2025年中考数学复习几何部分 动点 专练

中考复习几何部分《动点》专练 1. 如图，中，，，，点、分别为边、的中点，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点运动，设点的运动时间为秒． (1) ， ； (2)当是等腰三角形时，求的长度； (3)设点关于直线的对称点为． ①当点在的内部时，求的取值范围． ②作射线，当射线平分的面积时，直接写出的值． 2. 如图，已知，，，斜边，将绕点O顺时针旋转，得到，连接．点M从点D出发，沿方向匀速行动，速度为；同时，点N从点O出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．连接，，交于点P．设运动时间为，解答下列问题： (1)当t为何值时，平分？ (2)设四边形的面积为，求S与t的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P为线段的中点？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 3. 已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作于点，交于点．设运动时间为． 解答下列问题：      （1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？ （2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值； （3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式； （4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4. 如图，抛物线与x轴相交于点和点B，与y轴相交于点，作直线． (1)求抛物线的解析式； (2)若在直线上方的抛物线上有一动点P，连接交直线于点D，若，求点P的坐标； (3)若在直线上方的抛物线上存在点Q，使，求点Q的坐标． 5. 在平面直角坐标系中，抛物线（m是常数）的顶点为A． （1）用含m的代数式表示抛物线L的对称轴． （2）当，抛物线L的最高点的纵坐标为6时，求抛物线L对应的函数表达式． （3）已知点、，当时，设的面积为S．求S与m之间的函数关系式，并求S的最小值． （4）已知矩形MNPQ的四个顶点的坐标分别为、、、，当抛物线L与边MN、PQ各有1个交点分别为点D、E时，若点D到y轴的距离和点E到x轴的距离相等，直接写出m的值． 6. 在中，，D为BC延长线上一点，点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，连接EA，EC，ED． （1）如图1，当时，则_______°； （2）当时， ①如图2，连接AD，判断的形状，并证明； ②如图3，直线CF与ED交于点F，满足．P为直线CF上一动点．当的值最大时，用等式表示PE，PD与AB之间的数量关系为_______，并证明. 7. 已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB∥CD， ∠ACB =90°， AB=10cm， BC=8cm， OD 垂直平分 A C．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点 P作 PE⊥AB，交 BC 于点 E，过点 Q 作 QF∥AC，分别交 AD， OD 于点 F， G．连接 OP，EG．设运动时间为 t ( s )（0＜t＜5） ，解答下列问题： （1）当 t 为何值时，点 E 在 BAC 的平分线上？ （2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm2) ，求 S 与 t 的函数关系式； （3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由； （4）连接 OE， OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE⊥OQ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由． 8. 如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知，当Q为BF中点时，． （1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由； （2）求DE，BF的长； （3）若AD＝6．①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系；②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值． 9. 如图所示，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点． （1）求点C及顶点M的坐标． （2）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接BN、CN求△BCN面积的最大值及此时点N的坐标． （3）若点D是抛物线对称轴上的动点，点G是抛物线上的动点，是否存在以点B、C、D、G为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由． （4）直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 备用图 10. 如图1，已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰Rt△BEF绕点B旋转，BE＝BF＝，连接AE，CF． (1)求证：△ABE≌△CBF． (2)如图2，连接DE，当DE＝BE时，求S△BCF的值．（S△BCF表示△BCF的面积） (3)如图3，当Rt△BEF旋转到正方形ABCD外部，且线段AE与线段CF存在交点G时，若M是CD的中点，P是线段DG上的一个动点，当满足MP+PG的值最小时，求MP的值． 答案解析： 1. 【答案】(1)5， (2)或或 (3)①；②或 【分析】（1）根据勾股定理和三角形中位线定理求得结果； （2）分为点在上时，此时，作于，，进一步得出结果；点在上，即，进一步得出结果； （3）①先求出临界情形：当点在上时，此时平分时，可推出，从而得出；当点上时，此时平分时，点在上，作于，则，可证得，进而得出，求得，进一步得出结果； ②可推出在射线上，分为两种情况：当在线段上时，此时平分，由①可知结果；当在的延长线上时，作于，根据，从而，可推出，从而，设，，则，由得，，求得的值，进一步得出结果． 【详解】（1）解：， ， 点、分别为边、的中点， ， 故答案为：5，； （2）如图1，当时，作于， ， ， 四边形是矩形， ， 如图2，当时， 或（图中， 综上所述：或或； （3）①如图3， 当平分时，点在上， 是的中位线， ， ， ， ， ， 此时的， 如图4， 当平分时，点在上， 作于，则， ，， ， ， ， ， ， 此时的， ； ②如图5， 平分的面积，在射线上， 当在线段上时，平分， 由上知：， ， 如图6，当在的延长线上时，作于， 由上知： ， ， ， ， ， ，点是的中点， ， ， ， ， 设，，则， 由得， ， ， ，， ， ， ， 综上所述：或． 2. 【答案】(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）当平分时，证明，得到，继而问题得解； （2）由，进而求解； （3）过点C作，得到，有，建立关于t的方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，，，， ∴，， 当平分时， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图，分别为的边，上的高， ∵， ∴，， 根据旋转可知：， ∴，， ∴ ； （3）解：存在，理由如下： 如图过点C作，交的延长线于点G， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 解得：， 经检验，是原方程的解， 故存在某一时刻，使点为线段的中点． 3.【答案】（1） t=；（2）t=3;（3）S与t的函数关系式为；（4）存在，t=, 【分析】（1）要使点M在线段CQ的垂直平分线上，只需证CM=MQ即可； （2）由矩形性质得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推导出PH、QN，进而得关于t的方程，解之即可； （3）分别用t表示出梯形GHFM的面积、△QHF的面积、△CMQ的面积，即可得到S与t的函数关系式； （4）延长AC交EF与T，证得AT⊥EF，要使点P在∠AFE的平分线上，只需PT=PH，分别用t表示PT、PH，代入得关于t的方程，解之即可． 【详解】（1）当 =时，点在线段的垂直平分线上，理由为： 由题意，CE=2，CM∥BF， ∴即：， 解得：CM=， 要使点在线段的垂直平分线上， 只需QM=CM=， ∴t=； （2）如图，∵，，， ∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=，sin∠EFB=， 在Rt△APH中，AP=2t， ∴PH=AP·sin∠PAH=， 在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=， 在Rt△QNF中，QF=10-t-=， ∴QN=QF·sin∠EFB=()×=， 四边形为矩形， ∴PH=QN， ∴ =， 解得：t=3； （3）如图，过Q作QN⊥AF于N， 由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=， ∴BH=GC=8-， ∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=， ∴ = = =， ∴S与t的函数关系式为：； （4）存在，t=． 证明：如图，延长AC交EF于T， ∵AB=BF,BC=BF, ， ∴△ABC≌△EBF， ∴∠BAC=∠BEF， ∵∠EFB+∠BEF=90º， ∴∠BAC+∠EFB=90º， ∴∠ATE=90º即PT⊥EF， 要使点在的平分线上，只需PH=PT， 在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=， CT=CE·sin∠BEF =， PT=10+-2t=，又PH=， =， 解得：t=． 4.【解析】（1）解：把，代入抛物线解析式中得 ，解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：如图所示，过点D作轴于E，过点P作轴于F， ∵， ∴， ∴， ∴； 在中，当时，解得或， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 设， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或， ∴点P的坐标为或； （3）解：如图，过点作轴交抛物线与点，过点作与于点， 轴， ， ， ， ， ， ， 设， ， ， ， ， 解得：或（舍） ， 点的坐标为． 5.【答案】（1）抛物线L的对称轴为直线；（2）；（3），S的最小值为；（4）m的值为，． 【分析】（1）将解析式化为顶点式，即可求解； （2）根据题意得当时，，且，从而得到，从而得到当时，，即可求解； （3）过点A作AD∥y轴的垂线交线段BC于点D．可得．从而得到，再设直线BC的解析式为，求出直线BC的解析式为，从而得到，再由，得到S与m之间的函数关系式，再化为顶点式，即可求解； （4）根据题意得：点D的横坐标为3，点E的横坐标为，从而得到D到y轴的距离是3，E到x轴的距离为，再由点D到y轴的距离和点E到x轴的距离相等，即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴抛物线L的对称轴为直线． （2）∵当时，，且， 又∵当时，抛物线L的最高点的纵坐标为6， ∴． ∴当时，． 解得：． ∴抛物线L对应的函数表达式为； （3）如图，过点A作AD∥y轴的垂线交线段BC于点D． ∵， ∴． ∵点A为抛物线L的顶点， ∴． 设直线BC的解析式为， ∵点、， ∴，解得：， ∴直线BC所对应的函数表达式为． ∴． ∴， ∴ ∵， ∴当时，有最小值． ∴S的最小值为， （4）根据题意得：点D的横坐标为3，点E的横坐标为， ∴D到y轴的距离是3， ∵当时，， ∴E到x轴的距离为， ∵点D到y轴的距离和点E到x轴的距离相等， ∴， 即或， 解得：或． 6.（1）80；（2）是等边三角形；（3）． 【解析】 【分析】 （1）根据垂直平分线性质可知，再结合等腰三角形性质可得，，利用平角定义和四边形内角和定理可得，由此求解即可； （2）根据（1）的结论求出即可证明是等边三角形； （3）根据利用对称和三角形两边之差小于第三边，找到当的值最大时的P点位置，再证明对称点与AD两点构成三角形为等边三角形，利用旋转全等模型即可证明，从而可知，再根据30°直角三角形性质可知即可得出结论． 【详解】 解：（1）∵点E为线段AC，CD的垂直平 分线的交点， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． （2）①结论：是等边三角形． 证明：∵在中，，， ∴， 由（1）得：，， ∴是等边三角形． ②结论：． 证明：如解图1，取D点关于直线AF的对称点，连接、； ∴， ∵，等号仅P、E、三点在一条直线上成立， 如解图2，P、E、三点在一条直线上， 由（1）得：， 又∵， ∴， 又∵，， ∴， ∵点D、点是关于直线AF的对称点， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴（SAS） ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴ 7. 【答案】（1）；（2） ，；（3）时，取得最大值；（4）时，. 【解析】 【分析】（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题． （2）根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可． （4）证明∠EOC=∠QOG，可得tan∠EOC=tan∠QOG，推出，由此构建方程即可解决问题． 【详解】（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm， ∴AC==6（cm）， ∵OD垂直平分线段AC， ∴OC=OA=3（cm），∠DOC=90°， ∵CD∥AB， ∴∠BAC=∠DCO， ∵∠DOC=∠ACB， ∴△DOC∽△BCA， ∴， ∴， ∴CD=5（cm），OD=4（cm）， ∵PB=t，PE⊥AB， 易知：PE=t，BE=t， 当点E在∠BAC的平分线上时， ∵EP⊥AB，EC⊥AC， ∴PE=EC， ∴t=8-t， ∴t=4． ∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上． （2）如图，连接OE，PC． S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC） = =． （3）存在． ∵， ∴t=时，四边形OPEG的面积最大，最大值为． （4）存在．如图，连接OQ． ∵OE⊥OQ， ∴∠EOC+∠QOC=90°， ∵∠QOC+∠QOG=90°， ∴∠EOC=∠QOG， ∴tan∠EOC=tan∠QOG， ∴， ∴， 整理得：5t2-66t+160=0， 解得或10（舍弃） ∴当秒时，OE⊥OQ． 8. 【答案】（1），理由见解析；（2） ；（3）①；② 【解析】（1）推出∠AED=∠ABF，即可得出DE∥BF； （2）求出DE=12，MN=10，把代入，解得：x=6，得到NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果； （3）①连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得 ，,当DP=DF时 ，求出 ，得到BQ＞BE； ②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y=0，则x=10； （Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求得 ； （Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则 ，根据勾股定理得 ,则 ， ；由图可知，PQ不可能过点B． 【详解】解：（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下： 如图1所示： ∵∠A=∠C=90°， ∴∠ADC+∠ABC=360°-（∠A+∠C）=180°， ∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC， ∵∠ADE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠ABF， ∴DE∥BF； （2）令x=0，得y=12， ∴DE=12， 令y=0，得x=10， ∴MN=10， 把代入， 解得：x=6，即NQ=6， ∴QM=10-6=4， ∵Q是BF中点， ∴FQ=QB， ∵BM=2FN， ∴FN+6=4+2FN， 解得：FN=2， ∴BM=4， ∴BF=FN+MN+MB=16； （3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示： ∵FM=2+10=12=DE，DE∥BF， ∴四边形DFME是平行四边形， ∴DF=EM， ∵AD=6，DE=12，∠A=90°， ∴∠DEA=30°， ∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°， ∴∠ADE=60°， ∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°， ∴∠DFM=∠DEM=120°， ∴∠MEB=180°-120°-30°=30°， ∴∠MEB=∠FBE=30°， ∴∠EHB=180°-30°-30°-30°=90°，DF=EM=BM=4， ， ∴EH=4+2=6， 由勾股定理得： ， ∴ ， 当DP=DF时， ， 解得： ， ， ， BQ＞BE； ②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示： y=0，则x=10； （Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示： ∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°， ， CD=8+4=12， ∵FQ∥DP， ∴△CFQ∽△CDP， ∴ ， ∴ ， 解得： ； （Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示： ∵PE∥BQ， ∴△APE∽△AQB， ∴ ， 根据勾股定理得： , ∴ ， ， 解得： ； 由图可知，PQ不可能过点B； 综上所述，当x=10或或时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点． 9. 【答案】见详解 【解析】（1）令抛物线解析式中x＝0即可求出C点坐标，写出抛物线顶点式，即可求出顶点M坐标； （2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N（n，n2﹣2n﹣3），求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据S△BCN＝S△NQC+S△NQB即可求解； （3）设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解； （4）连接AC，由CE＝CB可知∠B＝∠E，求出MC的解析式，设P（x，﹣x﹣3），然后根据△PEO相似△ABC，分成和讨论即可求解． 【详解】（1）令y＝x2﹣2x﹣3中x＝0，此时y＝﹣3， 故C点坐标为（0，﹣3）， 又∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4， ∴抛物线的顶点M的坐标为（1，﹣4）； （2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如图1所示： 令y＝x2﹣2x﹣3＝0， 解得：x＝3或x＝﹣1， ∴B（3，0），A（﹣1，0）， 设直线BC的解析式为：y＝ax+b， 代入C（0，﹣3），B（3，0）得：， 解得， ∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3， 设N点坐标为（n，n2﹣2n﹣3），故Q点坐标为（n，n﹣3），其中0＜n＜3， 则，（其中xQ，xC，xB分别表示Q，C，B三点的横坐标），且QN＝（n﹣3）﹣（n2﹣2n﹣3）＝﹣n2+3n，xB﹣xC＝3， 故，其中0＜n＜3， 当时，S△BCN有最大值为， 此时点N的坐标为（）， （3）设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），且B（3，0），C（0，﹣3） 分情况讨论： ①当DG为对角线时，则另一对角线是BC，由中点坐标公式可知： 线段DG的中点坐标为，即， 线段BC的中点坐标为，即， 此时DG的中点与BC的中点为同一个点， ∴，解得， 经检验此时四边形DCGB为平行四边形，此时G坐标为（2，﹣3）； ②当DB为对角线时，则另一对角线是GC，由中点坐标公式可知： 线段DB的中点坐标为，即， 线段GC的中点坐标为，即， 此时DB的中点与GC的中点为同一个点， ∴，解得， 经检验此时四边形DCBG为平行四边形，此时G坐标为（4，5）； ③当DC为对角线时，则另一对角线是GB，由中点坐标公式可知： 线段DC的中点坐标为，即， 线段GB的中点坐标为，即， 此时DB的中点与GC的中点为同一个点， ∴，解得， 经检验此时四边形DGCB为平行四边形，此时G坐标为（﹣2，1）； 综上所述，G点坐标存在，为（2，﹣3）或（4，5）或（﹣2，1）； （4）连接AC，OP，如图2所示： 设MC的解析式为：y＝kx+m， 代入C（0，﹣3），M（1，﹣4）得， 解得 ∴MC的解析式为：y＝﹣x﹣3，令y＝0，则x＝﹣3， ∴E点坐标为（﹣3，0）， ∴OE＝OB＝3，且OC⊥BE， ∴CE＝CB， ∴∠B＝∠E， 设P（x，﹣x﹣3）， 又∵P点在线段EC上， ∴﹣3＜x＜0， 则，， 由题意知：△PEO相似△ABC， 分情况讨论： ①△PEO∽△CBA， ∴， ∴， 解得，满足﹣3＜x＜0，此时P的坐标为； ②△PEO∽△ABC， ∴， ∴， 解得x＝﹣1，满足﹣3＜x＜0，此时P的坐标为（﹣1，﹣2）． 综上所述，P点的坐标为或（﹣1，﹣2）． 10. 即方程x2-5x+-t=0中 △=， 解得t =-1． 23．【解析】解：（1）在探究三的基础上，为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前3个圆分别有2个交点，将新增的圆分成部分，从而增加6个区域，所以，用4个圆最多能把平面分成2+2×1+2×2+2×3=14个区域； （2）为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前个圆分别有2个交点，将新增加的圆分成（2n-2）部分，从而增加（2n-2）个区域，所以，用n个圆最多能把平面分成区域数为 2+2×1+2×2+2×3+2×4+…+2(n-1)， =2+2(1+2+3+…+n-1)， =2+2， ， =; 故答案为：（2n-2）；（2n-2）；； （3）①用10个圆，即n=10，； ②设n个圆最多能把平面分成422个区域， 可得方程， 整理得， 因式分解得， 解得或（舍去）， ∴用21个圆最多能把平面分成422个区域． 故答案为：21． 24．【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∵∠EBF＝90°＝∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBF， 又∵BE＝BF，AB＝BC， 在△ABE和△CBF中， ， ∴△ABE≌△CBF（SAS）； (2) 解：如图2，过点E作EH⊥AB于H， ∵△ABE≌△CBF， ∴S△ABE＝S△CBF， ∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE， ∴△ADE≌△ABE（SSS）， ∴∠DAE＝∠BAE＝45°， ∵EH⊥AB， ∴∠EAB＝∠AEH＝45°， ∴AH＝EH， ∵BE2＝BH2+EH2， ∴10＝EH2+（4﹣EH）2， ∴EH＝1或3， 当EH＝1时 ∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×1＝2， 当EH＝3时 ∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×3＝6， ∴S△BCF的值是2或6； (3) 解：如图3，过点P作PK⊥AE于K， 由（1）同理可得△ABE≌△CBF， ∴∠EAB＝∠BCF， ∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°， ∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°， ∴∠AGC＝90°， ∵∠AGC＝∠ADC＝90°， ∴点A，点G，点C，点D四点共圆， ∴∠ACD＝∠AGD＝45°， ∵PK⊥AG， ∴∠PGK＝∠GPK＝45°， ∴PK＝GK＝PG， ∴MP+PG＝MP+PK， ∴当点M，点P，点K三点共线时，且点E，点G重合时，MP+PG值最小，即MP+PG最小， 如图4，过点B作BQ⊥CF于Q， ∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥EF， ∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝， ∵CQ＝， ∴CE＝CQ﹣EQ＝， ∵MK⊥AE，CE⊥AE， ∴MK∥CE， ∴， 又∵M是CD的中点， ∴DC＝2DM， ∴MP＝CE＝． 学科网（北京）股份有限公司 $$