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1. [2025·安徽第10题]如图,在四边形ABCD中,∠A=∠ABC=90°,AB=4,BC=3,AD=1,点E为边AB上的动点.将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF,连接FB,FC,EC,则下列结论错误的是 (
A.$EC - ED$的最大值是$2\sqrt{5}$
B.$FB$的最小值是$\sqrt{10}$
C.$EC + ED$的最小值是$4\sqrt{2}$
D.$FC$的最大值是$\sqrt{13}$
A
)A.$EC - ED$的最大值是$2\sqrt{5}$
B.$FB$的最小值是$\sqrt{10}$
C.$EC + ED$的最小值是$4\sqrt{2}$
D.$FC$的最大值是$\sqrt{13}$
答案
1.A
解析
【分析】
本题是结合旋转性质的几何最值问题，可通过建立平面直角坐标系简化计算：首先根据已知直角设出各顶点坐标，将动点E的坐标参数化，再结合旋转性质得到点F的轨迹，最后分别结合三角形三边关系、将军饮马模型、两点间距离公式等判断各选项的最值是否正确，需注意最值取等的条件要符合动点的取值范围。
【解析】
建立平面直角坐标系：设A(0,0)，由∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，AD=1，得各点坐标：B(4,0)，C(4,3)，D(0,1)。设E(e,0)，其中$0≤ e≤4$。
1. 判断选项A：
$EC=\sqrt{(4-e)^2+3^2}$，$ED=\sqrt{e^2+1^2}$。根据三角形三边关系，$EC-ED≤ CD$，计算得$CD=\sqrt{(4-0)^2+(3-1)^2}=2\sqrt{5}$，但直线DC的方程为$y=0.5x+1$，与AB（y=0）交点为$x=-2$，不在E的取值范围$[0,4]$内，故$EC-ED$无法取到$2\sqrt{5}$，A错误。
2. 判断选项B：
线段DE绕D逆时针旋转90°得DF，向量$\overrightarrow{DE}=(e,-1)$，逆时针旋转90°后$\overrightarrow{DF}=(1,e)$，故F点坐标为$(0+1,1+e)=(1,1+e)$，即F的轨迹为x=1、$y\in[1,5]$的线段。点B(4,0)到该线段上点的最短距离：当y=1时，$FB=\sqrt{(4-1)^2+(0-1)^2}=\sqrt{10}$，即FB最小值为$\sqrt{10}$，B正确。
3. 判断选项C：
$EC+ED$为将军饮马问题，作D关于x轴的对称点$D'(0,-1)$，则$EC+ED=EC+ED'≥ CD'$，计算得$CD'=\sqrt{(4-0)^2+(3+1)^2}=4\sqrt{2}$，直线CD'与x轴交点为$(1,0)$，在$[0,4]$范围内，故$EC+ED$最小值为$4\sqrt{2}$，C正确。
4. 判断选项D：
$FC=\sqrt{(4-1)^2+(3-(1+e))^2}=\sqrt{9+(2-e)^2}$，当$e=4$时，FC取最大值$\sqrt{9+(2-4)^2}=\sqrt{13}$，D正确。
综上，错误的是A选项。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，将军饮马最值，两点间距离公式
【点评】
本题综合考查旋转的性质和几何最值的求解，通过建立坐标系将几何问题代数化可降低解题难度，易错点是忽略最值取等的条件是否符合动点的活动范围。
【难度系数】
0.3
本题是结合旋转性质的几何最值问题，可通过建立平面直角坐标系简化计算：首先根据已知直角设出各顶点坐标，将动点E的坐标参数化，再结合旋转性质得到点F的轨迹，最后分别结合三角形三边关系、将军饮马模型、两点间距离公式等判断各选项的最值是否正确，需注意最值取等的条件要符合动点的取值范围。
【解析】
建立平面直角坐标系：设A(0,0)，由∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，AD=1，得各点坐标：B(4,0)，C(4,3)，D(0,1)。设E(e,0)，其中$0≤ e≤4$。
1. 判断选项A：
$EC=\sqrt{(4-e)^2+3^2}$，$ED=\sqrt{e^2+1^2}$。根据三角形三边关系，$EC-ED≤ CD$，计算得$CD=\sqrt{(4-0)^2+(3-1)^2}=2\sqrt{5}$，但直线DC的方程为$y=0.5x+1$，与AB（y=0）交点为$x=-2$，不在E的取值范围$[0,4]$内，故$EC-ED$无法取到$2\sqrt{5}$，A错误。
2. 判断选项B：
线段DE绕D逆时针旋转90°得DF，向量$\overrightarrow{DE}=(e,-1)$，逆时针旋转90°后$\overrightarrow{DF}=(1,e)$，故F点坐标为$(0+1,1+e)=(1,1+e)$，即F的轨迹为x=1、$y\in[1,5]$的线段。点B(4,0)到该线段上点的最短距离：当y=1时，$FB=\sqrt{(4-1)^2+(0-1)^2}=\sqrt{10}$，即FB最小值为$\sqrt{10}$，B正确。
3. 判断选项C：
$EC+ED$为将军饮马问题，作D关于x轴的对称点$D'(0,-1)$，则$EC+ED=EC+ED'≥ CD'$，计算得$CD'=\sqrt{(4-0)^2+(3+1)^2}=4\sqrt{2}$，直线CD'与x轴交点为$(1,0)$，在$[0,4]$范围内，故$EC+ED$最小值为$4\sqrt{2}$，C正确。
4. 判断选项D：
$FC=\sqrt{(4-1)^2+(3-(1+e))^2}=\sqrt{9+(2-e)^2}$，当$e=4$时，FC取最大值$\sqrt{9+(2-4)^2}=\sqrt{13}$，D正确。
综上，错误的是A选项。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，将军饮马最值，两点间距离公式
【点评】
本题综合考查旋转的性质和几何最值的求解，通过建立坐标系将几何问题代数化可降低解题难度，易错点是忽略最值取等的条件是否符合动点的活动范围。
【难度系数】
0.3
2. [2023·安徽第8题]如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G。若$AF=2$，$FB=1$，则$MG=$（
A.$2\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$
C.$\sqrt{5}+1$
D.$\sqrt{10}$
B
）A.$2\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$
C.$\sqrt{5}+1$
D.$\sqrt{10}$
答案
2.B
解析
【分析】
我们可以通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数问题简化计算：第一步先根据AF、FB的长度确定正方形的边长，写出各顶点的坐标；第二步利用正方形对角线AC的解析式和EF⊥AB的条件求出点E的坐标；第三步求出直线DE的解析式，再分别求出DE与BC的交点M、DE与AB延长线的交点G的坐标；最后利用勾股定理计算MG的长度即可。
【解析】
解：以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
∵$AF=2$，$FB=1$，
∴正方形ABCD的边长$AB=AF+FB=3$，
∴各点坐标为：$A(0,0)$，$B(3,0)$，$C(3,3)$，$D(0,3)$，$F(2,0)$。
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴直线AC的解析式为$y=x$，
又
∵$EF⊥AB$，
∴点E的横坐标与F点相同为2，代入$y=x$得$y=2$，即$E(2,2)$。
设直线DE的解析式为$y=kx+b$，将$D(0,3)$、$E(2,2)$代入得：
$\begin{cases}b=3 \\ 2k+b=2 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{2} \\ b=3 \end{cases}$
∴直线DE的解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x+3$。
①求点M坐标：M是DE与BC的交点，BC所在直线为$x=3$，
将$x=3$代入$y=-\dfrac{1}{2}x+3$得：$y=-\dfrac{3}{2}+3=\dfrac{3}{2}$，
∴$M(3, \dfrac{3}{2})$。
②求点G坐标：G是DE与AB延长线的交点，AB所在直线为$y=0$，
将$y=0$代入$y=-\dfrac{1}{2}x+3$得：$0=-\dfrac{1}{2}x+3$，解得$x=6$，
∴$G(6, 0)$。
③计算MG的长度：
由勾股定理得：$MG=\sqrt{(6-3)^2+(0-\dfrac{3}{2})^2}=\sqrt{9+\dfrac{9}{4}}=\sqrt{\dfrac{45}{4}}=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$。
【答案】B
【知识点】
正方形的性质，一次函数的应用，勾股定理
【点评】
本题既可以通过建系将几何问题代数化求解，也可以通过相似三角形的性质计算线段长度，解题的关键是准确找到各关键点的位置或对应线段的比例关系。
【难度系数】
0.6
我们可以通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数问题简化计算：第一步先根据AF、FB的长度确定正方形的边长，写出各顶点的坐标；第二步利用正方形对角线AC的解析式和EF⊥AB的条件求出点E的坐标；第三步求出直线DE的解析式，再分别求出DE与BC的交点M、DE与AB延长线的交点G的坐标；最后利用勾股定理计算MG的长度即可。
【解析】
解：以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
∵$AF=2$，$FB=1$，
∴正方形ABCD的边长$AB=AF+FB=3$，
∴各点坐标为：$A(0,0)$，$B(3,0)$，$C(3,3)$，$D(0,3)$，$F(2,0)$。
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴直线AC的解析式为$y=x$，
又
∵$EF⊥AB$，
∴点E的横坐标与F点相同为2，代入$y=x$得$y=2$，即$E(2,2)$。
设直线DE的解析式为$y=kx+b$，将$D(0,3)$、$E(2,2)$代入得：
$\begin{cases}b=3 \\ 2k+b=2 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{2} \\ b=3 \end{cases}$
∴直线DE的解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x+3$。
①求点M坐标：M是DE与BC的交点，BC所在直线为$x=3$，
将$x=3$代入$y=-\dfrac{1}{2}x+3$得：$y=-\dfrac{3}{2}+3=\dfrac{3}{2}$，
∴$M(3, \dfrac{3}{2})$。
②求点G坐标：G是DE与AB延长线的交点，AB所在直线为$y=0$，
将$y=0$代入$y=-\dfrac{1}{2}x+3$得：$0=-\dfrac{1}{2}x+3$，解得$x=6$，
∴$G(6, 0)$。
③计算MG的长度：
由勾股定理得：$MG=\sqrt{(6-3)^2+(0-\dfrac{3}{2})^2}=\sqrt{9+\dfrac{9}{4}}=\sqrt{\dfrac{45}{4}}=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$。
【答案】B
【知识点】
正方形的性质，一次函数的应用，勾股定理
【点评】
本题既可以通过建系将几何问题代数化求解，也可以通过相似三角形的性质计算线段长度，解题的关键是准确找到各关键点的位置或对应线段的比例关系。
【难度系数】
0.6
3. [2025·安徽第16题]如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系$xOy$,$△ ABC$的顶点和$A_1$均在格点(网格线的交点)上.已知点$A$和$A_1$的坐标分别为$(-1,-3)$和$(2,6)$.
(1)在所给的网格图中描出边$AB$的中点$D$,并写出点$D$的坐标;
(2)以点$O$为位似中心,将$△ ABC$放大得到$△ A_1B_1C_1$,使得点$A$的对应点为$A_1$,请在所给的网格图中画出$△ A_1B_1C_1$.
(1)在所给的网格图中描出边$AB$的中点$D$,并写出点$D$的坐标;
(2)以点$O$为位似中心,将$△ ABC$放大得到$△ A_1B_1C_1$,使得点$A$的对应点为$A_1$,请在所给的网格图中画出$△ A_1B_1C_1$.
答案
3.(1)图略；点D的坐标为(-2,-1)。(2)图略。
解析
【分析】
(1) 要找AB的中点D，首先观察网格确定点B的坐标，再利用中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则它们的中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，代入A、B的坐标即可求出D的坐标，最后在网格中描出对应点即可。
(2) 原点为位似中心的位似变换中，对应点的坐标比等于位似比。先由点A和$A_1$的坐标计算位似比，再用位似比分别乘B、C的坐标得到$B_1$、$C_1$的坐标，在网格中描出$A_1$、$B_1$、$C_1$，依次连接三点即可得到$△ A_1B_1C_1$。
【解析】
(1) 观察网格可得点B的坐标为$(-3,1)$，已知点A坐标为$(-1,-3)$，根据中点坐标公式计算：
点D的横坐标为$\frac{-3+(-1)}{2}=-2$，纵坐标为$\frac{1+(-3)}{2}=-1$，即$D(-2,-1)$，在网格对应位置描出点D即可。
(2) 已知$A(-1,-3)$对应$A_1(2,6)$，可得位似比$k=\frac{2}{-1}=-2$，即位似变换后对应点坐标为原坐标乘$-2$：
观察网格得点C坐标为$(-2,2)$，则$B_1$坐标为$(-3)×(-2)=6$，$1×(-2)=-2$，即$B_1(6,-2)$；$C_1$坐标为$(-2)×(-2)=4$，$2×(-2)=-4$，即$C_1(4,-4)$。
在网格中描出$A_1$、$B_1$、$C_1$，依次连接三点，即可得到放大后的$△ A_1B_1C_1$。
【答案】
(1) 描点略，点D的坐标为$\boldsymbol{(-2,-1)}$；(2) 画图略。
【知识点】
中点坐标计算；位似图形的性质；坐标系作图
【点评】
本题侧重考查平面直角坐标系中的基本操作，解题关键是掌握中点坐标的计算方法和位似变换下的坐标变化规律，作图时需注意对应点位置准确，符合格点要求。
【难度系数】
0.8
(1) 要找AB的中点D，首先观察网格确定点B的坐标，再利用中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则它们的中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，代入A、B的坐标即可求出D的坐标，最后在网格中描出对应点即可。
(2) 原点为位似中心的位似变换中，对应点的坐标比等于位似比。先由点A和$A_1$的坐标计算位似比，再用位似比分别乘B、C的坐标得到$B_1$、$C_1$的坐标，在网格中描出$A_1$、$B_1$、$C_1$，依次连接三点即可得到$△ A_1B_1C_1$。
【解析】
(1) 观察网格可得点B的坐标为$(-3,1)$，已知点A坐标为$(-1,-3)$，根据中点坐标公式计算：
点D的横坐标为$\frac{-3+(-1)}{2}=-2$，纵坐标为$\frac{1+(-3)}{2}=-1$，即$D(-2,-1)$，在网格对应位置描出点D即可。
(2) 已知$A(-1,-3)$对应$A_1(2,6)$，可得位似比$k=\frac{2}{-1}=-2$，即位似变换后对应点坐标为原坐标乘$-2$：
观察网格得点C坐标为$(-2,2)$，则$B_1$坐标为$(-3)×(-2)=6$，$1×(-2)=-2$，即$B_1(6,-2)$；$C_1$坐标为$(-2)×(-2)=4$，$2×(-2)=-4$，即$C_1(4,-4)$。
在网格中描出$A_1$、$B_1$、$C_1$，依次连接三点，即可得到放大后的$△ A_1B_1C_1$。
【答案】
(1) 描点略，点D的坐标为$\boldsymbol{(-2,-1)}$；(2) 画图略。
【知识点】
中点坐标计算；位似图形的性质；坐标系作图
【点评】
本题侧重考查平面直角坐标系中的基本操作，解题关键是掌握中点坐标的计算方法和位似变换下的坐标变化规律，作图时需注意对应点位置准确，符合格点要求。
【难度系数】
0.8
1. [2026·云南中考]如图，AC，BD相交于点O，AB//CD，记△COD的面积为$S_1$，△AOB的面积为$S_2$。若$\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}$，则$\frac{S_1}{S_2}=$（
A.$\frac{2}{5}$
B.$\frac{3}{7}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{5}{12}$
C
）A.$\frac{2}{5}$
B.$\frac{3}{7}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{5}{12}$
答案
1.C
解析
【分析】
首先观察图形，已知AB//CD，结合相交线的对顶角相等，可先判定△AOB与△COD相似；再回忆相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方，已知对应边的比$\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}$，直接代入计算即可得到两个三角形的面积比。
【解析】
解：
∵AB//CD，
∴∠A=∠C，∠B=∠D（两直线平行，内错角相等），
又
∵∠AOB=∠COD（对顶角相等），
∴△AOB∽△COD。
∵相似三角形的面积比等于相似比的平方，且$\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{S_1}{S_2}=(\frac{CD}{AB})^2=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
平行线的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是结合平行线的性质判定两个三角形相似，再利用相似三角形面积比与相似比的关系求解，熟练掌握相似三角形的相关性质即可快速作答。
【难度系数】
0.8
首先观察图形，已知AB//CD，结合相交线的对顶角相等，可先判定△AOB与△COD相似；再回忆相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方，已知对应边的比$\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}$，直接代入计算即可得到两个三角形的面积比。
【解析】
解：
∵AB//CD，
∴∠A=∠C，∠B=∠D（两直线平行，内错角相等），
又
∵∠AOB=∠COD（对顶角相等），
∴△AOB∽△COD。
∵相似三角形的面积比等于相似比的平方，且$\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{S_1}{S_2}=(\frac{CD}{AB})^2=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
平行线的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是结合平行线的性质判定两个三角形相似，再利用相似三角形面积比与相似比的关系求解，熟练掌握相似三角形的相关性质即可快速作答。
【难度系数】
0.8
2. [2026·深圳中考]已知$\frac{2a + b}{b}=7$，则$\frac{a}{b}$的值为
3
。答案
2.3
解析
【分析】
已知条件是关于a、b的分式等式，目标是求$\frac{a}{b}$的比值。解题时可先利用分式的拆分规则将已知等式左边拆分，得到含有$\frac{a}{b}$的式子，再通过解一元一次方程的思路求出$\frac{a}{b}$的值；也可先利用等式的性质去掉分母，整理得到a与b的数量关系，进而求出比值。
【解析】
方法1：拆分分式计算
∵ $\frac{2a + b}{b} = \frac{2a}{b} + \frac{b}{b} = 2·\frac{a}{b} + 1$，且$\frac{2a + b}{b}=7$
∴ $2·\frac{a}{b} + 1 = 7$
移项得：$2·\frac{a}{b} = 7 - 1 = 6$
两边同时除以2得：$\frac{a}{b} = 3$
方法2：去分母计算
由分式有意义的条件可知$b≠0$，给等式$\frac{2a + b}{b}=7$两边同时乘b，得：
$2a + b = 7b$
移项合并同类项得：$2a = 6b$
两边同时除以$2b$（$b≠0$）得：$\frac{a}{b} = \frac{6}{2} = 3$
【答案】
3
【知识点】
分式的基本性质、等式的性质
【点评】
本题是分式运算的基础题型，解题核心是通过对已知等式变形得到a与b的关系，熟练掌握分式运算和等式变形的规则即可快速得出结果。
【难度系数】
0.9
已知条件是关于a、b的分式等式，目标是求$\frac{a}{b}$的比值。解题时可先利用分式的拆分规则将已知等式左边拆分，得到含有$\frac{a}{b}$的式子，再通过解一元一次方程的思路求出$\frac{a}{b}$的值；也可先利用等式的性质去掉分母，整理得到a与b的数量关系，进而求出比值。
【解析】
方法1：拆分分式计算
∵ $\frac{2a + b}{b} = \frac{2a}{b} + \frac{b}{b} = 2·\frac{a}{b} + 1$，且$\frac{2a + b}{b}=7$
∴ $2·\frac{a}{b} + 1 = 7$
移项得：$2·\frac{a}{b} = 7 - 1 = 6$
两边同时除以2得：$\frac{a}{b} = 3$
方法2：去分母计算
由分式有意义的条件可知$b≠0$，给等式$\frac{2a + b}{b}=7$两边同时乘b，得：
$2a + b = 7b$
移项合并同类项得：$2a = 6b$
两边同时除以$2b$（$b≠0$）得：$\frac{a}{b} = \frac{6}{2} = 3$
【答案】
3
【知识点】
分式的基本性质、等式的性质
【点评】
本题是分式运算的基础题型，解题核心是通过对已知等式变形得到a与b的关系，熟练掌握分式运算和等式变形的规则即可快速得出结果。
【难度系数】
0.9
3. [2026·泸州中考]如图,在边长为4的正方形ABCD中,E,F,G分别是边AB,BC,CD的中点,AF与DE交于点M,BD与AF,MG分别交于点N,P,则NP的长为
$\dfrac{8\sqrt{2}}{9}$
。答案
3.$\dfrac{8\sqrt{2}}{9}$
解析
【分析】
本题可通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数计算求解，思路如下：1. 以正方形顶点为原点建立坐标系，写出各已知点及中点的坐标；2. 分别求出直线AF、DE、BD、MG的一次函数解析式；3. 联立对应直线解析式求出交点N、P的坐标；4. 利用两点间距离公式计算NP的长度即可，该方法符合九年级知识范围，无需复杂辅助线。
【解析】
解：建立平面直角坐标系，设B为原点$(0,0)$，则正方形各顶点坐标为$A(0,4)$，$B(0,0)$，$C(4,0)$，$D(4,4)$。
由E、F、G为各边中点，得$E(0,2)$，$F(2,0)$，$G(4,2)$。
1. 求直线AF解析式：代入$A(0,4)$、$F(2,0)$，得$y=-2x+4$；
2. 求直线BD解析式：代入$B(0,0)$、$D(4,4)$，得$y=x$；
3. 求交点N：联立$\begin{cases}y=x\\y=-2x+4\end{cases}$，解得$x=\frac{4}{3},y=\frac{4}{3}$，即$N(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$；
4. 求直线DE解析式：代入$D(4,4)$、$E(0,2)$，得$y=\frac{1}{2}x+2$；
5. 求交点M：联立$\begin{cases}y=-2x+4\\y=\frac{1}{2}x+2\end{cases}$，解得$x=\frac{4}{5},y=\frac{12}{5}$，即$M(\frac{4}{5},\frac{12}{5})$；
6. 求直线MG解析式：代入$M(\frac{4}{5},\frac{12}{5})$、$G(4,2)$，得斜率为$-\frac{1}{8}$，化简得$y=-\frac{1}{8}x+\frac{5}{2}$；
7. 求交点P：联立$\begin{cases}y=x\\y=-\frac{1}{8}x+\frac{5}{2}\end{cases}$，解得$x=\frac{20}{9},y=\frac{20}{9}$，即$P(\frac{20}{9},\frac{20}{9})$；
8. 计算NP长度：
$NP=\sqrt{(\frac{20}{9}-\frac{4}{3})^2+(\frac{20}{9}-\frac{4}{3})^2}=\sqrt{(\frac{8}{9})^2+(\frac{8}{9})^2}=\frac{8\sqrt{2}}{9}$
【答案】
$\dfrac{8\sqrt{2}}{9}$
【知识点】
一次函数交点求解，两点间距离公式，正方形性质
【点评】
本题将正方形性质和一次函数结合考查，通过建系法把几何问题转化为代数运算，降低了几何推导难度，解题过程中需注意坐标计算的准确性。
【难度系数】
0.4
本题可通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数计算求解，思路如下：1. 以正方形顶点为原点建立坐标系，写出各已知点及中点的坐标；2. 分别求出直线AF、DE、BD、MG的一次函数解析式；3. 联立对应直线解析式求出交点N、P的坐标；4. 利用两点间距离公式计算NP的长度即可，该方法符合九年级知识范围，无需复杂辅助线。
【解析】
解：建立平面直角坐标系，设B为原点$(0,0)$，则正方形各顶点坐标为$A(0,4)$，$B(0,0)$，$C(4,0)$，$D(4,4)$。
由E、F、G为各边中点，得$E(0,2)$，$F(2,0)$，$G(4,2)$。
1. 求直线AF解析式：代入$A(0,4)$、$F(2,0)$，得$y=-2x+4$；
2. 求直线BD解析式：代入$B(0,0)$、$D(4,4)$，得$y=x$；
3. 求交点N：联立$\begin{cases}y=x\\y=-2x+4\end{cases}$，解得$x=\frac{4}{3},y=\frac{4}{3}$，即$N(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$；
4. 求直线DE解析式：代入$D(4,4)$、$E(0,2)$，得$y=\frac{1}{2}x+2$；
5. 求交点M：联立$\begin{cases}y=-2x+4\\y=\frac{1}{2}x+2\end{cases}$，解得$x=\frac{4}{5},y=\frac{12}{5}$，即$M(\frac{4}{5},\frac{12}{5})$；
6. 求直线MG解析式：代入$M(\frac{4}{5},\frac{12}{5})$、$G(4,2)$，得斜率为$-\frac{1}{8}$，化简得$y=-\frac{1}{8}x+\frac{5}{2}$；
7. 求交点P：联立$\begin{cases}y=x\\y=-\frac{1}{8}x+\frac{5}{2}\end{cases}$，解得$x=\frac{20}{9},y=\frac{20}{9}$，即$P(\frac{20}{9},\frac{20}{9})$；
8. 计算NP长度：
$NP=\sqrt{(\frac{20}{9}-\frac{4}{3})^2+(\frac{20}{9}-\frac{4}{3})^2}=\sqrt{(\frac{8}{9})^2+(\frac{8}{9})^2}=\frac{8\sqrt{2}}{9}$
【答案】
$\dfrac{8\sqrt{2}}{9}$
【知识点】
一次函数交点求解，两点间距离公式，正方形性质
【点评】
本题将正方形性质和一次函数结合考查，通过建系法把几何问题转化为代数运算，降低了几何推导难度，解题过程中需注意坐标计算的准确性。
【难度系数】
0.4
