精品解析：湖北省荆楚联盟2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题

荆楚联盟2024~2025学年度下学期期中考试 八年级数学试卷 本试卷共6页，满分120分（附加题另15分），考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效，作图一律用2B铅笔或黑色签字笔． 4、考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行留存，由学校自行安排． 一、选择题（共10题，每题3分，共30分．在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 要使有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（ ） A. 1，2，2 B. 3，4，5 C. ，3， D. 3，7，10 4. 已知，则的值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 5. 如图，为测量位于一水塘旁的两点间的距离，在地面上确定点，分别取的中点，量得，则之间的距离是（ ） A B. C. D. 6. 下列各式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，两张等宽的纸条交叠放在一起，重合部分构成的四边形一定是一个（ ） A. 正方形 B. 矩形 C. 梯形 D. 菱形 8. 若实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果是（ ） A B. C. D. 9. 如图，，以为直角边作，使，再以为直角边作，使，，依此法继续作下去，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方形中，对角线，交于点O，平分交于E，点M为的中点，连接并延长分别交，于点N，R下列结论：①是等腰三角形；②；③平分；④是等边三角形，正确的是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ①②④ 二、填空题（共5题，每题3分，共15分） 11. 化简：___________． 12. 如图，在数轴上点A表示的实数是________． 13. 如图，在中，，是边上的中线，若，则_____． 14. 如图，以点O为圆心，为半径的圆，把以为半径的大圆O的面积二等分，则________． 15. 如图，在四边形中，，，，，．点P是线段上一点，，点Q从点C出发，以速度向点D运动，到达D点后运动立即停止，则t为________秒时，为直角三角形． 三、解答题（共9题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16 计算： （1）； （2）． 17. 已知，，求的值． 18. 如图，中，，于点D，． （1）求的长； （2）求的面积． 19. 如图，在的正方形网格中，按的形状要求，分别找出格点C，且使，并且直接写出对应三角形的面积． 20. 年月日，为我国载人空间站工程研制的长征五号运载火箭在海南文昌首飞成功．运载火箭从地面处发射、当火箭到达点时，地面处的雷达站测得米，仰角为．3秒后，火箭直线上升到达点处，此时地面处的雷达站测得处的仰角为．已知两处相距米，求火箭从到处的平均速度（结果精确到米，参考数据：） 21. 如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 22 问题提出： （1）如图1，在四边形中，对角线，，，E，F，G，H分别是各边的中点，求证：四边形是正方形． 问题解决： （2）如图2，某市有一块四边形土地，米，米，是直角，P是该四边形土地内的一点，计划在四个三角形土地，，，中分别种植不同的花草，为了方便种植，王师傅设计出如下方案：取四边形各边的中点E，F，G，H，然后在四边形的四条边，，，铺上人行道地砖（人行道宽度不计），铺设地砖成本为100元/米，经测量，，，设计要求是四边形为正方形，请问王师傅的设计方案是否符合要求？若符合，请写出证明过程，并计算铺设地砖所需的费用；若不符合，请说明理由． 23. 问题：已知，求的值． 小明是这样分析与解答的： ，， ，． 请你根据小明的分析与解答过程，解决如下问题： （1）________； （2）计算：； （3）若，求的值． 24. 在平面直角坐标系中，已知矩形． （1）如图1，若点，点D在边上，将沿翻折，点B恰好落在边上的点E处， ①点E的坐标为：________；②线段的长为：________； （2）如图2，在（1）的前提下，P是y轴上的一个动点，若为等腰三角形，求点P的坐标； （3）如图3，若点，，点F是边上的动点，过点F作的垂线交直线于点H，交直线于点G，求的最小值． 附加题（15分） 25. 如图，在中，，，D是边上一动点． （1）如图①，若，求的长； （2）如图②，是边的中点，是延长线上一点，连接，过点作于点，过点作交延长线于点，连接．请猜想、、的关系，并证明你的结论； （3）如图③，若点M是内部一点，且，点Q是边上的动点，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 荆楚联盟2024~2025学年度下学期期中考试 八年级数学试卷 本试卷共6页，满分120分（附加题另15分），考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效，作图一律用2B铅笔或黑色签字笔． 4、考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行留存，由学校自行安排． 一、选择题（共10题，每题3分，共30分．在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 要使有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数大于等于0，列出不等式，求出结果即可． 【详解】解：∵有意义， ∴， 解得：． 故选：D． 2. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式的定义，掌握最简二次根式的定义是解题的关键．根据最简二次根式满足“被开方数不含有分母，被开方数不含有开得尽方的因数或因式”两个条件，对各选项进行判断即可． 【详解】解：A．，不是最简二次根式，故不符合题意； B．，不是最简二次根式，故不符合题意； C．是最简二次根式，故符合题意； D．，不是最简二次根式，故不符合题意． 故选：C． 3. 下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（ ） A. 1，2，2 B. 3，4，5 C. ，3， D. 3，7，10 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了利用勾股定理逆定理判定直角三角形的方法．在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．分别把选项中的三边平方后，根据勾股定理逆定理即可判断能否构成直角三角形． 【详解】解：A、∵，∴1，2，2不能构成直角三角形，不符合题意； B、∵，∴3，4，5能构成直角三角形，符合题意； C、∵，∴，3，不能构成直角三角形，不符合题意； D、∵，∴3，7，10不能构成三角形，更不可能构成直角三角形，不符合题意． 故选：B． 4. 已知，则的值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0是解题的关键． 先根据二次根式的性质（被开方数的非负性）得到一元一次不等式组，求出，再代入求值． 【详解】解：由题意得， 解得， ∴， ∴， 故选：A． 5. 如图，为测量位于一水塘旁的两点间的距离，在地面上确定点，分别取的中点，量得，则之间的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查三角形中位线定理，根据三角形中位线定理解答即可，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴之间的距离是， 故选：B． 6. 下列各式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的运算，正确掌握运算法则是解题关键．根据二次根式的加减，二次根式除法，二次根式性质，可得答案． 【详解】解：A、，故A正确； B、与不是同类二次根式，不能合并，故B错误； C、，故C错误； D、，故D错误； 故选：A． 7. 如图，两张等宽的纸条交叠放在一起，重合部分构成的四边形一定是一个（ ） A. 正方形 B. 矩形 C. 梯形 D. 菱形 【答案】D 【解析】 【分析】由纸条的对边平行，证明四边形是平行四边形，再利用纸条等宽，证明 从而可得答案. 本题考查的是平行四边形的性质，菱形的判定，掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形是证题的关键. 【详解】解：如图，由纸条的对边平行，可得： 四边形是平行四边形， 过作于 作于如图所示： 由纸条等宽可得： 四边形是菱形. 故选：D 8. 若实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查化简二次根式．熟练掌握二次根式性质，根据点在数轴上的位置，判断出式子的符号，是解题的关键．根据点在数轴上的位置，判断出式子的符号，再根据二次根式的性质，进行化简，即可得出结果． 【详解】解：由图可知：， ∴， ∴ ． 故选：A． 9. 如图，，以为直角边作，使，再以为直角边作，使，，依此法继续作下去，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，含30度角直角三角形的性质，图形类的规律探索，正确找到规律是解题的关键．由含角的直角三角形的性质和勾股定理求出，同理可求出，，即可得解． 【详解】解：∵，，， ∴， 同理可得：，，， 由勾股定理得：， 即， 解得：，负值舍去， ∴， 同理可得：， ∴， 同理可得：， 故选：C． 10. 如图，在正方形中，对角线，交于点O，平分交于E，点M为的中点，连接并延长分别交，于点N，R下列结论：①是等腰三角形；②；③平分；④是等边三角形，正确的是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的判定，由正方形性质结合平分得到，然后得到，即可证明①正确；结合点M为的中点和等腰三角形得到，，即可证明②正确；过作于，于，证明，得到得到③正确；由可得不可能是等边三角形，④错误． 【详解】解：∵正方形， ∴，，，，， ∵平分， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， 故①正确； ∵点M为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， 故②正确； 过作于，于，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； 故③正确； ∵， ∴， ∴不可能是等边三角形， 故④错误， 综上所述，正确的是①②③， 故选：B． 二、填空题（共5题，每题3分，共15分） 11 化简：___________． 【答案】 【解析】 【分析】被开方数因式分解后将能开方的数开方即可化简二次根式. 【详解】， 故答案为：. 【点睛】此题考查二次根式的化简，正确掌握最简二次根式的特点并正确将被开方数因式分解是解题的关键. 12. 如图，在数轴上点A表示的实数是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了实数与数轴，先根据勾股定理求出圆弧半径即可得到答案． 【详解】解：根据题意，由勾股定理得：圆弧半径为， 则点A：， 故答案为：． 13. 如图，在中，，是边上的中线，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质．根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”，即可求解． 【详解】解：∵，是边上的中线且， ∴． 故答案为： 14. 如图，以点O为圆心，为半径的圆，把以为半径的大圆O的面积二等分，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正多边形与圆，算术平方根，圆的面积的应用，根据圆的面积公式得出方程，，即可得出答案． 【详解】解：以半径的圆的面积是，则以半径的圆的面积是， ∵以点O为圆心，为半径的圆，把以为半径的大圆O的面积二等分， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图，在四边形中，，，，，．点P是线段上一点，，点Q从点C出发，以的速度向点D运动，到达D点后运动立即停止，则t为________秒时，为直角三角形． 【答案】6或 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的性质，分两种情况：当时，当时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：∵，， ∴， 当时，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴此时点Q运动的时间为：（秒）； 当时，过点P作于点E，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， 设，则， 在中，根据勾股定理得： ， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， ∴， 即， 解得：， ∴， ∴此时点Q运动的时间为：（秒）； 综上分析可知：t为6秒或秒时，为直角三角形． 故答案为：6或． 三、解答题（共9题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，熟练掌握运算法则，是解题的关键． （1）先根据二次根式性质进行化简，然后再用二次根式加减运算法则进行计算即可； （2）根据二次根式混合运算法则进行计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 17. 已知，，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了代数式求值，分解因式的应用，二次根式混合运算，先求出，，，再将变形为，然后代入求值即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ， ∴ ． 18. 如图，中，，于点D，． （1）求的长； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理以及等面积法，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据勾股定理求出，再根据等面积法列式，得，再化简代入数值，即可作答． （2）根据勾股定理求出，再根据三角形面积公式求出结果即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴在中，由勾股定理得， ， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：在中，由勾股定理得， ， ∴． 19. 如图，在的正方形网格中，按的形状要求，分别找出格点C，且使，并且直接写出对应三角形的面积． 【答案】见解析；； ； 【解析】 【分析】根据全等三角形的性质，勾股定理，角的分类去求解即可 【详解】解：钝角三角形时，如图， ∵BC⊥BD，BC=5， ∴△ABC是钝角三角形， 根据平行线间的距离处处相等，得BC边上高为BD=4, ∴； 直角三角形时，如图， 取格点F使得BF=4，FC=3， 根据勾股定理，得BC==5， ∵AE=BF=4，EB=FC=3，∠AEB=∠BFC=90°， ∴△AEB≌△BFC， ∴∠EAB=∠FBC， ∵∠EAB+∠EBA=90°， ∴∠FBC+∠EBA=90°， ∴∠ABC =90°， ∴△ABC是直角三角形， 根据勾股定理，得AB==5， ∴； 锐角三角形时，如图，取格点M使得BM=3，CM=4， 根据勾股定理，得BC==5， 根据直角三角形时的作图，知道∠ABN=90°， ∴∠ABC＜∠ABN， ∴∠ABC＜90° ∵AB=BC， ∴△ABC是等腰三角形， ∴∠A=∠C＜90°， ∴△ABC是锐角三角形， ∴=12； 【点睛】本题考查了网格上的作图，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的性质和判定，平行线间的距离处处相等，根据题意，运用所学构造符合题意的格点线段是解题的关键． 20. 年月日，为我国载人空间站工程研制的长征五号运载火箭在海南文昌首飞成功．运载火箭从地面处发射、当火箭到达点时，地面处的雷达站测得米，仰角为．3秒后，火箭直线上升到达点处，此时地面处的雷达站测得处的仰角为．已知两处相距米，求火箭从到处的平均速度（结果精确到米，参考数据：） 【答案】火箭从A到B处的平均速度为335米/秒． 【解析】 【分析】设火箭从A到B处的平均速度为x米/秒，根据题意可得AB=3x，在Rt△ADO中，∠ADO=30°，AD=4000，可得AO=2000，DO=2000，在Rt△BOC中，∠BCO=45°，可得BO=OC，即可得2000+3x=2000-460，进而解得x的值． 【详解】解：设火箭从A到B处的平均速度为x米/秒，根据题意可知： AB=3x， 在Rt△ADO中，∠ADO=30°，AD=4000， ∴AO=2000， ∴DO=2000， ∵CD=460， ∴OC=OD-CD=2000-460， 在Rt△BOC中，∠BCO=45°， ∴BO=OC， ∵OB=OA+AB=2000+3x， ∴2000+3x=2000-460， 解得x≈335（米/秒）． 答：火箭从A到B处的平均速度为335米/秒． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义． 21. 如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）的长为2 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质得，，再由三角形中位线定理得，得四边形是平行四边形，然后证明即可得出结论． （2）由三角形的中位线定理得，再由矩形的性质得，，，然后由勾股定理求出的长，即可得出的长． 【小问1详解】 证明：四边形是菱形， ，， 是的中点， 是的中位线， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． 【小问2详解】 四边形是菱形， ， 由（1）得：，四边形是矩形， ，，， 是的中点， ， 在中，由勾股定理得： ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理．熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理，证明四边形为矩形是解题的关键． 22. 问题提出： （1）如图1，在四边形中，对角线，，，E，F，G，H分别是各边的中点，求证：四边形是正方形． 问题解决： （2）如图2，某市有一块四边形土地，米，米，是直角，P是该四边形土地内的一点，计划在四个三角形土地，，，中分别种植不同的花草，为了方便种植，王师傅设计出如下方案：取四边形各边的中点E，F，G，H，然后在四边形的四条边，，，铺上人行道地砖（人行道宽度不计），铺设地砖成本为100元/米，经测量，，，设计要求是四边形为正方形，请问王师傅的设计方案是否符合要求？若符合，请写出证明过程，并计算铺设地砖所需的费用；若不符合，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）符合；10000元 【解析】 【分析】（1）根据正方形的判定定理证明即可； （2）连接，，与相交于点O．证明，得到，再证明，利用四边形为正方形．由勾股定理，得（米），（米），即可求出铺设地砖所需的费用． 小问1详解】 （1）证明：∵E，F，G，H分别是各边的中点， ∴， ，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． （2）解：符合． 如图，连接，，与相交于点O． ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形为正方形． ∵米，米，， ∴由勾股定理，得（米）， ∴（米）， （元）． ∴铺设地砖所需的费用为10000元． 【点睛】本题考查正方形的判定定理和性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，中位线的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定定理和性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理． 23. 问题：已知，求的值． 小明是这样分析与解答的： ，， ，． 请你根据小明的分析与解答过程，解决如下问题： （1）________； （2）计算：； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2）22 （3） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的化简求值，分母有理化． （1）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类二次根式即可求解； （2）将式子中的每一个分式进行分母有理化，问题随之得解； （3）先求出，变形求出，然后将变形求值即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ； 【小问3详解】 解：∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴ ． 24. 在平面直角坐标系中，已知矩形． （1）如图1，若点，点D在边上，将沿翻折，点B恰好落在边上的点E处， ①点E的坐标为：________；②线段的长为：________； （2）如图2，在（1）的前提下，P是y轴上的一个动点，若为等腰三角形，求点P的坐标； （3）如图3，若点，，点F是边上的动点，过点F作的垂线交直线于点H，交直线于点G，求的最小值． 【答案】（1）①；② （2）点P的坐标为或或或 （3） 【解析】 【分析】本题考查矩形与折叠问题，勾股定理，轴对称的性质； （1）①根据矩形的性质和折叠得到，，，则，即可求出； ②设，则，在中利用勾股定理列方程求解即可； （3）作关于的对称点，作关于轴的对称点，连接，，，则，，，，，当、、都在线段上时，最小，此时证明，得到，，利用勾股定理求出即可． 【小问1详解】 解：①∵矩形，， ∴，，， ∵将沿翻折，点B恰好落在边上的点E处， ∴，，， ∴， ∴，， 故答案为：； ②设，则， ∵中，， ∴，解得， ∴， 故答案为：； 【小问2详解】 解：在（1）的前提下，，，， 设， ∴，， ∵为等腰三角形， ∴当时，， 即， 解得，此时； 当时，， 即， 解得或， 此时或； 当时，， 即， 解得， 此时； 综上所述，若为等腰三角形，点P的坐标为或或或； 【小问3详解】 解：∵矩形，点，， ∴，，，， 作关于的对称点，作关于轴的对称点，连接，，， ∴，，，， ∴， ∴当、、都线段上时，最小， ∵过点F作的垂线交直线于点H， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴的最小值为． 附加题（15分） 25. 如图，在中，，，D是边上一动点． （1）如图①，若，求的长； （2）如图②，是边的中点，是延长线上一点，连接，过点作于点，过点作交延长线于点，连接．请猜想、、的关系，并证明你的结论； （3）如图③，若点M是内部一点，且，点Q是边上的动点，求的最小值． 【答案】（1） （2）；证明见解析 （3）4 【解析】 【分析】（1）如图①中，过点D作于点E，在上取一点F，使得，连接．设，则，构建方程求出m即可； （2）连接，延长、，则与交于点T，证明，得出，证明，得出，证明，根据，得出； （3）作点关于的对称点，过点作于点，则，过点作于点，则垂直平分，故点在上，此时，当点共线，且于重合时，取最小值，求出的值即可得出答案． 【小问1详解】 解：如图①中，过点D作于点E，在上取一点F，使得，连接． ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，根据勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， ∴ ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：结论： ． 理由：如图②中，连接，延长、，则与交于点T， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵D为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴． 即； 【小问3详解】 解：作点关于的对称点，过点作于点，则，过点作于点，作于点K， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴垂直平分， ∵点是内部一点且， ∴点在上， ∴， ∵垂线段最短，且两点之间线段最短， ∴当点共线，且于重合时，取最小值即为， 即最小值为的长， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 即的最小值为4． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，难度较大，解题的关键在于构造全等三角形进行求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$