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15.如图,已知菱形ABCD的面积为$2\sqrt{5},AB=\sqrt{5}$,点P,Q分别是在边BC,CD上(不与点C重合),且$CP=CQ$,连结DP,AQ,则$DP+AQ$的最小值为________。
答案
15.$\sqrt{21}$
解析
【分析】
要解决$DP+AQ$的最小值问题，先利用菱形的面积与边长求出高，建立平面直角坐标系将各点坐标化；再结合$CP=CQ$的条件，将$DP$和$AQ$转化为x轴上动点到两个定点的距离之和；最后根据两点之间线段最短，求出该距离和的最小值，即两定点间的线段长度。
【解析】
1. 由菱形$ABCD$的面积为$2\sqrt{5}$，边长$AB=\sqrt{5}$，可得菱形的高$h=\frac{面积}{边长}=\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=2$。
2. 建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，$B(\sqrt{5},0)$，因$AD=\sqrt{5}$，高为2，故$D$的横坐标为$\sqrt{AD^2 - h^2}=\sqrt{5-4}=1$，即$D(1,2)$；根据平行四边形坐标关系，$C=B+D-A=(\sqrt{5}+1,2)$。
3. 设$CP=CQ=x$（$0＜x＜\sqrt{5}$），化简得：
$DP=\sqrt{x^2-2x+5}=\sqrt{(x-1)^2+(0-2)^2}$，表示x轴上动点$(x,0)$到定点$M(1,2)$的距离；
$AQ=\sqrt{(\sqrt{5}+1-x)^2+2^2}=\sqrt{(x-(\sqrt{5}+1))^2+(0-(-2))^2}$，表示x轴上动点$(x,0)$到定点$N(\sqrt{5}+1,-2)$的距离。
4. 根据两点之间线段最短，$DP+AQ$的最小值为线段$MN$的长度，计算得：
$MN=\sqrt{[(\sqrt{5}+1)-1]^2+(-2-2)^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2+(-4)^2}=\sqrt{5+16}=\sqrt{21}$。
【答案】
$\sqrt{21}$
【知识点】
菱形的性质，两点之间线段最短，坐标法求最值
【点评】
本题通过坐标转化将线段和的最值问题转化为几何上的两点距离问题，运用了数形结合与转化思想，关键是将$DP$、$AQ$转化为同一轴上动点的距离和，难度中等。
【难度系数】
0.4
要解决$DP+AQ$的最小值问题，先利用菱形的面积与边长求出高，建立平面直角坐标系将各点坐标化；再结合$CP=CQ$的条件，将$DP$和$AQ$转化为x轴上动点到两个定点的距离之和；最后根据两点之间线段最短，求出该距离和的最小值，即两定点间的线段长度。
【解析】
1. 由菱形$ABCD$的面积为$2\sqrt{5}$，边长$AB=\sqrt{5}$，可得菱形的高$h=\frac{面积}{边长}=\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=2$。
2. 建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，$B(\sqrt{5},0)$，因$AD=\sqrt{5}$，高为2，故$D$的横坐标为$\sqrt{AD^2 - h^2}=\sqrt{5-4}=1$，即$D(1,2)$；根据平行四边形坐标关系，$C=B+D-A=(\sqrt{5}+1,2)$。
3. 设$CP=CQ=x$（$0＜x＜\sqrt{5}$），化简得：
$DP=\sqrt{x^2-2x+5}=\sqrt{(x-1)^2+(0-2)^2}$，表示x轴上动点$(x,0)$到定点$M(1,2)$的距离；
$AQ=\sqrt{(\sqrt{5}+1-x)^2+2^2}=\sqrt{(x-(\sqrt{5}+1))^2+(0-(-2))^2}$，表示x轴上动点$(x,0)$到定点$N(\sqrt{5}+1,-2)$的距离。
4. 根据两点之间线段最短，$DP+AQ$的最小值为线段$MN$的长度，计算得：
$MN=\sqrt{[(\sqrt{5}+1)-1]^2+(-2-2)^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2+(-4)^2}=\sqrt{5+16}=\sqrt{21}$。
【答案】
$\sqrt{21}$
【知识点】
菱形的性质，两点之间线段最短，坐标法求最值
【点评】
本题通过坐标转化将线段和的最值问题转化为几何上的两点距离问题，运用了数形结合与转化思想，关键是将$DP$、$AQ$转化为同一轴上动点的距离和，难度中等。
【难度系数】
0.4
16.如图,在正方形ABCD中,AB=1,E是BC边上的动点(E可以与点B,C重合),连结DE,AE,过D点作AE的垂线,交线段AB于点F。现以DF,DE为邻边构造平行四边形DFGE,连结BG,则BG长的最小值是
√2/2
。答案
16.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析
【分析】
要解决这个问题，我们采用坐标法将几何问题转化为代数函数的最值问题：先建立平面直角坐标系，用参数表示动点E的坐标，再结合直线垂直、平行四边形的性质求出点G的坐标，最后通过二次函数的性质计算BG的最小值。
【解析】
设正方形ABCD的坐标：令B(0,0)，A(0,1)，C(1,0)，D(1,1)，设E点坐标为$(t,0)$，其中$t\in[0,1]$。
1. 求直线AE的斜率：A(0,1)，E(t,0)，斜率$k_{AE}=\frac{0-1}{t-0}=-\frac{1}{t}$，则AE的垂线DF的斜率为$t$（垂直直线斜率乘积为$-1$）。
2. 求F点坐标：直线DF过D(1,1)，斜率为$t$，方程为$y-1=t(x-1)$；AB边为$x=0$，代入得$y=1-t$，故$F(0,1-t)$。
3. 求G点坐标：平行四边形DFGE满足对角线互相平分，即$D+G=F+E$，因此G的坐标为$(F_x+E_x-D_x, F_y+E_y-D_y)$，代入得$G(t-1, -t)$。
4. 计算BG长度：B(0,0)，故$BG=\sqrt{(t-1-0)^2+(-t-0)^2}=\sqrt{(t-1)^2+t^2}=\sqrt{2t^2-2t+1}$。
5. 求最小值：二次函数$f(t)=2t^2-2t+1$开口向上，对称轴为$t=\frac{2}{2×2}=0.5\in[0,1]$，代入$t=0.5$得$f(0.5)=0.5$，故BG最小值为$\sqrt{0.5}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形性质、平行四边形性质、二次函数最值
【点评】
本题通过坐标法将几何动点最值转化为二次函数最值，思路清晰，计算过程规范，是解决此类几何问题的常用方法。
【难度系数】
0.4
要解决这个问题，我们采用坐标法将几何问题转化为代数函数的最值问题：先建立平面直角坐标系，用参数表示动点E的坐标，再结合直线垂直、平行四边形的性质求出点G的坐标，最后通过二次函数的性质计算BG的最小值。
【解析】
设正方形ABCD的坐标：令B(0,0)，A(0,1)，C(1,0)，D(1,1)，设E点坐标为$(t,0)$，其中$t\in[0,1]$。
1. 求直线AE的斜率：A(0,1)，E(t,0)，斜率$k_{AE}=\frac{0-1}{t-0}=-\frac{1}{t}$，则AE的垂线DF的斜率为$t$（垂直直线斜率乘积为$-1$）。
2. 求F点坐标：直线DF过D(1,1)，斜率为$t$，方程为$y-1=t(x-1)$；AB边为$x=0$，代入得$y=1-t$，故$F(0,1-t)$。
3. 求G点坐标：平行四边形DFGE满足对角线互相平分，即$D+G=F+E$，因此G的坐标为$(F_x+E_x-D_x, F_y+E_y-D_y)$，代入得$G(t-1, -t)$。
4. 计算BG长度：B(0,0)，故$BG=\sqrt{(t-1-0)^2+(-t-0)^2}=\sqrt{(t-1)^2+t^2}=\sqrt{2t^2-2t+1}$。
5. 求最小值：二次函数$f(t)=2t^2-2t+1$开口向上，对称轴为$t=\frac{2}{2×2}=0.5\in[0,1]$，代入$t=0.5$得$f(0.5)=0.5$，故BG最小值为$\sqrt{0.5}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形性质、平行四边形性质、二次函数最值
【点评】
本题通过坐标法将几何动点最值转化为二次函数最值，思路清晰，计算过程规范，是解决此类几何问题的常用方法。
【难度系数】
0.4
17.如图,正方形ABCD的边长为4,点E在线段AD上,以DE为边构造正方形DEFG,使G在CD的延长线上,连结CF,取CF中点H,连结DH。当点E为AD中点时,$△ CDH$的面积为________;当点E在AD边上运动(不含点A,D)时,DH的最小值为________。
答案
17.2；$\sqrt{2}$
解析
【分析】
本题可通过建立平面直角坐标系，利用正方形性质、中点坐标公式和二次函数性质求解。先确定各点坐标，再根据条件计算△CDH的面积，最后通过参数表示DH的长度，结合二次函数求最小值。
【解析】
建立平面直角坐标系，设D为原点(0,0)，正方形ABCD边长为4，则各点坐标为：A(0,4)，D(0,0)，C(4,0)，B(4,4)。
1. 当E为AD中点时：
AD中点E的坐标为(0,2)，因DEFG是正方形，G在CD延长线上，故F点坐标为(-2,2)。CF的端点为C(4,0)和F(-2,2)，则CF中点H的坐标为：
$H_x=\frac{4+(-2)}{2}=1$，$H_y=\frac{0+2}{2}=1$，即H(1,1)。
△CDH的底CD=4，高为H到CD（x轴）的距离（即H的纵坐标1），面积$S=\frac{1}{2}×4×1=2$。
2. 当E在AD边上运动时，设E(0,t)（0＜t＜4）：
正方形DEFG边长为t，故F(-t,t)，CF中点H的坐标为$(\frac{4-t}{2},\frac{t}{2})$。
根据两点间距离公式，DH的长度为：
$DH=\sqrt{(\frac{4-t}{2}-0)^2+(\frac{t}{2}-0)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{(4-t)^2+t^2}=\frac{1}{2}\sqrt{2t^2-8t+16}$。
对二次函数$2t^2-8t+16$，当$t=\frac{8}{2×2}=2$时，取得最小值，代入得：
$DH_{min}=\frac{1}{2}\sqrt{2×2^2-8×2+16}=\frac{1}{2}\sqrt{8}=\sqrt{2}$。
【答案】
2；$\sqrt{2}$
【知识点】
正方形性质、中点坐标公式、二次函数最值
【点评】
本题通过坐标法将几何问题转化为代数计算，核心是利用正方形性质确定点坐标，结合公式求解，是几何与代数结合的典型题，需掌握坐标法的应用。
【难度系数】
0.4
本题可通过建立平面直角坐标系，利用正方形性质、中点坐标公式和二次函数性质求解。先确定各点坐标，再根据条件计算△CDH的面积，最后通过参数表示DH的长度，结合二次函数求最小值。
【解析】
建立平面直角坐标系，设D为原点(0,0)，正方形ABCD边长为4，则各点坐标为：A(0,4)，D(0,0)，C(4,0)，B(4,4)。
1. 当E为AD中点时：
AD中点E的坐标为(0,2)，因DEFG是正方形，G在CD延长线上，故F点坐标为(-2,2)。CF的端点为C(4,0)和F(-2,2)，则CF中点H的坐标为：
$H_x=\frac{4+(-2)}{2}=1$，$H_y=\frac{0+2}{2}=1$，即H(1,1)。
△CDH的底CD=4，高为H到CD（x轴）的距离（即H的纵坐标1），面积$S=\frac{1}{2}×4×1=2$。
2. 当E在AD边上运动时，设E(0,t)（0＜t＜4）：
正方形DEFG边长为t，故F(-t,t)，CF中点H的坐标为$(\frac{4-t}{2},\frac{t}{2})$。
根据两点间距离公式，DH的长度为：
$DH=\sqrt{(\frac{4-t}{2}-0)^2+(\frac{t}{2}-0)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{(4-t)^2+t^2}=\frac{1}{2}\sqrt{2t^2-8t+16}$。
对二次函数$2t^2-8t+16$，当$t=\frac{8}{2×2}=2$时，取得最小值，代入得：
$DH_{min}=\frac{1}{2}\sqrt{2×2^2-8×2+16}=\frac{1}{2}\sqrt{8}=\sqrt{2}$。
【答案】
2；$\sqrt{2}$
【知识点】
正方形性质、中点坐标公式、二次函数最值
【点评】
本题通过坐标法将几何问题转化为代数计算，核心是利用正方形性质确定点坐标，结合公式求解，是几何与代数结合的典型题，需掌握坐标法的应用。
【难度系数】
0.4
18.如图,矩形 ABCD 的对角线 AC,BD 相交于点 O,将△COD 沿 CD 所在直线折叠,得到△CED。
(1)求证:四边形 OCED 是菱形;
(2)若$BD=3,∠ACD=30^{\circ }$,点 P 是 CD 边上的动点,点 Q 是 CE 边上的动点,求$PE+PQ$的最小值。
第 18 题图
(1)求证:四边形 OCED 是菱形;
(2)若$BD=3,∠ACD=30^{\circ }$,点 P 是 CD 边上的动点,点 Q 是 CE 边上的动点,求$PE+PQ$的最小值。
第 18 题图
答案
(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AC与BD相等且互相平分，所以$OC=OD$。因为$△ COD$关于CD的对称图形为$△ CED$，所以$OD=ED$，$EC=OC$，所以$OD=ED=EC=OC$，所以四边形OCED是菱形；
(2)如图，作$OQ⊥ CE$于点Q，交CD于点P，此时$PE+PQ$的值最小为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$。理由如下：因为$△ COD$沿CD所在直线折叠，得到$△ CED$，所以$∠ DCE=∠ DCO$，$PE=PO$，所以$PE+PQ=PO+PQ=OQ$。因为$AC=BD=3$，所以$OC=OD=\frac{3}{2}$，所以$∠ DCO=∠ ACD=30°$，所以$∠ DCE=30°$，所以$∠ OCQ=60°$，所以$∠ COQ=30°$，所以$CQ=\frac{1}{2}OC=\frac{3}{4}$，$OQ=\sqrt{3}CQ=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，即$PE+PQ$的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$。
解析
【分析】
第(1)问：要证明四边形OCED是菱形，先利用矩形对角线相等且互相平分的性质得到OC=OD，再结合折叠的性质推出OD=ED、EC=OC，进而得到四边形四条边相等，即可证明是菱形。
第(2)问：求PE+PQ的最小值，利用折叠的对称性将PE转化为PO，把PE+PQ转化为PO+PQ，根据“垂线段最短”，当O、P、Q共线且OQ⊥CE时，和最小，再结合角度与边长关系计算OQ的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 矩形对角线相等且互相平分，即AC=BD，OC=$\frac{1}{2}$AC，OD=$\frac{1}{2}$BD，
∴ OC=OD。
由折叠性质，△COD沿CD折叠得△CED，故OD=ED，OC=EC，
∴ OC=OD=ED=EC，
∴ 四边形OCED四条边相等，因此四边形OCED是菱形。
(2) 解：作OQ⊥CE于Q，交CD于P，此时PE+PQ最小，理由：
由折叠性质，PE=PO，故PE+PQ=PO+PQ=OQ，即最小值为OQ长度。
∵ BD=3，矩形中OC=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{3}{2}$，∠ACD=30°，折叠后∠DCE=∠ACD=30°，
∴ ∠OCQ=∠OCD+∠DCE=60°，
在Rt△OCQ中，∠OQC=90°，∠COQ=30°，则CQ=$\frac{1}{2}$OC=$\frac{3}{4}$，
由勾股定理：OQ=$\sqrt{OC^2 - CQ^2}$=$\sqrt{(\frac{3}{2})^2 - (\frac{3}{4})^2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
故PE+PQ最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\frac{3\sqrt{3}}{4}$
【知识点】
矩形性质、菱形判定、折叠性质、最短路径问题
【点评】
本题综合考查矩形、菱形的性质与判定，以及利用对称思想求最短路径，需熟练掌握几何图形性质，将线段和转化为垂线段长度，是综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
第(1)问：要证明四边形OCED是菱形，先利用矩形对角线相等且互相平分的性质得到OC=OD，再结合折叠的性质推出OD=ED、EC=OC，进而得到四边形四条边相等，即可证明是菱形。
第(2)问：求PE+PQ的最小值，利用折叠的对称性将PE转化为PO，把PE+PQ转化为PO+PQ，根据“垂线段最短”，当O、P、Q共线且OQ⊥CE时，和最小，再结合角度与边长关系计算OQ的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 矩形对角线相等且互相平分，即AC=BD，OC=$\frac{1}{2}$AC，OD=$\frac{1}{2}$BD，
∴ OC=OD。
由折叠性质，△COD沿CD折叠得△CED，故OD=ED，OC=EC，
∴ OC=OD=ED=EC，
∴ 四边形OCED四条边相等，因此四边形OCED是菱形。
(2) 解：作OQ⊥CE于Q，交CD于P，此时PE+PQ最小，理由：
由折叠性质，PE=PO，故PE+PQ=PO+PQ=OQ，即最小值为OQ长度。
∵ BD=3，矩形中OC=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{3}{2}$，∠ACD=30°，折叠后∠DCE=∠ACD=30°，
∴ ∠OCQ=∠OCD+∠DCE=60°，
在Rt△OCQ中，∠OQC=90°，∠COQ=30°，则CQ=$\frac{1}{2}$OC=$\frac{3}{4}$，
由勾股定理：OQ=$\sqrt{OC^2 - CQ^2}$=$\sqrt{(\frac{3}{2})^2 - (\frac{3}{4})^2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，
故PE+PQ最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\frac{3\sqrt{3}}{4}$
【知识点】
矩形性质、菱形判定、折叠性质、最短路径问题
【点评】
本题综合考查矩形、菱形的性质与判定，以及利用对称思想求最短路径，需熟练掌握几何图形性质，将线段和转化为垂线段长度，是综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
