專題1.4 四邊形中的四大最值模型（北師大版）（解析版）

專題1.4四邊形中的四大最值模型【北師大版】考卷信息：本套訓練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學生對四邊形中的四大最值模型的理解！【題型1兩定一動型】1．（2023春·山東泰安·九年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD的邊長為4，且∠DAB=60°，E是BC的中點，P為BD上一點且△PCE的周長最小，則△PCE的周長的最小值為（

）

A．27+2 B．7+1 C．2【答案】A【分析】由菱形的性質(zhì)可得點A與點C關(guān)于BD對稱，連接AE交BD于點P，連接PC，則△PCE的周長=PC+PE+CE=AE+CE，此時△PCE的周長最小，過點E作EG⊥AB交AB的延長線于G，由菱形的性質(zhì)和∠DAB=60°可得∠EBG=60°，從而可得BG=1，EG=3【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴點A與點C關(guān)于BD對稱，如圖，連接AE交BD于點P，連接PC，，則PE+PC=PE+PA=AE，∴△PCE的周長=PC+PE+CE=AE+CE，此時△PCE的周長最小，∵E是BC的中點，菱形ABCD的邊長為4，∴BE=CE=2，過點E作EG⊥AB交AB的延長線于G，∵四邊形ABCD為菱形，邊長為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的周長的最小值=AE+CE=27故選：A．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，添加適當?shù)妮o助線，求出AE的長，是解題的關(guān)鍵．2．（2023春·山東濱州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠DAB=60°，E為BC的中點，在對角線AC上存在一點P，使△PBE的周長最小，則△PBE的周長的最小值為(

)A．23 B．4 C．23+2【答案】C【分析】如下圖，△BEP的周長=BE+BP+EP，其中BE是定值，只需要BP+PE為最小值即可，過點E作AC的對稱點F，連接FB，則FB就是BP+PE的最小值．【詳解】如下圖，過點E作AC的對稱點F，連接FB，F(xiàn)E，過點B作FE的垂線，交FE的延長線于點G∵菱形ABCD的邊長為4，點E是BC的中點∴BE=2∵∠DAB=60°，∴∠FCE=60°∵點F是點E關(guān)于AC的對稱點∴根據(jù)菱形的對稱性可知，點F在DC的中點上則CF=CE=2∴△CFE是等邊三角形，∴∠FEC=60°，EF=2∴∠BEG=60°∴在Rt△BEG中，EG=1，BG=3∴FG=1+2=3∴在Rt△BFG中，BF=32+根據(jù)分析可知，BF=PB+PE∴△PBE的周長=23故選：C【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)和利用對稱性求最值問題，解題關(guān)鍵是利用對稱性，將BP+PE的長轉(zhuǎn)化為FB的長．3．（2023春·湖南湘潭·九年級統(tǒng)考期末）如圖，長方形OABC，是一張放在平面直角坐標系中的長方形紙片，O為原點，點A在x軸上，點C在y軸上，OA=10,OC=6，在AB上取一點M使得△CBM沿CM翻折后，點B落在x軸上，記作B′點，(1)求B(2)求折痕CM所在直線的表達式；(3)求折痕CM上是否存在一點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）連接OB，OB與CM交點即為所求點P，連接PB'，根據(jù)△CBM沿CM翻折后，點B落在B'點，知PO+PB'=PO+PB≥OB，，用股股定理即可求出PO+PB【詳解】（1）解：∵四邊形OABC是長方形，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故答案為：（8，0）；（2）解：設(shè)AM＝x，則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設(shè)CM所在直線的解析式為y＝kx+b，將C（0，6）、M（10，836=b83=10k+b，解得k＝﹣13，∴CM所在直線的解析式為y＝﹣13x+6（3）解：折痕CM上存在一點P，使PO+PB'最小，連接OB，OB與CM交點即為所求點P，連接PB'，如下圖，∵△CBM沿CM翻折后，點B落在B'點，∴PB=PB'，∴PO+PB'當O、P、B共線時，PO+PB'最小，∵OB=O∴PO+PB'的最小值為234【點睛】本題考查一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、長方形中的折疊、最短距離等知識，掌握折疊的性質(zhì)以及熟練運用勾股定理是解題的關(guān)鍵．4．（2023春·河北邯鄲·九年級統(tǒng)考期末）如圖所示，在平面直角坐標系中，已知一次函數(shù)y=12x+1的圖象與x軸，y軸分別交于A，B兩點，以AB(1)求正方形ABCD的面積；(2)求點C和點D的坐標；(3)在x軸上是否存在點M，使△MDB的周長最??？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)5(2)C(-1，3)，D(-3，2)(3)M-1,0【分析】（1）由一次函數(shù)y=12x+1，可求出A和B點坐標，即得出OA和OB（2）作CE⊥y軸，DF⊥x軸．根據(jù)正方形的性質(zhì)結(jié)合所作輔助線易證△BCE≌△DAF≌△ABO(AAS)，即得出BE=DF=OA=2，CE=AF=OB=1，從而可求出OE=3，OF=3，即得出C、（3）找出點B關(guān)于x軸的對稱點B'，連接B'D，與x軸交于點M，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可知此時△BMD周長最?。葿(0，1)，得出B'(0，-1)，利用待定系數(shù)法可求出直線B'D的解析式為y=-x-1，從而可求出M點坐標．【詳解】（1）對于直線y=12x+1，令x=0，得到y(tǒng)=1；令y=0∴A(-2，0)，B(0，1)，∴在Rt△AOB中，OA=2，OB=1∴根據(jù)勾股定理得：AB=2∴正方形ABCD面積為5；（2）如圖，作CE⊥y軸，DF⊥x軸，∴∠CEB=∠AFD=∠AOB=90°．∵四邊形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）如圖，找出點B關(guān)于x軸的對稱點B'，連接B'D，與x軸交于點M，則此時△BMD周長最?。連(0，1)，∴B'(0，-1)設(shè)直線B'D的解析式為y=kx+b(k≠0)，把B'與D坐標代入得：b=-1-3k+b=2解得：k=-1b=-1∴直線B'D的解析式為y=-x-1．對于y=-x-1，令y=0，得到x=-1，∴M(-1，0)．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，坐標與圖形，三角形全等的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)的應(yīng)用以及軸對稱變換等知識．正確的作出輔助線并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．5．（2023春·山東濰坊·九年級統(tǒng)考期末）如圖①，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，M是正方形對角線BD（不含B、D兩個端點）上任意一點，將△BAM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BEN，連接EA、MN；P是AD的中點，連接PM．（1）AM+PM的最小值等于；（2）求證：△BNM是等邊三角形；（3）如圖②，以B為坐標原點建立平面直角坐標系，若點M使得AM+BM+CM的值最小，求M點的坐標．【答案】（1）25；（2）見解析；（3）(6-2【分析】（1）如圖①中，連接PC．利用勾股定理求出PC，再證明AM=MC，推出AM+PM=PM+CM≥PC，由此可得結(jié)論．（2）根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形證明即可．（3）首先說明E，N，M，C共線時，AM+BM+CM的值最小，此時點M在EC與BD的交點處，求出直線EC，BD的解析式，構(gòu)建方程組可得結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖①中，連接PC．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=AD=CD=4，∠CDP=90°，∠ABM=∠CBM=45°，∵P是AD的中點，∴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的最小值為25故答案為：25（2）證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知BM=BN，∵∠MBN=60°，∴ΔBMN是等邊三角形．（3）解：如圖②中，過點E作EP⊥x軸于P，連接EC．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AM=EN，∵ΔBMN是等邊三角形，∴BM=MN，∴AM+BM+CM=EN+NM+MC，∵EN+NM+MC?EC，∴E，N，M，C共線時，AM+BM+CM的值最小，此時點M在EC與BD的交點處，∵AB=BE=4，∠ABE=60°，∴∠EBP=90°-60°=30°，∴EP=12BE=2∴E(-23，2)∵C(4,0)，D(4,4)，設(shè)直線EC解析式為y=kx+b，則有4k+b=0-2解得k=3∴y=(3同法可得直線BD的解析式為y=x，由y=xy=(3-2)x+8-4∴M(6-233【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，一次函數(shù)的應(yīng)用，最短問題等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學會構(gòu)建一次函數(shù)，構(gòu)建方程組確定交點坐標，屬于中考壓軸題．6．（2023春·全國·九年級期中）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）①當M點在何處時，AM+CM的值最小；②當M點在何處時，AM+BM+CM的值最小，并說明理由；（3）當AM+BM+CM的最小值為23+2時，求正方形的邊長．【答案】（1）見解析；（2）①當M點落在BD的中點時，AM+CM的值最小；②當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最小，理由見解析；（3）22．【分析】（1）由題意得MB=NB，∠ABN=15°，所以∠EBN=45°，容易證出△AMB≌△ENB；（2）①根據(jù)“兩點之間線段最短”，可得，當M點落在BD的中點時，AM+CM的值最小；②根據(jù)“兩點之間線段最短”，當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的長；（3）作輔助線，過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，由題意求出∠EBF=30°，設(shè)正方形的邊長為x，在Rt△EFC中，根據(jù)勾股定理求得正方形的邊長為22．【詳解】（1）證明：∵△ABE是等邊三角形，∴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由兩點之間線段最短可知，當M點落在BD的中點時，A、M、C三點共線，AM+CM的值最?。谌鐖D，連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最?。碛扇缦拢哼B接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，根據(jù)“兩點之間線段最短”可知，若E、N、M、C在同一條直線上時，EN+MN+CM取得最小值，最小值為EC．（3）解：過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°．設(shè)正方形的邊長為x，則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（舍去負值）．∴正方形的邊長為22．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題：熟練掌握正方形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；會利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系和勾股定理進行計算；會運用兩點之間線段最短解決有關(guān)線段的和的最小值問題，解本題的關(guān)鍵是找出取最小值時M的位置．7．（2023春·廣東深圳·九年級校聯(lián)考期中）長方形紙片OABC中，AB=10cm，BC=6cm，把這張長方形紙片OABC如圖放置在平面直角坐標系中，在邊OA上取一點E，將△ABE沿BE折疊，使點A恰好落在OC邊上的點F處．（1）求點E、F的坐標；（2）在AB上找一點P，使PE+PF最小，求點P坐標；（3）在（2）的條件下，點Q（x，y）是直線PF上一個動點，設(shè)△OCQ的面積為S，求S與x的函數(shù)關(guān)系式．【答案】（1）點E的坐標為（0，83），點F的坐標為（-2，0）；（2）點P的坐標為（-57，6）；（3）S=【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出CF，得到OF，求出點F的坐標，根據(jù)勾股定理得到點E的坐標；（2）根據(jù)軸對稱-最短路徑問題確定點P，根據(jù)待定系數(shù)法求出直線FE′的解析式，根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)求出點P坐標；（3）分Q在x軸上方和Q在x軸下方兩種情況，根據(jù)三角形的面積公式計算．【詳解】（1）設(shè)OE=x，則AE=6-x，由折疊知BA=BF=10，EF=AE=6-x，∵四邊形OABC是長方形，∴∠BCO=90°，∴CF=BF2-BC2=8，∴OF=∴點F的坐標為（-2，0），在Rt△EOF中，EF2=OF2+OE2，即（6-x）2=22+x2，解得，x=83∴點E的坐標為（0，83∴點E的坐標為（0，83），點F的坐標為（-2，0（2）如圖，作E關(guān)于AB的對稱點E′，連結(jié)FE′，交AB于P，則PE+PF最小最小，∵點E的坐標為（0，83），∴AE=6-83=∵點E與點E′關(guān)于AB對稱，∴AE′=AE=103∴OE′=103+6=283，∴點E′的坐標為（0，設(shè)直線FE′的解析式為y=kx+b，則b=283-2k+b=0，解得，k=143，則直線FE′的解析式為y=143x+28當y=6時，143x+283=6，解得，x=-∴點P的坐標為（-57，6（3）設(shè)點Q的坐標為（x，143x+28當Q在x軸上方時，即x＞-2時，S=12×10×（143x+283）=703當Q在x軸下方時，即x＜-2時，S=12×10×（-143x-283）=-703綜上所述，S=703【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，軸對稱-最短路徑問題，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，正確作出使PE+PF最小時點P的位置，靈活運用待定系數(shù)法是解題的關(guān)鍵．8．（2023·四川廣安·九年級校聯(lián)考期中）如圖，正方形ABCD的邊長為2，M、N分別為AB、AD的中點，在對角線BD上找一點P，使△MNP的周長最小，則此時PM+PN=．【答案】2【分析】根據(jù)題得出要使△MNP的周長最小，只要MP+NP最小即可，過N作NG⊥BD交BD于G，交CD于F，連接MF交BD于P，根據(jù)正方形性質(zhì)求出NG=DG=FG，得出N、F關(guān)于BD對稱，求出MP+NP=MP+PF=MF，得出此時的PN+PM的值最小，得出四邊形AMFD是平行四邊形，求出MF=AD=2，即可求出MP+NP的值．【詳解】∵DN=AM=AN=1，∠A=90°，∴由勾股定理求出MN=2，即MN值一定，∴要使△MNP的周長最小，只要MP+NP最小即可，過N作NG⊥BD交BD于G，交CD于F，連接MF交BD于P，∵四邊形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關(guān)于BD對稱，∴PN=PF，∴MP+NP=MP+PF=MF，即此時的PN+PM的值最小，∵BD⊥NF，NG=FG，∴DN=DF=1=AM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AM∥DF，∴四邊形AMFD是平行四邊形，∴MF=AD=2，即MP+NP=2，故答案為2．【點睛】本題考查了正方形性質(zhì)和軸對稱-最短路線問題，題目綜合性比較強，但比較典型，是一道比較好的題目，有一定的難度．【題型2兩動一定型】1．（2023春·浙江杭州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD中，∠BAD=110°，∠B=∠D=90°，在BC、CD上分別找一點M、N，使△AMN周長最小，此時∠MAN的度數(shù)為（

）A．30° B．40° C．50° D．45°【答案】B【分析】根據(jù)要使△AMN的周長最小，即利用點的對稱，讓三角形的三邊在同一直線上，作出A關(guān)于BC和ED的對稱點A′，A″，連接A′A″，交BC于M，交CD于N，則A′A″即為△AMN的周長最小值．【詳解】作DA延長線AH，即可得出∠A′＋∠A″＝180°-110°＝70°，進而得出∠MAN=110°-70°=40°．故選:B考點：軸對稱的性質(zhì)2．（2023春·廣東廣州·九年級廣州市第四十一中學統(tǒng)考期中）如圖，菱形ABCD的邊長為2cm，∠A=120°，點E是BC邊上的動點，點P是對角線BD上的動點，若使PC+PEA．5 B．2 C．32 D．【答案】D【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，可知點A和點C關(guān)于BD對稱，再根據(jù)對稱的性質(zhì)，將PE+PC轉(zhuǎn)化為PA+PE，然后根據(jù)垂線段最短可知，當AE⊥BC時，PE+PC取得最小值．【詳解】解：連接AC,PA,AE，如圖所示，∵四邊形ABCD是菱形，∴點A和點C關(guān)于BD對稱，∴PE+PC=PE+PA，∵當AE⊥BC時，點A到BC的距離最短，∴當AE⊥BC時，此時AE于BD的交點為P時，PE+PA=AE，PC+PE的值最小，∵菱形ABCD的邊長為2cm，∠A=120°∴∠ABE=60°，AB=2cm∴∠BAE=30°，∴BE=12AB=1∴AE=AB2即PC+PE的最小值是3，故選：D．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、對稱軸—最短路徑問題，解答本題的關(guān)鍵是找出PC+PE的值最小，即點A到線段BC的距離，其中垂線段垂足是點E的所在位置，垂線段與BD的交點是點P的所在位置．3．（2023春·甘肅蘭州·九年級統(tǒng)考期中）如圖正方形ABCD的面積為24，△ABE是等邊三角形，點E在正方形ABCD內(nèi)，在對角線AC上有一動點P，要使PD+PE最小，則這個最小值為（

）A．3 B．23 C．26 D【答案】C【分析】由于點B與D關(guān)于AC對稱，所以連接BE，與AC的交點即為P點．此時PD+PE=BE最小，而BE是等邊ΔABE的邊，BE=AB，由正方形ABCD的面積為16，可求出AB【詳解】解：設(shè)BE與AC交于點P'，連接BD∵點B與D關(guān)于AC對稱，∴P∴P∵正方形ABCD的面積為24，∴AB=26又∵△ABE是等邊三角形，∴BE=AB=26故選：C．【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)和軸對稱-最短路線問題，熟知“兩點之間，線段最短”是解答此題的關(guān)鍵．4．（2023春·浙江寧波·九年級寧波市第十五中學校考期中）如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=3，若在AC，AB上各取一點M，N，使BM+MN的值最小，求這個最小值（

）A．23 B．21195 C．2【答案】D【分析】作點B關(guān)于AC的對稱點H，連接HB，交AC于O，連接AH，HM，連接HN，由對稱性可得AB＝AH＝4，HM＝BM，BO＝HO，可得MN+BM＝HM+MN，則當點H，點M，點N共線且HN⊥AB時，根據(jù)兩點之間線段最短可得MN+BM的最小值為HN，在Rt△AOB中，利用勾股定理可求AO的長，利用等面積法即可求解．【詳解】解：如圖，作點B關(guān)于AC的對稱點H，連接HB，交AC于O，連接AH，HM，連接HN，∴AB＝AH＝4，HM＝BM，BO＝HO，∴MN+BM＝HM+MN，∴當點H，點M，點N共線且HN⊥AB時，MN+BM的最小值為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的最小值為9625故選：D．【點睛】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，矩形的性質(zhì)，三角形的面積公式，勾股定理等知識，利用面積法求出BO是解題的關(guān)鍵．5．（2023春·廣東湛江·九年級湛江市第二中學?？计谥校┤鐖D1，矩形OABC擺放在平面直角坐標系中，點A在x軸上，點C在y軸上，OA=3，OC=2，過點A的直線交矩形OABC的邊BC于點P，且點P不與點B、C重合，過點P作∠CPD=∠APB，PD交x軸于點D，交y軸于點E．(1)若△PAB為等腰直角三角形．①求直線AP的函數(shù)解析式；②在x軸上另有一點G的坐標為2，0，請在直線AP和y軸上分別找一點M、N，使△GMN的周長最小，并求出(2)如圖2，過點E作EF∥AP交x軸于點F，若以A、P、F、E為頂點的四邊形是平行四邊形，求直線【答案】(1)①y=-x+3；②26(2)y=2x-2【分析】（Ⅰ）①根據(jù)題意可求P1,2，用待定系數(shù)法可求直線AP②作點G關(guān)于y軸的對稱點G'-2，0，作點G關(guān)于直線AP的對稱點G″3，1，連接G'G″'交y（2）作PM⊥AD于M，可證AM=DM，由題意可證△PDM≌△EDOAAS，可求EO=PM=2，OD=DM=AM=1，即可得E點，P點坐標，即可求直線PE【詳解】（1）解：①∵矩形OABC，OA=3，OC=2，∴A3，0，C0，AO∥BC，AO=BC=3，∵△PAB為等腰直角三角形∴BP=AB=2，∴CP=BC-BP=3-2=1，∴P1設(shè)直線AP的解析式y(tǒng)=kx+b，過點A3，0∴3k+b=0k+b=2解得：k=-1b=3∴直線AP的解析式y(tǒng)=-x+3；②作點G關(guān)于y軸的對稱點G'-2，0，作點G關(guān)于直線AP的對稱點G″3，1，連接G'G″'∴AG'=O在Rt△AG'∴△GMN周長的最小值為26．（2）如圖，作PM⊥AD于M，∴∠PMD=∠EOD=90°，∠PMO=∠PMA=90°，∴四邊形PCOM和四邊形ABPM都是矩形，∵BC∥∴∠CPD=∠PDA，∠APB=∠PAD，又∴∠CPD=∠APB，

∴∠PDA=∠PAD，∴PD=PA，∴DM=AM，∵四邊形PAEF是平行四邊形，∴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設(shè)直線PE的解析式y(tǒng)=mx+n，∴n=-22m+n=2∴m=2n=-2∴直線PE的解析式y(tǒng)=2x-2．【點睛】本題屬于一次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，等腰三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，兩點之間線段最短．靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．6．（2023春·廣東廣州·九年級中山大學附屬中學校考期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是BC,CD上的點，連接AE，(1)如圖①，AB=AD，∠BAD=120°，∠EAF=60°．求證：EF=BE+DF；(2)如圖②，∠BAD=120°，△AEF周長何時最小，作出圖形，并直接寫出∠AEF+∠AFE=______°(3)如圖③，若四邊形ABCD為正方形，點E、F分別BC,CD上，且∠EAF=45°，若BE=3，DF=2，請求出線段EF的長度．【答案】(1)見解析(2)120(3)5【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，首先證明△ABE≌△ADGSAS，則有AE=AG,∠BAE=∠DAG，然后利用角度之間的關(guān)系得出∠EAF=∠FAG=60°，進而可證明△EAF（2）分別作點A關(guān)于BC和CD的對稱點A'，A″，連接A'A″，交BC于點E，交CD于點F，由對稱的性質(zhì)可得A'E=AE,A″（3）旋轉(zhuǎn)△ABE至△ADP的位置，首先證明△PAF≌△EAFSAS，則有EF=FP【詳解】（1）證明：如解圖①，延長FD到點G，使DG=BE，連接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）如解圖，分別作點A關(guān)于BC和CD的對稱點A'，A″，連接A'A″，交BC于點E，交CD∴此時△AEF的周長為AE+EF+AF=A∴當點A',E,F,A″在同一條直線上時，∵∠DAB=120°，∴∠A∵∠A'+∠EA∴∠AEF+∠AFE=2∠故答案為：120；（3）如解圖，旋轉(zhuǎn)△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．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定及性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·陜西西安·九年級統(tǒng)考期末）探究：（1）如圖，P、Q為△ABC的邊AB、AC上的兩定點，在BC上求作一點M，使△PQM的周長最短．（不寫作法）（2）如圖，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，E、F分別為邊AB、AD的中點，點M、N分別為BC、CD上的動點，求四邊形EFNM周長的最小值．（3）如圖，正方形ABCD的邊長為2，點O為AB邊中點，在邊AD、CD、BC上分別確定點M、N、P．使得四邊形OMNP周長最小，并求出最小值．【答案】（1）作圖見解析；（2）四邊形EFNM周長的最小值20；（3）最小值為42【分析】（1）作點P關(guān)于BC的對稱點P'，連接P'Q，交BC于點M，依據(jù)對稱軸的性質(zhì)，可得ΔPQM（2）作點E關(guān)于BC的對稱點E'，作點F關(guān)于CD的對稱點F'，連接E'F'，交BC于M，交CD于N，連接EM，MN，F(xiàn)N，則EM=E'M，F(xiàn)N=F（3）作點O關(guān)于AD的對稱點O1，關(guān)于BC的對稱點O2，作O2關(guān)于CD的對稱點O3，連接O1M，O2P，O3N，則O1M=OM，【詳解】解：（1）如圖所示，作點P關(guān)于BC的對稱點P'，連接P'Q，交BC連接PQ，PM，MQ，則PM=P∴此時ΔPQM的周長最短為PQ+PM+QM=PQ+∴點M即為所求．（2）如圖所示，作點E關(guān)于BC的對稱點E'，作點F關(guān)于CD的對稱點F'，連接E'F'，交BC于M連接EM，MN，F(xiàn)N，則EM=E'M∴EF+EM+MN+FN=EF+E∴此時，四邊形EFNM周長的最小值為EF+E∵AB=6，AD=8，E、F分別為邊AB、AD的中點，∴AE'=6+3=9∴Rt△AE'F又∵RtΔAEF中，∴四邊形EFNM周長的最小值=EF+E（3）如圖所示，作點O關(guān)于AD的對稱點O1，關(guān)于BC的對稱點O2，作O2關(guān)于CD的對稱點O3，連接O1則O1M=OM，O2當N，P，O2在同一直線上時，OP+NP=當O1，M，N，O3在同一直線上時，此時四邊形OMNP周長最小為O1O3的長，點M，N∵正方形ABCD的邊長為2，點O為AB邊中點，∴Rt△O1O2O3∴O即四邊形OMNP周長最小值為42【點睛】此題屬于四邊形綜合題，主要考查了利用軸對稱求最短路徑問題以及勾股定理等知識，凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，多數(shù)情況要作點關(guān)于某直線的對稱點．【題型3兩定兩動型】1．（2023春·湖北武漢·九年級?？茧A段練習）如圖，∠MON=30°，OA=2，OD=8，線段BC在射線ON上滑動，BC=23，則四邊形ABCD周長的最小值是【答案】6+2【分析】如圖所示，作點A關(guān)于直線ON的對稱點E，過點E作EF∥BC，EF=BC，連接BE，CF，過點O作OP垂直于直線EF于P，過點D作DG垂直直線EF于G，交射線ON于H，設(shè)AE交射線ON于Q，連接BE，CF，DF，由軸對稱的性質(zhì)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質(zhì)求出AQ=QE=1，OQ=3，OH=43，證明四邊形OPGH是矩形，得到PG=OH=43，同理可證四邊形OPQE是矩形，得到PE=OQ=3，OP=QE=AQ=HG=1，則DG=5，【詳解】解：如圖所示，作點A關(guān)于直線ON的對稱點E，過點E作EF∥BC，EF=BC，連接BE，CF，過點O作OP垂直于直線EF于P，過點D作DG垂直直線EF于G，交射線ON于H，設(shè)AE交射線ON于∴AQ=QE，AQ⊥ON，∵∠MON=30°，∴AQ=QE=1∵DG⊥EF，∴DG⊥ON，同理得：DH=1∴OQ=OA2∵OP⊥PG，∴四邊形OPGH是矩形，∴PG=OH=43同理可證四邊形OPQE是矩形，∴PE=OQ=3∴DG=DH+GH=5，F(xiàn)G=PG-PE-EF=3∴DF=D∵OD=8，∴AD=6，∵EF=BC，∴四邊形BEFC是平行四邊形，∴AB=BE=CF，∴四邊形ABCD的周長=AB+BC+CD+AD=6+2=6+23∴當C、D、F三點共線時，CF+CD最小，即四邊形∴四邊形ABCD的周長的最小值為6+23故答案為：6+23【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理，軸對稱最短路徑問題，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線確定出周長最小時的情形是解題的關(guān)鍵．2．（2023春·江蘇揚州·九年級?？计谥校┤鐖D，在長方形紙片ABCD中，AB=4，AD=12，將長方形紙片折疊，使點C落在AD邊的點M處，折痕為PE，此時PD=3．（1）求MP的值；（2）在AB邊上是否存在一個動點F，且不與點A、B重合，使△MEF的周長最?。绻嬖谇蟪觥鱉EF的周長最小值：如果不存在，請說明理由；（3）若點G，Q是AB邊上的兩個動點，且不與點A，B重合，GQ=1．當四邊形MEQG的周長最小時，其周長的最小值是______．【答案】（1）5；（2）存在，137+5；（3）【分析】(1)過P作PS⊥CE于S，則PSCD為矩形，由矩形的性質(zhì)得PD=CS=3，PS=CD=4，由長方形紙片折疊的性質(zhì)得∠PEC=∠PEM，MH=CD=4，PH=PD=3，∠H=∠D=90o，由長方形紙片ABCD的性質(zhì)得AD∥BC內(nèi)錯角相等∠APE=∠PEC，推出∠PEM=∠APE，由等角對等邊的MP=ME，在RtΔPMH中，由勾股定理得MP=HM2+HP2在（2）過M作AB的對稱點M′，連接M′E，交AB于F，存在一個動點F，且不與點A、B重合，使△MEF的周長最?。^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）將M沿GQ平移到V，是MV=GQ=1，過V作AB的對稱點W，連接VW延長WV交ET于K，則TK=1，WK=11，當點E、Q、W在一線時，當四邊形MEQG的周長最小,此時GM=QV=WQ，在RtΔWKE中，由勾股定理WE=WK2+KE2,【詳解】(1)過P作PS⊥CE于S，則PSCD為矩形，∴PD=CS=3，PS=CD=4，長方形紙片折疊，∠PEC=∠PEM，MH=CD=4，PH=PD=3，∠H=∠D=90o，由長方形紙片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）過M作AB的對稱點M′，連接M′E，交AB于F，存在一個動點F，且不與點A、B重合，使△MEF的周長最?。^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的周長最小=MF+FE+EM=M′E+ME=137+5（3）將M沿GQ平移到V，是MV=GQ=1，則四邊形GQVM為平行四邊形，過V作AB的對稱點W，連接VW延長WV交ET于K，則TK=1，WK=11，當點E、Q、W在一線時，當四邊形MEQG的周長最小,此時GM=QV=WQ，在RtΔWKE中，由勾股定理WE=WK當四邊形MEQG的周長最小=GQ+QE+ME+MG=1+QE+5+GM=6+QE+GM=6+QV+QE=6+WE=130+6．【點睛】本題考查矩形折疊中求折痕長，求三角形最短周長，四邊形最短周長問題，涉及的知識由矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，三點共線等知識，會構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理解決線段的長問題，通過作對稱點，三點在一線解決周長最短問題，會利用性質(zhì)求線段的和差問題是解決問題的關(guān)鍵．3．（2023春·天津·九年級統(tǒng)考期末）如圖1，以矩形OABC的頂點O為原點，OA所在的直線為x軸，OC所在的直線為y軸，建立平面直角坐標系，已知OA=3，OC=2，點E是AB的中點，在OA上取一點D，將△BDA沿BD翻折，使點A落在BC邊上的點F處．

（1）直接寫出點E、F的坐標；（2）如圖2，若點P是線段DA上的一個動點，過P作PH⊥DB于H點，設(shè)OP的長為x，△DPH的面積為S，試用關(guān)于x的代數(shù)式表示S；（3）如圖3，在x軸、y軸上是否分別存在點M、N，使得四邊形MNFE的周長最?。咳绻嬖?，求出周長的最小值．（直接寫出結(jié)果即可）【答案】（1）E(3，1)，F(xiàn)(1，2)；（2）S=x24-x2+14；（3）在x軸、y【分析】（1）根據(jù)折疊的特點和矩形的性質(zhì)，可得AE=1，BF=BA=2，故而寫出E、F的坐標；（2）根據(jù)折疊的特點，可判斷四邊形DABF是正方形，從而得出∠HDP=45°，則可用x表示出DP的長，進而得出DH和HP的長，從而得出△DHP的面積；（3）四邊形NMEF的周長=FN+NM+ME+EF，其中EF是定值，只需要FN+NM+ME最短即可，過點F作y軸的對稱點F′，過點E關(guān)于x軸的對稱點E′，則連接E′、F′與y軸的交點即為點N，與x軸的交點為點M，從而求得最小值．【詳解】（1）由題意可求，AE=1，BF=BA=2∴CF=1，故：E(3，1)，F(xiàn)(1，2)；（2）如圖2∵將△BDA沿BD翻折，使點A落在BC邊上的點F處，∴BF=AB=2，∴OD=CF=3﹣2=1，若設(shè)OP的長為x，則，PD=x﹣1，在Rt△ABD中，AB=2，AD=2，∴∠ADB=45°，在Rt△PDH中，PH=∴S=1（3）如圖3，作點F關(guān)于y軸的對稱點F′，點E關(guān)于x軸的對稱點E′，連接E′F′交y軸于點N，交x軸于點M，此時四邊形MNFE的周長最小，點F(1，2)關(guān)于y軸的對稱點F′(﹣1，2)，點E(3，1)關(guān)于x軸的對稱點E′(3，﹣1)，待定系數(shù)法可求得：直線E′F′的解析式為：y=-3當x=0時，y=54，當y=0時，∴N(0，5此時，四邊形MNFE的周長=E∴在x軸、y軸上分別存在點M、N，使得四邊形MNFE的周長最小，最小為：5+5【點睛】本題考查對折問題和求最值問題，在求解最值問題中，利用對稱進行邊長轉(zhuǎn)化是常見的方法之一．4．（2023春·廣東廣州·九年級廣州四十七中?？计谥校┮阎匦蜛BCD中，AB=3，BC=4，E為直線BC上一點．(1)如圖1，當E在線段BC上，且DE=AD時，求BE的長．

(2)如圖2，點E在線段BC邊延長線上一點，若BD=BE，連接DE，M為DE的中點，連接AM、CM，求證：AM⊥CM．

(3)如圖3，在（2）的條件下，P、Q為AD邊上兩個動點，且PQ=52，連接P、B、M、Q，求四邊形

【答案】(1)BE=4-7(2)見解析；(3)97+5+3【分析】（1）先求出DE=AD=4，再利用勾股定理求出CE，即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)先判斷出∠BMD=90°，再證明△ADM≌△BCMSAS，得出∠AMD=∠BMC（3）由于BM和PQ是定值，只要BP+QM最小即可，如圖作輔助線，利用軸對稱的性質(zhì)確定出MG'就是BP+QM的最小值，然后利用勾股定理求出MG即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖1，∵四邊形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）證明：如圖2，連接BM，

∵點M是DE的中點，∴DM=EM，∵BD=BE，∴BM⊥DE，∴∠BMD=90°，∵點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：如圖3，連接BM，過點Q作QG∥BP交BC于G，由PQ∥BG可得四邊形BPQG是平行四邊形，則QG=BP，作點G關(guān)于AD的對稱點G'，連接QG'，當點G'，Q，M在同一條線上時，QM+QG最小，即

∵四邊形BPQG是平行四邊形，∴BG=PQ=5∴CG=4-5如圖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=∴四邊形PBMQ周長最小值=BP+PQ+MQ+BM=QG+PQ+QM+BM=Q=M==97【點睛】本題是一道四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)以及二次根式的混合運算，確定BP+QM的最小值是解答本題的關(guān)鍵．5．（2023春·天津濱海新·九年級?？计谀┤鐖D，在平面直角坐標系中，直線y=-34x+b分別與x軸、y軸交于點A、B，且點A為4,0

(1)填空：b=______；(2)求點D的坐標；(3)若M為x軸上的動點，N為y軸上的動點，求四邊形MNDC周長的最小值．【答案】(1)3(2)點D的坐標為7,4(3)221【分析】（1）將點A4,0代入y=-（2）結(jié)合正方形的性質(zhì)可證△DAE≌△ABOAAS，推出DE=OA=4，AE=OB=3（3）作點C關(guān)于y軸的對稱點C'，作點D關(guān)于x軸的對稱點D'，由軸對稱的性質(zhì)可得NC=NC'，MD=MD'，進而可得四邊形MNDC周長【詳解】（1）解：∵點A4,0在直線y=-3∴-3解得b=3，故答案為：3；（2）解：由（1）知直線AB的解析式為y=-3當x=0時，y=3，∴點B的坐標為0,3，∴OB=3．如圖，作DE⊥x軸于點E，

∵四邊形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，∴點D的坐標為7,4；（3）解：∵正方形ABCD中，A4,0，B0,3，∴xC=x∴C3,7如圖，作點C關(guān)于y軸的對稱點C'，作點D關(guān)于x軸的對稱點D

則C'-3,7，∵M為x軸上的動點，N為y軸上的動點，∴由軸對稱的性質(zhì)可知NC=NC'，∴NC+NM+MD=NC∴四邊形MNDC周長=NC+NM+MD+CD≥C由勾股定理得，C'CD=AB=4∴四邊形MNDC周長的最小值為：C'【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，利用軸對稱求線段的最值等，解題的關(guān)鍵是根據(jù)軸對稱找出四邊形MNDC周長取最小值時點M和點N的位置．6．（2023春·江蘇無錫·九年級江蘇省錫山高級中學實驗學校?？计谥校┰诰匦蜛BCD中，AB=6，BC=12，E、F是直線AC上的兩個動點，分別從A、C兩點同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒2個單位長度，運動時間為t秒（其中0≤t≤9）．(1)如圖1，M、N分別是AB、CD中點，當四邊形EMFN是矩形時，求(2)若G、H分別從點A、C沿折線A－B－C、C－D－A運動，與E、F相同速度同時出發(fā)．①如圖2，若四邊形EGFH為菱形，求t的值；②如圖3，作AC的垂直平分線交AD、BC于點P、Q，若四邊形PGQH的面積是矩形ABCD面積的59，則t③如圖4，在異于G、H所在矩形邊上取P、Q，使得PD=BQ，順次連接PGQH，請直接寫出四邊形PGQH周長的最小值：______．【答案】(1)t=325(2)①t=214；②56【分析】（1）先證四邊形MBCN是平行四邊形，則當EF=MN=12時，四邊形EMFN是矩形，即可求解；（2）①如圖2，連接GH，CH，由菱形的性質(zhì)可得AC⊥GH，得GH是AC的垂直平分線，則②由線段垂直平分線和勾股定理可求AQ=CQ=15③如圖4，作點G關(guān)于BC的對稱點G'，過點G'作G'K⊥DC于K，連接G'H，QG'，則BG=BG'=CK【詳解】（1）解：∵矩形ABCD，∴AB∥CD，∴∠MAE=∠NCF，∵M、N分別是AB、∴AM=CN，∵E、F分別從A、C同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒2個單位長度，∴AE=CF=2t，∴△AME≌△CNFSAS∴ME=FN，∠AEM=∠CFN，∴∠MEF=∠EFN，∴ME∥∴四邊形EMFN是平行四邊形，如圖1，連接MN，∵矩形ABCD，M，N分別是AB、∴四邊形MBCN是矩形，∵矩形ABCD中，AB=6，BC=12，∴MN=BC=12，AC=6∵四邊形EMFN是平行四邊形，∴當EF=MN=12時，四邊形EMFN是矩形，∴65-4t=12或解得t=325（2）解：①由（1）知：AE=CF，如圖2，連接GH，∵四邊形EGFH為菱形，∴AC⊥GH，OE=OF，∴OA=OC，∴AH=HC，∵HC∴AH∴AH=CH=15∴DH=9∴CD+DH=6+9∴t=21②如圖3，連接AQ，由①同理得：AQ=CQ=152，由①知：AP=15∴AP=CQ，∵G、H分別從點A、C沿折線A-B-C，C-D-A運動，∴AG=CH，又∵∠GAP=∠QCH=90°，∴△APG≌△CQHSAS∴GP=QH，同理可證PH=GQ，∴四邊形PGQH是平行四邊形，∵四邊形PGQH的面積是矩形ABCD面積的59∴S?PGDH∴2S∴S△∴S△AGP∴12∴AG=5∴t=5故答案為：56③如圖4，作點G關(guān)于BC的對稱點G'，過點G'作G'K⊥DC于K，連接G'H，∵AG=CH，∴HK=CH+CK=AG+BG=6，∵G'∴G'由②知：四邊形PGQH是平行四邊形，∴四邊形PGQH的周長=2QH+2GQ=2QH+2QG當G'，Q，H三點共線時，四邊形PGQH周長有最小值，且最小值是2故答案為：125【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)和判定，軸對稱的性質(zhì)，軸對稱的最短路徑問題，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·福建南平·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，∠ABD=60°，G，H分別是AD,BC邊上的點，且AG=CH，E，O，F(xiàn)分別是對角線BD上的四等分點，順次連接G，E，H，F(xiàn)，G．(1)求證：四邊形GEHF是平行四邊形；(2)填空：①當AG=時，四邊形GEHF是矩形；②當AG=時，四邊形GEHF是菱形；(3)求四邊形GEHF的周長的最小值．【答案】(1)見解析(2)①23；②(3)4【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)AD=BC,AD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠GDE=∠HBF，再根據(jù)SAS定理證出△GDE≌△HBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得GE=HF,∠DEG=∠BFH，然后根據(jù)平行線的判定可得GE∥HF，最后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；（2）①先根據(jù)矩形的性質(zhì)、勾股定理可得BD=8,AD=BC=43，從而可得EF=4，再根據(jù)矩形的性質(zhì)可得GH=EF=4，從而可得AB=GH，然后根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)可得AG=BH，由此即可得；②先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得EF⊥GH，再利用HL定理證出Rt△ABG≌Rt△OBG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得（3）過點E作EM⊥AD于點M，延長EM到點N，使MN=EM，過點F作FP⊥EM于點P，連接NG,NF，則MN=EM=12DE=3，F(xiàn)P∥AD，EG=NG，再根據(jù)利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可得PE=2,PF=23，從而可得NP=4，利用勾股定理可得NF=27，然后根據(jù)兩點之間線段最短可得當點N,G,F【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC,AD∥BC，∴∠GDE=∠HBF，∵AG=CH，∴AD-AG=BC-CH，即DG=BH，∵E,O,F分別是對角線BD上的四等分點，∴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，∴四邊形GEHF是平行四邊形．（2）解：①如圖，連接GH，∵四邊形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分別是對角線BD上的四等分點，∴OE=OF=BE=DF=2，∴EF=OE+OF=4，要使平行四邊形GEHF是矩形，則GH=EF=4，∴GH=AB，由平行線間的距離可知，GH⊥AD，GH⊥BC，∴四邊形ABHG是矩形，∴AG=BH，又∵AG=CH，∴AG=1即當AG=23時，四邊形GEHF故答案為：23②如圖，連接BG,GH，要使平行四邊形GEHF是菱形，則EF⊥GH，在Rt△ABG和Rt△OBG中，∴Rt∴∠ABG=∠OBG=1∴BG=2AG，∴AB=BG2解得AG=4即當AG=433故答案為：43（3）解：如圖，過點E作EM⊥AD于點M，延長EM到點N，使MN=EM，過點F作FP⊥EM于點P，連接NG,NF，∴MN=EM=12DE=12∴∠EFP=∠ADB=30°，∴PE=1∴NP=MN+EM-PE=4，∴NF=N∵四邊形GEHF的周長為2EG+FG∴由兩點之間線段最短可知，當點N,G,F共線時，NG+FG取得最小值NF，則四邊形GEHF的周長的最小值為2NF=47【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，較難的是題（3），通過作輔助線，構(gòu)造直角三角形，并找出當點N,G,F共線時，NG+FG取得最小值NF是解題關(guān)鍵．【題型4一定兩動型】1．（2023春·全國·九年級專題練習）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線BD平分∠ABC，BC=8，∠ABC=45°，在對角線BD上有一動點P，邊BC上有一動點Q，使PQ+PC的值最小，則這個最小值為（

）A．4 B．42 C．43 D【答案】B【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠ADB＝∠CBD，由角平分線的定義得到∠ABD＝∠CBD，得到平行四邊形ABCD是菱形，推出點A，C關(guān)于BD對稱，過A作AQ⊥BC于Q交BD于P，則PQ＋PC最小值＝AQ，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，∴點A，C關(guān)于BD對稱，過A作AQ⊥BC于Q交BD于P，則PQ＋PC最小值＝AQ，∵∠ABC＝45°，∴△ABQ是等腰直角三角形，∵AB＝BC＝8，∴AQ＝22AB＝4∴這個最小值為42故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱?最短路線問題，菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，準確的找到P與Q的位置是解題的關(guān)鍵．2．（2023春·河南鄭州·九年級校聯(lián)考階段練習）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，點D為AB的中點，點E、F分別在邊AC、BC上，且∠EDF=90°，則下列說法：①AE=CF；②△DEF是等腰直角三角形；③△CEF周長的最小值是22+4；④四邊形DECFA．①③④ B．①② C．②③ D．①②③④【答案】D【分析】證明△ADE≌△CDFASA可判斷①②；根據(jù)△DEF是等腰直角三角形，EF=2DF，當DF⊥BC時，DF最小，DF=12BC=12×4=2，可得△CEF【詳解】解：如圖，連接CD，∵∠BCA=90°，AC=BC=4，點D為AB的中點，∴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，故結(jié)論①正確；∴DE=DF，∵∠EDF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形，故結(jié)論②正確；∵AE=CF，

∴△CEF周長為：CE+CF+EF=CE+AE+EF=AC+EF=4+EF，當EF取得最小值時，△CEF的周長取得最小值，∵△DEF是等腰直角三角形，DE=DF，∴EF=D∴當DF最小時，EF也最小，即當DF⊥BC時，DF最小，此時DF=1∴△CEF的周長取得最小值：4+EF=4+2DF=4+22∵△ADE≌△CDF，∴S△ADE∴S==S∵∠BAC=90°，AC=BC=4，點D為AB的中點，∴S△ADC即S四邊形∴四邊形DECF的面積是一個定值，故結(jié)論④正確；∴正確的序號是①②③④．故選：D．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，垂線段最短，割補法求四邊形的面積，利用中線的性質(zhì)求三角形的面積等知識，根據(jù)垂線段最短求DF的長、利用割補法求四邊形DECF的面積是解題的關(guān)鍵．3．（2023春·河南鄭州·九年級河南省實驗中學?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標系中，長方形OABC的頂點A、C分別在x軸、y軸的正半軸上，點B的坐標為（8，4），將該長方形沿OB翻折，點A的對應(yīng)點為點D，OD與BC交于點E．（1）求點E的坐標；（2）點M是OB上任意一點，點N是OA上任意一點，是否存在點M、N，使得AM+MN最小？若存在，求出其最小值，若不存在，請說明理由．【答案】（1）E（3，4）（2）存在,AM+MN的最小值是32【分析】（1）根據(jù)翻折特點可得∠DOB=∠AOB，由平行性質(zhì)可得∠OBC=∠DOB，故EO=EB，設(shè)OE=x，則DE=8-x，根據(jù)勾股定理得，DB2+DE2=BE2，即16+（8-x）2=x2，可進一步求出E的坐標；（2）過點D作OA的垂線交OB于M，交OA于N，此時的M，N是AM+MN的最小值的位置，求出DN就是AM+MN的最小值，結(jié)合（1），根據(jù)面積有DE×BD=BE×DG，故DG=DE×BDBE=125，得GN=OC=4，可求出DN=【詳解】（1）∵將該長方形沿OB翻折，點A的對應(yīng)點為點D，OD與BC交于點E．∴∠DOB=∠AOB∵BC∥OA∴∠OBC=∠AOB∴∠OBC=∠DOB∴EO=EB∵長方形OABC的頂點A，C分別在x軸、y軸的正半軸上，點B的坐標為（8，4）設(shè)OE=x，則DE=8-x在Rt△BDE中，BD=4，根據(jù)勾股定理得，DB2+DE2=BE2∴16+（8-x）2=x2∴x=5∴BE=5∴CE=3∴E（3，4）（2）如圖過點D作OA的垂線交OB于M，交OA于N，此時的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∴根據(jù)面積有DE×BD=BE×DG∴DG=DE×BDBE=125由題意有，∴DN=DG+GN=12即：AM+MN的最小值是325【點睛】考核知識點：軸對稱，勾股定理．根據(jù)圖形信息，把問題轉(zhuǎn)化為解直角三角形問題是關(guān)鍵．4．（2023春·廣東汕頭·九年級汕頭市潮陽實驗學校?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標系中，點O是坐標原點，四邊形ABCD是菱形，點A在x軸的正半軸上，點A的坐標為8,0，∠C=60°，點M在邊BC上移動（不與B、C重合），點N在邊AB上移動（不與A、

(1)連接OM,ON，∠MON=____________________°；(2)求△OMN周長的最小值及此時點N的坐標；(3)在（2）的結(jié)論下，若P為平面內(nèi)一點，當以點O,N,A,P為頂點的四邊形為平行四邊形時，請直接寫出點P的坐標．【答案】(1)60°(2)N(3)P2,-23或P14,2【分析】（1）連接OB，證明AO=AB=BC=8，△BOC與△AOB為等邊三角形，CM=BN，可得△COM≌△BONSAS（2）證明△MON為等邊三角形；可得C△MON=3OM，則當OM⊥BC時，△MON周長有最小值，結(jié)合△OBC為等邊三角形，CM=BM=1（3）設(shè)Px,y，而N6,23，A8,0，O0,0；分三種情況討論：當AO【詳解】（1）解：連接OB，

∵四邊形ABCD是菱形，點A在x軸的正半軸上，點A的坐標為8,0，∠C=60°，∴AO=AB=BC=8，△BOC與△AOB為等邊三角形，∴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為等邊三角形；∴C△MON當OM⊥BC時，△MON周長有最小值，∵△OBC為等邊三角形，∴CM=BM=12BC=4∴△OMN的周長最小值為123，B∴BN=CM=4，∴N為AB的中點，∴N6,2（3）設(shè)Px,y，而N6,23，A當AO為對角線時，∴8+0=6+x23+y=0+0∴P2,-2當AN為對角線時，∴8+6=x+023+0=y+0∴P14,2當ON為對角線時，∴0+6=8+x0+23=0+y∴P-2,2綜上：P2,-23或P14,2【點睛】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，等邊三角形的判定與性質(zhì)，垂線段最短的含義，平行四邊形的判定與性質(zhì)，中點坐標公式的應(yīng)用，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．5．（2023春·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標系中，直線AB與x軸、y軸分別交于點A-12,0、點B0,43，C

(1)求直線AB的解析式；(2)如圖1，若E為線段AB上一動點，過點E作EF⊥x軸于點F，EG⊥y軸于點G，連接FG，P為FG上一動點．當線段FG最短時，求△PCE周長的最小值；(3)在（2）的條件下，直線FG與直線AB相交于點Q，將線段CE沿射線FG方向平移12個單位長度，平移后的點C記為點C'，H為直線FG上的一動點，在平面內(nèi)是否存在一點N，使得以C'、H、Q、N為頂點的四邊形是菱形．若存在，請直接寫出點【答案】(1)y=(2)6(3)存在，392,83+313【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）連接OE，由OE=FG，當OE⊥AB時OE最小時，則FG最??；作E點關(guān)于FG的對稱點H，過H作HM⊥x軸于M，連接CH、FH、EH、PH，由兩點間線段最短得到（3）求出點Q及C'的坐標，再求出C'Q的長度，分情況求出點H【詳解】（1）解：設(shè)直線AB解析式為y=kx+b(k≠0)，把點A、B的坐標代入得：-12k+b=0b=4解得：k=3∴直線AB解析式為y=3（2）解：如圖，連接OE，∵EF⊥x軸，EG⊥y軸，∴∠EGO=∠EFO=∠GOF=90°，∴四邊形EFOG是矩形，∴OE=FG，∴當OE⊥AB時，OE最小時，∴FG最?。蛔鱁點關(guān)于FG的對稱點H，過H作HM⊥x軸于M，連接CH、則PE=PH，∵PE+PC=PH+PC≥CH，∴當點P在CH上時，PE+PC最短，∴△PCE的周長最短；∵OB=43∴AB=83∵OB=1∴∠OAB=30°，∵C為AB中點，∴BC=1∵OE⊥AB，∴∠EOB=30°，∴BE=1∴CE=BC-BE=23∵∠BEG=∠OAB=30°，∴BG=12BE=∴EF=OG=33∵E、H關(guān)于FG對稱，∠EFG=30°，∴FH=EF=33∴∠HFM=30°，∴HM=12FH=∴H∵點C是AB中點，且A-12,0、B∴C(-6,23∴CH=3∴△PCE的周長最小值為：CH+CE=613

（3）解：存在點N，使得以C'、H、Q、N∵OF=3，∴F(-3,0)，設(shè)直線FG解析式為y=k1x+3∴k1即直線FG解析式為y=3解方程組y=33x+4∴Q3∵C(-6,23∴將點C沿射線FG方向平移12個單位長度后點C'的坐標為(0,8∴OC如圖，當QH∵直線FG與x軸正方向的夾角為60°，∴把點Q向右平移392個單位長度，再向上平移3132∴點H1的坐標為3∴把點C'向右平移392個單位長度，再向上平移313∴點N1的坐標為39同理，當QH2=QC'∴點N1的坐標為-當C'H3=QC∴點N3的坐標為15當C'H4=QH∴點N3的坐標為-綜上，滿足條件的點N的坐標為392,83+3132

【點睛】本題是一次函數(shù)的綜合，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，菱形的性質(zhì)，對稱性質(zhì)，平移的性質(zhì)，兩點間線段最短等知識，掌握這些知識是解題的關(guān)鍵．注意分類討論．6．（2023春·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？茧A段練習）如圖1，在平面直角坐標系中有長方形OABC，點C(0,4)，將長方形OABC沿AC折疊，使得點B落在點D處，CD邊交x軸于點E，∠OAC＝（1）求點D的坐標；（2）如圖2，在直線AC以及y軸上是否分別存在點M，N，使得△EMN的周長最??？如果存在，求出△EMN周長的最小值；如果不存在，請說明理由；（3）點P為y軸上一動點，作直線AP交直線CD于點Q，是否存在點P使得△CPQ為等腰三角形？如果存在，請求出∠OAP的度數(shù)；如果不存在，請說明理由．【答案】（1）點D坐標(23,-2)；（2）存在，△EMN的周長