中考数学一轮复习专题1.4 四边形中的四大最值模型（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题1.4 四边形中的四大最值模型（北师大版）（解析版），共67页。
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+2B．7+1C．23+2D．27+1
【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，最后由勾股定理计算得出AE=27，即可得出答案．
【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=12BE=1，EG=BE2−BG2=22−12=3，
∴AG=AB+BG=4+1=5，
∴AE=AG2+EG2=52+32=27，
∴△PCE的周长的最小值=AE+CE=27+2，
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．23B．4C．23+2D．4+23
【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+(3)2=23
根据分析可知，BF=PB+PE
∴△PBE的周长=23+2
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'点的坐标；
(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'最小？若存在，请求出最小值，若不存在，请说出理由．
【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坐标，从而可以求CM所在直线的解析式；
（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′的最小值为234．
【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＝10，
在Rt△B′OC中，B′C＝10，OC＝6，
∴B′O＝B′C2−OC2=8，
∴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′A2+AM2=B′M2，
∴22+x2＝（6﹣x）2，解得x＝83，
∴M（10，83），
设CM所在直线的解析式为y＝kx+b，将C（0，6）、M（10，83）代入得：
6=b83=10k+b，解得k＝﹣13，b＝6，
∴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′ =PO+PB≥OB，
当O、P、B共线时，PO+PB'最小，
∵OB=OA2+AB2=102+62=234，
∴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为边在第二象限内作正方形ABCD．
(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，理由见详解
【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的长，再根据勾股定理求出AB的长，最后由正方形面积公式计算即可；
（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、D两点坐标；
（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，得到x=−2，
∴A(-2，0)，B(0，1)，
∴在Rt△AOB中，OA=2，OB=1，
∴根据勾股定理得：AB=22+12=5，
∴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）(6−233，6−233)
【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=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，PB=3PE=23，
∴E(−23，2)，
∵C(4,0)，D(4,4)，
设直线EC解析式为y=kx+b，则有4k+b=0−23k+b=2，
解得k=3−2b=8−43，
∴y=(3−2)x+8−43，
同法可得直线BD的解析式为y=x，
由y=xy=(3−2)x+8−43，解得x=6−233y=6−233，
∴M(6−233，6−233)．
【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=∠NBEBM=BN，
∴△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＝x2−12x2＝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=703x+1403(x＞−2)−703x−1403(x＜−2)．
【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=OC-CF=10-8=2，
∴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=103，
∵点E与点E′关于AB对称，∴AE′=AE=103，
∴OE′=103+6=283，∴点E′的坐标为（0，283），
设直线FE′的解析式为y=kx+b，
则b=283−2k+b=0，解得，k=143，b=283，
则直线FE′的解析式为y=143x+283，
当y=6时，143x+283=6，解得，x=-57，
∴点P的坐标为（-57，6），
（3）设点Q的坐标为（x，143x+283），
当Q在x轴上方时，即x＞-2时，S=12×10×（143x+283）=703x+1403，
当Q在x轴下方时，即x＜-2时，S=12×10×（-143x-283）=-703x-1403，
综上所述，S=703x+1403x＞−2−703x−1403x＜−2．
【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+PE的值最小，则这个最小值为（ ）
A．5B．2C．32D．3
【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 (cm)，
∴ AE=AB2−BE2=22−12=3 (cm)，
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．3B．23C．26D．6
【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的长，从而得出结果．
【详解】解：设BE与AC交于点P′，连接BD．
∵点B与D关于AC对称，
∴P′D=P′B，
∴P′D+P′E=P′B+P′E=BE最小．
∵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．23B．21195C．210D．9625
【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＝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△GMN周长的最小值．
(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PE的解析式．
【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AP解析式；
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″'交y轴于点N，交AP于M，根据两点之间线段最短，可得此时△GMN的周长最小，利用勾股定理即可求得△GMN周长的最小值；
（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解析式．
【详解】（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为等腰直角三角形
∴BP=AB=2，
∴CP=BC−BP=3−2=1，
∴P1，2，
设直线AP的解析式y=kx+b，过点A3，0、点P1，2，
∴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″'交y轴于点N，交AP于M，此时△GMN的周长最小，
∴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∥OA，
∴∠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，P2，2，
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，AF，EF．
(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≌△GAFSAS，则EF=FG=DG+DF，则结论可证；
（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″F=AF，当点A′,E,F,A″在同一条直线上时，A′A″即为△AEF周长的最小值，然后利用∠AEF+∠AFE=2∠A′+∠A″求解即可；
（3）旋转△ABE至△ADP的位置，首先证明△PAF≌△EAFSAS，则有EF=FP，最后利用EF=FP=PD+DF=BE+DF求解即可．
【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=∠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于点F，由对称的性质可得A′E=AE,A″F=AF，
∴此时△AEF的周长为AE+EF+AF=A′E+EF+A′F=A′A″，
∴当点A′,E,F,A″在同一条直线上时，A′A″即为△AEF周长的最小值，
∵∠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=∠EAFAF=AF，
∴△PAF≌△EAFSAS，
∴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的周长最短为PQ+P′Q的长；
（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′N，根据轴对称的性质可得，四边形EFNM周长的最小值为EF+E′F′的长，再根据勾股定理即可得到四边形EFNM周长的最小值=EF+E′F′=5+15=20；
（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，O2P=OP，O3N=O2N，依据对称轴的性质可得四边形OMNP周长最小为O1O3的长，再根据勾股定理即可得到四边形OMNP周长最小值为42．
【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于点M，
连接PQ，PM，MQ，则PM=P′M，
∴此时ΔPQM的周长最短为PQ+PM+QM=PQ+P′M+QM=PQ+P′Q；
∴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，交CD于N，
连接EM，MN，FN，则EM=E′M，FN=F′N，
∴EF+EM+MN+FN=EF+E′M+MN+F′N=EF+E′F′，
∴此时，四边形EFNM周长的最小值为EF+E′F′的长，
∵AB=6，AD=8，E、F分别为边AB、AD的中点，
∴AE′=6+3=9，AF′=8+4=12，
∴Rt△AE′F′中，E′F′=92+122=15，
又∵RtΔAEF中，EF=32+42=5，
∴四边形EFNM周长的最小值=EF+E′F′=5+15=20；
（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O1M，O2P，O3N，
则O1M=OM，O2P=OP，O3N=O2N，
当N，P，O2在同一直线上时，OP+NP=O2P+NP=O2N，
当O1，M，N，O3在同一直线上时，OM+MN+NO2=O1M+MN+NO3=O1O3，
此时四边形OMNP周长最小为O1O3的长，点M，N，P即为所求；
∵正方形ABCD的边长为2，点O为AB边中点，
∴Rt△O1O2O3中，O1O2=1+2+1=4，O2O3=4，
∴O1O3=42+42=42，
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+23+27
【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，FG=3，即可求出DF=27，证明四边形BEFC是平行四边形，得到AB=BE=CF，推出当C、D、F三点共线时，CF+CD最小，即四边形ABCD的周长最小，最小为6+23+DF，由此即可得到答案．
【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Q，连接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，
∴四边形OPGH是矩形，
∴PG=OH=43，
同理可证四边形OPQE是矩形，
∴PE=OQ=3，OP=QE=AQ=HG=1，
∴DG=DH+GH=5，FG=PG−PE−EF=3，
∴DF=DG2+FG2=27，
∵OD=8，OA=2，
∴AD=6，
∵EF=BC，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+23+AB+CD
=6+23+CF+CD，
∴当C、D、F三点共线时，CF+CD最小，即四边形ABCD的周长最小，最小为6+23+DF，
∴四边形ABCD的周长的最小值为6+23+27，
故答案为：6+23+27．
【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）130+6
【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RtΔPSE中，由勾股定理PE=ES2+PS2=25即可，
（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+TE2，求出△MEF的周长最小 =M′E+5即可，
（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,当四边形MEQG的周长最小 =6+WE求出即可．
【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=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）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+TE2=112+42=137，
△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=WK2+KE2=112+(4−1)2=130,
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．
【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=DH=DP×22=22(x−1)，
∴S=12×DH×PH=12×22(x−1)×22(x−1)=x24−x2+14；
（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=−34x+54，
当x=0时，y=54，当y=0时，x=53，
∴N(0，54)，M(53,0)，
此时，四边形MNFE的周长=E′F′+EF=(−1−3)2+(2+1)2+22+12=5+5；
∴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PBMQ周长的最小值．

【答案】(1)BE=4−7；
(2)见解析；
(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，然后求出∠AMC=∠BMD=90°，即可得出结论；
（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′和BM即可．
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=DE2−CD2=42−32=7，
∴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的斜边的中点，
∴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QM+BP最小，而PQ和BM是定值，则此时四边形PBMQ周长最小，

∵四边形BPQG是平行四边形，
∴BG=PQ=52，
∴CG=4−52=32，
如图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，
∴四边形PBMQ周长最小值=BP+PQ+MQ+BM
=QG+PQ+QM+BM
=QG′+PQ+QM+BM
=MG′+PQ+BM
=972+52+3102
=97+5+3102．
【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4,0，四边形ABCD是正方形．

(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+5
【分析】（1）将点A4,0代入y=−34x+b即可求解；
（2）结合正方形的性质可证△DAE≌△ABOAAS，推出DE=OA=4，AE=OB=3，即可求出点D的坐标；
（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=NC+NM+MD+CD≥C′D′+CD，最后由勾股定理求出C′D′和CD即可．
【详解】（1）解：∵点A4,0在直线y=−34x+b上，
∴ −34×4+b=0，
解得b=3，
故答案为：3；
（2）解：由（1）知直线AB的解析式为y=−34x+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=∠AOBDA=AB，
∴ △DAE≌△ABOAAS，
∴ 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，D7,4，
∴ xC=xB+xD−xA=0+7−4=3，yC=yB+yD−yA=3+4−0=7，
∴ 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，D′7,−4，
∵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′，MD=MD′，
∴ NC+NM+MD=NC′+NM+MD′≥C′D′，
∴四边形MNDC周长=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，
∴四边形MNDC周长的最小值为：C′D′+CD=221+5．
【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t的值；
(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t的值是______；
③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=325−3或t=325+3；
(2)①t=214；②56；③125
【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AH=HC，由勾股定理可求解；
②由线段垂直平分线和勾股定理可求AQ=CQ=152，由面积和差关系可求解；
③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，QG=G′Q，当G′，Q，H三点共线时，四边形PGQH周长有最小值，根据勾股定理可得结论．
【详解】（1）解：∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠MAE=∠NCF，
∵M、N分别是AB、CD中点，
∴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∥FN，
∴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、CD中点，
∴四边形MBCN是矩形，
∵矩形ABCD中，AB=6，BC=12，
∴MN=BC=12，AC=62+122=65，
∵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4t−65=12，
解得t=325−3或t=325+3；
（2）解：①由（1）知：AE=CF，
如图2，连接GH，CH，
∵四边形EGFH为菱形，
∴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如图3，连接AQ，
由①同理得：AQ=CQ=152，BQ=92，
由①知：AP=152，
∴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=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；
故答案为：56；
③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，QG=G′Q，
∵AG=CH，
∴HK=CH+CK=AG+BG=6，
∵G′K=12，
∴G′H=62+122=65，
由②知：四边形PGQH是平行四边形，
∴四边形PGQH的周长=2QH+2GQ=2QH+2QG′≥2G′H，
当G′，Q，H三点共线时，四边形PGQH周长有最小值，且最小值是2G′H=125．
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；②433
(3)47
【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∠ABG=∠OBG=30°，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得；
（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共线时，NG+FG取得最小值NF，由此即可得．
【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=∠HBFDE=BF，
∴△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=BD2−AB2=43，
∴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=12BC=23，
即当AG=23时，四边形GEHF是矩形，
故答案为：23；
②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，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，
即当AG=433时，四边形GEHF是菱形，
故答案为：433．
（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=12BD−BE=12×8−2=3，FP∥AD，EG=NG，
∴∠EFP=∠ADB=30°，
∴PE=12EF=2,PF=EF2−PE2=23，
∴NP=MN+EM−PE=4，
∴NF=NP2+PF2=27，
∵四边形GEHF的周长为2EG+FG=2NG+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．4B．42C．43D．8
【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＝42，
∴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DECF的面积是一个定值．其中正确的序号是（ ）
A．①③④B．①②C．②③D．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周长的最小值，可判断③；根据两三角形全等时面积也相等得S△ADE=S△CDF，利用割补法知S四边形DECF=S△ADC，可判断④．
【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=∠CDF，
∴△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=DE2+DF2=2DF2=2DF，
∴当DF最小时，EF也最小，
即当DF⊥BC时，DF最小，此时DF=12BC=12×4=2，
∴△CEF的周长取得最小值：4+EF=4+2DF=4+22，故结论③正确；
∵△ADE≌△CDF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形DECF=S△CDE+S△CDF
=S△CDE+S△ADE
=S△ADC，
∵∠BAC=90°，AC=BC=4，点D为AB的中点，
∴S△ADC=12S△ABC=12×12AC⋅BC=12×12×4×4=4，
即S四边形DECF=S△ADC=4，
∴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325
【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=DG+GN．
【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，GN=OC=4
∴DN=DG+GN=125+4=325
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、B重合），在移动的过程中保持CM+AN=8．

(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)N6,23
(3)P2,−23或P14,23或P−2,23．
【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，再利用全等三角形的性质可得答案；
（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=12BC=4，OM=OC2−CM2=3CM=43，再结合中点坐标的含义可得答案；
（3）设Px,y，而N6,23，A8,0，O0,0；分三种情况讨论：当AO为对角线时，当AN为对角线时，当ON为对角线时，再利用平行四边形的性质建立方程组求解即可．
【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=3OM，
当OM⊥BC时，△MON周长有最小值，
∵△OBC为等边三角形，
∴CM=BM=12BC=4，OM=OC2−CM2=3CM=43，
∴△OMN的周长最小值为123，B4,43，
∴BN=CM=4，
∴N为AB的中点，
∴N6,23．
（3）设Px,y，而N6,23，A8,0，O0,0；
当AO为对角线时，
∴8+0=6+x23+y=0+0，解得：x=2y=−23，
∴P2,−23，
当AN为对角线时，
∴8+6=x+023+0=y+0，解得：x=14y=23，
∴P14,23，
当ON为对角线时，
∴0+6=8+x0+23=0+y，解得：x=−2y=23，
∴P−2,23，
综上：P2,−23或P14,23或P−2,23．
【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为线段AB的中点．

(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N的横坐标；若不存在，请说明理由．
【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CH最短时，△PCE的周长最短，求出点H的坐标，最后即可求得三角形周长的最小值；
（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坐标，即可求出点N的坐标．
【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=43，
解得：k=33b=43，
∴直线AB解析式为y=33x+43；
（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、FH、EH、PH，
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，OA=12，
∴AB=83，
∵OB=12AB，∠AOB=90°，
∴∠OAB=30°，
∵C为AB中点，
∴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关于FG对称，∠EFG=30°，
∴FH=EF=33，∠GFH=∠EFG=30°，
∴∠HFM=30°，
∴HM=12FH=332，由勾股定理得：FM=92，
∴H32,332
∵点C是AB中点，且A−12,0、B0,43，
∴C(−6,23)，
∴CH=32+62+23−3322=613，
∴△PCE的周长最小值为：CH+CE=613+23；

（3）解：存在点N，使得以C′、H、Q、N为顶点的四边形是菱形．
∵OF=3，OG=33，
∴F(−3,0)，G(0,33)，
设直线FG解析式为y=k1x+33，则−3k1+33=0，
∴k1=3，
即直线FG解析式为y=3x+33，
解方程组y=33x+43y=3x+33，得x=32y=932，
∴Q32,932；
∵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(0,83)，
∴OC′=322+83−9322=39；
如图，当QH1=QC′=39时，
∵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个单位长度即可得到点H1，
∴点H1的坐标为32+392,932+3132，
∴把点C′向右平移392个单位长度，再向上平移3132个单位长度即可得到点N1，
∴点N1的坐标为392,83+3132；
同理，当QH2=QC′=39时，点H2的坐标为32−392,932−3132；
∴点N1的坐标为−392,83−3132；
当C′H3=QC′=39时，点H3的坐标为6,93；
∴点N3的坐标为152,1132；
当C′H4=QH4=39时，点H4的坐标为113,2033；
∴点N3的坐标为−136,3536；
综上，满足条件的点N的坐标为392,83+3132或−392,83−3132或152,1132或−136,3536．

【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＝30°．
（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的周长最小值为8；（3）存在，∠OAP=15°或60°
【分析】（1）利用矩形的性质和∠OAC＝30°得到AO=43，∠CAB＝60°，再由折叠的性质AD=4，∠DAO＝30°，过点D作DF⊥AO于F，可求得DF、AF，进而可求得点D坐标；
（2）如图，利用“将军饮马”模型，分别作E关于y轴、AC的对称点Q、H，连接QH，则QH就是周长的最小值，进一步求出点E、点Q、点H坐标，即可解得QH的长，即周长的最小值；
（3）要使得△CPQ为等腰三角形，需分三种情况讨论求解：①若CP=CQ；②若PQ=CQ;③若CP=PQ，进一步推导求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，
∴OC＝AB＝4，
∵∠OAC＝30°
∴AC＝2CO＝8，AO＝3CO＝43，∠CAB＝60°，
∵长方形OABC沿AC折叠，使得点B落在点D处，
∴AD＝AB＝4，∠CAD＝60°，
∴∠DAO＝30°，
如图1，过点D作DF⊥AO于F，
∵DF⊥AO，∠DAO＝30°，
∴DF＝12AD＝2，AF＝3DF＝23，
∴OF＝AO﹣AF＝23，
∴点D坐标（23，﹣2）；
（2）如图2，过点E作y轴的对称点G，过点E作AC的对称点H，连接GH交y轴于点N，与AC交于M，即△EMN的周长最小值为GH，
∵∠OAD＝30°，AD＝4，∠ADC＝90°
∴AE＝833，
∴OE＝433，
∵点G，点E关于y轴对称，点E，点H关于AC对称，
∴点G（﹣433，0），点H（833，4）
∴GH＝(−433−833)2+(0−4)2=8，
∴△EMN的周长最小值为8；
（3）存在点P使得△CPQ为等腰三角形，
∵∠ACB＝∠ACD＝30°，
∴∠OCE＝30°，
①若CP＝CQ，如图3，
∵CP＝CQ，∠OCE＝30°，
∴∠CPQ＝75°，
∴∠OAP＝90°﹣∠CPQ＝15°，
②若PQ＝CQ时，如图4，
∵CQ＝PQ，
∴∠QPC＝∠PCQ＝30°，
∴∠OAP＝90°﹣∠CPQ＝60°；
③若CP＝PQ，如图5，
∴∠PCQ＝∠PQC＝30°，
∴∠OPA＝60°，且∠OCA＝60°，
∴不存在这样的点P，
综上，满足条件的点P存在，并且∠OAP=15º或60º．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质、折叠性质、矩形的性质、含30º直角三角形性质、对称性求最值、等腰三角形的性质、勾股定理、两点坐标距离公式等知识，属于综合题型，有一定难度，解答的关键是认真分析图形，寻找相关联的信息，借助添加辅助线或数学模型确定解题思路，进而推导、计算．
7．（2023春·浙江湖州·九年级统考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,∠BAD=60∘，边AB的长为8，点E,F分别是边CD,BC上的动点，则△OEF周长的最小值为 ．

【答案】12
【分析】作O关于CD,BC的对称点M、N，连接EM,FN,MN，设OM,CD交于点G，如图，则OE=ME,OF=NF，于是△OEF的周长=OE+EF+FO=ME+EF+FN≥MN，进而可得△OEF周长的最小值是MN的长，然后根据菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及勾股定理等知识求出MN即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=8，
∴CD=AB=BC=8,∠BCD=∠BAD=60°,AC⊥BD,∠DCO=∠BCO=30°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD=BC=8,OD=OB=12BD=4，
∴OC=82−42=43，
作O关于CD,BC的对称点M、N，连接EM,FN,MN，设OM,CD交于点G，如图，

则OE=ME,OF=NF，OM=2OG，OM=ON，
∴△OEF的周长=OE+EF+FO=ME+EF+FN≥MN，
∴△OEF周长的最小值是MN的长，
在直角三角形COG中，∵∠DCO=30°，
∴OG=12OC=23，∠COG=60°，
∴OM=2OG=43=ON，∠CON=∠COG=60°，
∴CO⊥MN，设垂足为H，
∴∠OMN=30°，MN=2MH，
∴OH=12OM=23，
∴MH=432−232=6,
∴MN=12，即△OEF周长的最小值是12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质以及利用对称思想求线段和的最小值等知识，得到△OEF周长的最小值即为MN的长是解题的关键．
8．（2023春·全国·九年级期末）如图，菱形ABCD中，AB＝12，∠BAD＝60°，E为线段BC的中点．若点P是线段AB上的一动点，Q为线段AD上一动点，则△PQE的周长的最小值是 ．
【答案】621
【分析】分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，根据对称性质得到PM=PE，QN=QE，则△PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，根据两点之间线段最短可知，当M、P、Q、N四点共线时△PQE的周长最小，最小值为MN的长，连接EM交AB延长线于H，过点N作NG⊥ME交ME延长线于G，根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质等知识分别求解GN、GM，进而利用勾股定理求解即可．
【详解】解：分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，
由对称性质得：PM=PE，QN=QE，
则△PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，
根据两点之间线段最短可知，当M、P、Q、N四点共线时，△PQE的周长最小，最小值为MN的长，
连接EM交AB延长线于H，则ME⊥AB于H，
过点N作NG⊥ME交ME延长线于G，连接BD、NE，则NE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=12，
∴AB=BC=CD=12，AD∥BC，AB∥CD，∠C=∠BAD=60°，
∴△BCD是等边三角形，∠EBH=∠DAB=60°，
∵点E为BC在中点，
∴CE=BE=12BC=6，DE⊥BC，
∵AD∥BC，
∴DE⊥AD，又 NE⊥AD，
∴点D在线段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的周长的最小值是621，
故答案为：621．
【点睛】本题考查最短路径问题，涉及两点之间线段最短、对称性质、菱形的性质、等边三角形的判断与性质、勾股定理、平行线的判断与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，作为一道填空题，难度偏大，解答的关键是认真分析，灵活运用相关知识解决问题．