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7. 如图,在正方形ABCD中,AB=8,对角线AC,BD相交于点O.若P是BO的中点,M,N分别是AB,AC上的动点,求$PM+MN$的最小值.
答案
7.解:作点 P 关于AB 的对称点E,连接 EM,EB.易知 PM=EM,
∴PM+MN=EM+MN,当 E,M,N 三点共线且$EN⊥AC$时,$EM+MN$最小,最小值为 EN 的长.易得$BO=4\sqrt{2},∠EBM=∠ABO=45°,∴∠EBO=90°$,
∴四边形 EBON 为矩形,$∴EN=BO=4\sqrt{2},∴PM+MN$的最小值为$4\sqrt{2}$.
∴PM+MN=EM+MN,当 E,M,N 三点共线且$EN⊥AC$时,$EM+MN$最小,最小值为 EN 的长.易得$BO=4\sqrt{2},∠EBM=∠ABO=45°,∴∠EBO=90°$,
∴四边形 EBON 为矩形,$∴EN=BO=4\sqrt{2},∴PM+MN$的最小值为$4\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题是求两条线段和的最小值问题，解题思路如下：①遇到线段和的最值问题，优先考虑用轴对称转化相等线段，先作点P关于AB的对称点E，根据轴对称性质可得PM=EM，即可将PM+MN转化为EM+MN；②要使EM+MN最小，结合“两点之间线段最短”和“垂线段最短”，当E、M、N三点共线且EN垂直AC时，和最小，最小值就是E到AC的垂线段EN的长度；③最后结合正方形对角线的相关性质计算EN的长度即可。
【解析】
作点P关于AB的对称点E，连接EM、EB。
由轴对称的性质可得：$PM=EM$，因此$PM+MN=EM+MN$。
根据两点之间线段最短、垂线段最短可知：当E、M、N三点共线且$EN⊥AC$时，$EM+MN$取得最小值，最小值为EN的长度。
∵四边形ABCD是正方形，$AB=8$，
∴对角线$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=8\sqrt{2}$，
∵正方形对角线互相平分，
∴$BO=\frac{1}{2}BD=4\sqrt{2}$，且$∠ABO=45°$。
由对称性质得$∠EBM=∠ABO=45°$，
∴$∠EBO=∠EBM+∠ABO=90°$。
又
∵正方形对角线互相垂直，即$AC⊥BD$，$∠BON=90°$，且$EN⊥AC$即$∠ENO=90°$，
∴四边形EBON为矩形，
∴$EN=BO=4\sqrt{2}$。
即$PM+MN$的最小值为$4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
轴对称的性质，正方形的性质，最短路径问题
【点评】
本题综合考查了轴对称在几何最值问题中的应用，结合正方形的性质可简化计算，解题的核心是通过对称将两条线段的和转化为点到直线的垂线段长度，体现了转化思想在几何最值问题中的典型应用。
【难度系数】
0.6
本题是求两条线段和的最小值问题，解题思路如下：①遇到线段和的最值问题，优先考虑用轴对称转化相等线段，先作点P关于AB的对称点E，根据轴对称性质可得PM=EM，即可将PM+MN转化为EM+MN；②要使EM+MN最小，结合“两点之间线段最短”和“垂线段最短”，当E、M、N三点共线且EN垂直AC时，和最小，最小值就是E到AC的垂线段EN的长度；③最后结合正方形对角线的相关性质计算EN的长度即可。
【解析】
作点P关于AB的对称点E，连接EM、EB。
由轴对称的性质可得：$PM=EM$，因此$PM+MN=EM+MN$。
根据两点之间线段最短、垂线段最短可知：当E、M、N三点共线且$EN⊥AC$时，$EM+MN$取得最小值，最小值为EN的长度。
∵四边形ABCD是正方形，$AB=8$，
∴对角线$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=8\sqrt{2}$，
∵正方形对角线互相平分，
∴$BO=\frac{1}{2}BD=4\sqrt{2}$，且$∠ABO=45°$。
由对称性质得$∠EBM=∠ABO=45°$，
∴$∠EBO=∠EBM+∠ABO=90°$。
又
∵正方形对角线互相垂直，即$AC⊥BD$，$∠BON=90°$，且$EN⊥AC$即$∠ENO=90°$，
∴四边形EBON为矩形，
∴$EN=BO=4\sqrt{2}$。
即$PM+MN$的最小值为$4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
轴对称的性质，正方形的性质，最短路径问题
【点评】
本题综合考查了轴对称在几何最值问题中的应用，结合正方形的性质可简化计算，解题的核心是通过对称将两条线段的和转化为点到直线的垂线段长度，体现了转化思想在几何最值问题中的典型应用。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在菱形纸片$ABCD$中,$∠ A=60°$,点$E$在$BC$边上,将菱形纸片$ABCD$沿$DE$折叠,点$C$的对应点为$C'$.若$DC'$是线段$AB$的垂直平分线,则$∠ DEC=$ （
A.$30°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$75°$
D
）A.$30°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$75°$
答案
8.D
解析
【分析】
解题时先结合菱形性质与∠A=60°，判定△ABD为等边三角形；再根据DC'是AB的垂直平分线，利用等边三角形三线合一的性质求出∠ADC'的度数，进而得到∠C'DC的度数；接着利用折叠前后对应角相等，求出∠CDE的度数；最后在△DEC中利用三角形内角和定理计算∠DEC的度数即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴AB=AD，∠ADC=180°-∠A=120°，∠C=∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ADB=60°。
∵DC'是AB的垂直平分线，等边三角形三线合一，
∴DC'平分∠ADB，即∠ADC'=$\frac{1}{2}$∠ADB=30°，
∴∠C'DC=∠ADC - ∠ADC'=120°-30°=90°。
由折叠的性质可得：∠CDE=∠C'DE=$\frac{1}{2}$∠C'DC=45°。
在△DEC中，根据三角形内角和为180°：
∠DEC=180°-∠C-∠CDE=180°-60°-45°=75°。
故选：D。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是几何基础综合题，综合考查了菱形、折叠、等边三角形及垂直平分线的相关性质，解题的核心是逐步推导所求角所在三角形的未知内角度数，需要熟练掌握各类几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.6
解题时先结合菱形性质与∠A=60°，判定△ABD为等边三角形；再根据DC'是AB的垂直平分线，利用等边三角形三线合一的性质求出∠ADC'的度数，进而得到∠C'DC的度数；接着利用折叠前后对应角相等，求出∠CDE的度数；最后在△DEC中利用三角形内角和定理计算∠DEC的度数即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴AB=AD，∠ADC=180°-∠A=120°，∠C=∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ADB=60°。
∵DC'是AB的垂直平分线，等边三角形三线合一，
∴DC'平分∠ADB，即∠ADC'=$\frac{1}{2}$∠ADB=30°，
∴∠C'DC=∠ADC - ∠ADC'=120°-30°=90°。
由折叠的性质可得：∠CDE=∠C'DE=$\frac{1}{2}$∠C'DC=45°。
在△DEC中，根据三角形内角和为180°：
∠DEC=180°-∠C-∠CDE=180°-60°-45°=75°。
故选：D。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是几何基础综合题，综合考查了菱形、折叠、等边三角形及垂直平分线的相关性质，解题的核心是逐步推导所求角所在三角形的未知内角度数，需要熟练掌握各类几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.6
9. 如图,在矩形 $ABCD$ 中,$AB=3$,$BC=4$.点 $E$ 在边 $AD$ 上,且 $ED=3$,$M,N$ 分别是边 $AB,BC$ 上的动点,且 $BM=BN$,$P$ 是线段 $CE$ 上的动点,连接 $PM,PN$.若 $PM+PN=4$,则线段 $PC$ 的长为 $\quad (\quad)$
A.$2\sqrt{2}$
B.$\sqrt{2}$
C.$2$
D.$\dfrac{3}{2}\sqrt{2}$
A.$2\sqrt{2}$
B.$\sqrt{2}$
C.$2$
D.$\dfrac{3}{2}\sqrt{2}$
答案
9.A
解析
【分析】
首先从矩形性质入手，先确定△CDE是等腰直角三角形，可得CE平分∠BCD，∠BCE=45°。接着利用轴对称转化线段：作点N关于CE的对称点N'，根据角平分线性质可知N'落在CD边上，且PN=PN'，即可将PM+PN转化为PM+PN'。已知AB与CD的距离为BC=4，因此PM+PN'的最小值就是4，结合题目给出PM+PN=4，可推出此时M、P、N'三点共线且MN'垂直AB（即MN'平行于BC）。再结合BM=BN的条件求出相关线段长度，最后用勾股定理计算PC的长度即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠D=∠BCD=90°，
∵ED=3，
∴ED=CD，即△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE=45°，即CE平分∠BCD，
作点N关于CE的对称点N'，由角平分线的性质可知N'落在CD边上，且PN=PN'，CN=CN'，
∴PM+PN=PM+PN'，
∵AB、CD是矩形的对边，两线间的距离等于BC=4，
∴PM+PN'≥4，当且仅当M、P、N'三点共线且MN'⊥AB时取等号，
∵题目中PM+PN=4，
∴此时M、P、N'共线且MN'//BC。
设BM=BN=x，则CN=BC-BN=4-x，
∴CN'=CN=4-x，
∵MN'//BC，AB⊥BC，CD⊥BC，
∴四边形BMN'C是矩形，
∴BM=CN'，即$x=4-x$，解得$x=2$，
∴CN'=2。
过点P作PQ⊥BC于点Q，
∵∠BCE=45°，
∴△PQC是等腰直角三角形，PQ=CQ，
∵MN'//BC，
∴PQ=CN'=2，即CQ=PQ=2，
由勾股定理得：$PC=\sqrt{PQ^2+CQ^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质，轴对称最短路径，勾股定理
【点评】
本题将矩形性质、等腰直角三角形判定、轴对称转化和勾股定理结合考查，解题的核心是通过对称将两条线段的和转化，结合最小值条件确定P点的位置，对几何转化思维有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先从矩形性质入手，先确定△CDE是等腰直角三角形，可得CE平分∠BCD，∠BCE=45°。接着利用轴对称转化线段：作点N关于CE的对称点N'，根据角平分线性质可知N'落在CD边上，且PN=PN'，即可将PM+PN转化为PM+PN'。已知AB与CD的距离为BC=4，因此PM+PN'的最小值就是4，结合题目给出PM+PN=4，可推出此时M、P、N'三点共线且MN'垂直AB（即MN'平行于BC）。再结合BM=BN的条件求出相关线段长度，最后用勾股定理计算PC的长度即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠D=∠BCD=90°，
∵ED=3，
∴ED=CD，即△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE=45°，即CE平分∠BCD，
作点N关于CE的对称点N'，由角平分线的性质可知N'落在CD边上，且PN=PN'，CN=CN'，
∴PM+PN=PM+PN'，
∵AB、CD是矩形的对边，两线间的距离等于BC=4，
∴PM+PN'≥4，当且仅当M、P、N'三点共线且MN'⊥AB时取等号，
∵题目中PM+PN=4，
∴此时M、P、N'共线且MN'//BC。
设BM=BN=x，则CN=BC-BN=4-x，
∴CN'=CN=4-x，
∵MN'//BC，AB⊥BC，CD⊥BC，
∴四边形BMN'C是矩形，
∴BM=CN'，即$x=4-x$，解得$x=2$，
∴CN'=2。
过点P作PQ⊥BC于点Q，
∵∠BCE=45°，
∴△PQC是等腰直角三角形，PQ=CQ，
∵MN'//BC，
∴PQ=CN'=2，即CQ=PQ=2，
由勾股定理得：$PC=\sqrt{PQ^2+CQ^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质，轴对称最短路径，勾股定理
【点评】
本题将矩形性质、等腰直角三角形判定、轴对称转化和勾股定理结合考查，解题的核心是通过对称将两条线段的和转化，结合最小值条件确定P点的位置，对几何转化思维有一定要求。
【难度系数】
0.6
10. 如图,将正方形纸片ABCD对折,使AD与BC重合,折痕为EF,把纸片展平.若P为AD上一点,沿BP折叠,使点A的对应点M在EF上,延长PM交CD于点Q,连接BQ,则∠CBQ=
15
°.答案
10.15
解析
【分析】
本题是正方形背景下的折叠求角度问题，解题可按以下思路推导：首先回忆折叠的核心性质（折叠前后对应边相等、对应角相等）、正方形的性质以及直角三角形、全等三角形的相关知识。第一步，先根据第一次对折得到折痕EF是AB的中垂线，推出EB是AB的一半；第二步，根据第二次沿BP折叠得到AB=BM，进而得到EB等于BM的一半，在Rt△BEM中利用“直角边等于斜边一半时对应锐角为30°”，求出∠EBM的度数，从而得到∠MBC的度数；第三步，证明Rt△BMQ和Rt△BCQ全等，得到BQ平分∠MBC，即可求出∠CBQ的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°。
由AD与BC对折、折痕为EF可得：EF垂直平分AB，即$EB=\frac{1}{2}AB$。
由沿BP折叠，点A落在M上可得：AB=BM，∠PMB=∠A=90°，
∴$∠ BMQ=90°=∠ C$，且$EB=\frac{1}{2}BM$。
在Rt△BEM中，$∠ BEM=90°$，$EB=\frac{1}{2}BM$，
∴$∠ EBM=60°$，
∴$∠ MBC=∠ ABC - ∠ EBM=90° - 60°=30°$。
在Rt△BMQ和Rt△BCQ中：
$\begin{cases}BM=BC \\BQ=BQ\end{cases}$
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），
∴$∠ MBQ=∠ CBQ=\frac{1}{2}∠ MBC=\frac{1}{2}×30°=15°$。
【答案】
15
【知识点】
折叠的性质；正方形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何折叠类常规题型，解题的核心是抓住折叠前后边、角的等量关系，结合正方形的边、角特征和全等三角形的判定推导角的数量关系，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题是正方形背景下的折叠求角度问题，解题可按以下思路推导：首先回忆折叠的核心性质（折叠前后对应边相等、对应角相等）、正方形的性质以及直角三角形、全等三角形的相关知识。第一步，先根据第一次对折得到折痕EF是AB的中垂线，推出EB是AB的一半；第二步，根据第二次沿BP折叠得到AB=BM，进而得到EB等于BM的一半，在Rt△BEM中利用“直角边等于斜边一半时对应锐角为30°”，求出∠EBM的度数，从而得到∠MBC的度数；第三步，证明Rt△BMQ和Rt△BCQ全等，得到BQ平分∠MBC，即可求出∠CBQ的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°。
由AD与BC对折、折痕为EF可得：EF垂直平分AB，即$EB=\frac{1}{2}AB$。
由沿BP折叠，点A落在M上可得：AB=BM，∠PMB=∠A=90°，
∴$∠ BMQ=90°=∠ C$，且$EB=\frac{1}{2}BM$。
在Rt△BEM中，$∠ BEM=90°$，$EB=\frac{1}{2}BM$，
∴$∠ EBM=60°$，
∴$∠ MBC=∠ ABC - ∠ EBM=90° - 60°=30°$。
在Rt△BMQ和Rt△BCQ中：
$\begin{cases}BM=BC \\BQ=BQ\end{cases}$
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），
∴$∠ MBQ=∠ CBQ=\frac{1}{2}∠ MBC=\frac{1}{2}×30°=15°$。
【答案】
15
【知识点】
折叠的性质；正方形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何折叠类常规题型，解题的核心是抓住折叠前后边、角的等量关系，结合正方形的边、角特征和全等三角形的判定推导角的数量关系，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
11.如图,在正方形ABCD中,P是射线AC上一动点,连接PB,过点P作$PQ⊥PB$,交射线DC于点Q.
(1)如图1,当点Q落在DC边上时,猜想并直接写出PB与PQ所满足的数量关系:
(2)如图2,当点Q落在DC的延长线上时,猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系,并证明你的猜想.
(1)如图1,当点Q落在DC边上时,猜想并直接写出PB与PQ所满足的数量关系:
$PB=PQ$
;(2)如图2,当点Q落在DC的延长线上时,猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系,并证明你的猜想.
答案
11.解:(1)$PB=PQ$
(2)$PB=PQ$.证明:过点 P 作$PE⊥BC$交 BC 的延长线于点 E,$PF⊥CQ$于点 F.
∵P,C 为射线 AC 上的点
∴PC 平分$∠ECQ$.又
∵$PE⊥BC,PF⊥CQ,∴PE=PF$,
∴四边形 PECF 为正方形.$∵∠BPF+∠QPF=90°,∠BPF+∠BPE=90°,∴∠BPE=∠QPF$,易得$∠PBE=∠PQF,∴Rt△PBE≌Rt△PQF(AAS)$
$∴PB=PQ$.
(2)$PB=PQ$.证明:过点 P 作$PE⊥BC$交 BC 的延长线于点 E,$PF⊥CQ$于点 F.
∵P,C 为射线 AC 上的点
∴PC 平分$∠ECQ$.又
∵$PE⊥BC,PF⊥CQ,∴PE=PF$,
∴四边形 PECF 为正方形.$∵∠BPF+∠QPF=90°,∠BPF+∠BPE=90°,∴∠BPE=∠QPF$,易得$∠PBE=∠PQF,∴Rt△PBE≌Rt△PQF(AAS)$
$∴PB=PQ$.
解析
【分析】
(1) 结合正方形对角线的轴对称性，可先推导得到PB与PD相等，再通过角度关系证明PD=PQ，即可得到PB和PQ的数量关系；
(2) 要证明PB与PQ的数量关系，可利用角平分线的性质作辅助线构造全等三角形：由于点P在正方形对角线AC所在的射线上，PC平分∠DCB的邻补角，过P向BC、CQ两边作垂线，可得两条垂线段相等，再结合PQ⊥PB利用同角的余角相等得到对应角相等，即可证明两个直角三角形全等，进而得到边相等的结论。
【解析】
(1) 直接得出结论：$PB=PQ$。
(2) 猜想$PB=PQ$，证明如下：
过点$P$作$PE⊥BC$交$BC$的延长线于点$E$，$PF⊥CQ$于点$F$。
∵$P$在射线$AC$上，$AC$为正方形$ABCD$的对角线
∴$PC$平分$∠ECQ$
又
∵$PE⊥BC$，$PF⊥CQ$
∴$PE=PF$，四边形$PECF$为正方形
∵$PQ⊥PB$
∴$∠BPQ=90°$，即$∠BPF+∠QPF=90°$
又
∵$∠EPF=90°$，即$∠BPF+∠BPE=90°$
∴$∠BPE=∠QPF$
易得$∠PBE=∠PQF$
在$Rt△ PBE$和$Rt△ PQF$中：
$\begin{cases}∠PEB=∠PFQ=90° \\∠PBE=∠PQF \\PE=PF\end{cases}$
∴$Rt△ PBE≌Rt△ PQF(AAS)$
∴$PB=PQ$
【答案】
(1) $\boldsymbol{PB=PQ}$
(2) $\boldsymbol{PB=PQ}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质
【点评】
本题属于正方形背景下的常见的动点探究题，解题的关键是结合正方形对角线的性质合理构造全等三角形，很好地考察了几何辅助线的构造思路和全等三角形判定的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 结合正方形对角线的轴对称性，可先推导得到PB与PD相等，再通过角度关系证明PD=PQ，即可得到PB和PQ的数量关系；
(2) 要证明PB与PQ的数量关系，可利用角平分线的性质作辅助线构造全等三角形：由于点P在正方形对角线AC所在的射线上，PC平分∠DCB的邻补角，过P向BC、CQ两边作垂线，可得两条垂线段相等，再结合PQ⊥PB利用同角的余角相等得到对应角相等，即可证明两个直角三角形全等，进而得到边相等的结论。
【解析】
(1) 直接得出结论：$PB=PQ$。
(2) 猜想$PB=PQ$，证明如下：
过点$P$作$PE⊥BC$交$BC$的延长线于点$E$，$PF⊥CQ$于点$F$。
∵$P$在射线$AC$上，$AC$为正方形$ABCD$的对角线
∴$PC$平分$∠ECQ$
又
∵$PE⊥BC$，$PF⊥CQ$
∴$PE=PF$，四边形$PECF$为正方形
∵$PQ⊥PB$
∴$∠BPQ=90°$，即$∠BPF+∠QPF=90°$
又
∵$∠EPF=90°$，即$∠BPF+∠BPE=90°$
∴$∠BPE=∠QPF$
易得$∠PBE=∠PQF$
在$Rt△ PBE$和$Rt△ PQF$中：
$\begin{cases}∠PEB=∠PFQ=90° \\∠PBE=∠PQF \\PE=PF\end{cases}$
∴$Rt△ PBE≌Rt△ PQF(AAS)$
∴$PB=PQ$
【答案】
(1) $\boldsymbol{PB=PQ}$
(2) $\boldsymbol{PB=PQ}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质
【点评】
本题属于正方形背景下的常见的动点探究题，解题的关键是结合正方形对角线的性质合理构造全等三角形，很好地考察了几何辅助线的构造思路和全等三角形判定的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
