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+2B．7+1C．23+2D．27+1
【答案】A
【分析】由菱形的性質可得點A與點C關于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，由菱形的性質和∠DAB=60°可得∠EBG=60°，從而可得BG=1，EG=3，最后由勾股定理計算得出AE=27，即可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴點A與點C關于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=12BE=1，EG=BE2?BG2=22?12=3，
∴AG=AB+BG=4+1=5，
∴AE=AG2+EG2=52+32=27，
∴△PCE的周長的最小值=AE+CE=27+2，
故選：A．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質、軸對稱的性質、含30°角的直角三角形的性質、勾股定理，熟練掌握菱形的性質、軸對稱的性質、含30°角的直角三角形的性質、勾股定理，添加適當的輔助線，求出AE的長，是解題的關鍵．
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．23B．4C．23+2D．4+23
【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關于AC的對稱點
∴根據菱形的對稱性可知，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+(3)2=23
根據分析可知，BF=PB+PE
∴△PBE的周長=23+2
故選：C
【點睛】本題考查菱形的性質和利用對稱性求最值問題，解題關鍵是利用對稱性，將BP+PE的長轉化為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'點的坐標；
(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'最??？若存在，請求出最小值，若不存在，請說出理由．
【答案】(1)B′（8，0）；
(2)y=?13x+6
(3)存在，最小值是234
【分析】（1）在Rt△B′OC中，求出OB′即可得答案；
（2）在Rt△AB′M中，求出AM可得M坐標，從而可以求CM所在直線的解析式；
（3）連接OB，OB與CM交點即為所求點P，連接PB'，根據△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′的最小值為234．
【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＝10，
在Rt△B′OC中，B′C＝10，OC＝6，
∴B′O＝B′C2?OC2=8，
∴B′（8，0），
故答案為：（8，0）；
（2）解：設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′A2+AM2=B′M2，
∴22+x2＝（6﹣x）2，解得x＝83，
∴M（10，83），
設CM所在直線的解析式為y＝kx+b，將C（0，6）、M（10，83）代入得：
6=b83=10k+b，解得k＝﹣13，b＝6，
∴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′ =PO+PB≥OB，
當O、P、B共線時，PO+PB'最小，
∵OB=OA2+AB2=102+62=234，
∴PO+PB'的最小值為234．
【點睛】本題考查一次函數的綜合應用，涉及待定系數法、長方形中的折疊、最短距離等知識，掌握折疊的性質以及熟練運用勾股定理是解題的關鍵．
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y=12x+1的圖象與x軸，y軸分別交于A，B兩點，以AB為邊在第二象限內作正方形ABCD．
(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，理由見詳解
【分析】（1）由一次函數y=12x+1，可求出A和B點坐標，即得出OA和OB的長，再根據勾股定理求出AB的長，最后由正方形面積公式計算即可；
（2）作CE⊥y軸，DF⊥x軸．根據正方形的性質結合所作輔助線易證△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、D兩點坐標；
（3）找出點B關于x軸的對稱點B′，連接B′D，與x軸交于點M，根據軸對稱的性質可知此時△BMD周長最?。葿(0，1)，得出B′(0，-1)，利用待定系數法可求出直線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，得到x=?2，
∴A(-2，0)，B(0，1)，
∴在Rt△AOB中，OA=2，OB=1，
∴根據勾股定理得：AB=22+12=5，
∴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周長最小．
∵B(0，1)，
∴B′(0，-1)
設直線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，勾股定理，坐標與圖形，三角形全等的判定和性質，一次函數的應用以及軸對稱變換等知識．正確的作出輔助線并利用數形結合的思想是解題關鍵．
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?233，6?233)
【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，由此可得結論．
（2）根據有一個角是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，構建方程組可得結論．
【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=DP2+CD2=22+42=25，
∵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：由旋轉的性質可知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．
由旋轉的性質可知，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，PB=3PE=23，
∴E(?23，2)，
∵C(4,0)，D(4,4)，
設直線EC解析式為y=kx+b，則有4k+b=0?23k+b=2，
解得k=3?2b=8?43，
∴y=(3?2)x+8?43，
同法可得直線BD的解析式為y=x，
由y=xy=(3?2)x+8?43，解得x=6?233y=6?233，
∴M(6?233，6?233)．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形，一次函數的應用，最短問題等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學會構建一次函數，構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??；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“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??；
②根據“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°，設正方形的邊長為x，在Rt△EFC中，根據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=∠NBEBM=BN，
∴△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?。?br>②如圖，連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM+BM+CM的值最?。?br>理由如下：連接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“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°．
設正方形的邊長為x，則EF＝x2，BF＝x2?12x2＝32x．
在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2＝EC2，
∴(x2)2+(32x+x)2＝(23+2)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、全等三角形的判定與性質和旋轉的性質；會利用含30度的直角三角形三邊的關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線段的和的最小值問題，解本題的關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△OCQ的面積為S，求S與x的函數關系式．
【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=703x+1403(x＞?2)?703x?1403(x＜?2)．
【分析】（1）根據勾股定理求出CF，得到OF，求出點F的坐標，根據勾股定理得到點E的坐標；
（2）根據軸對稱-最短路徑問題確定點P，根據待定系數法求出直線FE′的解析式，根據一次函數的性質求出點P坐標；
（3）分Q在x軸上方和Q在x軸下方兩種情況，根據三角形的面積公式計算．
【詳解】（1）設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=OC-CF=10-8=2，
∴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關于AB的對稱點E′，連結FE′，交AB于P，
則PE+PF最小最小，
∵點E的坐標為（0，83），∴AE=6-83=103，
∵點E與點E′關于AB對稱，∴AE′=AE=103，
∴OE′=103+6=283，∴點E′的坐標為（0，283），
設直線FE′的解析式為y=kx+b，
則b=283?2k+b=0，解得，k=143，b=283，
則直線FE′的解析式為y=143x+283，
當y=6時，143x+283=6，解得，x=-57，
∴點P的坐標為（-57，6），
（3）設點Q的坐標為（x，143x+283），
當Q在x軸上方時，即x＞-2時，S=12×10×（143x+283）=703x+1403，
當Q在x軸下方時，即x＜-2時，S=12×10×（-143x-283）=-703x-1403，
綜上所述，S=703x+1403x＞?2?703x?1403x＜?2．
【點睛】本題考查的是正方形的性質，軸對稱-最短路徑問題，待定系數法求一次函數解析式，正確作出使PE+PF最小時點P的位置，靈活運用待定系數法是解題的關鍵．
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，根據正方形性質求出NG=DG=FG，得出N、F關于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的度數為（ ）
A．30°B．40°C．50°D．45°
【答案】B
【分析】根據要使△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
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+PE的值最小，則這個最小值為（ ）
A．5B．2C．32D．3
【答案】D
【分析】根據菱形的性質，可知點A和點C關于BD對稱，再根據對稱的性質，將PE+PC轉化為PA+PE，然后根據垂線段最短可知，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 (cm)，
∴ AE=AB2?BE2=22?12=3 (cm)，
即PC+PE的最小值是3，
故選：D．
【點睛】本題考查菱形的性質、對稱軸—最短路徑問題，解答本題的關鍵是找出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，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．3B．23C．26D．6
【答案】C
【分析】由于點B與D關于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的長，從而得出結果．
【詳解】解：設BE與AC交于點P′，連接BD．
∵點B與D關于AC對稱，
∴P′D=P′B，
∴P′D+P′E=P′B+P′E=BE最?。?br>∵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”是解答此題的關鍵．
4．（2023春·浙江寧波·九年級寧波市第十五中學?？计谥校┤鐖D，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．23B．21195C．210D．9625
【答案】D
【分析】作點B關于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＝AB2+BC2=42+32=5，
∵S△ABC＝12×AB×BC＝12AC×BO，
∴BO＝4×35=125，
∴BH＝245，
在Rt△AOB中，
AO=AB2?BO2=42?1252=165，
∵HN⊥AB，
∴S△ABH＝12×AB×HN＝12BH×AO，
∴HN=BH×AOAB=245×1654=9625，
∴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，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△GMN周長的最小值．
(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PE的解析式．
【答案】(1)①y=?x+3；②26
(2)y=2x?2
【分析】（Ⅰ）①根據題意可求P1,2，用待定系數法可求直線AP解析式；
②作點G關于y軸的對稱點G′?2，0，作點G關于直線AP的對稱點G″3，1，連接G′G″'交y軸于點N，交AP于M，根據兩點之間線段最短，可得此時△GMN的周長最小，利用勾股定理即可求得△GMN周長的最小值；
（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解析式．
【詳解】（1）解：①∵矩形OABC，OA=3，OC=2，
∴A3，0，C0，2，B3，2，∠B=∠BAO=∠BCO=∠COA=90°，
AO∥BC，AO=BC=3，CO=AB=2，
∵△PAB為等腰直角三角形
∴BP=AB=2，
∴CP=BC?BP=3?2=1，
∴P1，2，
設直線AP的解析式y(tǒng)=kx+b，過點A3，0、點P1，2，
∴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關于y軸的對稱點G′?2，0，作點G關于直線AP的對稱點G″3，1，連接G′G″'交y軸于點N，交AP于M，此時△GMN的周長最小，
∴AG′=OG′+AO=2+3=5，AG″=1，
在Rt△AG′G″中，G′G″=AG′2+AG″2=52+12=26，
∴△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∥OA，
∴∠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，P2，2，
設直線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】本題屬于一次函數綜合題，考查了待定系數法，等腰三角形的判定和性質，軸對稱的性質，勾股定理，矩形的判定和性質，平行四邊形的性質，全等三角形判定和性質，兩點之間線段最短．靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．
6．（2023春·廣東廣州·九年級中山大學附屬中學?？计谀┤鐖D，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是BC,CD上的點，連接AE，AF，EF．
(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系得出∠EAF=∠FAG=60°，進而可證明△EAF≌△GAFSAS，則EF=FG=DG+DF，則結論可證；
（2）分別作點A關于BC和CD的對稱點A′，A″，連接A′A″，交BC于點E，交CD于點F，由對稱的性質可得A′E=AE,A″F=AF，當點A′,E,F,A″在同一條直線上時，A′A″即為△AEF周長的最小值，然后利用∠AEF+∠AFE=2∠A′+∠A″求解即可；
（3）旋轉△ABE至△ADP的位置，首先證明△PAF≌△EAFSAS，則有EF=FP，最后利用EF=FP=PD+DF=BE+DF求解即可．
【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=∠ADGBE=DG
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=60°，
∴∠EAF=∠FAG=60°，
在△EAF和△GAF中
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△EAF≌△GAFSAS，
∴EF=FG=DG+DF，
∴EF=BE+DF；
（2）如解圖，分別作點A關于BC和CD的對稱點A′，A″，連接A′A″，交BC于點E，交CD于點F，由對稱的性質可得A′E=AE,A″F=AF，
∴此時△AEF的周長為AE+EF+AF=A′E+EF+A′F=A′A″，
∴當點A′,E,F,A″在同一條直線上時，A′A″即為△AEF周長的最小值，
∵∠DAB=120°，
∴∠A′+∠A″=180°?120°=60°，
∵∠A′+∠EAA′=∠AEF,∠A″+∠FAA″=∠AFE，∠A′=∠EAA′,∠A″=∠FAA″，
∴∠AEF+∠AFE=2∠A′+∠A″=2×60°=120°；
故答案為：120；
（3）如解圖，旋轉△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=∠EAFAF=AF，
∴△PAF≌△EAFSAS，
∴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，軸對稱的性質，掌握全等三角形的判定及性質是解題的關鍵．
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關于BC的對稱點P′，連接P′Q，交BC于點M，依據對稱軸的性質，可得ΔPQM的周長最短為PQ+P′Q的長；
（2）作點E關于BC的對稱點E′，作點F關于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′N，根據軸對稱的性質可得，四邊形EFNM周長的最小值為EF+E′F′的長，再根據勾股定理即可得到四邊形EFNM周長的最小值=EF+E′F′=5+15=20；
（3）作點O關于AD的對稱點O1，關于BC的對稱點O2，作O2關于CD的對稱點O3，連接O1M，O2P，O3N，則O1M=OM，O2P=OP，O3N=O2N，依據對稱軸的性質可得四邊形OMNP周長最小為O1O3的長，再根據勾股定理即可得到四邊形OMNP周長最小值為42．
【詳解】解：（1）如圖所示，作點P關于BC的對稱點P′，連接P′Q，交BC于點M，
連接PQ，PM，MQ，則PM=P′M，
∴此時ΔPQM的周長最短為PQ+PM+QM=PQ+P′M+QM=PQ+P′Q；
∴點M即為所求．
（2）如圖所示，作點E關于BC的對稱點E′，作點F關于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′N，
∴EF+EM+MN+FN=EF+E′M+MN+F′N=EF+E′F′，
∴此時，四邊形EFNM周長的最小值為EF+E′F′的長，
∵AB=6，AD=8，E、F分別為邊AB、AD的中點，
∴AE′=6+3=9，AF′=8+4=12，
∴Rt△AE′F′中，E′F′=92+122=15，
又∵RtΔAEF中，EF=32+42=5，
∴四邊形EFNM周長的最小值=EF+E′F′=5+15=20；
（3）如圖所示，作點O關于AD的對稱點O1，關于BC的對稱點O2，作O2關于CD的對稱點O3，連接O1M，O2P，O3N，
則O1M=OM，O2P=OP，O3N=O2N，
當N，P，O2在同一直線上時，OP+NP=O2P+NP=O2N，
當O1，M，N，O3在同一直線上時，OM+MN+NO2=O1M+MN+NO3=O1O3，
此時四邊形OMNP周長最小為O1O3的長，點M，N，P即為所求；
∵正方形ABCD的邊長為2，點O為AB邊中點，
∴Rt△O1O2O3中，O1O2=1+2+1=4，O2O3=4，
∴O1O3=42+42=42，
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定理，多數情況要作點關于某直線的對稱點．
【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+23+27
【分析】如圖所示，作點A關于直線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AE交射線ON于Q，連接BE，CF，DF，由軸對稱的性質得到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，F(xiàn)G=3，即可求出DF=27，證明四邊形BEFC是平行四邊形，得到AB=BE=CF，推出當C、D、F三點共線時，CF+CD最小，即四邊形ABCD的周長最小，最小為6+23+DF，由此即可得到答案．
【詳解】解：如圖所示，作點A關于直線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AE交射線ON于Q，連接BE，CF，DF，
∴AQ=QE，AQ⊥ON，AB=BE，
∵∠MON=30°，
∴AQ=QE=12OA=1，
∵DG⊥EF，EF∥ON，
∴DG⊥ON，
同理得：DH=12OD=4，
∴OQ=OA2?AQ2=3，OH=OD2?DH2=43，
∵OP⊥PG，HG⊥PG，HG⊥OH，
∴四邊形OPGH是矩形，
∴PG=OH=43，
同理可證四邊形OPQE是矩形，
∴PE=OQ=3，OP=QE=AQ=HG=1，
∴DG=DH+GH=5，F(xiàn)G=PG?PE?EF=3，
∴DF=DG2+FG2=27，
∵OD=8，OA=2，
∴AD=6，
∵EF=BC，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+23+AB+CD
=6+23+CF+CD，
∴當C、D、F三點共線時，CF+CD最小，即四邊形ABCD的周長最小，最小為6+23+DF，
∴四邊形ABCD的周長的最小值為6+23+27，
故答案為：6+23+27．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質與判定，矩形的性質與判定，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，正確作出輔助線確定出周長最小時的情形是解題的關鍵．
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）130+6
【分析】(1)過P作PS⊥CE于S，則PSCD為矩形，由矩形的性質得PD=CS=3，PS=CD=4，由長方形紙片折疊的性質得∠PEC=∠PEM，MH=CD=4，PH=PD=3，∠H=∠D=90o，由長方形紙片ABCD的性質得AD∥BC內錯角相等∠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RtΔPSE中，由勾股定理PE=ES2+PS2=25即可，
（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+TE2，求出△MEF的周長最小 =M′E+5即可，
（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,當四邊形MEQG的周長最小 =6+WE求出即可．
【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=HM2+HP2=42+32=5，
∴CE=ME=PM=5，
∴ES=CE-CS=5-3=2，
∴在RtΔPSE中，由勾股定理，
PE=ES2+PS2=22+42=25，
（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的周長最小．過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+TE2=112+42=137，
△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=WK2+KE2=112+(4?1)2=130,
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，軸對稱的性質，平行四邊形的性質，勾股定理，三點共線等知識，會構造直角三角形，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，會利用性質求線段的和差問題是解決問題的關鍵．
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OP的長為x，△DPH的面積為S，試用關于x的代數式表示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??？如果存在，求出周長的最小值．（直接寫出結果即可）
【答案】（1）E(3，1)，F(xiàn)(1，2)；（2）S=x24?x2+14；（3）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．
【分析】（1）根據折疊的特點和矩形的性質，可得AE=1，BF=BA=2，故而寫出E、F的坐標；
（2）根據折疊的特點，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OP的長為x，
則，PD=x﹣1，
在Rt△ABD中，AB=2，AD=2，
∴∠ADB=45°，
在Rt△PDH中，PH=DH=DP×22=22(x?1)，
∴S=12×DH×PH=12×22(x?1)×22(x?1)=x24?x2+14；
（3）如圖3，作點F關于y軸的對稱點F′，點E關于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)關于y軸的對稱點F′(﹣1，2)，點E(3，1)關于x軸的對稱點E′(3，﹣1)，
待定系數法可求得：直線E′F′的解析式為：y=?34x+54，
當x=0時，y=54，當y=0時，x=53，
∴N(0，54)，M(53,0)，
此時，四邊形MNFE的周長=E′F′+EF=(?1?3)2+(2+1)2+22+12=5+5；
∴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校考期中）已知矩形ABCD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PBMQ周長的最小值．

【答案】(1)BE=4?7；
(2)見解析；
(3)97+5+3102．
【分析】（1）先求出DE=AD=4，再利用勾股定理求出CE，即可得出結論；
（2）根據等腰三角形的性質先判斷出∠BMD=90°，再證明△ADM≌△BCMSAS，得出∠AMD=∠BMC，然后求出∠AMC=∠BMD=90°，即可得出結論；
（3）由于BM和PQ是定值，只要BP+QM最小即可，如圖作輔助線，利用軸對稱的性質確定出MG′就是BP+QM的最小值，然后利用勾股定理求出MG′和BM即可．
即可得出結論．
【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=DE2?CD2=42?32=7，
∴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的斜邊的中點，
∴DM=CM，
∴∠CDM=∠DCM，
∴∠ADM=∠BCM，
在△ADM和△BCM中，AD=BC∠ADM=∠BCMDM=CM，
∴△ADM≌△BCMSAS，
∴∠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QM+BP最小，而PQ和BM是定值，則此時四邊形PBMQ周長最小，

∵四邊形BPQG是平行四邊形，
∴BG=PQ=52，
∴CG=4?52=32，
如圖2，在Rt△BCD中，CD=3，BC=4，
∴BD=32+42=5，
∴BE=5，
∴CE=BE?BC=1，
∴HM=12CE+CG=2，HG=12CD=32，
在Rt△MHG′中，HG'=3+32=92，HM=2，
∴MG′=HG′2+HM2=922+22=972，
在Rt△CDE中，DE=CD2+CE2=32+12=10，
∴ME=102，
在Rt△BME中，BM=BE2?ME2=52?1022=3102，
∴四邊形PBMQ周長最小值=BP+PQ+MQ+BM
=QG+PQ+QM+BM
=QG′+PQ+QM+BM
=MG′+PQ+BM
=972+52+3102
=97+5+3102．
【點睛】本題是一道四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質、勾股定理、直角三角形斜邊中線的性質、全等三角形的判定和性質、等腰三角形的性質、平行四邊形的判定和性質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4,0，四邊形ABCD是正方形．

(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+5
【分析】（1）將點A4,0代入y=?34x+b即可求解；
（2）結合正方形的性質可證△DAE≌△ABOAAS，推出DE=OA=4，AE=OB=3，即可求出點D的坐標；
（3）作點C關于y軸的對稱點C′，作點D關于x軸的對稱點D′，由軸對稱的性質可得NC=NC′，MD=MD′，進而可得四邊形MNDC周長=NC+NM+MD+CD≥C′D′+CD，最后由勾股定理求出C′D′和CD即可．
【詳解】（1）解：∵點A4,0在直線y=?34x+b上，
∴ ?34×4+b=0，
解得b=3，
故答案為：3；
（2）解：由（1）知直線AB的解析式為y=?34x+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=∠AOBDA=AB，
∴ △DAE≌△ABOAAS，
∴ 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，D7,4，
∴ xC=xB+xD?xA=0+7?4=3，yC=yB+yD?yA=3+4?0=7，
∴ C3,7，
如圖，作點C關于y軸的對稱點C′，作點D關于x軸的對稱點D′，

則C′?3,7，D′7,?4，
∵M為x軸上的動點，N為y軸上的動點，
∴由軸對稱的性質可知NC=NC′，MD=MD′，
∴ NC+NM+MD=NC′+NM+MD′≥C′D′，
∴四邊形MNDC周長=NC+NM+MD+CD≥C′D′+CD，
由勾股定理得，C′D′=7+32+7+42=221，
CD=AB=42+32=5，
∴四邊形MNDC周長的最小值為：C′D′+CD=221+5．
【點睛】本題考查一次函數的圖象和性質，正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，利用軸對稱求線段的最值等，解題的關鍵是根據軸對稱找出四邊形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t的值；
(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t的值是______；
③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?3或t=325+3；
(2)①t=214；②56；③125
【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，由菱形的性質可得AC⊥GH，得GH是AC的垂直平分線，則AH=HC，由勾股定理可求解；
②由線段垂直平分線和勾股定理可求AQ=CQ=152，由面積和差關系可求解；
③如圖4，作點G關于BC的對稱點G′，過點G′作G′K⊥DC于K，連接G′H，QG′，則BG=BG′=CK，QG=G′Q，當G′，Q，H三點共線時，四邊形PGQH周長有最小值，根據勾股定理可得結論．
【詳解】（1）解：∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠MAE=∠NCF，
∵M、N分別是AB、CD中點，
∴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∥FN，
∴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、CD中點，
∴四邊形MBCN是矩形，
∵矩形ABCD中，AB=6，BC=12，
∴MN=BC=12，AC=62+122=65，
∵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4t?65=12，
解得t=325?3或t=325+3；
（2）解：①由（1）知：AE=CF，
如圖2，連接GH，CH，
∵四邊形EGFH為菱形，
∴AC⊥GH，OE=OF，
∴OA=OC，
∴AH=HC，
∵HC2=CD2+DH2，
∴AH2=62+12?AH2，
∴AH=CH=152，
∴DH=92，
∴CD+DH=6+92=212，
∴t=2122=214；
②如圖3，連接AQ，
由①同理得：AQ=CQ=152，BQ=92，
由①知：AP=152，
∴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=59S矩形ABCD，
∴2S△PGQ=59S矩形ABCD=59×6×12=40，
∴S△PGQ=20，
∴S△AGP+S△GBQ=12×6×12?20=16，
∴12×AG×152+12×92×(6?AG)=16，
∴AG=53，
∴t=56；
故答案為：56；
③如圖4，作點G關于BC的對稱點G′，過點G′作G′K⊥DC于K，連接G′H，QG′，則BG=BG′=CK，QG=G′Q，
∵AG=CH，
∴HK=CH+CK=AG+BG=6，
∵G′K=12，
∴G′H=62+122=65，
由②知：四邊形PGQH是平行四邊形，
∴四邊形PGQH的周長=2QH+2GQ=2QH+2QG′≥2G′H，
當G′，Q，H三點共線時，四邊形PGQH周長有最小值，且最小值是2G′H=125．
故答案為：125．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質，平行四邊形的性質和判定，軸對稱的性質，軸對稱的最短路徑問題，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
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；②433
(3)47
【分析】（1）先根據矩形的性質AD=BC,AD∥BC，根據平行線的性質可得∠GDE=∠HBF，再根據SAS定理證出△GDE≌△HBF，根據全等三角形的性質可得GE=HF,∠DEG=∠BFH，然后根據平行線的判定可得GE∥HF，最后根據平行四邊形的判定即可得證；
（2）①先根據矩形的性質、勾股定理可得BD=8,AD=BC=43，從而可得EF=4，再根據矩形的性質可得GH=EF=4，從而可得AB=GH，然后根據矩形的判定與性質可得AG=BH，由此即可得；②先根據菱形的性質可得EF⊥GH，再利用HL定理證出Rt△ABG≌Rt△OBG，根據全等三角形的性質可得∠ABG=∠OBG=30°，然后利用含30度角的直角三角形的性質和勾股定理求解即可得；
（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，再根據利用含30度角的直角三角形的性質和勾股定理可得PE=2,PF=23，從而可得NP=4，利用勾股定理可得NF=27，然后根據兩點之間線段最短可得當點N,G,F共線時，NG+FG取得最小值NF，由此即可得．
【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=∠HBFDE=BF，
∴△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=BD2?AB2=43，
∴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=12BC=23，
即當AG=23時，四邊形GEHF是矩形，
故答案為：23；
②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，BG=BGAB=OB=4，
∴Rt△ABG≌Rt△OBGHL，
∴∠ABG=∠OBG=12∠ABD=30°，
∴BG=2AG，
∴AB=BG2?AG2=3AG，即3AG=4，
解得AG=433，
即當AG=433時，四邊形GEHF是菱形，
故答案為：433．
（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=12BD?BE=12×8?2=3，F(xiàn)P∥AD，EG=NG，
∴∠EFP=∠ADB=30°，
∴PE=12EF=2,PF=EF2?PE2=23，
∴NP=MN+EM?PE=4，
∴NF=NP2+PF2=27，
∵四邊形GEHF的周長為2EG+FG=2NG+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、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性質、勾股定理等知識點，較難的是題（3），通過作輔助線，構造直角三角形，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．4B．42C．43D．8
【答案】B
【分析】根據平行線的性質得到∠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關于BD對稱，過A作AQ⊥BC于Q交BD于P，則PQ＋PC最小值＝AQ，根據等腰直角三角形的性質即可得到結論．
【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＝42，
∴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，平行四邊形的性質，等腰直角三角形的性質，準確的找到P與Q的位置是解題的關鍵．
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DECF的面積是一個定值．其中正確的序號是（ ）
A．①③④B．①②C．②③D．①②③④
【答案】D
【分析】證明△ADE≌△CDFASA可判斷①②；根據△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周長的最小值，可判斷③；根據兩三角形全等時面積也相等得S△ADE=S△CDF，利用割補法知S四邊形DECF=S△ADC，可判斷④．
【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=∠CDF，
∴△ADE≌△CDFASA，
∴AE=CF，故結論①正確；
∴DE=DF，
∵∠EDF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，故結論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=DE2+DF2=2DF2=2DF，
∴當DF最小時，EF也最小，
即當DF⊥BC時，DF最小，此時DF=12BC=12×4=2，
∴△CEF的周長取得最小值：4+EF=4+2DF=4+22，故結論③正確；
∵△ADE≌△CDF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四邊形DECF=S△CDE+S△CDF
=S△CDE+S△ADE
=S△ADC，
∵∠BAC=90°，AC=BC=4，點D為AB的中點，
∴S△ADC=12S△ABC=12×12AC?BC=12×12×4×4=4，
即S四邊形DECF=S△ADC=4，
∴四邊形DECF的面積是一個定值，故結論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，等腰三角形的判定和性質，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，利用中線的性質求三角形的面積等知識，根據垂線段最短求DF的長、利用割補法求四邊形DECF的面積是解題的關鍵．
3．（2023春·河南鄭州·九年級河南省實驗中學校考期中）如圖，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?。咳舸嬖?，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325
【分析】（1）根據翻折特點可得∠DOB=∠AOB，由平行性質可得∠OBC=∠DOB，故EO=EB，設OE=x，則DE=8-x，根據勾股定理得，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，結合（1），根據面積有DE×BD=BE×DG，故DG=DE×BDBE=125，得GN=OC=4，可求出DN=DG+GN．
【詳解】（1）∵將該長方形沿OB翻折，點A的對應點為點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OE=x，則DE=8-x
在Rt△BDE中，BD=4，根據勾股定理得，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
∴根據面積有DE×BD=BE×DG
∴DG=DE×BDBE=125由題意有，GN=OC=4
∴DN=DG+GN=125+4=325
即：AM+MN的最小值是325.
【點睛】考核知識點：軸對稱，勾股定理．根據圖形信息，把問題轉化為解直角三角形問題是關鍵．
4．（2023春·廣東汕頭·九年級汕頭市潮陽實驗學校校考期中）如圖，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、B重合），在移動的過程中保持CM+AN=8．

(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）的結論下，若P為平面內一點，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)N6,23
(3)P2,?23或P14,23或P?2,23．
【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，再利用全等三角形的性質可得答案；
（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，結合△OBC為等邊三角形，CM=BM=12BC=4，OM=OC2?CM2=3CM=43，再結合中點坐標的含義可得答案；
（3）設Px,y，而N6,23，A8,0，O0,0；分三種情況討論：當AO為對角線時，當AN為對角線時，當ON為對角線時，再利用平行四邊形的性質建立方程組求解即可．
【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=3OM，
當OM⊥BC時，△MON周長有最小值，
∵△OBC為等邊三角形，
∴CM=BM=12BC=4，OM=OC2?CM2=3CM=43，
∴△OMN的周長最小值為123，B4,43，
∴BN=CM=4，
∴N為AB的中點，
∴N6,23．
（3）設Px,y，而N6,23，A8,0，O0,0；
當AO為對角線時，
∴8+0=6+x23+y=0+0，解得：x=2y=?23，
∴P2,?23，
當AN為對角線時，
∴8+6=x+023+0=y+0，解得：x=14y=23，
∴P14,23，
當ON為對角線時，
∴0+6=8+x0+23=0+y，解得：x=?2y=23，
∴P?2,23，
綜上：P2,?23或P14,23或P?2,23．
【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，等邊三角形的判定與性質，垂線段最短的含義，平行四邊形的判定與性質，中點坐標公式的應用，清晰的分類討論是解本題的關鍵．
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為線段AB的中點．

(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N的橫坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)y=33x+43
(2)613+23
(3)存在，392,83+3132或?392,83?3132或152,1132或?136,3536
【分析】（1）用待定系數法即可求解；
（2）連接OE，由OE=FG，當OE⊥AB時OE最小時，則FG最?。蛔鱁點關于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CH最短時，△PCE的周長最短，求出點H的坐標，最后即可求得三角形周長的最小值；
（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坐標，即可求出點N的坐標．
【詳解】（1）解：設直線AB解析式為y=kx+b(k≠0)，
把點A、B的坐標代入得：?12k+b=0b=43，
解得：k=33b=43，
∴直線AB解析式為y=33x+43；
（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??；
作E點關于FG的對稱點H，過H作HM⊥x軸于M，連接CH、FH、EH、PH，
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，OA=12，
∴AB=83，
∵OB=12AB，∠AOB=90°，
∴∠OAB=30°，
∵C為AB中點，
∴BC=12AB=43；
∵OE⊥AB，
∴∠EOB=30°，
∴BE=12OB=23，
∴CE=BC?BE=23，
∵∠BEG=∠OAB=30°，
∴BG=12BE=3，由勾股定理得：EG=3，
∴EF=OG=33，OF=EG=3；
∵E、H關于FG對稱，∠EFG=30°，
∴FH=EF=33，∠GFH=∠EFG=30°，
∴∠HFM=30°，
∴HM=12FH=332，由勾股定理得：FM=92，
∴H32,332
∵點C是AB中點，且A?12,0、B0,43，
∴C(?6,23)，
∴CH=32+62+23?3322=613，
∴△PCE的周長最小值為：CH+CE=613+23；

（3）解：存在點N，使得以C′、H、Q、N為頂點的四邊形是菱形．
∵OF=3，OG=33，
∴F(?3,0)，G(0,33)，
設直線FG解析式為y=k1x+33，則?3k1+33=0，
∴k1=3，
即直線FG解析式為y=3x+33，
解方程組y=33x+43y=3x+33，得x=32y=932，
∴Q32,932；
∵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(0,83)，
∴OC′=322+83?9322=39；
如圖，當QH1=QC′=39時，
∵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個單位長度即可得到點H1，
∴點H1的坐標為32+392,932+3132，
∴把點C′向右平移392個單位長度，再向上平移3132個單位長度即可得到點N1，
∴點N1的坐標為392,83+3132；
同理，當QH2=QC′=39時，點H2的坐標為32?392,932?3132；
∴點N1的坐標為?392,83?3132；
當C′H3=QC′=39時，點H3的坐標為6,93；
∴點N3的坐標為152,1132；
當C′H4=QH4=39時，點H4的坐標為113,2033；
∴點N3的坐標為?136,3536；
綜上，滿足條件的點N的坐標為392,83+3132或?392,83?3132或152,1132或?136,3536．

【點睛】本題是一次函數的綜合，考查了待定系數法求函數解析式，菱形的性質，對稱性質，平移的性質，兩點間線段最短等知識，掌握這些知識是解題的關鍵．注意分類討論．
6．（2023春·重慶沙坪壩·九年級重慶一中校考階段練習）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＝30°．
（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?。咳绻嬖?，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；如果不存在，請說明理由．
【答案】（1）點D坐標(23,?2)；（2）存在，△EMN的周長最小值為8；（3）存在，∠OAP=15°或60°
【分析】（1）利用矩形的性質和∠OAC＝30°得到AO=43，∠CAB＝60°，再由折疊的性質AD=4，∠DAO＝30°，過點D作DF⊥AO于F，可求得DF、AF，進而可求得點D坐標；
（2）如圖，利用“將軍飲馬”模型，分別作E關于y軸、AC的對稱點Q、H，連接QH，則QH就是周長的最小值，進一步求出點E、點Q、點H坐標，即可解得QH的長，即周長的最小值；
（3）要使得△CPQ為等腰三角形，需分三種情況討論求解：①若CP=CQ；②若PQ=CQ;③若CP=PQ，進一步推導求解即可．
【詳解】解：（1）∵四邊形AOCB是矩形，
∴OC＝AB＝4，
∵∠OAC＝30°
∴AC＝2CO＝8，AO＝3CO＝43，∠CAB＝60°，
∵長方形OABC沿AC折疊，使得點B落在點D處，
∴AD＝AB＝4，∠CAD＝60°，
∴∠DAO＝30°，
如圖1，過點D作DF⊥AO于F，
∵DF⊥AO，∠DAO＝30°，
∴DF＝12AD＝2，AF＝3DF＝23，
∴OF＝AO﹣AF＝23，
∴點D坐標（23，﹣2）；
（2）如圖2，過點E作y軸的對稱點G，過點E作AC的對稱點H，連接GH交y軸于點N，與AC交于M，即△EMN的周長最小值為GH，
∵∠OAD＝30°，AD＝4，∠ADC＝90°
∴AE＝833，
∴OE＝433，
∵點G，點E關于y軸對稱，點E，點H關于AC對稱，
∴點G（﹣433，0），點H（833，4）
∴GH＝(?433?833)2+(0?4)2=8，
∴△EMN的周長最小值為8；
（3）存在點P使得△CPQ為等腰三角形，
∵∠ACB＝∠ACD＝30°，
∴∠OCE＝30°，
①若CP＝CQ，如圖3，
∵CP＝CQ，∠OCE＝30°，
∴∠CPQ＝75°，
∴∠OAP＝90°﹣∠CPQ＝15°，
②若PQ＝CQ時，如圖4，
∵CQ＝PQ，
∴∠QPC＝∠PCQ＝30°，
∴∠OAP＝90°﹣∠CPQ＝60°；
③若CP＝PQ，如圖5，
∴∠PCQ＝∠PQC＝30°，
∴∠OPA＝60°，且∠OCA＝60°，
∴不存在這樣的點P，
綜上，滿足條件的點P存在，并且∠OAP=15o或60o．
【點睛】本題考查了坐標與圖形的性質、折疊性質、矩形的性質、含30o直角三角形性質、對稱性求最值、等腰三角形的性質、勾股定理、兩點坐標距離公式等知識，屬于綜合題型，有一定難度，解答的關鍵是認真分析圖形，尋找相關聯(lián)的信息，借助添加輔助線或數學模型確定解題思路，進而推導、計算．
7．（2023春·浙江湖州·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O,∠BAD=60°，邊AB的長為8，點E,F分別是邊CD,BC上的動點，則△OEF周長的最小值為 ．

【答案】12
【分析】作O關于CD,BC的對稱點M、N，連接EM,FN,MN，設OM,CD交于點G，如圖，則OE=ME,OF=NF，于是△OEF的周長=OE+EF+FO=ME+EF+FN≥MN，進而可得△OEF周長的最小值是MN的長，然后根據菱形的性質、等邊三角形的判定和性質以及勾股定理等知識求出MN即可解決問題．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=8，
∴CD=AB=BC=8,∠BCD=∠BAD=60°,AC⊥BD,∠DCO=∠BCO=30°，
∴△BCD是等邊三角形，
∴BD=BC=8,OD=OB=12BD=4，
∴OC=82?42=43，
作O關于CD,BC的對稱點M、N，連接EM,FN,MN，設OM,CD交于點G，如圖，

則OE=ME,OF=NF，OM=2OG，OM=ON，
∴△OEF的周長=OE+EF+FO=ME+EF+FN≥MN，
∴△OEF周長的最小值是MN的長，
在直角三角形COG中，∵∠DCO=30°，
∴OG=12OC=23，∠COG=60°，
∴OM=2OG=43=ON，∠CON=∠COG=60°，
∴CO⊥MN，設垂足為H，
∴∠OMN=30°，MN=2MH，
∴OH=12OM=23，
∴MH=432?232=6,
∴MN=12，即△OEF周長的最小值是12．
故答案為：12．
【點睛】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定和性質、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質以及利用對稱思想求線段和的最小值等知識，得到△OEF周長的最小值即為MN的長是解題的關鍵．
8．（2023春·全國·九年級期末）如圖，菱形ABCD中，AB＝12，∠BAD＝60°，E為線段BC的中點．若點P是線段AB上的一動點，Q為線段AD上一動點，則△PQE的周長的最小值是 ．
【答案】621
【分析】分別作點E關于直線AB、AD的對稱點M、N，連接PM、NQ、MN，根據對稱性質得到PM=PE，QN=QE，則△PQE的周長=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，根據兩點之間線段最短可知，當M、P、Q、N四點共線時△PQE的周長最小，最小值為MN的長，連接EM交AB延長線于H，過點N作NG⊥ME交ME延長線于G，根據菱形的性質和等邊三角形的判定與性質等知識分別求解GN、GM，進而利用勾股定理求解即可．
【詳解】解：分別作點E關于直線AB、AD的對稱點M、N，連接PM、NQ、MN，
由對稱性質得：PM=PE，QN=QE，
則△PQE的周長=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，
根據兩點之間線段最短可知，當M、P、Q、N四點共線時，△PQE的周長最小，最小值為MN的長，
連接EM交AB延長線于H，則ME⊥AB于H，
過點N作NG⊥ME交ME延長線于G，連接BD、NE，則NE⊥AD，
∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=12，
∴AB=BC=CD=12，AD∥BC，AB∥CD，∠C=∠BAD=60°，
∴△BCD是等邊三角形，∠EBH=∠DAB=60°，
∵點E為BC在中點，
∴CE=BE=12BC=6，DE⊥BC，
∵AD∥BC，
∴DE⊥AD，又 NE⊥AD，
∴點D在線段NE上，
在Rt△CDE中，∠C=60°，
∴DE=CD2?CE2=122?62=63，∠CDE=90°－∠C=30°，
∴NE=2DE= 123，
∵AB∥CD，NG⊥ME，ME⊥AB，
∴NG∥AB∥CD，
∴∠GNE=∠CDE=30°，
∴在Rt△NGE中，GE=12NE=63，
∴NG=NE2?GE2=18，
在Rt△BHE中，∠BEH=90°－∠EBH=90°－60°=30°，BE=6，
∴BH=12BE=3，
∴EH=BE2?BH2=33，
∴EM=2EH=63，
∴GM=GE+EM=123，
∴在Rt△MGN中，MN=MG2+NG2=(123)2+182=621，
即△PQE的周長的最小值是621，
故答案為：621．
【點睛】本題考查最短路徑問題，涉及兩點之間線段最短、對稱性質、菱形的性質、等邊三角形的判斷與性質、勾股定理、平行線的判斷與性質、含30°角的直角三角形的性質等知識，作為一道填空題，難度偏大，解答的關鍵是認真分析，靈活運用相關知識解決問題．

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