专题1.4 四边形中的四大最值模型（北师大版）（解析版）

专题1.4四边形中的四大最值模型【北师大版】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，可加强学生对四边形中的四大最值模型的理解！【题型1两定一动型】1．（2023春·山东泰安·九年级统考期末）如图，菱形ABCD的边长为4，且∠DAB=60°，E是BC的中点，P为BD上一点且△PCE的周长最小，则△PCE的周长的最小值为（

）

A．27+2 B．7+1 C．2【答案】A【分析】由菱形的性质可得点A与点C关于BD对称，连接AE交BD于点P，连接PC，则△PCE的周长=PC+PE+CE=AE+CE，此时△PCE的周长最小，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于G，由菱形的性质和∠DAB=60°可得∠EBG=60°，从而可得BG=1，EG=3【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴点A与点C关于BD对称，如图，连接AE交BD于点P，连接PC，，则PE+PC=PE+PA=AE，∴△PCE的周长=PC+PE+CE=AE+CE，此时△PCE的周长最小，∵E是BC的中点，菱形ABCD的边长为4，∴BE=CE=2，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于G，∵四边形ABCD为菱形，边长为4，∴AD∥BC，AB=4，∴∠EBG=∠BAD=60°，∵EG⊥AB，∴∠EGB=90°，∴∠EBG+∠BEG=90°，∴∠BEG=30°，∴BG=1∴AG=AB+BG=4+1=5，∴AE=A∴△PCE的周长的最小值=AE+CE=27故选：A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、轴对称的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质、轴对称的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，添加适当的辅助线，求出AE的长，是解题的关键．2．（2023春·山东滨州·九年级统考期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为(

)A．23 B．4 C．23+2【答案】C【分析】如下图，△BEP的周长=BE+BP+EP，其中BE是定值，只需要BP+PE为最小值即可，过点E作AC的对称点F，连接FB，则FB就是BP+PE的最小值．【详解】如下图，过点E作AC的对称点F，连接FB，FE，过点B作FE的垂线，交FE的延长线于点G∵菱形ABCD的边长为4，点E是BC的中点∴BE=2∵∠DAB=60°，∴∠FCE=60°∵点F是点E关于AC的对称点∴根据菱形的对称性可知，点F在DC的中点上则CF=CE=2∴△CFE是等边三角形，∴∠FEC=60°，EF=2∴∠BEG=60°∴在Rt△BEG中，EG=1，BG=3∴FG=1+2=3∴在Rt△BFG中，BF=32+根据分析可知，BF=PB+PE∴△PBE的周长=23故选：C【点睛】本题考查菱形的性质和利用对称性求最值问题，解题关键是利用对称性，将BP+PE的长转化为FB的长．3．（2023春·湖南湘潭·九年级统考期末）如图，长方形OABC，是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=10,OC=6，在AB上取一点M使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作B′点，(1)求B(2)求折痕CM所在直线的表达式；(3)求折痕CM上是否存在一点P，使PO+PB'【答案】(1)B'（8，0(2)y=-(3)存在，最小值是2【分析】（1）在Rt△B'OC中，求出OB（2）在Rt△AB'M中，求出AM可得M（3）连接OB，OB与CM交点即为所求点P，连接PB'，根据△CBM沿CM翻折后，点B落在B'点，知PO+PB'=PO+PB≥OB，，用股股定理即可求出PO+PB【详解】（1）解：∵四边形OABC是长方形，OA＝10，∴BC＝OA＝10，∵△CBM沿CM翻折，∴B'C＝BC＝在Rt△B′OC中，B′C＝10，OC＝6，∴B'O＝B∴B'（8，0故答案为：（8，0）；（2）解：设AM＝x，则BM＝AB﹣AM＝6﹣x，∵OA＝10，B′O＝8，∴B'A＝2∵△CBM沿CM翻折，∴B'M＝BM＝6﹣x在Rt△AB'M中，B'∴22+x2＝（∴M（10，83设CM所在直线的解析式为y＝kx+b，将C（0，6）、M（10，836=b83=10k+b，解得k＝﹣13，∴CM所在直线的解析式为y＝﹣13x+6（3）解：折痕CM上存在一点P，使PO+PB'最小，连接OB，OB与CM交点即为所求点P，连接PB'，如下图，∵△CBM沿CM翻折后，点B落在B'点，∴PB=PB'，∴PO+PB'当O、P、B共线时，PO+PB'最小，∵OB=O∴PO+PB'的最小值为234【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、长方形中的折叠、最短距离等知识，掌握折叠的性质以及熟练运用勾股定理是解题的关键．4．（2023春·河北邯郸·九年级统考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，已知一次函数y=12x+1的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点，以AB(1)求正方形ABCD的面积；(2)求点C和点D的坐标；(3)在x轴上是否存在点M，使△MDB的周长最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)5(2)C(-1，3)，D(-3，2)(3)M-1,0【分析】（1）由一次函数y=12x+1，可求出A和B点坐标，即得出OA和OB（2）作CE⊥y轴，DF⊥x轴．根据正方形的性质结合所作辅助线易证△BCE≌△DAF≌△ABO(AAS)，即得出BE=DF=OA=2，CE=AF=OB=1，从而可求出OE=3，OF=3，即得出C、（3）找出点B关于x轴的对称点B'，连接B'D，与x轴交于点M，根据轴对称的性质可知此时△BMD周长最小．由B(0，1)，得出B'(0，-1)，利用待定系数法可求出直线B'D的解析式为y=-x-1，从而可求出M点坐标．【详解】（1）对于直线y=12x+1，令x=0，得到y=1；令y=0∴A(-2，0)，B(0，1)，∴在Rt△AOB中，OA=2，OB=1∴根据勾股定理得：AB=2∴正方形ABCD面积为5；（2）如图，作CE⊥y轴，DF⊥x轴，∴∠CEB=∠AFD=∠AOB=90°．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，∴∠DAF+∠BAO=90°，∠ABO+∠CBE=90°，∵∠DAF+∠ADF=90°，∠BAO+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠ADF=∠CBE，∴△BCE≌△DAF≌△ABO(AAS∴BE=DF=OA=2，CE=AF=OB=1，∴OE=OB+BE=2+1=3，OF=OA+AF=2+1=3，∴C(-1，3)，D(-3，2)；（3）如图，找出点B关于x轴的对称点B'，连接B'D，与x轴交于点M，则此时△BMD周长最小．∵B(0，1)，∴B'(0，-1)设直线B'D的解析式为y=kx+b(k≠0)，把B'与D坐标代入得：b=-1-3k+b=2解得：k=-1b=-1∴直线B'D的解析式为y=-x-1．对于y=-x-1，令y=0，得到x=-1，∴M(-1，0)．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，坐标与图形，三角形全等的判定和性质，一次函数的应用以及轴对称变换等知识．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．5．（2023春·山东潍坊·九年级统考期末）如图①，四边形ABCD是边长为4的正方形，M是正方形对角线BD（不含B、D两个端点）上任意一点，将△BAM绕点B逆时针旋转60°得到△BEN，连接EA、MN；P是AD的中点，连接PM．（1）AM+PM的最小值等于；（2）求证：△BNM是等边三角形；（3）如图②，以B为坐标原点建立平面直角坐标系，若点M使得AM+BM+CM的值最小，求M点的坐标．【答案】（1）25；（2）见解析；（3）(6-2【分析】（1）如图①中，连接PC．利用勾股定理求出PC，再证明AM=MC，推出AM+PM=PM+CM≥PC，由此可得结论．（2）根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可．（3）首先说明E，N，M，C共线时，AM+BM+CM的值最小，此时点M在EC与BD的交点处，求出直线EC，BD的解析式，构建方程组可得结论．【详解】解：（1）如图①中，连接PC．∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=AD=CD=4，∠CDP=90°，∠ABM=∠CBM=45°，∵P是AD的中点，∴PA=PD=2，∴PC=D∵BA=BC，∠ABM=∠CBM，BM=BM，∴ΔABM≅ΔCBM(SAS)，∴AM=CM，∴AM+PM=CM+PM，∵PM+CM⩾PC，∴AM+PM⩾25∴AM+PM的最小值为25故答案为：25（2）证明：由旋转的性质可知BM=BN，∵∠MBN=60°，∴ΔBMN是等边三角形．（3）解：如图②中，过点E作EP⊥x轴于P，连接EC．由旋转的性质可知，AM=EN，∵ΔBMN是等边三角形，∴BM=MN，∴AM+BM+CM=EN+NM+MC，∵EN+NM+MC⩾EC，∴E，N，M，C共线时，AM+BM+CM的值最小，此时点M在EC与BD的交点处，∵AB=BE=4，∠ABE=60°，∴∠EBP=90°-60°=30°，∴EP=12BE=2∴E(-23，2)∵C(4,0)，D(4,4)，设直线EC解析式为y=kx+b，则有4k+b=0-2解得k=3∴y=(3同法可得直线BD的解析式为y=x，由y=xy=(3-2)x+8-4∴M(6-233【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的应用，最短问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会构建一次函数，构建方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．6．（2023春·全国·九年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．（1）求证：△AMB≌△ENB；（2）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；②当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；（3）当AM+BM+CM的最小值为23+2时，求正方形的边长．【答案】（1）见解析；（2）①当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小；②当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，理由见解析；（3）22．【分析】（1）由题意得MB=NB，∠ABN=15°，所以∠EBN=45°，容易证出△AMB≌△ENB；（2）①根据“两点之间线段最短”，可得，当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小；②根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长；（3）作辅助线，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF=30°，设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为22．【详解】（1）证明：∵△ABE是等边三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°．∵∠MBN＝60°，∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN，即∠MBA＝∠NBE．在△AMB和△ENB中AB=BE∠MBA=∠NBE∴△AMB≌△ENB（SAS）．（2）解：①由两点之间线段最短可知，当M点落在BD的中点时，A、M、C三点共线，AM+CM的值最小．②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小．理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等边三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，根据“两点之间线段最短”可知，若E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM取得最小值，最小值为EC．（3）解：过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°．设正方形的边长为x，则EF＝x2，BF＝x2-1在Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，∴(x2)2+(32x+x)2＝(23+2)解得x1＝22，x2＝﹣22（舍去负值）．∴正方形的边长为22．【点睛】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质；会利用含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理进行计算；会运用两点之间线段最短解决有关线段的和的最小值问题，解本题的关键是找出取最小值时M的位置．7．（2023春·广东深圳·九年级校联考期中）长方形纸片OABC中，AB=10cm，BC=6cm，把这张长方形纸片OABC如图放置在平面直角坐标系中，在边OA上取一点E，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在OC边上的点F处．（1）求点E、F的坐标；（2）在AB上找一点P，使PE+PF最小，求点P坐标；（3）在（2）的条件下，点Q（x，y）是直线PF上一个动点，设△OCQ的面积为S，求S与x的函数关系式．【答案】（1）点E的坐标为（0，83），点F的坐标为（-2，0）；（2）点P的坐标为（-57，6）；（3）S=【分析】（1）根据勾股定理求出CF，得到OF，求出点F的坐标，根据勾股定理得到点E的坐标；（2）根据轴对称-最短路径问题确定点P，根据待定系数法求出直线FE′的解析式，根据一次函数的性质求出点P坐标；（3）分Q在x轴上方和Q在x轴下方两种情况，根据三角形的面积公式计算．【详解】（1）设OE=x，则AE=6-x，由折叠知BA=BF=10，EF=AE=6-x，∵四边形OABC是长方形，∴∠BCO=90°，∴CF=BF2-BC2=8，∴OF=∴点F的坐标为（-2，0），在Rt△EOF中，EF2=OF2+OE2，即（6-x）2=22+x2，解得，x=83∴点E的坐标为（0，83∴点E的坐标为（0，83），点F的坐标为（-2，0（2）如图，作E关于AB的对称点E′，连结FE′，交AB于P，则PE+PF最小最小，∵点E的坐标为（0，83），∴AE=6-83=∵点E与点E′关于AB对称，∴AE′=AE=103∴OE′=103+6=283，∴点E′的坐标为（0，设直线FE′的解析式为y=kx+b，则b=283-2k+b=0，解得，k=143，则直线FE′的解析式为y=143x+28当y=6时，143x+283=6，解得，x=-∴点P的坐标为（-57，6（3）设点Q的坐标为（x，143x+28当Q在x轴上方时，即x＞-2时，S=12×10×（143x+283）=703当Q在x轴下方时，即x＜-2时，S=12×10×（-143x-283）=-703综上所述，S=703【点睛】本题考查的是正方形的性质，轴对称-最短路径问题，待定系数法求一次函数解析式，正确作出使PE+PF最小时点P的位置，灵活运用待定系数法是解题的关键．8．（2023·四川广安·九年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为2，M、N分别为AB、AD的中点，在对角线BD上找一点P，使△MNP的周长最小，则此时PM+PN=．【答案】2【分析】根据题得出要使△MNP的周长最小，只要MP+NP最小即可，过N作NG⊥BD交BD于G，交CD于F，连接MF交BD于P，根据正方形性质求出NG=DG=FG，得出N、F关于BD对称，求出MP+NP=MP+PF=MF，得出此时的PN+PM的值最小，得出四边形AMFD是平行四边形，求出MF=AD=2，即可求出MP+NP的值．【详解】∵DN=AM=AN=1，∠A=90°，∴由勾股定理求出MN=2，即MN值一定，∴要使△MNP的周长最小，只要MP+NP最小即可，过N作NG⊥BD交BD于G，交CD于F，连接MF交BD于P，∵四边形ABCD是正方形，∴∠NDB=∠FDB=12∠ADC=45°∴∠DNG=∠DFG=90°-45°=45°，∴∠DNG=∠NDG，∠DFG=∠FDG，∴NG=DG=FG，即N、F关于BD对称，∴PN=PF，∴MP+NP=MP+PF=MF，即此时的PN+PM的值最小，∵BD⊥NF，NG=FG，∴DN=DF=1=AM，∵四边形ABCD是正方形，∴AM∥DF，∴四边形AMFD是平行四边形，∴MF=AD=2，即MP+NP=2，故答案为2．【点睛】本题考查了正方形性质和轴对称-最短路线问题，题目综合性比较强，但比较典型，是一道比较好的题目，有一定的难度．【题型2两动一定型】1．（2023春·浙江杭州·九年级统考期中）如图，四边形ABCD中，∠BAD=110°，∠B=∠D=90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小，此时∠MAN的度数为（

）A．30° B．40° C．50° D．45°【答案】B【分析】根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．【详解】作DA延长线AH，即可得出∠A′＋∠A″＝180°-110°＝70°，进而得出∠MAN=110°-70°=40°．故选:B考点：轴对称的性质2．（2023春·广东广州·九年级广州市第四十一中学统考期中）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠A=120°，点E是BC边上的动点，点P是对角线BD上的动点，若使PC+PEA．5 B．2 C．32 D．【答案】D【分析】根据菱形的性质，可知点A和点C关于BD对称，再根据对称的性质，将PE+PC转化为PA+PE，然后根据垂线段最短可知，当AE⊥BC时，PE+PC取得最小值．【详解】解：连接AC,PA,AE，如图所示，∵四边形ABCD是菱形，∴点A和点C关于BD对称，∴PE+PC=PE+PA，∵当AE⊥BC时，点A到BC的距离最短，∴当AE⊥BC时，此时AE于BD的交点为P时，PE+PA=AE，PC+PE的值最小，∵菱形ABCD的边长为2cm，∠A=120°∴∠ABE=60°，AB=2cm∴∠BAE=30°，∴BE=12AB=1∴AE=AB2即PC+PE的最小值是3，故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质、对称轴—最短路径问题，解答本题的关键是找出PC+PE的值最小，即点A到线段BC的距离，其中垂线段垂足是点E的所在位置，垂线段与BD的交点是点P的所在位置．3．（2023春·甘肃兰州·九年级统考期中）如图正方形ABCD的面积为24，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一动点P，要使PD+PE最小，则这个最小值为（

）A．3 B．23 C．26 D【答案】C【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边ΔABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的面积为16，可求出AB【详解】解：设BE与AC交于点P'，连接BD∵点B与D关于AC对称，∴P∴P∵正方形ABCD的面积为24，∴AB=26又∵△ABE是等边三角形，∴BE=AB=26故选：C．【点睛】本题考查的是正方形的性质和轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．4．（2023春·浙江宁波·九年级宁波市第十五中学校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=3，若在AC，AB上各取一点M，N，使BM+MN的值最小，求这个最小值（

）A．23 B．21195 C．2【答案】D【分析】作点B关于AC的对称点H，连接HB，交AC于O，连接AH，HM，连接HN，由对称性可得AB＝AH＝4，HM＝BM，BO＝HO，可得MN+BM＝HM+MN，则当点H，点M，点N共线且HN⊥AB时，根据两点之间线段最短可得MN+BM的最小值为HN，在Rt△AOB中，利用勾股定理可求AO的长，利用等面积法即可求解．【详解】解：如图，作点B关于AC的对称点H，连接HB，交AC于O，连接AH，HM，连接HN，∴AB＝AH＝4，HM＝BM，BO＝HO，∴MN+BM＝HM+MN，∴当点H，点M，点N共线且HN⊥AB时，MN+BM的最小值为HN，∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝AB∵S△ABC＝12×AB×BC＝12AC×∴BO＝4×35∴BH＝245在Rt△AOBAO=A∵HN⊥AB，∴S△ABH＝12×AB×HN＝12BH×∴HN=∴MN+BM的最小值为9625故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，矩形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等知识，利用面积法求出BO是解题的关键．5．（2023春·广东湛江·九年级湛江市第二中学校考期中）如图1，矩形OABC摆放在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=3，OC=2，过点A的直线交矩形OABC的边BC于点P，且点P不与点B、C重合，过点P作∠CPD=∠APB，PD交x轴于点D，交y轴于点E．(1)若△PAB为等腰直角三角形．①求直线AP的函数解析式；②在x轴上另有一点G的坐标为2，0，请在直线AP和y轴上分别找一点M、N，使△GMN的周长最小，并求出(2)如图2，过点E作EF∥AP交x轴于点F，若以A、P、F、E为顶点的四边形是平行四边形，求直线【答案】(1)①y=-x+3；②26(2)y=2x-2【分析】（Ⅰ）①根据题意可求P1,2，用待定系数法可求直线AP②作点G关于y轴的对称点G'-2，0，作点G关于直线AP的对称点G″3，1，连接G'G″'交y（2）作PM⊥AD于M，可证AM=DM，由题意可证△PDM≌△EDOAAS，可求EO=PM=2，OD=DM=AM=1，即可得E点，P点坐标，即可求直线PE【详解】（1）解：①∵矩形OABC，OA=3，OC=2，∴A3，0，C0，AO∥BC，AO=BC=3，∵△PAB为等腰直角三角形∴BP=AB=2，∴CP=BC-BP=3-2=1，∴P1设直线AP的解析式y=kx+b，过点A3，0∴3k+b=0k+b=2解得：k=-1b=3∴直线AP的解析式y=-x+3；②作点G关于y轴的对称点G'-2，0，作点G关于直线AP的对称点G″3，1，连接G'G″'∴AG'=O在Rt△AG'∴△GMN周长的最小值为26．（2）如图，作PM⊥AD于M，∴∠PMD=∠EOD=90°，∠PMO=∠PMA=90°，∴四边形PCOM和四边形ABPM都是矩形，∵BC∥∴∠CPD=∠PDA，∠APB=∠PAD，又∴∠CPD=∠APB，

∴∠PDA=∠PAD，∴PD=PA，∴DM=AM，∵四边形PAEF是平行四边形，∴PD=ED，在△PDM和△EDO中，∠PMD=∠EOD∠PDM=∠EDOPD=ED∴△PDM≌△EDOAAS∴DM=DO，PM=EO，∴OD=DM=MA，∵PM=AB=2，OA=3，∴OE=2，CP=OM=2，∴E0，-2设直线PE的解析式y=mx+n，∴n=-22m+n=2∴m=2n=-2∴直线PE的解析式y=2x-2．【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形判定和性质，两点之间线段最短．灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．6．（2023春·广东广州·九年级中山大学附属中学校考期末）如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F分别是BC,CD上的点，连接AE，(1)如图①，AB=AD，∠BAD=120°，∠EAF=60°．求证：EF=BE+DF；(2)如图②，∠BAD=120°，△AEF周长何时最小，作出图形，并直接写出∠AEF+∠AFE=______°(3)如图③，若四边形ABCD为正方形，点E、F分别BC,CD上，且∠EAF=45°，若BE=3，DF=2，请求出线段EF的长度．【答案】(1)见解析(2)120(3)5【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，首先证明△ABE≌△ADGSAS，则有AE=AG,∠BAE=∠DAG，然后利用角度之间的关系得出∠EAF=∠FAG=60°，进而可证明△EAF（2）分别作点A关于BC和CD的对称点A'，A″，连接A'A″，交BC于点E，交CD于点F，由对称的性质可得A'E=AE,A″（3）旋转△ABE至△ADP的位置，首先证明△PAF≌△EAFSAS，则有EF=FP【详解】（1）证明：如解图①，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∴△ABE≌∴AE=AG,∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=120°，∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=60°，∴∠EAF=∠FAG=60°，在△EAF和△GAF中AE=AG∠EAF=∠GAF∴△EAF≌∴EF=FG=DG+DF，∴EF=BE+DF；（2）如解图，分别作点A关于BC和CD的对称点A'，A″，连接A'A″，交BC于点E，交CD∴此时△AEF的周长为AE+EF+AF=A∴当点A',E,F,A″在同一条直线上时，∵∠DAB=120°，∴∠A∵∠A'+∠EA∴∠AEF+∠AFE=2∠故答案为：120；（3）如解图，旋转△ABE至△ADP的位置，∴∠PAE=∠DAE+∠PAD=∠DAE+∠EAB=90°，AP=AE,∠PAF=∠PAE-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，在△PAF和△EAF中AP=AE∠PAF=∠EAF∴△PAF≌∴EF=FP，∴EF=FP=PD+DF=BE+DF=3+2=5．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．7．（2023春·陕西西安·九年级统考期末）探究：（1）如图，P、Q为△ABC的边AB、AC上的两定点，在BC上求作一点M，使△PQM的周长最短．（不写作法）（2）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，E、F分别为边AB、AD的中点，点M、N分别为BC、CD上的动点，求四边形EFNM周长的最小值．（3）如图，正方形ABCD的边长为2，点O为AB边中点，在边AD、CD、BC上分别确定点M、N、P．使得四边形OMNP周长最小，并求出最小值．【答案】（1）作图见解析；（2）四边形EFNM周长的最小值20；（3）最小值为42【分析】（1）作点P关于BC的对称点P'，连接P'Q，交BC于点M，依据对称轴的性质，可得ΔPQM（2）作点E关于BC的对称点E'，作点F关于CD的对称点F'，连接E'F'，交BC于M，交CD于N，连接EM，MN，FN，则EM=E'M，FN=F（3）作点O关于AD的对称点O1，关于BC的对称点O2，作O2关于CD的对称点O3，连接O1M，O2P，O3N，则O1M=OM，【详解】解：（1）如图所示，作点P关于BC的对称点P'，连接P'Q，交BC连接PQ，PM，MQ，则PM=P∴此时ΔPQM的周长最短为PQ+PM+QM=PQ+∴点M即为所求．（2）如图所示，作点E关于BC的对称点E'，作点F关于CD的对称点F'，连接E'F'，交BC于M连接EM，MN，FN，则EM=E'M∴EF+EM+MN+FN=EF+E∴此时，四边形EFNM周长的最小值为EF+E∵AB=6，AD=8，E、F分别为边AB、AD的中点，∴AE'=6+3=9∴Rt△AE'F又∵RtΔAEF中，∴四边形EFNM周长的最小值=EF+E（3）如图所示，作点O关于AD的对称点O1，关于BC的对称点O2，作O2关于CD的对称点O3，连接O1则O1M=OM，O2当N，P，O2在同一直线上时，OP+NP=当O1，M，N，O3在同一直线上时，此时四边形OMNP周长最小为O1O3的长，点M，N∵正方形ABCD的边长为2，点O为AB边中点，∴Rt△O1O2O3∴O即四边形OMNP周长最小值为42【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了利用轴对称求最短路径问题以及勾股定理等知识，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．【题型3两定两动型】1．（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，∠MON=30°，OA=2，OD=8，线段BC在射线ON上滑动，BC=23，则四边形ABCD周长的最小值是【答案】6+2【分析】如图所示，作点A关于直线ON的对称点E，过点E作EF∥BC，EF=BC，连接BE，CF，过点O作OP垂直于直线EF于P，过点D作DG垂直直线EF于G，交射线ON于H，设AE交射线ON于Q，连接BE，CF，DF，由轴对称的性质得到AQ=QE，AQ⊥ON，AB=BE，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出AQ=QE=1，OQ=3，OH=43，证明四边形OPGH是矩形，得到PG=OH=43，同理可证四边形OPQE是矩形，得到PE=OQ=3，OP=QE=AQ=HG=1，则DG=5，【详解】解：如图所示，作点A关于直线ON的对称点E，过点E作EF∥BC，EF=BC，连接BE，CF，过点O作OP垂直于直线EF于P，过点D作DG垂直直线EF于G，交射线ON于H，设AE交射线ON于∴AQ=QE，AQ⊥ON，∵∠MON=30°，∴AQ=QE=1∵DG⊥EF，∴DG⊥ON，同理得：DH=1∴OQ=OA2∵OP⊥PG，∴四边形OPGH是矩形，∴PG=OH=43同理可证四边形OPQE是矩形，∴PE=OQ=3∴DG=DH+GH=5，FG=PG-PE-EF=3∴DF=D∵OD=8，∴AD=6，∵EF=BC，∴四边形BEFC是平行四边形，∴AB=BE=CF，∴四边形ABCD的周长=AB+BC+CD+AD=6+2=6+23∴当C、D、F三点共线时，CF+CD最小，即四边形∴四边形ABCD的周长的最小值为6+23故答案为：6+23【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，轴对称最短路径问题，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线确定出周长最小时的情形是解题的关键．2．（2023春·江苏扬州·九年级校考期中）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=4，AD=12，将长方形纸片折叠，使点C落在AD边的点M处，折痕为PE，此时PD=3．（1）求MP的值；（2）在AB边上是否存在一个动点F，且不与点A、B重合，使△MEF的周长最小．如果存在求出△MEF的周长最小值：如果不存在，请说明理由；（3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=1．当四边形MEQG的周长最小时，其周长的最小值是______．【答案】（1）5；（2）存在，137+5；（3）【分析】(1)过P作PS⊥CE于S，则PSCD为矩形，由矩形的性质得PD=CS=3，PS=CD=4，由长方形纸片折叠的性质得∠PEC=∠PEM，MH=CD=4，PH=PD=3，∠H=∠D=90º，由长方形纸片ABCD的性质得AD∥BC内错角相等∠APE=∠PEC，推出∠PEM=∠APE，由等角对等边的MP=ME，在RtΔPMH中，由勾股定理得MP=HM2+HP2在（2）过M作AB的对称点M′，连接M′E，交AB于F，存在一个动点F，且不与点A、B重合，使△MEF的周长最小．过E最ET⊥AD于T，PT=SE=2,AM=AD-PM-PD=12-5-3=4，AM′=AM=4,TM=MP-TP=MP-TP=3，M′T=AM+AM+MT=11,ET=4，由勾股定理EM′=M'T2+TE（3）将M沿GQ平移到V，是MV=GQ=1，过V作AB的对称点W，连接VW延长WV交ET于K，则TK=1，WK=11，当点E、Q、W在一线时，当四边形MEQG的周长最小,此时GM=QV=WQ，在RtΔWKE中，由勾股定理WE=WK2+KE2,【详解】(1)过P作PS⊥CE于S，则PSCD为矩形，∴PD=CS=3，PS=CD=4，长方形纸片折叠，∠PEC=∠PEM，MH=CD=4，PH=PD=3，∠H=∠D=90º，由长方形纸片ABCD，∵AD∥BC，∴∠APE=∠PEC，∴∠PEM=∠APE，∴MP=ME，在RtΔPMH中，由勾股定理得MP=HM∴CE=ME=PM=5，∴ES=CE-CS=5-3=2，∴在RtΔPSE中，由勾股定理，PE=ES2（2）过M作AB的对称点M′，连接M′E，交AB于F，存在一个动点F，且不与点A、B重合，使△MEF的周长最小．过E最ET⊥AD于T，PT=SE=2，AM=AD-PM-PD=12-5-3=4，AM′=AM=4,TM=MP-TP=MP-TP=3，M′T=AM+AM+MT=11，ET=4，由勾股定理EM′=M'△MEF的周长最小=MF+FE+EM=M′E+ME=137+5（3）将M沿GQ平移到V，是MV=GQ=1，则四边形GQVM为平行四边形，过V作AB的对称点W，连接VW延长WV交ET于K，则TK=1，WK=11，当点E、Q、W在一线时，当四边形MEQG的周长最小,此时GM=QV=WQ，在RtΔWKE中，由勾股定理WE=WK当四边形MEQG的周长最小=GQ+QE+ME+MG=1+QE+5+GM=6+QE+GM=6+QV+QE=6+WE=130+6．【点睛】本题考查矩形折叠中求折痕长，求三角形最短周长，四边形最短周长问题，涉及的知识由矩形的性质，轴对称的性质，平行四边形的性质，勾股定理，三点共线等知识，会构造直角三角形，利用勾股定理解决线段的长问题，通过作对称点，三点在一线解决周长最短问题，会利用性质求线段的和差问题是解决问题的关键．3．（2023春·天津·九年级统考期末）如图1，以矩形OABC的顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知OA=3，OC=2，点E是AB的中点，在OA上取一点D，将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．

（1）直接写出点E、F的坐标；（2）如图2，若点P是线段DA上的一个动点，过P作PH⊥DB于H点，设OP的长为x，△DPH的面积为S，试用关于x的代数式表示S；（3）如图3，在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小？如果存在，求出周长的最小值．（直接写出结果即可）【答案】（1）E(3，1)，F(1，2)；（2）S=x24-x2+14；（3）在x轴、y【分析】（1）根据折叠的特点和矩形的性质，可得AE=1，BF=BA=2，故而写出E、F的坐标；（2）根据折叠的特点，可判断四边形DABF是正方形，从而得出∠HDP=45°，则可用x表示出DP的长，进而得出DH和HP的长，从而得出△DHP的面积；（3）四边形NMEF的周长=FN+NM+ME+EF，其中EF是定值，只需要FN+NM+ME最短即可，过点F作y轴的对称点F′，过点E关于x轴的对称点E′，则连接E′、F′与y轴的交点即为点N，与x轴的交点为点M，从而求得最小值．【详解】（1）由题意可求，AE=1，BF=BA=2∴CF=1，故：E(3，1)，F(1，2)；（2）如图2∵将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处，∴BF=AB=2，∴OD=CF=3﹣2=1，若设OP的长为x，则，PD=x﹣1，在Rt△ABD中，AB=2，AD=2，∴∠ADB=45°，在Rt△PDH中，PH=∴S=1（3）如图3，作点F关于y轴的对称点F′，点E关于x轴的对称点E′，连接E′F′交y轴于点N，交x轴于点M，此时四边形MNFE的周长最小，点F(1，2)关于y轴的对称点F′(﹣1，2)，点E(3，1)关于x轴的对称点E′(3，﹣1)，待定系数法可求得：直线E′F′的解析式为：y=-3当x=0时，y=54，当y=0时，∴N(0，5此时，四边形MNFE的周长=E∴在x轴、y轴上分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小，最小为：5+5【点睛】本题考查对折问题和求最值问题，在求解最值问题中，利用对称进行边长转化是常见的方法之一．4．（2023春·广东广州·九年级广州四十七中校考期中）已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，E为直线BC上一点．(1)如图1，当E在线段BC上，且DE=AD时，求BE的长．

(2)如图2，点E在线段BC边延长线上一点，若BD=BE，连接DE，M为DE的中点，连接AM、CM，求证：AM⊥CM．

(3)如图3，在（2）的条件下，P、Q为AD边上两个动点，且PQ=52，连接P、B、M、Q，求四边形

【答案】(1)BE=4-7(2)见解析；(3)97+5+3【分析】（1）先求出DE=AD=4，再利用勾股定理求出CE，即可得出结论；（2）根据等腰三角形的性质先判断出∠BMD=90°，再证明△ADM≌△BCMSAS，得出∠AMD=∠BMC（3）由于BM和PQ是定值，只要BP+QM最小即可，如图作辅助线，利用轴对称的性质确定出MG'就是BP+QM的最小值，然后利用勾股定理求出MG即可得出结论．【详解】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=90°，CD=AB=3，AD=BC=4，∴DE=AD=4，在Rt△CDE中，CE=∴BE=BC-CE=4-7（2）证明：如图2，连接BM，

∵点M是DE的中点，∴DM=EM，∵BD=BE，∴BM⊥DE，∴∠BMD=90°，∵点M是Rt△CDE∴DM=CM，∴∠CDM=∠DCM，∴∠ADM=∠BCM，在△ADM和△BCM中，AD=BC∠ADM=∠BCM∴△ADM≌∴∠AMD=∠BMC，∴∠AMC=∠AMB+∠BMC=∠AMB+∠AMD=∠BMD=90°，∴AM⊥CM；（3）解：如图3，连接BM，过点Q作QG∥BP交BC于G，由PQ∥BG可得四边形BPQG是平行四边形，则QG=BP，作点G关于AD的对称点G'，连接QG'，当点G'，Q，M在同一条线上时，QM+QG最小，即

∵四边形BPQG是平行四边形，∴BG=PQ=5∴CG=4-5如图2，在Rt△BCD中，CD=3，BC=4∴BD=3∴BE=5，∴CE=BE-BC=1，∴HM=12CE+CG=2在Rt△MHG'中，HG'=3+∴MG在Rt△CDE中，DE=∴ME=10在Rt△BME中，BM=∴四边形PBMQ周长最小值=BP+PQ+MQ+BM=QG+PQ+QM+BM=Q=M==97【点睛】本题是一道四边形综合题，主要考查了矩形的性质、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质以及二次根式的混合运算，确定BP+QM的最小值是解答本题的关键．5．（2023春·天津滨海新·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-34x+b分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A为4,0

(1)填空：b=______；(2)求点D的坐标；(3)若M为x轴上的动点，N为y轴上的动点，求四边形MNDC周长的最小值．【答案】(1)3(2)点D的坐标为7,4(3)221【分析】（1）将点A4,0代入y=-（2）结合正方形的性质可证△DAE≌△ABOAAS，推出DE=OA=4，AE=OB=3（3）作点C关于y轴的对称点C'，作点D关于x轴的对称点D'，由轴对称的性质可得NC=NC'，MD=MD'，进而可得四边形MNDC周长【详解】（1）解：∵点A4,0在直线y=-3∴-3解得b=3，故答案为：3；（2）解：由（1）知直线AB的解析式为y=-3当x=0时，y=3，∴点B的坐标为0,3，∴OB=3．如图，作DE⊥x轴于点E，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠BAO+∠DAE=90°，又∵∠BAO+∠ABO=90°，∴∠DAE=∠ABO，在△DAE和△ABO中，∠DAE=∠ABO∠DEA=∠AOB∴△DAE≌∴DE=OA=4，AE=OB=3，∴OE=OA+AE=4+3=7，∴点D的坐标为7,4；（3）解：∵正方形ABCD中，A4,0，B0,3，∴xC=x∴C3,7如图，作点C关于y轴的对称点C'，作点D关于x轴的对称点D

则C'-3,7，∵M为x轴上的动点，N为y轴上的动点，∴由轴对称的性质可知NC=NC'，∴NC+NM+MD=NC∴四边形MNDC周长=NC+NM+MD+CD≥C由勾股定理得，C'CD=AB=4∴四边形MNDC周长的最小值为：C'【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用轴对称求线段的最值等，解题的关键是根据轴对称找出四边形MNDC周长取最小值时点M和点N的位置．6．（2023春·江苏无锡·九年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）在矩形ABCD中，AB=6，BC=12，E、F是直线AC上的两个动点，分别从A、C两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为t秒（其中0≤t≤9）．(1)如图1，M、N分别是AB、CD中点，当四边形EMFN是矩形时，求(2)若G、H分别从点A、C沿折线A－B－C、C－D－A运动，与E、F相同速度同时出发．①如图2，若四边形EGFH为菱形，求t的值；②如图3，作AC的垂直平分线交AD、BC于点P、Q，若四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的59，则t③如图4，在异于G、H所在矩形边上取P、Q，使得PD=BQ，顺次连接PGQH，请直接写出四边形PGQH周长的最小值：______．【答案】(1)t=325(2)①t=214；②56【分析】（1）先证四边形MBCN是平行四边形，则当EF=MN=12时，四边形EMFN是矩形，即可求解；（2）①如图2，连接GH，CH，由菱形的性质可得AC⊥GH，得GH是AC的垂直平分线，则②由线段垂直平分线和勾股定理可求AQ=CQ=15③如图4，作点G关于BC的对称点G'，过点G'作G'K⊥DC于K，连接G'H，QG'，则BG=BG'=CK【详解】（1）解：∵矩形ABCD，∴AB∥CD，∴∠MAE=∠NCF，∵M、N分别是AB、∴AM=CN，∵E、F分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，∴AE=CF=2t，∴△AME≌△CNFSAS∴ME=FN，∠AEM=∠CFN，∴∠MEF=∠EFN，∴ME∥∴四边形EMFN是平行四边形，如图1，连接MN，∵矩形ABCD，M，N分别是AB、∴四边形MBCN是矩形，∵矩形ABCD中，AB=6，BC=12，∴MN=BC=12，AC=6∵四边形EMFN是平行四边形，∴当EF=MN=12时，四边形EMFN是矩形，∴65-4t=12或解得t=325（2）解：①由（1）知：AE=CF，如图2，连接GH，∵四边形EGFH为菱形，∴AC⊥GH，OE=OF，∴OA=OC，∴AH=HC，∵HC∴AH∴AH=CH=15∴DH=9∴CD+DH=6+9∴t=21②如图3，连接AQ，由①同理得：AQ=CQ=152，由①知：AP=15∴AP=CQ，∵G、H分别从点A、C沿折线A-B-C，C-D-A运动，∴AG=CH，又∵∠GAP=∠QCH=90°，∴△APG≌△CQHSAS∴GP=QH，同理可证PH=GQ，∴四边形PGQH是平行四边形，∵四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的59∴S▱PGDH∴2S∴S△∴S△AGP∴12∴AG=5∴t=5故答案为：56③如图4，作点G关于BC的对称点G'，过点G'作G'K⊥DC于K，连接G'H，∵AG=CH，∴HK=CH+CK=AG+BG=6，∵G'∴G'由②知：四边形PGQH是平行四边形，∴四边形PGQH的周长=2QH+2GQ=2QH+2QG当G'，Q，H三点共线时，四边形PGQH周长有最小值，且最小值是2故答案为：125【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质和判定，轴对称的性质，轴对称的最短路径问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．7．（2023春·福建南平·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，∠ABD=60°，G，H分别是AD,BC边上的点，且AG=CH，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G，E，H，F，G．(1)求证：四边形GEHF是平行四边形；(2)填空：①当AG=时，四边形GEHF是矩形；②当AG=时，四边形GEHF是菱形；(3)求四边形GEHF的周长的最小值．【答案】(1)见解析(2)①23；②(3)4【分析】（1）先根据矩形的性质AD=BC,AD∥BC，根据平行线的性质可得∠GDE=∠HBF，再根据SAS定理证出△GDE≌△HBF，根据全等三角形的性质可得GE=HF,∠DEG=∠BFH，然后根据平行线的判定可得GE∥HF，最后根据平行四边形的判定即可得证；（2）①先根据矩形的性质、勾股定理可得BD=8,AD=BC=43，从而可得EF=4，再根据矩形的性质可得GH=EF=4，从而可得AB=GH，然后根据矩形的判定与性质可得AG=BH，由此即可得；②先根据菱形的性质可得EF⊥GH，再利用HL定理证出Rt△ABG≌Rt△OBG，根据全等三角形的性质可得（3）过点E作EM⊥AD于点M，延长EM到点N，使MN=EM，过点F作FP⊥EM于点P，连接NG,NF，则MN=EM=12DE=3，FP∥AD，EG=NG，再根据利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可得PE=2,PF=23，从而可得NP=4，利用勾股定理可得NF=27，然后根据两点之间线段最短可得当点N,G,F【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC,AD∥BC，∴∠GDE=∠HBF，∵AG=CH，∴AD-AG=BC-CH，即DG=BH，∵E,O,F分别是对角线BD上的四等分点，∴OE=OF=BE=DF，∴BD-BE=BD-DF，即DE=BF，在△GDE和△HBF中，DG=BH∠GDE=∠HBF∴△GDE≅△HBFSAS∴GE=HF,∠DEG=∠BFH，∴GE∥HF，∴四边形GEHF是平行四边形．（2）解：①如图，连接GH，∵四边形ABCD是矩形，AB=4，∠ABD=60°，∴∠A=∠ABC=90°,∠ADB=30°,AD∥BC,AD=BC，∴BD=2AB=8,AD=B∴BC=43∵E,O,F分别是对角线BD上的四等分点，∴OE=OF=BE=DF=2，∴EF=OE+OF=4，要使平行四边形GEHF是矩形，则GH=EF=4，∴GH=AB，由平行线间的距离可知，GH⊥AD，GH⊥BC，∴四边形ABHG是矩形，∴AG=BH，又∵AG=CH，∴AG=1即当AG=23时，四边形GEHF故答案为：23②如图，连接BG,GH，要使平行四边形GEHF是菱形，则EF⊥GH，在Rt△ABG和Rt△OBG中，∴Rt∴∠ABG=∠OBG=1∴BG=2AG，∴AB=BG2解得AG=4即当AG=433故答案为：43（3）解：如图，过点E作EM⊥AD于点M，延长EM到点N，使MN=EM，过点F作FP⊥EM于点P，连接NG,NF，∴MN=EM=12DE=12∴∠EFP=∠ADB=30°，∴PE=1∴NP=MN+EM-PE=4，∴NF=N∵四边形GEHF的周长为2EG+FG∴由两点之间线段最短可知，当点N,G,F共线时，NG+FG取得最小值NF，则四边形GEHF的周长的最小值为2NF=47【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造直角三角形，并找出当点N,G,F共线时，NG+FG取得最小值NF是解题关键．【题型4一定两动型】1．（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，BC=8，∠ABC=45°，在对角线BD上有一动点P，边BC上有一动点Q，使PQ+PC的值最小，则这个最小值为（

）A．4 B．42 C．43 D【答案】B【分析】根据平行线的性质得到∠ADB＝∠CBD，由角平分线的定义得到∠ABD＝∠CBD，得到平行四边形ABCD是菱形，推出点A，C关于BD对称，过A作AQ⊥BC于Q交BD于P，则PQ＋PC最小值＝AQ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴点A，C关于BD对称，过A作AQ⊥BC于Q交BD于P，则PQ＋PC最小值＝AQ，∵∠ABC＝45°，∴△ABQ是等腰直角三角形，∵AB＝BC＝8，∴AQ＝22AB＝4∴这个最小值为42故选：B．【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，准确的找到P与Q的位置是解题的关键．2．（2023春·河南郑州·九年级校联考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，点D为AB的中点，点E、F分别在边AC、BC上，且∠EDF=90°，则下列说法：①AE=CF；②△DEF是等腰直角三角形；③△CEF周长的最小值是22+4；④四边形DECFA．①③④ B．①② C．②③ D．①②③④【答案】D【分析】证明△ADE≌△CDFASA可判断①②；根据△DEF是等腰直角三角形，EF=2DF，当DF⊥BC时，DF最小，DF=12BC=12×4=2，可得△CEF【详解】解：如图，连接CD，∵∠BCA=90°，AC=BC=4，点D为AB的中点，∴CD⊥AB，CD=AD=BD，∠A=∠B=∠ACD=∠BCD=45°，∴∠CDA=∠CDB=90°，∴△CDB是等腰直角三角形，∵∠EDF=90°，∴∠ADE=∠CDF，

在△ADE和△CDF中，∠DAE=∠DCFAD=CD∴△ADE≌△CDFASA∴AE=CF，故结论①正确；∴DE=DF，∵∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形，故结论②正确；∵AE=CF，

∴△CEF周长为：CE+CF+EF=CE+AE+EF=AC+EF=4+EF，当EF取得最小值时，△CEF的周长取得最小值，∵△DEF是等腰直角三角形，DE=DF，∴EF=D∴当DF最小时，EF也最小，即当DF⊥BC时，DF最小，此时DF=1∴△CEF的周长取得最小值：4+EF=4+2DF=4+22∵△ADE≌△CDF，∴S△ADE∴S==S∵∠BAC=90°，AC=BC=4，点D为AB的中点，∴S△ADC即S四边形∴四边形DECF的面积是一个定值，故结论④正确；∴正确的序号是①②③④．故选：D．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，垂线段最短，割补法求四边形的面积，利用中线的性质求三角形的面积等知识，根据垂线段最短求DF的长、利用割补法求四边形DECF的面积是解题的关键．3．（2023春·河南郑州·九年级河南省实验中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为（8，4），将该长方形沿OB翻折，点A的对应点为点D，OD与BC交于点E．（1）求点E的坐标；（2）点M是OB上任意一点，点N是OA上任意一点，是否存在点M、N，使得AM+MN最小？若存在，求出其最小值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）E（3，4）（2）存在,AM+MN的最小值是32【分析】（1）根据翻折特点可得∠DOB=∠AOB，由平行性质可得∠OBC=∠DOB，故EO=EB，设OE=x，则DE=8-x，根据勾股定理得，DB2+DE2=BE2，即16+（8-x）2=x2，可进一步求出E的坐标；（2）过点D作OA的垂线交OB于M，交OA于N，此时的M，N是AM+MN的最小值的位置，求出DN就是AM+MN的最小值，结合（1），根据面积有DE×BD=BE×DG，故DG=DE×BDBE=125，得GN=OC=4，可求出DN=【详解】（1）∵将该长方形沿OB翻折，点A的对应点为点D，OD与BC交于点E．∴∠DOB=∠AOB∵BC∥OA∴∠OBC=∠AOB∴∠OBC=∠DOB∴EO=EB∵长方形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为（8，4）设OE=x，则DE=8-x在Rt△BDE中，BD=4，根据勾股定理得，DB2+DE2=BE2∴16+（8-x）2=x2∴x=5∴BE=5∴CE=3∴E（3，4）（2）如图过点D作OA的垂线交OB于M，交OA于N，此时的M，N是AM+MN的最小值的位置，求出DN就是AM+MN的最小值由（1）得，DE=3，BE=5，BD=4∴根据面积有DE×BD=BE×DG∴DG=DE×BDBE=125由题意有，∴DN=DG+GN=12即：AM+MN的最小值是325【点睛】考核知识点：轴对称，勾股定理．根据图形信息，把问题转化为解直角三角形问题是关键．4．（2023春·广东汕头·九年级汕头市潮阳实验学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形ABCD是菱形，点A在x轴的正半轴上，点A的坐标为8,0，∠C=60°，点M在边BC上移动（不与B、C重合），点N在边AB上移动（不与A、

(1)连接OM,ON，∠MON=____________________°；(2)求△OMN周长的最小值及此时点N的坐标；(3)在（2）的结论下，若P为平面内一点，当以点O,N,A,P为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出点P的坐标．【答案】(1)60°(2)N(3)P2,-23或P14,2【分析】（1）连接OB，证明AO=AB=BC=8，△BOC与△AOB为等边三角形，CM=BN，可得△COM≌△BONSAS（2）证明△MON为等边三角形；可得C△MON=3OM，则当OM⊥BC时，△MON周长有最小值，结合△OBC为等边三角形，CM=BM=1（3）设Px,y，而N6,23，A8,0，O0,0；分三种情况讨论：当AO【详解】（1）解：连接OB，

∵四边形ABCD是菱形，点A在x轴的正半轴上，点A的坐标为8,0，∠C=60°，∴AO=AB=BC=8，△BOC与△AOB为等边三角形，∴CM+BM=8，AN+BN=8，BO=CO，∠ABO=∠C=60°=∠AOB，∵CM+AN=8，∠C=60°，∴CM=BN，∴△COM≌△BONSAS∴OM=ON，∠BON=∠COM，∴∠MON=∠BOM+∠BON=∠BOC=60°；（2）∵OM=ON，∠MON=60°，∴△MON为等边三角形；∴C△MON当OM⊥BC时，△MON周长有最小值，∵△OBC为等边三角形，∴CM=BM=12BC=4∴△OMN的周长最小值为123，B∴BN=CM=4，∴N为AB的中点，∴N6,2（3）设Px,y，而N6,23，A当AO为对角线时，∴8+0=6+x23+y=0+0∴P2,-2当AN为对角线时，∴8+6=x+023+0=y+0∴P14,2当ON为对角线时，∴0+6=8+x0+23=0+y∴P-2,2综上：P2,-23或P14,2【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，垂线段最短的含义，平行四边形的判定与性质，中点坐标公式的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．5．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A-12,0、点B0,43，C

(1)求直线AB的解析式；(2)如图1，若E为线段AB上一动点，过点E作EF⊥x轴于点F，EG⊥y轴于点G，连接FG，P为FG上一动点．当线段FG最短时，求△PCE周长的最小值；(3)在（2）的条件下，直线FG与直线AB相交于点Q，将线段CE沿射线FG方向平移12个单位长度，平移后的点C记为点C'，H为直线FG上的一动点，在平面内是否存在一点N，使得以C'、H、Q、N为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点【答案】(1)y=(2)6(3)存在，392,83+313【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）连接OE，由OE=FG，当OE⊥AB时OE最小时，则FG最小；作E点关于FG的对称点H，过H作HM⊥x轴于M，连接CH、FH、EH、PH，由两点间线段最短得到（3）求出点Q及C'的坐标，再求出C'Q的长度，分情况求出点H【详解】（1）解：设直线AB解析式为y=kx+b(k≠0)，把点A、B的坐标代入得：-12k+b=0b=4解得：k=3∴直线AB解析式为y=3（2）解：如图，连接OE，∵EF⊥x轴，EG⊥y轴，∴∠EGO=∠EFO=∠GOF=90°，∴四边形EFOG是矩形，∴OE=FG，∴当OE⊥AB时，OE最小时，∴FG最小；作E点关于FG的对称点H，过H作HM⊥x轴于M，连接CH、则PE=PH，∵PE+PC=PH+PC≥CH，∴当点P在CH上时，PE+PC最短，∴△PCE的周长最短；∵OB=43∴AB=83∵OB=1∴∠OAB=30°，∵C为AB中点，∴BC=1∵OE⊥AB，∴∠EOB=30°，∴BE=1∴CE=BC-BE=23∵∠BEG=∠OAB=30°，∴BG=12BE=∴EF=OG=33∵E、H关于FG对称，∠EFG=30°，∴FH=EF=33∴∠HFM=30°，∴HM=12FH=∴H∵点C是AB中点，且A-12,0、B∴C(-6,23∴CH=3∴△PCE的周长最小值为：CH+CE=613

（3）解：存在点N，使得以C'、H、Q、N∵OF=3，∴F(-3,0)，设直线FG解析式为y=k1x+3∴k1即直线FG解析式为y=3解方程组y=33x+4∴Q3∵C(-6,23∴将点C沿射线FG方向平移12个单位长度后点C'的坐标为(0,8∴OC如图，当QH∵直线FG与x轴正方向的夹角为60°，∴把点Q向右平移392个单位长度，再向上平移3132∴点H1的坐标为3∴把点C'向右平移392个单位长度，再向上平移313∴点N1的坐标为39同理，当QH2=QC'∴点N1的坐标为-当C'H3=QC∴点N3的坐标为15当C'H4=QH∴点N3的坐标为-综上，满足条件的点N的坐标为392,83+3132

【点睛】本题是一次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式，菱形的性质，对称性质，平移的性质，两点间线段最短等知识，掌握这些知识是解题的关键．注意分类讨论．6．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中有长方形OABC，点C(0,4)，将长方形OABC沿AC折叠，使得点B落在点D处，CD边交x轴于点E，∠OAC＝（1）求点D的坐标；（2）如图2，在直线AC以及y轴上是否分别存在点M，N，使得△EMN的周长最小？如果存在，求出△EMN周长的最小值；如果不存在，请说明理由；（3）点P为y轴上一动点，作直线AP交直线CD于点Q，是否存在点P使得△CPQ为等腰三角形？如果存在，请求出∠OAP的度数；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）点D坐标(23,-2)；（2）存在，△EMN的周长