精品解析：福建省福州市平潭县福建师大平潭附中教研片2024-2025学年八年级下学期期考试数学试题

福建师大平潭附中教研片2024-2025学年 第二学期期中适应性练习八年级数学试卷 【完卷时间：120分钟；满分：150分】 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个正确的选项，请在答题卡的相应位置填涂） 1. 要使二次根式有意义，的值可以是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 2. 以下式子是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 化简（ ） A. B. C. D. 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 如图，在菱形ABCD中，两条对角线长AC＝6，BD＝8，则此菱形的面积为（　　） A. 48 B. 24 C. 20 D. 12 7. 在下列以线段的长为三边的三角形中，不能构成直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 8. 顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中点四边形．现有一个对角线分别为10和24的菱形，它的中点四边形的对角线长为（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 19 9. 如图，在中，D，E，F分别为，，边的中点，于H，，则等于（　　） A. 4 B. 5 C. D. 10. 在古希腊时期，有一天毕达哥拉斯走在街上，在经过铁匠铺前他听到铁匠打铁的声音非常好听，于是驻足倾听，他发现铁匠打铁节奏很有规律，这个声音的比例被毕达哥拉斯用数学的方式表达出来，后来人们将这个数称为黄金分割数．设，，记，，，…，，则的值为（ ） A. B. C. 100 D. 5050 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．请将答案填入答题卡的相应位置） 11. 在中，若，则________度． 12. 如图，为测量两地的距离，小明在池塘外取点A，得到线段，并取的中点D，E，连接．测得的长为6米，则B，C两地相距________米． 13. 如图，O为数轴的原点，点C表示的数为2，于点C，，以O为圆心、为半径画弧交数轴于点A，则点A表示的数是________． 14. 如图，以的三边向外作正方形，依次得到的正方形的面积为，，，则这个三角形的面积是____________． 15. 如图在正方形ABCD中，点E在CD上，点P是对角线AC上的动点，若AB=12，DE=7，当PD+PE的值最小时，此时最小值为 __________ 16. 如图，菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且，连结BE，分别交AC，AD于点F、G，连结OG，则下列结论：①；②；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④．其中正确的结论是______（请填写正确的序号） 三、解答题：（本大题共9个大题，共86分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. （1）计算：； （2）当，时，求代数式的值； 18. 先化简，再求值：a（2－a）＋（a＋）（a－），其中是a是的小数部分． 19. 已知：如图，，．求证：． 20. 如图，平潭公铁两用大桥的某段斜拉桥，主梁垂直于桥面于点D，主梁上两根拉索长分别为13米、20米，主梁的高度为12米，求固定点B、C之间的距离． 21. 如图，已知，点在上，点在上． （1）请用尺规作图作出的垂直平分线，交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； （2）连结，求证四边形是菱形． 22. 如图，在平面直角坐标系中，正方形网格的每个小方格都是边长为1的正方形，的顶点都在格点上． （1）的面积为______； （2）通过计算判断的形状； （3）求边上的高． 23. 阅读材料：像，这样，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号，即为分母有理化． 例如：；． 解答下列问题： （1）请写出一个的有理化因式； （2）将分母有理化； （3）应用：当n为正整数时，通过计算比较式子和的大小． 24. 如图，在正方形中，，E为正方形内一点，，连结，过点D作，垂足为点F，交的延长线于点G，连结． （1）求的度数； （2）判断的形状，并说明理由； （3）当时，求的长． 25. 如图，在菱形ABCD中，B（0，4），C（5，4），点D在x轴正半轴上，E为CB延长线上一点，连接AE． （1）求点A的坐标； （2）当△ABE为等腰三角形时，求点E的坐标； （3）如图2，连接DE，P是线段DE上一个动点，过点P分别作x轴和直线AE的垂线，垂足分别为点M，N，连接PB，若∠C=2∠CED，求PB+PM+PN的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建师大平潭附中教研片2024-2025学年 第二学期期中适应性练习八年级数学试卷 【完卷时间：120分钟；满分：150分】 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个正确的选项，请在答题卡的相应位置填涂） 1. 要使二次根式有意义，的值可以是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，形如的式子叫二次根式，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．根据被开方数是非负数列式求解即可． 【详解】解：∵二次根式有意义， ∴， ∴， ∴的值可以是4． 故选D． 2. 以下式子是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用最简二次根式定义判断即可．本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 【详解】解：A．，不是最简二次根式； B．，不是最简二次根式； C．不是最简二次根式； D．，是最简二次根式； 故选：D． 【点睛】此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式定义是解本题的关键． 3. 化简（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次根式的性质，进行化简即可求解． 【详解】解：， 故选：． 【点睛】本题主要考查二次根式的性质，掌握二次根式的性质化简二次根式是解题的关键． 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的加、减、乘、除运算法则是解题的关键．利用二次根式的加、减、乘、除运算法则逐一对选项进行判断即可． 【详解】解：A中，和不是同类二次根式，不能合并，故选项错误，故不符合题意； B中，，故选项错误，故不符合题意； C中，，故选项错误，故不符合题意； D中，，故选项正确，故符合题意； 故选：D． 5. 如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】由平行四边形的判定定理逐项验证即可． 【详解】解：A、当，时，由两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可判定四边形是平行四边形，不符合题意； B、当，时，无法判定四边形是平行四边形，符合题意； C、当，时，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、当，时，由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可判定四边形是平行四边形，不符合题意． 6. 如图，在菱形ABCD中，两条对角线长AC＝6，BD＝8，则此菱形的面积为（　　） A. 48 B. 24 C. 20 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据菱形的面积计算公式，已知两对角线长即可求得菱形的面积． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴菱形的面积=AC•BD=×6×8=24． 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形面积的计算公式，根据对角线求菱形的面积的公式，本题中正确计算菱形面积是解题的关键． 7. 在下列以线段的长为三边的三角形中，不能构成直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理，验证四个选项中数据是否满足“较小两边平方的和等于最大边的平方”，由此即可得出结论． 【详解】解：A、，， ， ，，能构成直角三角形； B、，， ， ，，不能构成直角三角形； C、，， ， 能构成直角三角形； D、，， ， ，能构成直角三角形． 故选：B． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是根据勾股定理的逆定理验证四个选项．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，代入数据验证“较小两边平方的和是否等于最大边的平方”是关键． 8. 顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中点四边形．现有一个对角线分别为10和24的菱形，它的中点四边形的对角线长为（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 19 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得顺次连接这个菱形各边中点所得的四边形是矩形，且矩形的边长分别是菱形对角线的一半，即可求解． 【详解】解：如图，菱形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，其中对角线AC=24，BD=10， ∴EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，，， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴EF⊥EH， ∴四边形EFGH是矩形， ∴， 即它的中点四边形的对角线长为13． 故选：A. 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，矩形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键． 9. 如图，在中，D，E，F分别为，，边的中点，于H，，则等于（　　） A. 4 B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质即可得． 【详解】解：∵分别为，边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵在中，，为边的中点， ∴， 故选：B． 10. 在古希腊时期，有一天毕达哥拉斯走在街上，在经过铁匠铺前他听到铁匠打铁的声音非常好听，于是驻足倾听，他发现铁匠打铁节奏很有规律，这个声音的比例被毕达哥拉斯用数学的方式表达出来，后来人们将这个数称为黄金分割数．设，，记，，，…，，则的值为（ ） A. B. C. 100 D. 5050 【答案】C 【解析】 【分析】先计算，，的值，找出规律，然后求解即可． 【详解】解：，， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C 【点睛】本题考查的分式的规律计算以及二次根式的乘法，正确掌握异分母分式的加减计算法则及运算规律是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．请将答案填入答题卡的相应位置） 11. 在中，若，则________度． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等是解题的关键． 根据平行四边形对角相等，可以得到． 【详解】四边形是平行四边形， ， ， ， 故答案为：． 12. 如图，为测量两地的距离，小明在池塘外取点A，得到线段，并取的中点D，E，连接．测得的长为6米，则B，C两地相距________米． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查了三角形中位线定理；利用三角形中位线定理即可求解 【详解】解：∵的中点为D，E， ∴是的中位线， ∴米； 故答案为：12． 13. 如图，O为数轴的原点，点C表示的数为2，于点C，，以O为圆心、为半径画弧交数轴于点A，则点A表示的数是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了实数与数轴，勾股定理；由勾股定理得，再由数轴知点A表示的数． 【详解】解：由勾股定理得：，则点A表示的数是； 故答案为：． 14. 如图，以的三边向外作正方形，依次得到的正方形的面积为，，，则这个三角形的面积是____________． 【答案】24 【解析】 【分析】首先根据正方形的面积就等于三角形的边长的平方，又因为，所以这个三角形的两边的平方和等于第三边的平方，根据勾股定理的逆定理，即可判断该三角形为直角三角形，然后再得出直角三角形的边长，再根据三角形的面积公式，即可得出这个三角形的面积． 【详解】解：∵正方形的面积就等于三角形的边长的平方，正方形的边长等于三角形的边长， 又∵， ∴这个三角形的两边的平方和等于第三边的平方， ∴该三角形为直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴这个三角形的面积， 故答案为：24． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，在一个三角形中，如果其中两条边的平方和等于第三条边的平方，那么这个三角形为直角三角形，三角形的面积，正方形的面积，解本题的关键在熟练运用勾股定理的逆定理． 15. 如图在正方形ABCD中，点E在CD上，点P是对角线AC上的动点，若AB=12，DE=7，当PD+PE的值最小时，此时最小值为 __________ 【答案】13 【解析】 【分析】点E关于AC的对称点E'，连接DE'，交AC于点P'，连接PE'，则DE'即为所求，结合勾股定理即可求得答案． 【详解】解：如图，作点E关于AC的对称点E'，连接DE'，交AC于点P'，连接PE'， 则PD+PE=PD+PE'， ∴PD+PE的最小值即为P'D+P'E=DE'． ∵四边形ABCD为正方形，AB=12，DE=7， ∴CD=12，CE=CE'=5． ∴DE'=． 故答案为：13． 【点睛】本题考查正方形的性质、轴对称-最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答本题的关键． 16. 如图，菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且，连结BE，分别交AC，AD于点F、G，连结OG，则下列结论：①；②；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④．其中正确的结论是______（请填写正确的序号） 【答案】①③④ 【解析】 【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=AB，①正确； ③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确； ④证OG是△ACD的中位线，得OG∥CD∥AB，OG=CD，则S△ACD=4S△AOG，再由S△AOG=S△BOG，则S△ACD=4S△BOG，④正确； ②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，则S四边形ODGF=S△ABF，②错误；即可得出结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD， ∴∠BAG=∠EDG， ∵CD=DE， ∴AB=DE， 在△ABG和△DEG中， ， ∴△ABG≌△DEG（AAS）， ∴AG=DG， ∴OG是△ABD的中位线， ∴OG=AB，故①正确； ∵AB∥CE，AB=DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵∠BCD=∠BAD=60°， ∴△ABD、△BCD是等边三角形， ∴AB=BD=AD，∠ODC=60°， ∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确； ∵OA=OC，AG=DG， ∴OG是△ACD的中位线， ∴OG∥CD∥AB，OG=CD， ∴S△ACD=4S△AOG， ∵S△AOG=S△BOG， ∴S△ACD=4S△BOG，故④正确； 连接FD，如图： ∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD， ∴F到△ABD三边的距离相等， ∴S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF， ∴S四边形ODGF=S△ABF，故②错误； 正确的是①③④， 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及三角形面积等知识，综合运用以上知识是解题的关键． 三、解答题：（本大题共9个大题，共86分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. （1）计算：； （2）当，时，求代数式的值； 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）先化简，再进行加减运算即可； （2）由题意得x＋y＝2，x−y＝4，xy＝−1，再把所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可． 【详解】（1） （2）∵， ∴x＋y＝2，x−y＝4，xy＝−1， 【点睛】本题主要考查二次根式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握． 18. 先化简，再求值：a（2－a）＋（a＋）（a－），其中是a是的小数部分． 【答案】； 【解析】 【分析】根据单项式乘多项式，平方差公式计算乘法，然后再算加减，并结合无理数的估算求得a的值，从而代入求值． 【详解】解：原式＝ ， ， ． ∴原式 ． 【点睛】本题考查整式的混合运算，理解无理数的估算，掌握平方差公式（a+b）（a-b）=a2-b2是解题关键． 19. 已知：如图，，．求证：． 【答案】 证明：∵， ∴， 又∵， ∴， 即：， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴． 【解析】 【分析】根据平行线的性质得到，利用角的转化证明，证明四边形为平行四边形，即可得证． 【详解】略 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质．根据平行线的性质和判定证明四边形为平行四边形是解题的关键． 20. 如图，平潭公铁两用大桥的某段斜拉桥，主梁垂直于桥面于点D，主梁上两根拉索长分别为13米、20米，主梁的高度为12米，求固定点B、C之间的距离． 【答案】21m 【解析】 【分析】根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：在中， 由勾股定理得： ， 在中， 由勾股定理得： ， ∴， 答：固定点B、C之间的距离为21m． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 21. 如图，已知，点在上，点在上． （1）请用尺规作图作出的垂直平分线，交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； （2）连结，求证四边形是菱形． 【答案】（1） 如图，直线即为所求． （2） 证明：连结，如图， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【解析】 【分析】本题主要考查尺规作图和菱形的证明，掌握菱形的判定条件，以及如何将复杂作图拆解成基本作图是解题的关键． （1）根据尺规作图的基本步骤，首先以和为圆心，以大于一半的长度为半径画弧，两弧交于两点，连接这两点即为的垂直平分线．这条线与和的交点分别为和． （2）根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质证明，可得，可得四边形是平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形是萎形即可完成证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 如图，在平面直角坐标系中，正方形网格的每个小方格都是边长为1的正方形，的顶点都在格点上． （1）的面积为______； （2）通过计算判断的形状； （3）求边上的高． 【答案】（1）5 （2）直角三角形 （3）2 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理及逆定理，坐标与图形等知识； （1）利用梯形面积减去两个三角形面积即可求解； （2）由勾股定理求得三角形的三边，再利用勾股定理逆定理判断即可； （3）利用面积相等即可求得． 【小问1详解】 解：的面积为； 故答案为：5． 【小问2详解】 解：由勾股定理得：，； 而， ∴是直角三角形； 【小问3详解】 解：设边上的高为， 则， ∴． 23. 阅读材料：像，这样，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号，即为分母有理化． 例如：；． 解答下列问题： （1）请写出一个的有理化因式； （2）将分母有理化； （3）应用：当n为正整数时，通过计算比较式子和的大小． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平方差公式，根据有理化因式的定义即可求解； （2）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和完全平方公式计算； （3）根据分母有理化求得两个式子的倒数，然后比较其倒数即可求解． 【小问1详解】 的一个有理化因式为； 【小问2详解】 解：原式＝ ； 【小问3详解】 ，， ， ， ． 【点睛】本题考查了分母有理化，二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键． 24. 如图，在正方形中，，E为正方形内一点，，连结，过点D作，垂足为点F，交的延长线于点G，连结． （1）求的度数； （2）判断的形状，并说明理由； （3）当时，求的长． 【答案】（1） （2）等腰直角三角形，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由正方形的性质及得，由等腰三角形的性质得，从而求得的度数，再由等腰三角形的性质即可求解； （2）由等腰三角形的性质、线段垂直平分线的判定与性质得是等腰三角形；再由（1）中所求得是等腰直角三角形； （3）连接，由正方形的性质及勾股定理求得，由勾股定理求得的长，在中，利用勾股定理求得，由即可求解． 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形， ∴； ∵， ∴； ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； 【小问2详解】 解：是等腰直角三角形；理由如下： ∵，， ∴垂直平分线段， ∴，即是等腰三角形； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形； 【小问3详解】 解：连接，如图； ∵四边形是正方形， ∴， 由勾股定理得：； 由（2）知，是等腰三角形，且； ∵， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得：， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质等知识，熟练掌握它们是解题的关键； 25. 如图，在菱形ABCD中，B（0，4），C（5，4），点D在x轴正半轴上，E为CB延长线上一点，连接AE． （1）求点A的坐标； （2）当△ABE为等腰三角形时，求点E的坐标； （3）如图2，连接DE，P是线段DE上一个动点，过点P分别作x轴和直线AE的垂线，垂足分别为点M，N，连接PB，若∠C=2∠CED，求PB+PM+PN的最小值． 【答案】（1）A（-3，0）； （2）点E的坐标为（-，4）或（-6，0）或（-5，0）； （3）PB+PM+PN的最小值为+4． 【解析】 【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，B（0，4），C（5，4），点D在x轴正半轴上得OB=4，BC∥x轴，所以AB=BC=5，由勾股定理得OA=3，所以A（-3，0）； （2）分三种情况，当AE=BE时，如图1，作AQ⊥BE于点Q，则Q（-3，4），根据勾股定理列方程得42+（BE-3）2=BE2，求出BE的长即可求得点E的坐标；当AE=AB时，如图2，作AQ⊥BE于点Q，则Q（-3，4），此时EQ=BQ=3，所以BE=6，则E（-6，0）；当BE=AB=5时，则E（-5，0）； （3）连接AC交DE于点F，先证明△ACE≌△DEC，则AE=DC=AB=AD=5，作EG⊥x轴于点G，PH⊥EG于点H，则G（-6，0），PM=GH，再证明△NEP≌△HPE，得PN=EH，所以PM+PN=GH+EH=EG=4，作BL⊥DE于点L，根据勾股定理求出DE的长为4，再根据DE•BL=BE•EG=S△BDE列方程求出BL的长为，根据“垂线段最短”和不等式的性质可得PB+PM+PN≥+4，即可得到PB+PM+PN的最小值． 【小问1详解】 解：如图1， ∵四边形ABCD是菱形，B（0，4），C（5，4），点D在x轴正半轴上， ∴OB=4，BC∥x轴， ∴AB=BC=5， ∵∠AOB=90°， ∴OA==3， ∴A（-3，0）； 【小问2详解】 解：当AE=BE时，如图1，作AQ⊥BE于点Q，则Q（-3，4）， ∵∠AQE=90°， ∴AQ2+EQ2=AE2， ∴42+（BE-3）2=BE2， ∴BE=， ∴E（-，4）； 当AE=AB时，如图2，作AQ⊥BE于点Q，则Q（-3，4）， ∴EQ=BQ=3， ∴BE=EQ+BQ=6， ∴E（-6，0）； 当BE=AB=5时，如图3，则E（-5，0）， 综上所述，点E的坐标为（-，4）或（-6，0）或（-5，0）； 【小问3详解】 解：如图4，连接AC交DE于点F， ∵AB=CB，AD=CD，AC=AC， ∴△ABC≌△ADC（SSS）， ∴∠ECA=∠DCA=∠BCD， ∴∠BCD=2∠ECA， ∵∠BCD=2∠CED， ∴∠ECA=∠CED， ∴EF=CF， ∵∠FAD=∠ECA，∠FDA=∠CED， ∴∠FAD=∠FDA， ∴DF=AF， ∴DE=AC， ∵CE=EC， ∴△ACE≌△DEC（SAS）， ∴AE=DC=AB=AD=5， 由（2）得，E（-6，4）， 作EG⊥x轴于点G，PH⊥EG于点H，则G（-6，0）， ∵PM⊥x轴，PN⊥AE， ∴∠PHG=∠HGM=∠PMG=90°，∠PNE=∠EHP=90°， ∴四边形PMGH是矩形， ∴PM=GH， ∵PH∥x轴，∠ADE=∠NEP， ∴∠HPE=∠ADE， ∴∠NEP=∠HPE， ∵PE=EP， ∴△NEP≌△HPE（AAS）， ∴PN=EH， ∴PM+PN=GH+EH=EG=4， 作BL⊥DE于点L， ∵OD=5-OA=5-3=2， ∴DG=OG+OD=6+2=8， ∴DE=， ∵DE•BL=BE•EG=S△BDE， ∴×4BL=×6×4， ∴BL=， ∵BP≥BL， ∴BP≥， ∴PB+PM+PN≥+4， ∴PB+PM+PN的最小值为+4． 【点睛】此题考查图形与坐标、菱形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键，还应注意分类讨论数学思想的运用，求出所有符合题意的结果． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $