2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区侨谊中学八年级（下）月考数学试卷（3月份）参考（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区侨谊中学八年级（下）月考数学试卷（3月份）参考（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列关于矩形的说法中正确的是( )
A. 对角线相等的四边形是矩形B. 矩形的对角线相等且互相平分
C. 对角线互相平分的四边形是矩形D. 矩形的对角线互相垂直且平分
2.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.平行四边形的对角线长为x、y，一边长为14，则x、y的值可能是( )
A. 12和16B. 20和22C. 10和16D. 8和36
4.代数式25x,1π，2x2+4，x2−23，1x，x+1x+2，x2−1x−1中，属于分式的有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
5.若分式x−13x+1的值为0，则x的值是( )
A. 1B. 0C. −1D. −3
6.若4n+1表示一个整数，则整数n可取值的个数是( )
A. 6B. 5C. 4D. 3个
7.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，M为BC中点，连接AM，过D作DE⊥AM于E，则DE的长度为( )
A. 2
B. 125
C. 13
D. 5
8.如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP(P为AB中点)所在的直线上，得到经过点D的折痕DE.则∠DEC的大小为( )
A. 78°
B. 75°
C. 60°
D. 45°
9.如图，已知矩形ABCD，AB=8，BC=12，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA+MD+ME的最小值为( )
A. 6+4 2B. 4+4 13C. 8+6 3D. 20
10.有一组数据：.记Sn=a1+a2+a3+⋯+an，则S12=( )
a1=31×2×3，a2=52×3×4，a3=73×4×5，…，an=2n+1n(n+1)(n+2)
A. 201182B. 203180C. 199198D. 203184
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.在▱ABCD中，AB：BC=4：3，周长为28cm，则AD= ______cm．
12.分式1xy，−y4x3，16xyz的最简公分母是______．
13.如图，在▱ABCD中，∠A=70°，将▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱A1BC1D1，当C1D1首次经过顶点C时，旋转角∠ABA1=______．
14.如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，点P是AB的中点，PO=3，则菱形ABCD的周长是______．
15.李丽从家到学校的路程为s，无风时她以平均a米/秒的速度骑车，便能按时到达，当风速为b米/秒时，她若顶风按时到校，请用代数式表示她必须提前______秒出发．
16.如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=3.点E从D向C以每秒1个单位的速度运动，以AE为一边在AE的右下方作正方形AEFG，同时垂直于CD的直线MN也从C向D以每秒2个单位的速度运动，当经过______ 秒时，直线MN和正方形AEFG开始有公共点？
17.矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1.当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为______．
18.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，D是AC延长线上的一点，CD=2.M是边BC上的一点(点M与点B、C不重合)，以CD、CM为邻边作▱CMND.连接AN并取AN的中点P，连接PM，则PM的取值范围是______．
三、解答题：本题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
约分
(1)2a(a−1)8ab2(1−a)
(2)(x+y)2−10(x+y)+25(x+y)2−25．
20.(本小题8分)
计算．
(1)2x2x+y−x+y；
(2)4x2−4+2x+2+12−x．
21.(本小题8分)
如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，A(−1,4)，B(−4,1)，解答下列问题：
(1)将线段AB绕原点O顺时针方向旋转90°得到线段CD，再将线段CD向下平移2个单位长度得到线段EF，画出线段CD和线段EF；
(2)如果线段AB旋转可以得到线段EF，则旋转中心P的坐标为______．
22.(本小题10分)
在△ABC中，点M是边BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD，BD的延长线交AC于点E，AB=12，AC=20．
(1)求证：BD=DE；
(2)求DM的长．
23.(本小题10分)
把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EF.若AB=3cm，BC=4cm．
(1)求线段DF的长；
(2)连接BE，求证：四边形BFDE是菱形；
(3)求线段EF的长．
24.(本小题10分)
阅读下列材料：我们知道，分子比分母小的数叫做“真分数”；分子比分母大，或者分子、分母同样大的分数，叫做“假分数”.类似地，我们定义：在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．
如：x−1x+1,x2x−1这样的分式就是假分式；再如：3x+1,2xx2+1这样的分式就是真分式，假分数74可以化成1+34(即134)带分数的形式，类似的，假分式也可以化为带分式.如：x−1x+1=(x+1)−2x+1=1−2x+1．
解决下列问题：
(1)分式3x是______(填“真分式”或“假分式”)；
(2)若分式x−4x−2的值为整数，求满足条件的整数x的值；
(3)若分式x2−1x+2的值为整数，求满足条件的整数x的值；
(4)若分式2x2+5x2+1的值为m，求m的取值范围．
25.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=43x+4分别交x轴，y轴于A，B两点，点C为OB的中点，点D在第二象限，且四边形AOCD为矩形．
(1)直接写出点A，B的坐标，并求直线AB与CD交点E的坐标；
(2)动点P从点C出发，沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动；同时，动点N从点A出发，沿线段AO以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，过点P作PH⊥OA，垂足为H，连接NP.设点P的运动时间为t秒．
①若△NPH的面积为1，求t的值；
②点Q是点B关于点A的对称点，问BP+PH+HQ是否有最小值，如果有，求出相应的点P的坐标；如果没有，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，故本选项错误；
B、矩形的对角线相等且互相平分，故本选项正确；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不一定是矩形，故本选项错误；
D、矩形的对角线互相平分且相等，不一定垂直，故本选项错误；
故选：B．
根据矩形的性质和判定定理逐个判断即可．
本题考查了矩形的性质和判定的应用，能熟记矩形的性质和判定定理是解此题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A.图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
B.图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确，符合题意；
C.图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
D.图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
根据轴对称图形定义及“将图形绕着某一点旋转180°与原图形重合的图形叫做中心对称图形”，逐一进行判断即可．
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，理解定义，会用定义进行判断是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：A、根据三角形的三边关系可知：6+8=14，不能构成三角形，故此选项不符合题意；
B、10+11>14，能构成三角形，故此选项正确，符合题意；
C、5+8<14，不能构成三角形，故此选项错误，不符合题意；
D、4+14=18，不能构成三角形，故此选项错误，不符合题意．
故选：B．
根据平行四边形的性质知，平行四边形的对角线互相平分，则对角线的一半和已知的边组成三角形，再利用三角形的三边关系可逐个判断即可．
此题主要考查了平行四边形的性质．三角形的三边关系，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：分式有：2x2+4，1x，x+1x+2，x2−1x−1，
整式有：25x，1π，x2−23，
分式有4个，
故选：C．
根据分式的定义：一般地，如果A，B表示两个整式，并且B中含有字母，那么式AB叫做分式判断即可．
本题考查了分式的定义，掌握一般地，如果A，B表示两个整式，并且B中含有字母，那么式子AB叫做分式是解题的关键，注意π是数字．
5.【答案】A
【解析】解：∵分式x−13x+1的值为0，
∴x−1=0，且3x+1≠0，
解得：x=1，
故选：A．
直接利用分式的值为零的条件：分子为零，而分母不为零，即可得出结论．
此题主要考查了分式的值为零的条件，正确把握分式的定义是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：当n=0，1，3，−2，−3，−5时，原式的值为4，2，1，−4，−2，−1．
故选：A．
只要n+1是4的约数即可．
本题考查了分式的值，找到其约数是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，
∵M是边BC的中点，BC=3，AB=2，
∴AM= AB2+BM2= 22+(32)2=52，
∵AD/​/BC，
∴∠DAE=∠AMB，
∵∠DEA=∠B=90°，
∴△DAE∽△AMB，
∴AMAD=ABDE，
即523=2DE，
∴DE=125．
故选：B．
首先根据矩形的性质，求得AD//BC，即可得到∠DAE=∠AMB，又由∠DEA=∠B，根据有两角对应相等的三角形相似，可得△DAE∽△AMB，由△DAE∽△AMB可以得到AMAD=ABDE，根据勾股定理可以求得AD的长，继而得到答案．
此题考查了相似三角形的判定与性质，以及矩形的性质．解题时要注意识图，准确应用数形结合思想．
8.【答案】B
【解析】解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，
在△DEC中，∠DEC=180°−(∠CDE+∠C)=75°．
故选：B．
连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
此题考查了翻折变换(折叠问题)，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，则MD=M′D′，
∴△ADD′和△AMM′均为等边三角形，AD′=AD=BC=12，
∴AM=MM′，
∴MA+MD+ME=D′M+MM′+ME，
∴D′M、MM′、ME共线时最短，
由于点E也为动点，
∴当D′E⊥BC时最短，而AD//BC，
∴DG⊥AD，GE=AB=8，
∵△ADD′和△AMM′均为等边三角形，
∴∠D′AG=60°，∠AD′G=30°，
∴AG=12×12=6，D′G= 122−62=6 3，
∴D′E=DG+GE=8+6 3，
∴MA+MD+ME的最小值为8+6 3．
故选：C．
将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，可得MD=M′D′，易得到△ADD′和△AMM′均为等边三角形，推出AM=MM′，可得MA+MD+ME=D′M+MM′+ME，则共线时最短；由于点E也为动点，可得当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E=DG+GE的值．
此题考查旋转的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，解题关键在于利用旋转的性质求解．
10.【答案】A
【解析】解：an=2n+1n(n+1)(n+2)
=nn(n+1)(n+2)+n+1n(n+1)(n+2)
=1(n+1)(n+2)+1n(n+2)
=1n+1−1n+2+12(1n−1n+2)，
∴S12=S1+S2+S3+⋯+S12
=12−13+12×(1−13)+13−14+12×(12−14)+⋯+113−114+12×(112−114)
=12−114+12×(11−13+12−14+112−114)
=12−114+12×(1+12−113−114)
=614+123182
=201182，
故选：A．
先将an变形为1n+1−1n+2+12(1n−1n+2)，再计算S12即可．
本题考查的是数式的变化规律，从题目中找出式子的变化规律是解题的关键．
11.【答案】6
【解析】【分析】
利用平行四边形的性质对边相等，进而得出AB+BC=14cm，求出AD的长即可．
此题主要考查了平行四边形的性质，利用未知数表示出AB，BC的长是解题关键．
【解答】
解：∵▱ABCD中，AB：BC=4：3，周长是28cm，
∴设AB=4x，则BC=3x，AB+BC=14cm，
∴7x=14，
解得x=2，
故BC=AD=6cm．
故答案为6．
12.【答案】12x3yz
【解析】解：因为三分式中常数项的最小公倍数12，x的最高次幂为3，y、z的最高次幂都为1，所以最简公分母是12x3yz．
故答案为：12x3yz．
通常取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，这样的公分母叫做最简公分母．
此题的关键是理解最简化分母的概念．
13.【答案】40°
【解析】解：∵▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱A1BC1D1，
∴BC=BC1，
∴∠BCC1=∠C1，
∵∠A=70°，
∴∠BCD=∠C1=70°，
∴∠CBC1=180°−2×70°=40°，
∴∠ABA1=40°，
故答案为：40°．
由旋转的性质可知：▱ABCD全等于▱A1BC1D1，所以BC=BC1，所以∠BCC1=∠C1，又因为旋转角∠ABA1=∠CBC1，根据等腰三角形的性质计算即可．
本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明三角形CBC1是等腰三角形．
14.【答案】24
【解析】【分析】
此题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质的有关知识，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直，四边相等．根据菱形的性质可得AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，再根据直角三角形的性质可得AB=2OP，进而得到AB长，然后可算出菱形ABCD的周长．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∵点P是AB的中点，
∴AB=2OP，
∵PO=3，
∴AB=6，
∴菱形ABCD的周长是：4×6=24，
故答案为：24．
15.【答案】bsa2−ab
【解析】解：无风时她到学校所用的时间为：sa秒，逆风时到校所用时间为：sa−b秒，逆风时比无风时要多用的时间为：sa−b−sa=bsa2−ab秒．
提前的时间=逆风所用的时间−无风所用的时间．
主要考查顺风速度和逆风速度的表示方法：顺风速度=无风速度+风的速度；逆风速度=无风速度−风的速度．并会熟练地运用整式的除法来求解．
16.【答案】53
【解析】解：过点F作FQ⊥CD于点Q，
∵在正方形AEFG中，∠AEF=90°，AE=EF，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠DAE+∠1=90°，
∴∠DAE=∠2，
在△ADE和△EQF中，
∠D=∠FQE∠DAE=∠QEFAE=EF，
∴△ADE≌△EQF(AAS)，
∴AD=EQ=3，
当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时：DQ+CM≥8，
∴t+3+2t≥8，
解得：t≥53，
故当经过53秒时．直线MN和正方形AEFG开始有公共点．
故答案是：53．
首先过点F作FQ⊥CD于点Q，证明△ADE≌△EQF，进而得出AD=EQ，得出当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时：DQ+CM≥8进而求出即可．
此题主要考查了四边形综合应用以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出DQ+CM≥8是解题关键．
17.【答案】2或1+ 2
【解析】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：
①如图1，当∠MND=90°时，
则MN⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴MN//AB，
∵M为对角线BD的中点，
∴AN=DN，
∵AN=AB=1，
∴AD=2AN=2；
如图2，当∠NMD=90°时，
则MN⊥BD，
∵M为对角线BD的中点，
∴BM=DM，
∴MN垂直平分BD，
∴BN=DN，
∵∠A=90°，AB=AN=1，
∴BN= 2AB= 2，
∴AD=AN+DN=1+ 2，
综上所述，AD的长为2或1+ 2．
故答案为：2或1+ 2．
以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当∠MND=90°时，如图2，当∠NMD=90°时，根据矩形的性质和三角形中位线定理以及等腰直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，分类讨论是解题的关键．
18.【答案】 22【解析】解：∵AB=AC=4，CD=2，
∴AD=6，
∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CMND是平行四边形，
∴DN//BC，DN=MC，CD/​/MN，CD=MN，
∴∠ADN=∠ACB=45°=∠ABC=∠CMN，
当M与B重合时，如图M1，N1，P1，∠ABN1=90°，
∴AN1= 42+22=2 5，
∵P1是中点，
∴M1P1=12AN1= 5，
当MP⊥BC时，如图P2，M2，N2，
∵P1，P，P2是中点，
∴P的运动轨迹为平行于BC的线段，交AC于H，
∴CH=3−2=1，
∵∠ACB=45°，
∴PH与BC间的距离为P2M2= 22CH= 22，
∵M不与B、C重合，
∴ 22先根据题意确定点P的运动轨迹，即可确定MP的最大值和最小值，从而解答．
本题考查平行四边形的性质，直角三角形中线的性质，勾股定理，确定点P的运动轨迹是解题关键．
19.【答案】解：(1)2a(a−1)8ab2(1−a)
=−14b2；
(2)(x+y)2−10(x+y)+25(x+y)2−25
=[(x+y)−5]2[(x+y)+5][(x+y)−5]
=x+y−5x+y+5．
【解析】(1)根据约分的方法可以解答本题；
(2)根据完全平方公式和平方差公式先对题目中式子的分子分母分解因式，即可解答本题．
本题考查约分，解答本题的关键是明确约分的方法．
20.【答案】解：(1)2x2x+y−x+y
=2x2x+y−(x−y)
=2x2x+y−x2−y2x+y
=x2+y2x+y；
(2)4x2−4+2x+2+12−x
=4(x+2)(x−2)+2(x−2)(x+2)(x−2)−x+2(x+2)(x−2)
=4+2x−4−x−2(x+2)(x−2)
=x−2(x+2)(x−2)
=1x+2．
【解析】(1)通分并利用同分母分式的减法法则计算即可求解；
(2)通分并利用同分母分式的加减法法则计算，约分即可求解．
本题考查了分式的运算，熟练掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
21.【答案】(−1,−1)
【解析】解：(1)如图，线段CD和线段EF即为所求；
(2)线段AB绕点P(−1,−1)顺时针旋转90°可以得到线段EF，
所以P(−1,−1)．
(1)根据旋转和平移的性质即可画出线段CD和线段EF；
(2)根据对应点连线的垂直平分线的交点就是旋转中心，将线段AB绕点P(−1,−1)顺时针旋转90°即可以得到线段EF．
本题考查了作图−旋转变换，作图−平移变换，解决本题的关键是掌握旋转和平移的性质．
22.【答案】(1)证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAE，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=∠ADE=90°，
在△ADB与△ADE中，
∠BAD=∠EADAD=AD∠ADB=∠ADE，
∴△ADB≌△ADE，
∴BD=DE；
(2)解：∵△ADB≌△ADE，
∴AE=AB=12，
∴EC=AC−AE=8，
∵M是BC的中点，BD=DE，
DM=12EC=4．
【解析】本题考查全等三角形的综合运用，涉及全等三角形判定与性质，中位线定理等知识．
(1)根据条件可证明△ADB≌△ADE，从而可得BD=DE；
(2)由(1)可知：EC=AC−AE=8，然后根据中位线即可求出DM．
23.【答案】解：(1)由折叠知，BF=DF．
在Rt△DCF中，DF2=FC2+DC2=(4−DF)2+32，
解得DF=258cm；
(2)由折叠的性质可得∠BFE=∠DFE，
∵AD/​/BC，
∴∠BFE=∠DEF，
∴∠DFE=∠DEF，
∴DE=DF，
∵DF=BF，DE/​/BF，
∴DE=BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴四边形BFDE是菱形；
(3)连接BD．
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2=5，
∵S菱形BFDE=12EF⋅BD=BF⋅DC，
∴12EF×5=258×3
解得EF=154cm．
【解析】(1)根据折叠的性质知：BF=DF.在Rt△DCF中，利用勾股定理可求得DF的长；
(2)证得DE=DF，得四边形BFDE是平行四边形，得四边形BFDE是菱形；
(3)连接BD，得BD=5cm，利用S菱形BFDE=12EF⋅BD=BF⋅DC，易得EF的长．
本题主要考查了勾股定理、平行四边形的判定、菱形的判定和性质，解题的关键是相关性质与判定的熟练运用．
24.【答案】真分式
【解析】解：(1)分式3x是真分式，
故答案为：真分式；
(2)∵x−4x−2=(x−2)−2x−2=1−2x−2是整数，
∴x−2的值为：±1，±2，
∴x的值为：0、1、3、4；
(3)∵x2−1x+2=(x2−4)+3x+2=x−2+3x+2为整数，
∴x+2的值为：±1、±3，
∴x的值为：±1、−3、−5；
(4)∵2x2+5x2+1=2(x2+1)+3x2+1=2+3x2+1，
∵x2+1≥1，
∴2<2+3x2+1≤5，
∴2(1)根据新定义求解；
(2)先把分式化为带分式，再根据整除的意义求解；
(3)先把分式化为带分式，再根据整除的意义求解；
(4)先把分式化为带分式，再根据非负数的意义求解．
本题考查了分式的加减法，理解新定义是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵直线y=43x+4分别交x轴，y轴于A，B两点，
∴令x=0得：y=4，
令y=0得：x=−3，
∴A(−3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∵点C为OB的中点，
∴OC=2，
∴C(0,2)，
∵四边形AOCD为矩形，
∴OA=CD=3，OC=AD=2，CD//OA(x轴)，
∴D、C、E三点的纵坐标相同，
∴点E的纵坐标为2，将y=2代入直线y=43x+4得：x=−1.5，
∴E(−1.5,2)；
(2)①分两种情况讨论：
第一种情况当0≤t<1.5时，如图1，
根据题意可知：经过t秒，CP=t，AN=t，HO=CP=t，PH=OC=2，
∴NH=3−2t，
∵S△NPH=12PH⋅NH，且△NPH的面积为1，
∴12×2×(3−2t)=1，
解得：t=1；
第二种情况：当1.5≤t≤3时，如图2，
根据题意可知：经过t秒，CP=t，AN=t，HO=CP=t，PH=OC=2，
∴AH=3−t，
∴HN=AN−AH=t−(3−t)=2t−3，
∵S△NPH=12PH⋅NH，且△NPH的面积为1，
∴12×2×(2t−3)=1，
解得：t=2；
∴当t=1或2时，存在△NPH的面积为1；
②BP+PH+HQ有最小值，
连接PB，CH，HQ，则四边形PHCB是平行四边形，如图3，
∵四边形PHCB是平行四边形，
∴PB=CH，
∴BP+PH+HQ=CH+HQ+2，
∵BP+PH+HQ有最小值，即CH+HQ+2有最小值，
∴只需CH+HQ最小即可，
∵两点之间线段最短，
∴当点C，H，Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小，
过点Q作QM⊥y轴，垂足为M，
∵点Q是点B关于点A的对称点，
∴OA是△BQM的中位线，
∴QM=2OA=6，OM=OB=4，
∴Q(−6,−4)，
设直线CQ的关系式为：y=kx+b，
将C(0,2)和Q(−6,−4)分别代入上式得：
b=2−6k+b=−4，
解得：b=2k=1，
∴直线CQ的关系式为：y=x+2，
令y=0得：x=−2，
∴H(−2,0)，
∵PH//y轴，
∴P(−2,2)．
【解析】(1)分别令x与y等于0，即可求出点A与点B的坐标，由四边形AOCD为矩形，可知：CD//x轴，进而可知：D、C、E三点的纵坐标相同，由点C为OB的中点，可求点C的坐标，然后将点C的纵坐标代入直线y=43x+4即可求直线AB与CD交点E的坐标；
(2)①分两种情况讨论，第一种情况：当0②由点Q是点B关于点A的对称点，先求出点Q的坐标，然后连接PB，CH，可得四边形PHCB是平行四边形，进而可得：PB=CH，进而可将BP+PH+HQ转化为CH+HQ+2，然后根据两点之间线段最短可知：当点C，H，Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小，然后求出直线CQ的关系式，进而可求出直线CQ与x轴的交点H的坐标，从而即可求出点P的坐标
此题是一次函数的综合题，主要考查了：用待定系数法求一次函数关系式，一次函数与x轴、y轴交点的求法，及利用线段公理求最值问题等，解(2)中①题的关键是：分两种情况进行讨论，解(2)中②题的关键是：利用两点之间线段最短，解决最值问题．