《2025年新课程学习与测评同步学习八年级数学上册人教版》

3. 如图 9,在四边形 $ ABCD $ 中,$ \angle DAB = \angle DCB = 90° $,$ M $,$ N $ 分别是 $ BC $,$ AB $ 边上的动点,$ \angle ADC = 122° $,当 $ \triangle DMN $ 的周长最小时,$ \angle MDN $ 的度数是( )。

A.$ 122° $
B.$ 64° $
C.$ 62° $
D.$ 58° $

答案：
B 提示:如图85,延长DA到点E,使DA=AE,延长DC到点F,使CF=DC,连接EF,交AB于点N,交BC于点M.则DM=FM,DN=EN,此时△DMN的周长最小.所以∠E=∠ADN,∠F=∠CDM.设∠MDN=α,则∠ADN+∠CDM=122°−α.所以∠DNM+∠DMN=2(122°−α).由三角形的内角和定理,得α+2(122°−α)=180°.解得α=64°.
　　　　　　　　　　　　　　　

4. 如图 10,$ \angle AOB = 30° $,点 $ M $ 是 $ \angle AOB $ 内任意一个点,$ OM = 5 $,若 $ OA $ 上存在点 $ P $,$ OB $ 上存在点 $ Q $ 使得 $ \triangle MPQ $ 的周长最小,则最小值为 ______。

答案：
5 提示:如图86,作点M关于OA的对称点E,关于OB的对称点F,连接EP,FQ,OE,OF,EF.由轴对称的性质,得PE=PM,MQ=FQ,∠POM=∠POE,∠QOM=∠QOF,OE=OM=OF=5.所以△MPQ的周长=PM+QM+PQ=PE+PQ+FQ≥EF,且当E,P,F,Q四点共线时,△PQM的周长最小,即为EF的长.因为∠AOB=∠POM+∠QOM=30°,所以∠EOF=2∠AOB=60°.
∴　△EOF为等边三角形.所以EF=OE=OF=5,即△MPQ周长的最小值为5.
　　　

5. (1)如图 11,在直线 $ AB $ 的同一侧有两点 $ C $,$ D $,在 $ AB $ 上找一点 $ P $,使 $ C $,$ D $,$ P $ 三点组成的三角形的周长最小,找出此点。(保留作图痕迹,并说明找点的过程及理由)

(2)如图 12,在 $ \angle AOB $ 内部有一点 $ P $,在 $ OA $,$ OB $ 上是否分别存在点 $ E $,$ F $,使得 $ E $,$ F $,$ P $ 三点组成的三角形的周长最小,找出 $ E $,$ F $ 两点。(保留作图痕迹,并说明找点的过程及理由)

(3)如图 13,在 $ \angle AOB $ 内部有 $ M $,$ N $ 两点,在 $ OA $,$ OB $ 上是否分别存在点 $ E $,$ F $,使得 $ E $,$ F $,$ M $,$ N $ 四点组成的四边形的周长最小,找出 $ E $,$ F $ 两点。(保留作图痕迹,并说明找点的过程及理由)

答案：
5.解:
(1)如图87,作点C关于直线AB的对称点C'，连接C'D交AB于点P.则点P就是所求作的点.理由:在AB上取不同于点P的点P',连接CP',DP',C'P'.
∵　C和C'关于直线AB对称,
∴　CP=C'P,CP'=C'P'.而C'P+DP＜C'P'+DP'，
∴　CP+DP＜CP'+DP'，
∴　CD+CP+DP＜CD+CP'+DP',即△CDP的周长小于△CDP'的周长.
　　　
(2)如图88,作点P关于OA的对称点C，关于OB的对称点D,连接CD,交OA于点E,OB于点F,则点E,F就是所求作的点.理由:分别在OA,OB上取不同于点E,F的点E',F',连接PE,PF,CE',PE',PF',DF',E'F'.
∵　点C和点P关于直线OA对称,点D和点P关于直线OB对称,
∴　PE=CE,CE'=PE',PF=DF,PF'=DF'.
∴　PE+EF+PF=CE+EF+DF,PE'+E'F'+PF'=CE'+E'F'+DF'.
∵　CE+EF+DF＜CE'+E'F'+DF',
∴　PE+EF+PF＜PE'+E'F'+PF',即△PEF的周长小于△PE'F'的周长.
　　　
(3)如图89,作点M关于OA的对称点C,作点N关于OB的对称点D,连接CD,交OA于点E,OB于点F,则点E,F就是所求作的点.理由:分别在OA,OB上取不同于点E,F的点E',F'，连接ME,NF,CE',E'F',DF',ME',NF'.
∵　点C和点M关于直线OA对称,点N和点D关于直线OB对称,
∴　ME=CE,CE'=ME',NF=DF,NF'=DF'.同
(2)可得,MN+ME+EF+NF＜MN+ME'+E'F'+F'N,即四边形MEFN的周长小于四边形ME'F'N的周长.