过点A′作A′E⊥AD交AD的延长线于E，在Rt△AEA′中，AE＝AD＋DE＝AD＋A′C＝23，A′E＝CD∴AA′＝AE在图3中，过点B作BF⊥CD交CD的延长线于F，在Rt△BFC中，BF＝AD＝3，CF＝DF＋CD＝2CD＝2，∴BC＝BF∵13>∴对角线长度的最大值是13，故答案为：13．【点睛】本题考查图形的拼接，平行四边形的性质和勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．5．（2024八年级下·山东济南·期中）如图，在□ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝60°，E是边AD上且AE＝2DE，F是射线AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、DG，则BG－DG的最大值为．【答案】1【分析】如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN，GN，可证明△AEN是等边三角形，∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，从而可证明△AEF≌△NEG得到∠ENG=∠A=60°，进而推出∠GNB=60°，则点G的运动轨迹是射线NG，过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，先求出NK=12BN=32，证明四边形ANTD是平行四边形，得到NT=AD=3，DT=AN=2，然后证明△MKT≌△BKN得到MK=BK，MT=BN=3，MD=1，NT垂直平分BM，进而推出当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG【详解】解：如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN，GN，由旋转的性质可知EF=EG，∠FEG=60°，∵AE=2DE，AD=3∴AE=2，DE=1，∵AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等边三角形，∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，∴∠AEF=∠NEG，∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG=∠A=60°，∵∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，∴∠BKN=90°，∵∠BNK=60°，∴∠NBK=30°，∵AB=5，AN=AE=2，∴BN=3，∴NK=1∵∠BNK=∠A=60°，∴AD∥∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD∥∴四边形ANTD是平行四边形，∠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，∵MG-DG≤MD，∴BG-DG≤MD，∴当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，∴MG-DG的最大值为1，故答案为1．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形确定点G的运动轨迹是解题的关键．6．（2024八年级下·山东潍坊·期中）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A，B的对应点分别是点D，E（1）当点E恰好在AC上时，如图1．求∠ADE的大小；（2）若α=60°时，点F是边AC的中点，如图2．求证：四边形BEDF是平行四边形；（3）当AB=2时，连接AE，AD，设△ADE的面积为S．在旋转过程中，S是否存在最大值？若存在，请直接写出S的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）75°；（2）见解析；（3）存在，4+2【分析】（1）由旋转得AD=AC，通过等腰三角形及直角三角形导出∠CDE；（2）由旋转及点F为斜边中线得DE=BF，再添加辅助线证明DE//BF从而得到四边形BFDE是平行四边形；（3）线段DE为定值，点C到DE距离最大时△CDE的面积取最大值．【详解】解：（1）解：如图1，∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，∴CA=CD，∠ECD=∠ACB=30°，∠AED=∠DEC=∠ABC=90°，∴∠CAD=∠CDA=1（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴在Rt△ABC中，BF=∵∠ACB=30°，∴在Rt△ABC中，∠BAC=60°∴△ABF为等边三角形，∴AB=BF=AF=1∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，∴∠EDC=∠BAC=60°，∠DCA=60°，∠ECB=60°，CB=CE，DE=AB，∴DE=BF=FC，△BCE为等边三角形，∴BE=EC，∴在△CFD和△DEC中，DE=FC,∴△CFD≌△DEC，∴DF=EC，∴DF=BE，又∵BF=DE，∴四边形BEDF是平行四边形．（3）S的最大值为4+23∵线段DE为定值，∴点A到DE的距离最大时，△ADE的面积有最大值．∴当点A，C，E共线时，S有最大值．∵AB=2，AB=1∴AC=4，DE=2，在Rt△ABC中，BC=∴EC=23当点A，C，E共线时，AE=AC+EC=4+23∵∠DEC=∠ABC=90°，∴△ADE的面积有最大值S=1【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，解题关键是掌握斜边上的中线长度等于斜边长度的一半，30°所对直角边长度为斜边长度的一半．7．（2024八年级·山东济南·期中）如图，△APB中，AB=2，∠APB=90∘，在AB的同侧作正△【答案】四边形PCDE面积的最大值为1．【分析】先延长EP交BC于点F，得出PF⊥BC，再判定四边形CDEP为平行四边形，根据平行四边形的性质得出：四边形CDEP的面积=EP×CF【详解】延长EP交BC于点F，∵∠APB=90∴∠EPC∴∠CPF∴PF平分∠BPC又∵PB∴PF设Rt△ABP中，AP=CF=12∵△APE和△∴AE=AP，AD∴∠EAD∴△EAD≌△∴ED同理可得：△APB≌△∴EP∴四边形CDEP是平行四边形，∴四边形CDEP的面积=EP又∵(a∴2ab∴1即四边形PCDE面积的最大值为1．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造平行四边形的高线．8．（2024八年级下·辽宁沈阳·期中）已知等边△ABC和等腰△CDE，DC=DE，∠CDE=120°．

(1)如图1，点D在BC上，点E在AB上，P是BE的中点，连接AD，PD，则线段AD与PD之间的数量关系为；(2)如图2，点D在△ABC内部，点E在△ABC外部，P是BE的中点，连接AD、PD，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；(3)如图3，若点D在△ABC内部，点E和点B重合，点P在BC下方，且PB+PC=12，则PD的最大值为．【答案】(1)AD＝2PD．理由见解析(2)AD＝2PD仍然成立．理由见解析(3)4【分析】（1）结论：AD=2PD．利用直角三角形30度角的性质解决问题即可．（2）结论成立．延长DP到N，使得PN=PD，连接BN，EN，延长ED到M，使得DM=DE，连接BD，BM，CM．证明△BCM≅△ACD(SAS)，推出AD=BM，再证明四边形BNED是平行四边形，四边形BNDM是平行四边形即可解决问题．（3）如图3中，作∠PDK=∠BDC=120°，且PD=PK，连接PK，CK．证明△PDB≅△KDC(SAS)，推出PB=CK，由PB+PC=PC+CK=12，推出P，C，K共线时，PK定值最大，此时PD的值最大．【详解】（1）解：结论：AD=2PD．理由如下：如图1中，

∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，∵∠EDC=120°，∴∠EDB=180°−120°=60°，∴∠B=∠EDB=∠BED=60°，∴△BDE是等边三角形，∵BP=PE，∴DP⊥AB，∴∠APD=90°，∵DE=DC，DE=DB，∴BD=CD，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴∠PAD=1∴AD=2PD，故答案为：AD=2PD；（2）AD=2PD仍然成立．理由如下：延长DP到N，使得PN=PD，连接BN，EN，延长ED到M，使得DM=DE，连接BD，BM，CM．

∵DE=DC=DM，∠MDC=180°−∠EDC=60°，∴△DCM是等边三角形，∵CA=CB，CM=CD，∠DCM=∠ACB=60°，∴∠BCM=∠ACD，∴△BCM≅△ACD(SAS∴AD=BM，∵PB=PE，PD=PN，∴四边形BNED是平行四边形，∴BN∥DE，BN=DE，∵DE=DM，∴BN=DM，BN∥DM，∴四边形BNDM是平行四边形，∴BM=DN=2PD，∴AD=2PD．（3）如图3中，作∠PDK=∠BDC=120°，且PD=DK，连接PK，CK．

∵DB=DC，DP=DK，∠BDC=∠PDK，∴∠BDP=∠CDK，∴△PDB≅△KDC(SAS∴PB=CK，∵PB+PC=PC+CK=12，∴P，C，K共线时，PK定值最大，此时PD的值最大，此时，∠DPB=∠DKP=∠DPK=30°，作DM⊥PK交PK于点M，在Rt△DPM中，PM=PD解得：PD=43∴PD的最大值为43故答案为：43【点睛】本题属于三角形专题，考查了等边三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或特殊四边形解决问题，属于