第10讲 四边形中的动点和存在性问题-【帮课堂】2024-2025学年八年级数学下册同步学与练（苏科版）

八年级下苏科版第10讲 专题2--四边形中的动点和存在性问题 考点点拨 动点问题 1.“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题． 2.图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计 算推理的过程．在变化中找到不变的性质是解决数学“动点"探究题的基本思路，这也是动态几 何数学问题中最核心的数学本质． 四边形的存在性问题 1.如果题目中已经有平行线，那么只需要根据四边形的判定方法来确定点的位置，再进行计算。 例如：（2024春•南京期中）如图1，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设点E的运动时间为t（s）． （2）是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 分析思路：已知AE∥FC，那么只要再满足①AE=CF（平行四边形）；②一组邻边相等就可以; 2.若题目中无平行线，那么需要进行分类讨论，一般的思路是先找到一条定线段，然后以这条线段为边或者为对角线进行分类讨论； （1）平行四边形的存在性问题 例如：（2024春•蒸湘区校级期末）在平面直角坐标系中，直线l1：yx+6分别与x轴，y轴交于点B，C，且与直线l2：yx交于点A． （1）分别求出A，B，C三点的坐标． （2）若D是射线OA上的点，且△COD的面积为12，求直线CD的函数解析式． （3）在（2）的条件下，在平面内是否存在点P，使得以O，C，D，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 分析思路：O、C、D都是定点，那我们任选2点所构成的线段作为分类讨论的对象，比如以OC为边，那么满足条件的有P1,P2，OC为对角线，满足条件的有P3，求点坐标可以根据点的平移规律得出。 （2）对于矩形的存在性问题，可以结合直角三角形的存在性的方法（两垂直一圆）找到满足条件的点； 例如：（2024春•韩城市期末）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，且与正比例函数的图象交于点C（m，6）． （2）点P为坐标平面内的点，在x轴上是否存在点M，使得四边形ABMP是矩形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 分析思路：以AB为边或者为对角线进行分类讨论作图，满足条件的只有一个点. （3）对于菱形的存在性问题，可以结合等腰三角形的存在性的方法（两圆一中垂）找到满足条件的点； 例如：（2024春•江阴市期中）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，点B坐标为（4，10）． （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若点P是坐标系内任意一点，点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出满足条件的点P的坐标． 如图所示，以DF为边或者对角线进行分类讨论作图，满足条件的Q点有4个，再根据平移规律得出P点坐标。 （4） 对于正方形的存在性问题，可以结合等腰直角三角形的存在性的方法 3.其他综合性动点题型，根据题目的条件进行综合分析。 精选题型 【类型一：点和运动和函数图像的结合】 1．（2024春•姑苏区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，将▱ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示，则▱ABCD的面积为（　　） A．10 B． C．5 D． 【分析】通过图象中（3，0），（7，2），（8，2）可得直线运动到A，D，B三点时所移动距离，从而求出AB长度，再通过添加辅助线构造直角三角形求出平行四边形的高而求解． 【解答】解：由图象可知，直线经过A时移动距离为3，经过D时移动距离为7，经过B时移动距离为8， ∴AB＝8﹣3＝5． 如图，当直线经过点D时，交AB于点E，作DF垂直于AB于点F，由图2可知DE2， ∵直线与AB夹角为45°， ∴DF＝EF＝2， ∴ABCD面积为AB•DF＝5×2＝10． 故选：A． 2．（2024春•苏州期中）如图1，在菱形ABCD中，点P沿A﹣B﹣C方向从点A移动到点C，设点P的移动路程为x，线段AP的长为y，点P在运动过程中y与x的变化关系如图2所示，点P运动到BC边上时，当x＝18，y的值最小为12，则a的值是 　4　． 版权所有 【分析】根据菱形的性质，再结合P运动时y随x的变化的关系图象，运用勾股定理即可求解． 【解答】解：如图1，过A点作AE⊥BC于E， 根据图2知：当点P与点E重合时，AB+BP＝18，AP＝12， ∴AB+BE＝18，AE＝12， 设AB＝m，则BE＝18﹣m， 在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2， ∴122+（18﹣m）2＝m2， 解得：m＝13， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝13，BE＝5， ∴EC＝BC﹣BE＝13﹣5＝8， 当点P到达点C时，AP＝AC＝a， 在Rt△ACE中，AC2＝AE2+EC2，即a2＝122+82＝208， ∵a＞0， ∴a＝4， 故答案为：4． 3．（2024春•锡山区期中）如图1，点P从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→C→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，点P运动时△PAD的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系如图2，则a的值为（　　） A．8 B． C．6 D． 【分析】过点C作CE⊥AD，再根据图象的三角形的面积可得CE＝8，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求a即可． 【解答】解：过点C作CE⊥AD，垂足为E， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴点P在边BC上运动时，y的值不变， ∴AD＝BC＝10+a﹣10＝a， 即菱形的边长是a， ∴AD•CE＝4a，即CE＝8， 当点P在AC上运动时，y逐渐增大， ∴AC＝10， ∴AE6， 在Rt△DCE中，DC＝a，DE＝a﹣6，CE＝8， ∴a2＝82+（a﹣6）2， 解得：a． 故选：B． 4．（2024春•句容市期中）如图1，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形ABCD的周长是（　　） A．18 B．20 C．22 D．26 【分析】根据函数的图象、结合图形求出AB、BC的值，即可得出矩形ABCD的周长． 【解答】解：∵动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，而当点P运动到点C，D之间时，△ABP的面积不变， 函数图象上横轴表示点P运动的路程，x＝4时，y开始不变，说明BC＝4，x＝9时，接着变化，说明CD＝9﹣4＝5， ∴AB＝5，BC＝4， ∴矩形ABCD的周长＝2（AB+BC）＝18． 故选：A． 5．（2024春•淮安区期中）如图①，在矩形ABCD的边BC上有一点E，连结AE，点P从顶点A出发，沿A→D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C．图②是点P运动时，△APE的面积y（cm2）随时间x（s）变化的函数图象，则BE的长为（　　） A．5cm B．4cm C．3cm D．2cm 【分析】抓住关键点，函数图象最高点的纵坐标为9，横坐标为6，得△APE的最大面积为9，此时P、D重合，AD＝AP＝6，，通过图象知道点P到终点时，△APE的面积是6，此时P、C重合，，得EC，即可求得BE的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC， 由图象可知，当P、D重合，AD＝AP＝6cm，， 可得：AB＝3cm， 当时P、C重合，，可得：EC＝4cm， 则：BE＝BC﹣EC＝6﹣4＝2cm． 故选：D． 6．（2024春•邗江区期中）如图，在矩形ABCO中，点O为坐标原点，点B的坐标为（8，6），点A，C在坐标轴上，直线y＝2x﹣6与AB交于点D，与y轴交于点E．有一动点M在BC边上，点N是坐标平面内的点，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则整个运动过程中点N纵坐标n的取值范围为 　7≤n≤10或﹣1≤n≤2　． 【分析】根据等腰直角三角形的性质解答即可． 【解答】解：当点M在B点时，如图， AN1＝BN1，∠AN1B＝90°，∠N1AB＝∠N1BA＝45°， ∵AB＝8，N1T⊥AB， ∴AT＝N1T＝AB＝4， ∴N1的纵坐标为6+4＝10， 同理，N2的纵坐标为6﹣4＝2， 当M在C点时，如图， AN3＝CN3，∠AN3C＝90°，∠N3AC＝∠N3CA＝45°， 过点N3作N3S⊥AO于点S，延长SN3交CB于点M， 则Rt△N3SA≌Rt△CMN3， 则N3S＝CM，SA＝MN3， 设点N3纵坐标为6+y，则BM＝SA＝MN3＝y， 那么N3S＝8﹣y＝CM＝6+y， 解得：y＝1， 则点N3纵坐标为6+y＝7， 同理可得，N4纵坐标为6﹣y＝﹣1， 当点N为直角顶点时，t的取值范围为7≤n≤10或﹣1≤n≤2． 【类型二：平行四边形的存在性问题】 7．（2024春•姑苏区校级期中）已知矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝18cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O． （1）如图1，连接AF、CE，直接写出AF的长为 　13cm　； （2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中： ①已知点P的速度为每秒4cm，点Q的速度为每秒3cm，运动时间为t秒，当以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值； ②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式． 【分析】（1）先证明四边形AFCE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形作出判定；根据勾股定理即可求得AF的长； （2）①分情况讨论可知，当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可； ②分三种情况讨论可知a与b满足的数量关系式． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE， ∵EF垂直平分AC，垂足为O， ∴OA＝OC， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴OE＝OF， ∴四边形AFCE为平行四边形， 又∵EF⊥AC， ∴四边形AFCE为菱形， 设菱形的边长AF＝CF＝x cm，则BF＝（18﹣x）cm， 在Rt△ABF中，AB＝12cm， 由勾股定理得122+（18﹣x）2＝x2， 解得x＝13， ∴AF＝13cm． 故答案为：13cm； （2）①显然当P点在AF上时，Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形； 同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上或P在BF，Q在CD时不构成平行四边形，也不能构成平行四边形． 因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形， ∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC＝QA， ∵点P的速度为每秒4cm，点Q的速度为每秒3cm，运动时间为t秒， ∴PC＝4t，QA＝CD+AD﹣3t＝30﹣3t，即QA＝30﹣3t， ∴4t＝30﹣3t， 解得t， ∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t． ②由题意得，四边形APCQ是平行四边形时，点P、Q在互相平行的对应边上． 分三种情况： i）如图1，当P点在AF上、Q点在CE上时，AP＝CQ，即a＝30﹣b，得a+b＝30； ii）如图2，当P点在BF上、Q点在DE上时，AQ＝CP，即30﹣b＝a，得a+b＝30； iii）如图3，当P点在AB上、Q点在CD上时，AP＝CQ，即30﹣a＝b，得a+b＝30． 综上所述，a与b满足的数量关系式是a+b＝30（ab≠0）． 8．（2024春•梁溪区校级期中）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝12cm，AD＝8cm，BC＝24cm，∠ABC＝90°，P，Q同时沿着四边形的边逆时针运动，点P从点D出发，以1cm/s的速度运动，点Q从点B出发，以2cm/s的速度运动，设运动时间为t秒． （1）CD＝　20　cm； （2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，用含t的代数式表示四边形PQCD的面积S（cm2）； （3）若其中一个动点回到其出发点时，另一个动点也随之停止运动，则当t＝　s或8s或24s或s　时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形． 版权所有 【分析】（1）过点D作DE⊥BC交BC于点E，证出四边形ABED为矩形，得出BE＝AD＝8cm，AB＝DE＝12cm，EC＝16cm，根据勾股定理即可求出DC． （2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，分为当点P在AD上运动，即0≤t≤8时，运用S＝S四边形PQCD＝S梯形ABCD﹣S梯形APQB求解；当点P在AB上运动，即8≤t≤12时，运用S＝S四边形PQCD＝S梯形ABCD﹣S△PQB﹣S△APD 即可求解； （3）分为①当AP＝BQ时，②当PD＝QC时，③当AQ＝BP时，④当PC＝QD时，分别画图求解即可计算． 【解答】解：（1）过点D作DE⊥BC交BC于点E，如图1， ∵∠ABC＝90°，AD∥BC， ∴∠A＝∠BED＝∠ABC＝90°， 则四边形ABED为矩形， ∴BE＝AD＝8cm，AB＝DE＝12cm， ∴EC＝BC﹣BE＝24﹣8＝16（cm）， ∴DC20（cm）， 故答案为：20； （2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动， 如图2，当点P在AD上运动，即0≤t≤8时， 则DP＝t cm，BQ＝2t cm，AP＝（8﹣t）cm， ∴S＝S四边形PQCD＝S梯形ABCD﹣S梯形APQB（8+24）×12（8﹣t+2t）×12＝144﹣6t（cm2）； 如图3，当点P在AB上运动，即8≤t≤12时， 则AP＝（t﹣8）cm，BQ＝2t cm，BP＝12﹣（t﹣8）＝（20﹣t）cm， ∴S＝S四边形PQCD＝S精形ABCD﹣S△PQB﹣S△APD（8+24）×122t•（20﹣t）8•（t﹣8）＝t2﹣24t+224（cm2）， 综上，S＝144﹣6t（0≤t≤8）或S＝t2﹣24t+224（8≤t≤12）； （3）①如图4，当AP＝BQ时，8﹣t＝2t，此时ts，四边形ABQP是平行四边形； ②如图5，当PD＝QC时，t＝24﹣2t，此时t＝8s，四边形PQCD为平行四边形； ③如图6，当AQ＝BP时，四边形ABPQ是平行四边形，8﹣（2t﹣24﹣20）＝t﹣8﹣12，此时t＝24s； ④如图7，当PC＝QD时，24﹣（t﹣8﹣12）＝2t﹣24﹣20，此时ts，四边形PCDQ为平行四边形； 综上所述，当ts或t＝8s或t＝24s或ts时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形， 故答案为：s或8s或24s或s． 9．（2024春•梁溪区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段OA绕着点O顺时针方向旋转60°后得到线段OB，连接AB，直线AB交x轴于点C． （1）求直线AB的解析式． （2）若点D是点C关于直线OB的对称点，△BOC沿着直线CB平移得到△B1O1C1，求的最小值，及此时B1的坐标． （3）点E是坐标平面内一点，且满足S△EOB＝S△AOB，在y轴上是否存在一点F，使得以点B、O、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由旋转的性质知△AOB是等边三角形，求得点C的坐标是（6，0），利用待定系数法即可求解； （2）如图，连接CD，BD，OO1，O1C1，OD，证明∠BOC＝90°﹣60°＝30°，△DOC为等边三角形，∠OKC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，可得当C1与K重合时，再进一步求解即可； （3）如图，由点E是坐标平面内一点，且满足S△EOB＝S△AOB，可得E在过A点与OB平行的直线上或在OB下方，与OB平行，与A到OB的距离相等的平行线CJ上，再结合平行四边形的判定与性质分类讨论即可． 【解答】解：（1）∵点A的坐标是，将线段OA绕着点O顺时针方向旋转60°后得到线段OB， ∴△AOB是等边三角形，且， ∴∠OAB＝60°，∠ACO＝30°， ∴，， ∴点C的坐标是（6，0）， 设直线AB的解析式为， 则， ∴， ∴直线AB的解析式为； （2）如图1，连接CD，BD，OO1，O1C1，OD， 由平移可得：∠ACO＝∠B1C1O1＝30°，OC＝O1C1＝6， 由（1）可得：△ABO为等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠BOC＝90°﹣60°＝30°， ∵点D是点C关于直线OB的对称点， ∴OD＝OC，BC＝BD，∠BOC＝∠BOD＝30°， ∴∠DOC＝60°， ∴△DOC为等边三角形，∠OKC＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∴DO＝OC＝6，， ∴当C1与K重合时， ∴，此时最小， 即的最小值为6； 如图2，，， ∴， 过B1作B1G⊥OC于G， ∴，， ∴， ∴； （3）如图3，点E是坐标平面内一点，且满足S△EOB＝S△AOB， ∴E在过A点与OB平行的直线上或在OB下方，与OB平行，与A到OB的距离相等的平行线CJ上， ∵以点B、O、E、F为顶点的四边形是平行四边形， ∴F与A重合，当OB为对角线时， ∴， 由（1）（2）可得：OB＝AB＝BC，，C（6，0）， ∴， ∴由平移可得：； 同理：F与J重合，当OE为对角线时， 此时， ∴，， 如图4，F与J重合，当BE为对角线时， 同理：， 由平移可得：； 当E在AI上时，如图5，F与A重合，当BF为对角线时， ∴，， 如图6，F与A重合，当OF为对角线时， ∴；； 当F与J重合，当OB为对角线时，如图7， ∴；； 综上：或或或． 10．（2024秋•雅安校级月考）将一长方形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，OA＝9，OC＝15． （1）如图1，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使点O落在AB边上的点D，求线段AE． （2）如图2，在OA，OC边上选取适当的点M，F，将△MOF沿MF折叠，使点O落在AB边上的点D′处，过点D，作D′G垂直于CO于点G，交MF于点T． ①求证：TG＝AM； ②设T（x，y），求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示． （3）在（2）的条件下，当x＝6时，点P在直线MF上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由折叠的性质可知，CD＝OC＝15，DE＝OE，由勾股定理得，，则AD＝3，设AE＝x，则DE＝OE＝9﹣x，由勾股定理得，DE2﹣AE2＝AD2，即（9﹣x）2﹣x2＝32，计算求解即可； （2）①由折叠的性质可知，∠D′MF＝∠OMF，D′M＝OM，证明AO∥D′G，四边形AOGD′是矩形，则∠OMF＝∠D′TM，AO＝GD′，∠D′MF＝∠D′TM，可得D′T＝D′M＝OM，进而可证TG＝AM； ②由T（x，y），可得AM＝TG＝y，AD′＝x，D′T＝D′M＝OM＝9﹣y，由勾股定理得，AM2+AD′2＝D′M2，即y2+x2＝（9﹣y）2，整理作答即可； （3）当x＝6时，，即，，则，D′（6，9），以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分当MD′为对角线时，MQ∥D′P，如图1，▱MQD′P，P、T重合；当MD′为边，MP为对角线时，MQ∥D′P，如图1，▱MQ′PD′，P、T重合；当MD′为边，MP为边时，MP∥D′Q，如图1，▱MP″Q″D′，三种情况求解作答即可． 【解答】（1）解：∵长方形OABC， ∴BC＝OA＝9，AB＝OC＝15， 由折叠的性质可知，CD＝OC＝15，DE＝OE， 由勾股定理得，， ∴AD＝3， 设AE＝x，则DE＝OE＝9﹣x， 由勾股定理得，DE2﹣AE2＝AD2，即（9﹣x）2﹣x2＝32， 解得，x＝4， ∴线段AE的长为4； （2）①证明：由折叠的性质可知，∠D′MF＝∠OMF，D′M＝OM， ∵D′G⊥OC，AO⊥OC， ∴AO∥D′G，四边形AOGD′是矩形， ∴∠OMF＝∠D′TM，AO＝GD′， ∴∠D′MF＝∠D′TM， ∴D′T＝D′M＝OM， ∴GD′﹣D′T＝AO﹣OM， ∴TG＝AM； ②解：∵T（x，y）， ∴AM＝TG＝y，AD′＝x，D′T＝D′M＝OM＝9﹣y， 由勾股定理得，AM2+AD′2＝D′M2，即y2+x2＝（9﹣y）2， 整理得，； （3）解：在坐标轴上存在点Q，使以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，Q点坐标为（0，13）或（0，0）或；理由如下： 当x＝6时，， ∴，， ∴，D′（6，9）， ∵以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形， ∴当MD′为对角线时，MQ∥D′P，如图2，四边形MQD′P是平行四边形，P、T重合， ∴， 由平移的性质可得，Q（0，13）； 当MD′为边，MP为对角线时，MQ∥D′P，如图2，四边形MQ′PD′平行四边形，P、T重合，则， 由平移的性质可得，Q′（0，0）； 当MD′为边，MP为边时，MP∥D′Q，如图2，四边形MP″Q″D′是平行四边形， 设直线MP的解析式为y＝kx+b，将点T，点M的坐标代入得： ， 解得，， ∴直线MP的解析式为， ∴直线D′Q″的解析式为， 将D′（6，9）代入得：， 解得：c＝13， ∴直线D′Q″的解析式为， 令y＝0，则， 解得，， ∴； 综上所述，在坐标轴上存在点Q，使以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，Q点坐标为（0，13）或（0，0）或． 【类型四：菱形的存在性问题】 11．（2024春•南京期中）如图1，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设点E的运动时间为t（s）． （1）如图2，连接EF，若EF经过边AC的中点D． ①求证：四边形AFCE是平行四边形； ②求此时t的值． （2）是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）①根据AAS证明△ADE≌△CDF得AE＝CF，进而可证结论成立； ②表示出AE＝tcm，CF＝（6﹣2t）cm，然后根据AE＝CF列方程求解即可； （2）当点F在线段BC上时，四边形AFCE不可能为菱形；当点F在BC的延长线上时， 若四边形ACFE是菱形，则有CF＝AC＝AE＝6，据此求解即可． 【解答】解：（1）∵AG∥BC， ∴∠EAC＝∠FCA，∠AED＝∠CFD． ∵EF经过边AC的中点D， ∴AD＝CD， ∴△ADE≌△CDF（AAS）， ∴AE＝CF． ∵AE∥FC， ∴四边形AFCE是平行四边形； ②此时AE＝CF， 由运动知，AE＝tcm，CF＝（6﹣2t）cm． ∴t＝6﹣2t， 解得t＝2； （2）存在； ∵点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动， ∴当点F在线段BC上时，四边形AFCE不可能为菱形； 当点F在BC的延长线上时， ∵AE∥CF， ∴当AE＝CF时，四边形ACFE是平行四边形， ∴t＝2t﹣6， 解得t＝6， 此时AE＝AC＝6， ∴当t＝6时，四边形ACFE是菱形． 12．（2024春•姑苏区校级期中）已知，如图，O为坐标原点，在四边形OABC中，BC∥OA，BC＝24，A（26，0），C（0，12），点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒． （1）当P运动 　5.5　秒，四边形PDAB是平行四边形． （2）在直线CB上是否存在一点Q，使得以O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求出OA，进而求出OD＝5，再由题意知BP＝24﹣2t，进而由平行四边形的性质建立方程24﹣2t＝13即可得出结论； （2）分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； 【解答】解：（1）∵A（26，0），C（0，12）， ∴OA＝26，OC＝8， ∵点D时OA的中点， ∴OD＝1OA＝13， 由运动知，PC＝2t， ∵BC＝24， ∴BP＝BC﹣PC＝24﹣2t， ∵四边形PDAB是平行四边形， ∴PB＝AD＝13， ∴24﹣2t＝13， 解得t＝5.5， ∴当t值为5.5时，四边形PDAB是平行四边形． 故答案为：5.5； （2）存在，分三种情况： ①当Q点在P点的右边时，如图， ∵四边形ODQP是菱形， ∴OD＝OP＝PQ＝13， ∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC＝5， ∴2t＝5， 解得t＝2.5， ∴Q（18，12）； ②当Q点在P点左侧且在BC线段上时，如图， 同理①得PC＝18， 即2t＝18， 解得t＝9， ∴Q（5，12）； ③当Q点在P点左侧且在BC延长线上时，如图3， 同理①求出QC＝5，PC＝13﹣5＝8， 即2t＝8， 解得t＝4， ∴Q（﹣5，12）； 综上，t＝2.5时，Q（18，12），t＝9时，Q（5，12），t＝4时，Q（﹣5，12）． 13．（2024春•新吴区期中）如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，定点A的坐标为（4，3）． （1）求正方形OABC顶点C的坐标为（ 　﹣3　，　4　）顶点B的坐标为（ 　1　，　7　）； （2）现有一动点P从C点出发，沿线段CB向终点B运动，P的速度为每秒1个单位长度，同时另一动点Q从点A出发沿A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位长度．设运动时间为2秒时，将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，求k的值． 网版权所有 【分析】（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于点F，证出△COF≌△AOD≌△BAE，求出OF，CF，AE、BE的长，即可求出点C，点B的坐标； （2）分两种情况：①当点Q在OA上时；②当点Q在OC上时．分别计算即可． 【解答】解：（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于点F， ∴∠ADO＝∠OFC＝∠BEA＝90°， ∴∠DAO+∠AOD＝90°， ∵四边形ABCO是正方形， ∴∠OAB＝∠AOC＝90°，OA＝OC＝AB， ∴∠COF+∠AOD＝90°，∠BAE+∠DAO＝90°， ∴∠FOC＝∠DAO，∠BAE＝∠AOD， ∴△COF≌△AOD≌△BAE（AAS）， ∴OF＝AD＝BE，CF＝OD＝AE， ∵点A的坐标为（4，3）， ∴OF＝AD＝BE＝3，CF＝OD＝AE＝4， ∴点C的坐标为（﹣3，4）； ∴ED＝4+3＝7，点B到y轴的距离为OD﹣BE＝4﹣3＝1， ∴点B的坐标为（1，7）； 故答案为：﹣3，4，1，7； （2）由题意，得AO＝CO＝BC＝AB5， 当 t＝2 时，CP＝2． 将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形， 只需三角形CPQ是等腰三角形即可． ①当点Q在OA上时， ∵PQ⩾AB＞PC， ∴只存在一点Q，使QC＝QP． 过点Q作QD⊥PC于点D，如图， 则CD＝PD＝1， ∵QA＝BD， ∴2k＝5﹣1＝4， ∴k＝2； ②当点Q在OC上时， ∵∠BCO＝90°， ∴只存在一点Q，使CP＝CQ＝2， ∴2k＝10﹣2＝8， ∴k＝4． 综上所述，k的值为2或4． 14．（2024春•惠山区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（4，0），B（6，3），C（0，3）． （1）若动点P从原点O出发，以每秒3个单位长度沿着x轴正方向运动，动点Q从点B出发，以每秒1个单位长度向点C运动，当点Q到达点C处时，两点都停止运动．设运动时间为t（秒）．若以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是平行四边形，求此时t的值； （2）点M在x轴上，平面内是否存在点N，当以A、C、M、N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出所有满足条件的点N的坐标． 【分析】（1）分两种情况，由平行四边形的性质可得出答案； （2）分不同情况画出图形，由菱形的性质可得出答案． 【解答】解：（1）若点P在点A的左侧，四边形PABQ为平行四边形，PA＝QB， 由题意得4﹣3t＝t， 解得t＝1， 若点P在点A的右侧，四边形PAQB为平行四边形，PA＝QB， ∴3t﹣4＝t， 解得t＝2， 综上：t＝1或2时，以A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形． （2）N点坐标为（﹣5，3），（5，3），（0，﹣3），． ∵点A（4，0），C（0，3）， ∴AO＝4，OC＝3， ∴AC5， 如图，以AC为边，四边形ACMN是菱形， ∵C（0，3）， ∴N（0，﹣3）； 如图，以AC为边，四边形ACNM是菱形， ∵CN＝AC＝5，CN∥AM， ∴N（5，3）； 如图，以AC为边，四边形ACNM是菱形， ∵CN＝AC＝5，CN∥AM， ∴N（﹣5，3）； 如图，以AC为对角线，四边形ACNM是菱形， 设CM＝AM＝CN＝x， ∴OM＝4﹣x， ∵OC2+OM2＝CM2， ∴32+（4﹣x）2＝x2， ∴， ∴CN， ∴N（，3）； 综上所述，以A、C、M、N为顶点的四边形是菱形时，点N的坐标为（﹣5，3），（5，3），（0，﹣3），． 15．（2024春•江阴市期中）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，点B坐标为（4，10）． （Ⅰ）如图①，将矩形纸片OABC折叠，使点B落在y轴上的点D处，折痕为线段AE，求点D坐标； （Ⅱ）如图②，点E，F分别在OC，AB边上．将矩形纸片OABC沿线段EF折叠，使得点B与点D（0，2）重合，求点C的对应点G的坐标； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若点P是坐标系内任意一点，点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出满足条件的点P的坐标． 【分析】（Ⅰ）运用矩形性质和折叠性质及勾股定理即可求得答案； （Ⅱ）过点G作GH⊥y轴于点H，由折叠知，四边形BCEF与四边形DGEF全等，由EG2+GD2＝ED2，建立方程求解即可； （Ⅲ）设Q（0，y），P（m，n），根据点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，分三种情况：DQ＝DF或FQ＝DF或DQ＝FQ，运用勾股定理先求出点Q的坐标，再依据菱形性质求出对应的点P坐标． 【解答】解：（Ⅰ）∵四边形OABC是矩形， ∴∠BAO＝∠BCO＝90°，OA＝CB，CO＝BA． ∵点B坐标为（4，10）， ∴OA＝CB＝4，CO＝BA＝10； 由折叠可知，△ADE≌△ABE， ∴DA＝BA＝10． 在Rt△AOD中，OD2， ∴点D的坐标为（0，2 ）； （Ⅱ）如图，过点G作GH⊥y轴于点H， ∵点D （0，2）， ∴DO＝2， ∵四边形OABC是矩形， ∴∠B＝90°； 由折叠知，四边形BCEF与四边形DGEF全等， ∴∠EGD＝∠B＝90°，GD＝CB＝4，CE＝EG． 设CE＝EG＝x，则ED＝CO﹣CE﹣DO＝10﹣2﹣x＝8﹣x． 在Rt△EGD中，EG2+GD2＝ED2， ∴x2+42＝（8﹣x）2， 解得：x＝3． ∴EG＝3，ED＝5． ∴S△EGDEG•GDED•GH， ∴3×45×GH， ∴GH， 在Rt△GHD中，HD， ∴HO＝HD+DO2． ∴点G的坐标为（，）． （Ⅲ）由折叠可知，∠BFE＝∠DFE， ∵BF∥ED， ∴∠BFE＝∠FED， ∴∠FED＝∠DFE， ∴BF＝DF＝ED＝5， ∴AF＝AB﹣BF＝10﹣5＝5， ∴F（4，5）， 设Q（0，y），P（m，n）， ∵D （0，2）， ∴DQ＝|y﹣2|，DF＝5，FQ2＝42+（y﹣5）2，DF的中点坐标为（2，）， ∵点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形， ∴分三种情况：DQ＝DF或FQ＝DF或DQ＝FQ， ①当DQ＝DF时，|y﹣2|＝5， 解得：y＝7或﹣3， ∴Q（0，7）或（0，﹣3）， ∴P（4，0）或（4，10）， ②当FQ＝DF时，42+（y﹣5）2＝25， 解得y＝8或y＝2（舍去）， ∴Q（0，8）， ∴P（﹣4，5）， ③当DQ＝FQ时，|y﹣2|2＝42+（y﹣5）2， 解得：y， ∴Q（0，）， ∵2，， ∴m＝4，n， ∴P（4，）， 综上所述，点P的坐标为（4，10），（4，0），（﹣4，5），（4，）． 16．（2024春•江都区期中）如图，正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足．点M是线段DE上的一个动点． （1）连接BD、OE，求证：四边形ODBE是平行四边形； （2）作BP⊥DE交OA于P，当△OMP面积为2.6时，求M点的坐标； （3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标． 【分析】（1）首先求出E（4，1），代入yx+b，可求得b＝3，则OD＝BE＝3，即可得四边形ODBE是平行四边形； （2）过点D作DH⊥AB于H，首先证明△DHE≌△BAP（ASA），则PA＝EH＝2，可求得OP＝2，设出M的坐标，根据三角形的面积公式即可求得M的纵坐标，进而求得M的坐标； （3）分成四边形OMDN是菱形和四边形OMND是菱形两种情况进行讨论，四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N； 四边形OMND是菱形，OM＝OD，M在直角DE上，设出M的坐标，根据OM＝OD即可求得M的坐标，则根据ON和DM的中点重合，即可求得N的坐标． 【解答】（1）证明：正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4）， ∴OC＝AB＝OA＝BC＝4，OC∥AB， ∵3， ∴BE＝3，AE＝1， ∴E（4，1）， 代入yx+b得﹣2+b＝1，解得b＝3， ∴yx+3， ∴D（0，3）， ∴OD＝BE＝3， ∵OD∥BE， ∴四边形ODBE是平行四边形； （2）解：过点D作DH⊥AB于H， ∴∠DHE＝∠BAP＝90°，四边形ODHA是矩形， ∴DH＝OA＝AB＝4，BH＝CD＝1， ∵DH⊥AB，BP⊥DE， ∴∠EDH+DEH＝∠PBA+DEH＝90°， ∴∠EDH＝∠PBA， ∴△DHE≌△BAP（ASA）， ∴PA＝EH＝BE﹣BH＝2， ∴OP＝OA﹣PA＝2， 设M的坐标为（m，m+3）， ∴S△OMP2×（m+3）＝2.6，解得m， ∴M点的坐标为（，）； （3）解：当四边形OMDN是菱形时，如图， ∵M的纵坐标是1.5，把y＝1.5代入1.5x+3，解得：x＝3， 则M的坐标是（3，1.5）， ∴点N的坐标为（﹣3，1.5）； 当四边形OMND是菱形时，如图， ∵OM＝OD＝3，则设M的横坐标是m，则纵坐标是m+3， 则m2+（m+3）2＝9， 解得：m或0（舍去）． 则M的坐标是（，）， ∴点N的坐标为（，）． 综上，点N的坐标为（﹣3，1.5）或（，）． 【类型四：矩形的存在性问题】 17．（2024春•韩城市期末）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，且与正比例函数的图象交于点C（m，6）． （1）求m的值和一次函数y＝kx+b（k≠0）的解析式； （2）点P为坐标平面内的点，在x轴上是否存在点M，使得四边形ABMP是矩形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点C（m，6）代入，可得，再用待定系数法求一次函数的解析式即可； （2）根据矩形的性质得∠ABM＝90°，设M（m，0），利用勾股定理求解即可得到答案． 【解答】解：（1）∵将点C（m，6）代入， ∴， ∴， ∴， 将，代入一次函数的解析式为y＝kx+b（k≠0）得：， 解得， ∴一次函数的表达式为； （2）在x轴上存在点M，平面内存在一点P，使得四边形ABMP是矩形， 设M（m，0）， ∵四边形ABMP是矩形， ∴∠ABM＝90°， ∴AB2+BM2＝AM2， ∴， ∴， ∴点M的坐标为． 18．（2024春•历下区期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴上，且OA＝6，OC＝4．点D为OA的中点，连接CD，DE为∠ADC的平分线，交BC于点E． （1）求点B和点E的坐标； （2）点P为射线DE上一动点，点Q为平面内任意一点， ①连接BD，CP，若S△CDP＝S△BCD，请求出点P的坐标； ②是否存在P，Q两点，使得四边形OBPQ为矩形？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据矩形的性质可得BC＝6，AB＝4从而得到B的坐标，再由角平分线+平行线可以证出CE＝CD，进而得到点E的坐标； （2）利用割补法将△CDP的面积表示出来，再转化为坐标之间的关系求解即可； （3）要使四边形OBPQ是矩形，则△OBP为直角三角形，∠OBP＝90°，设出点P的坐标，利用两点距离公式和勾股定理建立方程求解即可． 【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形， ∴BC∥OA，BC＝OA，AB∥OC，AB＝OC， ∴∠CED＝∠ADE， ∵OA＝6，OC＝4， ∴BC＝6，AB＝4， ∴B（6，4）， ∵DE为∠ADC的平分线， ∴∠CDE＝∠ADE， ∴∠CED＝∠CDE， ∴CE＝CD， ∵D为OA中点， ∴ODOA＝3， ∴D（3，0）， 由勾股定理可得CD＝5， ∴CE＝5， ∴E（5，4）． （2）①∵四边形OABC为矩形，点D为OA的中点， ∴S△BCDS四边形OABCOA•OC＝12， ∴S△CDP＝S△BCD＝12， 延长ED，交y轴于点M， ∵D（3，0），E（5，4）， ∴yDE＝2x﹣6， ∴M（0，﹣6）， ∴CM＝10， ∵S△CDP＝S△PCM﹣S△DCMCM•（xP﹣xD）＝12， ∴10×（xP﹣3）＝12， ∴xP， ∴P（，）． ②存在， ∵点P是射线DE上的动点， ∴设P（x，2x﹣6）， ∵O（0，0），B（6，4）， ∴OB2＝62+42＝52， OP2＝x2+（2x﹣6）2＝5x2﹣24x+36， BP2＝（x﹣6）2+（2x﹣6﹣4）2＝5x2﹣52x+136， 要使四边形OBPQ是矩形，则△OBP为直角三角形，∠OBP＝90°， ∴OB2+BP2＝OP2，即52+5x2﹣52x+136＝5x2﹣24x+36， 解得x， ∴P（，）． 19．（2024春•开福区校级月考）如图，平面直角坐标系中，矩形OBCD的顶点B（0，b）、顶点C（c，b），且b、c满足，点A（﹣6，0）． （1）顶点C的坐标为 　（10，8）　；线段AB的长度是 　10　； （2）已知点E是线段AB上的动点，点F是线段AC上的动点，点H（2，8），当EF+FH的值最小时，求F点的坐标； （3）在第（2）问的条件下，点P是坐标轴上的点，点Q是平面内一点，请问存在以点A、F、P、Q为顶点的四边形是以AF为边的矩形吗？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由二次根式中a≥0可求出b的值，从而可求出c的值，由勾股定理得，即可求解； （2）由等腰三角形的性质得∠BAC＝∠ACB，从而可得AC平分∠BAD，作E关于AC对称点G，连接GF，由SAS可判定△AEF≌△AGF，由全等三角形的性质得GF＝EF，当G、F、H三点共线，且GH⊥x轴时，GH最小，EF+FH最小，再用待定系数法求出直线AC的解析式为，即可求解； （3）①当P在x轴上时，此时矩形为AQ1P1F，作OM∥AC，将直线OM绕O逆时针旋转90°得直线ON，由平行直线的k相等得直线OM的解析式为，可求直线ON的解析式为y＝﹣2x，用待定系数法可求直线P1F的解析式为y＝﹣2x+8，直线P1Q1的解析式为，直线AQ1的解析式为y＝﹣2x﹣12，即可求解；②当P在y轴上时，此时矩形为AFP2Q2，同理可求直线P2Q2的解析式为，即可求解． 【解答】解：（1）∵， ∴， 解得：b＝8， ∴c＝10， ∴C（10，8）， ∴OA＝6，OB＝8， ∴ ＝10； 故答案为：C（10，8），10； （2）如图， ∵C（10，8）， ∴BC＝AB＝10， ∴∠BAC＝∠ACB， ∵四边形OBCD是矩形， ∴BC∥x轴， ∴∠BCA＝∠CAD， ∴∠BAC＝∠CAD， ∴AC平分∠BAD， 如图，作E关于AC对称点G，连接GF， ∴AE＝AG， 在△AEF和△AGF中 ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴GF＝EF， 当G、F、H三点共线，且GH⊥x轴时，GH最小， ∴EF+FH最小， ∵H（2，8）， ∴OG＝2， 设直线AC的解析式为y＝kx+b，则有 ， 解得， ∴直线AC的解析式为， 当x＝2时， ， ∴F（2，4）； （3）存在，理由如下： 如图， ①如图，当P在x轴上时， 此时矩形为AQ1P1F， 如图，作OM∥AC，将直线OM绕O逆时针旋转90°得直线ON， ∴ON∥P1F， 直线OM的解析式为， 设M（a，b）（a＞0）， ∴， 由旋转得：N（﹣b，a）， 设直线ON的解析式为y＝kx，则有， ﹣bk＝a， ∴， 解得：k＝﹣2， ∴直线ON的解析式为y＝﹣2x， ∴设直线P1F的解析式为y＝﹣2x+m， ∴﹣2×2+m＝4， 解得：m＝8， ∴直线P1F的解析式为y＝﹣2x+8， 当y＝0时， ﹣2x+8＝0， 解得：x＝4， ∴P1（4，0）， 同理可求： 直线P1Q1的解析式为， 直线AQ1的解析式为y＝﹣2x﹣12， 联立直线P1Q1和直线AQ1的解析式得 ， 解得， ∴Q1（﹣4，﹣4）； ②当P在y轴上时， 此时矩形为AFP2Q2， 由①可求P（0，8）， 同理可求： 直线P2Q2的解析式为， 联立直线P2Q2和直线AQ1的解析式得 ， 解得， ∴Q2（﹣8，4）； 同理可求：直线P2Q3解析式为yx﹣12，直线FQ3解析式为y＝﹣2x+8， 联立得， 解得， ∴Q3（8，﹣8）； 综上所述：Q点坐标为（﹣4，﹣4）或（﹣8，4）或（8，﹣8）． 【类型五：正方形的存在性问题】 20．（2024•佳木斯三模）平面直角坐标系内如图放矩形OABC已知点B（8，6），D（0，4）．将矩形OABC沿EF折叠，便点A与点D重合．折痕交BC于点E，交OA于点F． （1）求点F的坐标； （2）若动点P，Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿射线AB方向运动，当点P运动到点O时停止运动，点Q也同时停止运动．设△PQF的面积为S，点P，Q的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式并直接写出自变量的取值范围； （3）在（2）的条件下，R是射线CB上的一点，点M为平面内一点，是否存在点M，使以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在．请说明理由． 【分析】（1）结合点B（8，6），点D（0，4），四边形OABC为矩形，可得OC＝AB＝6，0A＝BC＝8，0D＝4；设 AF＝DF＝x，则OF＝8﹣x，在Rt△ODF 中，由勾股定理可得 OD2+OF2＝DF2，代入求解可知OF＝3，即可求得点F的坐标（3，0）； （2）分两种情况讨论：当点P在点E右侧和点P在点E左侧时，利用三角形面积公式即可获得答案； （3）若以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形时，则点P、M、Q三点围成的三角形为等腰直角三角形，分情况讨论即可获得答案． 【解答】解：（1）由折叠可得AF＝DF， ∵点B（8，6），点D（0，4），四边形OABC为矩形， ∴OA⊥AB，OC＝AB＝6，OA＝BC＝8，OD＝4， 设AF＝DF＝x，则OF＝OA﹣AF＝8﹣x， 在Rt△ODF中，由勾股定理可得OD2+OF2＝DF2， 即42+（8﹣x）2＝x2， 解得x＝5， ∴OF＝8﹣x＝3， ∴点F的坐标为（3，0）； （2）①如图，当点P在点F右侧时， 根据题意AQ＝2t，AP＝t（0＜t≤5）， ∴FP＝AF﹣AP＝5﹣t， ∴； ②如图，当点P在点F左侧时， 根据题意AQ＝2t，AP＝t（5＜t≤8）， ∴FP＝AP﹣AF＝t﹣5， ∴； 综上所述，； （3）若以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形时，则点P、R、Q三点围成的三角形为等腰直角三角形， 分情况讨论：①如图， ∵四边形PQRM是正方形， ∴PQ＝QR，∠PQR＝90°， ∴∠PQA+∠BQR＝∠BQR+∠QRB， ∴∠PQA＝∠QRB， 在△PAQ和△QBR中， ， ∴△PAQ≌△QBR（AAS）， ∴AQ＝BR，BQ＝AP＝t， ∴AB＝AQ+BQ＝2t+t＝3t＝6， ∴BQ＝AP＝t＝2， ∴BR＝AQ＝2×2＝4，P（8﹣2，0）， 即P（6，0）， ∴CR＝BC﹣BR＝4，Q（8，4）， ∴R（4，6）， ∵四边形PQRM是正方形， ∴M（4+6﹣8，6+0﹣4），即M（2，2）； ②如图，过点R作RK⊥OA于点K，则四边形OCRK、RKAB均为矩形， ∴RK＝AB＝6，∠BRK＝∠RKA＝90°， ∵四边形PRQM是正方形， ∴PR＝QR，∠PRQ＝90°， ∴∠KRB﹣∠PRB＝∠PRQ+∠PRB， ∴∠KRP＝∠BRQ， 在△PKR和△QBR中， ， ∴△PKR≌△QBR（AAS）， ∴RB＝RK＝6，KP＝BQ＝AQ﹣AB＝2t﹣6， ∴OK＝CR＝BC﹣BR＝8﹣6＝2， ∴R（2，6），AK＝OA﹣OK＝6＝2t﹣6+t， ∴AP＝t＝4， ∴P（8﹣4，0）， 即P（4，0），KP＝BQ＝2t﹣6＝2， ∴Q（8，6+2），即Q（8，8）， ∵四边形PMQR是正方形， ∴M（4+8﹣2，8+0﹣6），即M（10，2）； ③如图， ∵四边形PQRM是正方形， ∴PQ＝QR，∠PQR＝90°， ∴∠PQA+∠BQR＝∠BQR+∠QRB， ∴∠PQA＝∠QRB， 在△PAQ和△QBR中， ， ∴△PAQ≌△QBR（AAS）， ∴AQ＝BR＝2t，BQ＝AP＝t， 又∵AQ＝AB+BQ＝6+t＝2t， ∴AP＝t＝6， ∴BR＝2×6＝12，P（8﹣6，0）， 即P（2，0），AQ＝2t＝12， ∴CR＝BC+BR＝8+12＝20，Q（8，12）， ∴R（20，6）， ∵四边形PMRQ是正方形， ∴M（2+20﹣8，6+0﹣12），即M（14，﹣6）． 综上所述，存在M（2，2）或M（10，2）或M（14，﹣6）时，P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形． 【类型六：四边形动点综合题】 21．（2024春•江阴市期中）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，AC＝　4　，点C到原点的最大距离为 　4+4　． 【分析】根据题意首先取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，进而求出答案． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4，并且在移动过程中，△ABC的大小、形状没变， ∴AC， ＝4． 如图所示： 取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大， Rt△A1OB1中，∵A1B1＝AB＝8，点OE为斜边中线， ∴OE＝B1EA1B1＝4， 又∵B1C1＝BC＝4， ∴C1E， ＝4 ， ∴点C到原点的最大距离为：OE+C1E＝4+4． 故答案为：4；4+4， 22．（2024春•邳州市期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（6，4）、B（7，2），点C在x轴上运动，点D在直线y＝x上运动，则四边形ABCD周长的最小值是 　　． 【分析】作点A关于直线y＝x的对称轴A′，作B关于x轴的对称轴点B′，连接A′B′交OD于D′，交x轴于C′，连接AD′、A′D′、BC′、B′C′、则A′B′+AB就是四边形ABCD周长的最小值，据此展开计算即可． 【解答】解：作点A关于直线y＝x的对称轴A′，作B关于x轴的对称轴点B′，连接A′B′交OD于D′，交x轴于C′，连接AD′、A′D′、BC′、B′C′、则A′B′+AB就是四边形ABCD周长的最小值． ∵B（7，2）， ∴B′（7，﹣2）， 由A（6，4），直线OD解析式是y＝x，设直线AA′解析式为y＝﹣x+b， ∴4＝﹣6+b，解得b＝10， ∴直线AA′解析式为y＝﹣x+10， 联立，解得， ∴线段AA′的中点坐标为（5，5）， 由中点坐标公式得A′（4，6）， ∴A′B′， AB． ∴四边形ABCD周长的最小值是． 故答案为：． 23．（2024春•梁溪区校级期中）已知B，C是平面直角坐标系中与x轴平行且距离x轴1个单位长度的直线上的两个动点（点B在点C左侧），且 BC＝2，若有点A（0，5）和点D（3，3），则当AB+BC+CD的值最小时，点C的坐标为 　（，1）或（，﹣1）　． 【分析】分当B，C是直线y＝1上的两个点时，当B，C是直线y＝﹣1上的两个点时，这两种情况讨论，利用轴对称的性质，利用待定系数法求出函数解析式，进而求出C的坐标． 【解答】解：分两种情况： ①当B，C是直线y＝1上的两个点时， 取点D（3，3）关于直线y＝1的对称点D′（3，﹣1），将点A（0，5）向右平移2个单位得点A'（2，5），连接A'D′交直线y＝1交于一点C，如图，此时，AB+BC+CD的值最小， ∵AA'∥BC，AA'＝BC＝2， ∴四边形AA'CB为平行四边形，则A'C＝AB， ∵点D与点D′关于直线y＝1对称， ∴CD＝CD′， ∴AB+BC+CD＝A'C+CD'+BC＝A'D′+2， ∴AB+BC+CD的最小值为A'D′+2的值， 设直线A'D′的解析式为y＝kx+b，图象过点A'（2，5），D′（3，﹣1）， ∴， 解得， ∴直线A'D′的解析式为y＝﹣6x+17， 当y＝1时，1＝﹣6x+17， 解得x， ∴点C的坐标为（，1）； ②当B，C是直线y＝﹣1上的两个点时， 取点D（3，3）关于直线y＝﹣1的对称点D′（3，﹣5），将点A（0，5）向右平移2个单位得点A'（2，5），连接A'D′交直线y＝﹣1交于一点C，如图，此时，AB+BC+CD的值最小， ∵AA'∥BC，AA'＝BC＝2， ∴四边形AA'CB为平行四边形，则A'C＝AB， ∵点D与点D′关于直线y＝﹣1对称， ∴CD＝CD′， ∴AB+BC+CD＝A'C+CD'+BC＝A'D′+2， ∴AB+BC+CD的最小值为A'D′+2的值， 设直线A'D′的解析式为y＝k'x+b'，图象过点A'（2，5），D′（3，﹣5）， ∴， 解得， ∴直线A'D′的解析式为y＝﹣10x+25， 当y＝﹣1时，﹣1＝﹣10x+25， 解得x， ∴点C的坐标为（，﹣1）； 故答案为：（，1）或（，﹣1） 24．（2024春•工业园区校级期中）在正方形ABCD中，O是AD的中点，点P从A点出发沿A→B→C→D的路线匀速运动，移动到点D时停止． （1）如图1，若正方形的边长为12，点P的运动速度为2单位长度/秒，设t秒时，正方形ABCD与∠POD重叠部分的面积为y． ①当t＝5时，y＝　114　；当t＝10时，y＝　60　． ②求t为何值时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形？ （2）如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度，当P到终点时，Q也停止运动．设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积为S，S与t的函数图象如图3所示． ①P，Q两点在第 　4　秒相遇；正方形ABCD的边长是 　8　． ②点P的速度为 　4　单位长度/秒；点Q的速度为 　2　单位长度/秒． ③当t为何值时，重叠部分面积S等于32？ 【分析】（1）①当t＝5时，点P在AB边上，且AP＝10，OA＝6，运用三角形面积公式即可求得答案；当t＝10时，点P在BC边上，且CP＝4，OD＝4，运用梯形面积公式即可求得答案； ②由题意得PC＝24﹣2t，根据平行四边形的判定可得OA＝CP，即6＝24﹣2t，即可求得答案； （2）①观察图象即可得出答案； ②观察图象可得点P、Q相遇于点C，进而得出点P的速度为点Q的速度的2倍，设点Q的速度为a单位长度/秒，则点P的速度为2a单位长度/秒，由题意得4（a+2a）＝24，解方程即可； ③分三种情况讨论：当0≤t≤2时，点P在AB边上，点Q在CD边上，当2＜t≤4时，点P在BC边上，点Q在CD边上，当4＜t≤6时，点P在CD边上，点Q在BC边上，分别建立方程求解即可． 【解答】解：（1）①当t＝5时，AP＝10， ∵O是正方形ABCD边AD的中点， ∴OA＝ODAD＝6， ∴S△AOPOA•AP6×10＝30， ∴y＝S正方形ABCD﹣S△AOP＝122﹣30＝114； 当t＝10时，如图1， 则AB+BP＝20， ∴BP＝20﹣AB＝20﹣12＝8， ∴PC＝BC﹣BP＝12﹣8＝4， ∴y＝S梯形CDOP（PC+OD）•CD（4+6）×12＝60； 故答案为：114；60． ②如图2，AB+BP＝2t， ∴PC＝24﹣2t， ∵OA∥CP， ∴当OA＝CP时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形， ∴6＝24﹣2t， 解得：t＝9， ∴当t＝9时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形． （2）①由图3可知：当t＝4时，S＝0，即P，Q两点在第4秒相遇； 当t＝0时，S正方形ABCD＝AB2＝64， ∴AB＝8，即正方形ABCD的边长是8； 故答案为：4；8． ②由图3可知：点P、Q相遇于点C，且点P的速度大于点Q的速度， ∴点P的速度为点Q的速度的2倍， 设点Q的速度为a单位长度/秒，则点P的速度为2a单位长度/秒， ∴4（a+2a）＝24， 解得：a＝2， ∴点P的速度为4单位长度/秒，点Q的速度为2单位长度/秒； 故答案为：4；2． ③∵O是AD的中点， ∴OA＝OD＝4， 设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积S等于32， 分三种情况讨论： 当0≤t≤2时，点P在AB边上，点Q在CD边上，如图， 则AP＝4t，DQ＝2t，OA＝OD＝4， ∴S＝S正方形ABCD﹣S△OAP﹣S△ODQ＝644×4t4×2t＝64﹣12t， 由题意得：64﹣12t＝32， 解得：t2（不符合题意，舍去）； 当2＜t≤4时，点P在BC边上，点Q在CD边上，如图， 则AB+BP＝4t，AB＝8， ∴BP＝4t﹣8， ∵DQ＝2t，OA＝OD＝4， ∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABP﹣S△ODQ＝64（4t﹣8+4）×84×2t＝80﹣20t， 由题意得：80﹣20t＝32， 解得：t，符合题意； 当4＜t≤6时，点P在CD边上，点Q在BC边上，如图， ∵AB+BC+CP＝4t，AB＝BC＝CD＝AD＝8， ∴DP＝24﹣4t， ∵DC+CQ＝2t， ∴BQ＝16﹣2t， ∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABQ﹣S△ODP＝64（4+16﹣2t）×84×（24﹣4t）＝16t﹣64， 由题意得：16t﹣64＝32， 解得：t＝6（符合题意）； 综上，当t或6时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积等于32． 25．（2024春•梁溪区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A（8，0），顶点C（0，6），点D为BC边上一动点，设CD的长为m，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，在点D运动过程中，探究以下问题： （1）①当点D与点C重合时，点E的坐标为 　（6，14）　； ②用含m的代数式表示点E的坐标为 　（6+m，14﹣m）　． （2）三角形ABF的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由； （3）当△BEF为等腰三角形时，直接写出所有m的值． 【分析】（1）①如图1﹣1中，过点E作EH⊥BC于H．证明△EHC≌△CBA（AAS），可得结论； ②如图1﹣2中，过点E作EH⊥BC于H．证明△EHD≌△DBA（AAS），可得结论； （2）由“AAS”或“ASA”可证△ABD≌△FHA，可得HF＝AB＝6，即可求△ABF的面积； （3）若BE＝EF，当点B与点D重合时，AD＝AB＝6，此时m＝8．当点B与点D不重合时，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可得结论． 【解答】解：（1）①如图1﹣1中，过点E作EH⊥BC于H． ∵四边形ABCO是矩形，A（8，0），C（0，6）， ∴OA＝BC＝8，AB＝OC＝6， ∵∠BCO＝∠ACE＝90°， ∴∠ACB＝∠ECH， ∵CE＝CB，∠EHC＝∠ABC＝90°， ∴△EHC≌△CBA（AAS）， ∴EH＝CB＝8，CH＝AB＝6， ∴E（6，14）． 故答案为：（6，14）； ②如图1﹣2中，过点E作EH⊥BC于H． 同法可证：△EHD≌△DBA（AAS）， ∴EH＝DB＝8﹣m，DH＝AB＝6， ∴CH＝6+m， ∴E（6+m，14﹣m）． 故答案为：（6+m，14﹣m）； （2）△ABF的面积不会改变，理由如下： 如图2，过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于H， ∵矩形OABC的顶点B坐标为（8，6）， ∴AB＝6，BC＝8， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD＝AF，∠DAF＝90°， ∴∠DAB+∠FAB＝90°，且∠DAB+∠BDA＝90°， ∴∠BDA＝∠FAB， ∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°， ∴△ABD≌△FHA（AAS）， ∴HF＝AB＝6， ∴△ABF的面积AB×HF＝18； （3）若BE＝EF，当点B与点D重合时，AD＝AB＝6，此时m＝8． 当点B与点D不重合时，如图3，过点E作EH⊥DB于H， ∵∠EDH+∠ADB＝90°，∠ADB+∠DAB＝90°， ∴∠EDH＝∠DAB， AD＝DE，∠EHD＝∠ABD＝90°， ∴△ADB≌△DEH（AAS）， ∴DH＝AB＝6， ∵BE＝EF，EF＝DE， ∴DE＝BE， ∵EH⊥DB ∴DH＝BH＝6， ∴DB＝12， ∵DB＜BC， ∴此种情形不存在． 若EB＝BF， ∵BE＝BF， ∴∠BEF＝∠BFE， ∴∠DEB＝∠AFB， ∵DE＝AF，BE＝BF， ∴△DEB≌△AFB（AAS）， ∴DB＝AB＝36， ∴CD＝BC﹣BD＝8﹣6＝2，即m＝2； 若BF＝EF，如图4，过点F作FH⊥AB于H， ∵∠DAB+∠FAB＝90°，∠DAB+∠BDA＝90°， ∴∠BDA＝∠FAB， ∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°， ∴△ABD≌△FHA（AAS）， ∴AH＝DB， ∵EF＝BF，EF＝AF， ∴BF＝AF， ∵FH⊥AB， ∴AH＝BH＝3， ∴DB＝3， ∴CD＝BC﹣BD＝8﹣3＝5，即m＝5， 综上所述，满足条件的m的值为8或2或5． 26．（2024春•宜兴市期中）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点，动点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB方向移动，作△PAO关于直线PO的对称△PA′O，设点P的运动时间为t（s）． （1）如图2．当C（0，2），且点A′落在OB上时，求此时A′的坐标； （2）若直线PA′与直线BC相交于点M，且t＜2时，∠POM＝45°． ①求点C的坐标； ②当t≥2时，∠POM的大小是否发生变化，请说明理由． 【分析】（1）过点A'作AQ⊥AB于点Q，则，设AP＝A′P＝x，则BP＝AB﹣x＝2﹣x，由勾股定理求出x，求出OB的函数表达式为，则可得出答案； （2）①连接OM，证明△OMC≌△OMA'（AAS），得出OC＝OA'＝OA，则四边形OABC为正方形，可得出答案； ②分两种情况，由全等三角形的性质及折叠的性质可得出答案． 【解答】解：（1）过点A'作AQ⊥AB于点Q， ∵矩形OABC中，，C（0，2）， ∴，AB＝2， ∴， 由对称得，AP＝A′P， 则， 设AP＝A′P＝x，则BP＝AB﹣x＝2﹣x， 由勾股定理得：A'B2+A'P2＝BP2， 即 ， 解得：， ∴， ∵∠PA'B＝90°，S△A'BP， 即， 解得：， ∴点A'的横坐标为， 设OB的函数表达式为y＝kx，将 代入得：， ∴OB的函数表达式为， 将 代入得：， ∴； （2）①连接OM， ∵∠POM＝45°，∠AOC＝90°， ∴∠1+∠4＝45°，∠2+∠3＝45°， ∵△PAO和△PA′O对称， ∴∠3＝∠4， ∴∠1＝∠2， 又∵∠C＝∠OA'M＝∠OAP，OM＝OM， ∴△OMC≌△OMA'（AAS）， ∴OC＝OA'＝OA， 则四边形OABC为正方形， ∴； ②（Ⅰ）当 时， ∵△OMC≌△OM，△OAP≌△OAP， ∴， （Ⅱ）当时，Rt△OMA'≌Rt△OMC（HL）， ∴∠1＝∠2， ∵OC∥AP， ∴∠3＝∠OPA， 由折叠的性质可得：∠4＝∠OPA，∠A′＝∠OAP＝90°， ∴∠3＝∠4， ∵∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∴∠2+∠3＝45°， 即∠POM＝45°， 综上所述：∠POM的大小不会改变． 27．（2024春•丹徒区期中）如图，▱ABCD的顶点B与坐标原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为（3，4），AD＝8．动点P从点D出发沿DA以1个单位每秒的速度向终点A运动，同时点Q从点B出发，以3个单位每秒的速度沿射线BC运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）． （1）求CD的长； （2）连结PQ，是否存在t的值，使得PQ与CD互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； （3）若点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，请直接写出点P的坐标． 【分析】（1）过点A作AE⊥OC于点E，利用点的坐标的特征，勾股定理和平行四边形的性质解答即可； （2）连接PC，DQ，利用平行四边形的判定与性质得到PD＝CQ，依题意列出关于t的方程解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点Q在BC上时，利用轴对称的性质，平行四边形的性质和等腰三角形的判定与性质得到CQ＝CD，依题意列出关于t的方程解答即可；②当点Q在BC的延长线上时，利用同样的方法解答即可． 【解答】解：（1）过点A作AE⊥OC于点E，如图， ∵点A的坐标为（3，4）， ∴OE＝3，AE＝4， ∴OA＝AB5， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴CD＝AB＝5． （2）存在t的值，使得PQ与CD互相平分，t的值为4，理由： 连接PC，DQ，如图， 若PQ与CD互相平分， ∴四边形PCQD为平行四边形， ∴PD＝CQ， 由题意得：PD＝t，BQ＝3t， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴BC＝AD＝8， ∴CQ＝BQ﹣BC＝3t﹣8， ∴t＝3t﹣8， ∴t＝4． ∴存在t的值，使得PQ与CD互相平分，t的值为4． （3）①当点Q在BC上时，如图， ∵点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上， ∴∠ADQ＝∠CDQ， ∵AB∥CD， ∴∠DQC＝∠ADQ， ∴∠DQC＝∠CDQ， ∴CQ＝CD， ∵CQ＝BC﹣BQ＝8﹣3t， ∴8﹣3t＝5， ∴t＝1． ∴PD＝1， ∴AP＝7， ∴P（10，4）； ②当点Q在BC的延长线上时，如图， ∵点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上， ∴∠PDF＝∠P′DF， ∵AD∥BC， ∴∠CQD＝∠PDF， ∴∠P′DF＝∠CDQ， ∴∠CDQ＝∠CQD， ∴CQ＝CD， ∵CQ＝3t﹣8， ∴3t﹣8＝5， ∴t． ∴DP， ∴AP＝AD﹣DP＝8， ∴P（，4）． 综上，点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，点P的坐标为（10，4）或（，4）． 28．（2024春•东台市期中）已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝3．在AD上取一点E，AE＝1，点F是AB边上的一个动点，以EF为一边作菱形EFMN，使点N落在CD边上，点M落在矩形ABCD内或其边上．若AF＝x，△BFM的面积为S． （1）如图1，当四边形EFMN是正方形时，x的值为 　2　，S的值为 　5　； （2）如图2，当四边形EFMN是菱形时， ①求证：∠DNE＝∠MFB； ②求S与x的函数关系式； （3）当x 　　时，△BFM的面积S最大；当x＝　　时，△BFM的面积S最小； （4）在点F运动的过程中，请直接写出点M运动的路线长：　7　． 【分析】（1）只要证明△AEF≌△DNE即可解决问题； （2）①连接FN，理由平行线的性质证明即可； ②如图，作MQ⊥FB于Q，想办法证明△DNE≌△QFN，可得MQ＝DE＝2，由此即可解决问题； （3）①如图3中，当点N与D重合时，x的值最小，△FBM的面积最大，在Rt△AEF中，x，S的最大．②如图4中，当点M在BC上时，x的值最大，△FBM的面积最小； （4）如图3中，在△BFM的面积S由最大变为最小的过程中，点M的运动轨迹是平行AB的线段，点M运动的路线长＝BF的长＝7； 【解答】（1）解：如图1中， ∵四边形EFMN是正方形， ∴EF＝EN，∠FEN＝∠A＝∠D＝90°， ∴∠AEF+∠AFE＝90°，∠AEF+∠DEN＝90°， ∴∠AFE＝∠DEN， ∴△AEF≌△DNE（AAS）， ∴AF＝DE， ∵AD＝3．AE＝1， ∴DE＝2， ∴x＝AF＝2． 过点M作MH⊥FB于点H．同法可证△MHF≌△FAE， 可得MH＝AF＝2， ∴S•FB•MH5×2＝5． 故答案为：2，5； （2）①证明：如图2中， 如图，连接FN，作MQ⊥FB于Q，则∠MQF＝90°，∠MQF＝∠A ∵四边形FEMN是菱形， ∴EN＝FM，EN∥FM， ∴∠ENF＝∠NFM， ∵矩形ABCD中，DC∥AB， ∴∠DNF＝∠NFQ， ∴∠DNF﹣∠ENF＝∠NFQ﹣∠NFM，即∠DNE＝∠MFQ， ②解：∵∠D＝∠FQM＝90°，∠QNE＝∠MFQ，NE＝FM， ∴△DNE≌△QFM（AAS）， ∴MQ＝DE＝2， ∵AB＝7，AF＝x， ∴S△FBMFB×MQ（7﹣x）×2＝7﹣x． ∴S与x的函数关系式S＝7﹣x； （3）①如图3中，当点N与D重合时，x的值最小，△FBM的面积最大， 在Rt△AEF中，x， ∴S的最大值＝7． ②如图4中，当点M在BC上时，x的值最大，△FBM的面积最小， 此时易证CN＝AF＝x， ∵EN＝EF， ∴1+x2＝22+（7﹣x）2， ∴x， ∴S的最小值为7． 故答案为：，． （4）如图3中，在△BFM的面积S由最大变为最小的过程中，点M的运动轨迹是平行AB的线段，点M运动的路线长＝BF的长＝7， 故答案为：7． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级下苏科版第10讲 专题2--四边形中的动点和存在性问题 考点点拨 动点问题 1.“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题． 2.图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计 算推理的过程．在变化中找到不变的性质是解决数学“动点"探究题的基本思路，这也是动态几 何数学问题中最核心的数学本质． 四边形的存在性问题 1.如果题目中已经有平行线，那么只需要根据四边形的判定方法来确定点的位置，再进行计算。 例如：（2024春•南京期中）如图1，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设点E的运动时间为t（s）． （2）是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 分析思路：已知AE∥FC，那么只要再满足①AE=CF（平行四边形）；②一组邻边相等就可以; 2.若题目中无平行线，那么需要进行分类讨论，一般的思路是先找到一条定线段，然后以这条线段为边或者为对角线进行分类讨论； （1）平行四边形的存在性问题 例如：（2024春•蒸湘区校级期末）在平面直角坐标系中，直线l1：yx+6分别与x轴，y轴交于点B，C，且与直线l2：yx交于点A． （1）分别求出A，B，C三点的坐标． （2）若D是射线OA上的点，且△COD的面积为12，求直线CD的函数解析式． （3）在（2）的条件下，在平面内是否存在点P，使得以O，C，D，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 分析思路：O、C、D都是定点，那我们任选2点所构成的线段作为分类讨论的对象，比如以OC为边，那么满足条件的有P1,P2，OC为对角线，满足条件的有P3，求点坐标可以根据点的平移规律得出。 （2）对于矩形的存在性问题，可以结合直角三角形的存在性的方法（两垂直一圆）找到满足条件的点； 例如：（2024春•韩城市期末）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，且与正比例函数的图象交于点C（m，6）． （2）点P为坐标平面内的点，在x轴上是否存在点M，使得四边形ABMP是矩形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 分析思路：以AB为边或者为对角线进行分类讨论作图，满足条件的只有一个点. （3）对于菱形的存在性问题，可以结合等腰三角形的存在性的方法（两圆一中垂）找到满足条件的点； 例如：（2024春•江阴市期中）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，点B坐标为（4，10）． （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若点P是坐标系内任意一点，点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出满足条件的点P的坐标． 如图所示，以DF为边或者对角线进行分类讨论作图，满足条件的Q点有4个，再根据平移规律得出P点坐标。 （4） 对于正方形的存在性问题，可以结合等腰直角三角形的存在性的方法 3.其他综合性动点题型，根据题目的条件进行综合分析。 精选题型 【类型一：点和运动和函数图像的结合】 1．（2024春•姑苏区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，将▱ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示，则▱ABCD的面积为（　　） A．10 B． C．5 D． 2．（2024春•苏州期中）如图1，在菱形ABCD中，点P沿A﹣B﹣C方向从点A移动到点C，设点P的移动路程为x，线段AP的长为y，点P在运动过程中y与x的变化关系如图2所示，点P运动到BC边上时，当x＝18，y的值最小为12，则a的值是 　 　． 版权所有 3．（2024春•锡山区期中）如图1，点P从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→C→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，点P运动时△PAD的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系如图2，则a的值为（　　） A．8 B． C．6 D． 4．（2024春•句容市期中）如图1，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形ABCD的周长是（　　） A．18 B．20 C．22 D．26 5．（2024春•淮安区期中）如图①，在矩形ABCD的边BC上有一点E，连结AE，点P从顶点A出发，沿A→D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C．图②是点P运动时，△APE的面积y（cm2）随时间x（s）变化的函数图象，则BE的长为（　　） A．5cm B．4cm C．3cm D．2cm 6．（2024春•邗江区期中）如图，在矩形ABCO中，点O为坐标原点，点B的坐标为（8，6），点A，C在坐标轴上，直线y＝2x﹣6与AB交于点D，与y轴交于点E．有一动点M在BC边上，点N是坐标平面内的点，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则整个运动过程中点N纵坐标n的取值范围为 　 　． 【类型二：平行四边形的存在性问题】 7．（2024春•姑苏区校级期中）已知矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝18cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O． （1）如图1，连接AF、CE，直接写出AF的长为 　 　； （2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中： ①已知点P的速度为每秒4cm，点Q的速度为每秒3cm，运动时间为t秒，当以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值； ②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式． 8．（2024春•梁溪区校级期中）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝12cm，AD＝8cm，BC＝24cm，∠ABC＝90°，P，Q同时沿着四边形的边逆时针运动，点P从点D出发，以1cm/s的速度运动，点Q从点B出发，以2cm/s的速度运动，设运动时间为t秒． （1）CD＝　 　cm； （2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，用含t的代数式表示四边形PQCD的面积S（cm2）； （3）若其中一个动点回到其出发点时，另一个动点也随之停止运动，则当t＝　 　时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形． 版权所有 9．（2024春•梁溪区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段OA绕着点O顺时针方向旋转60°后得到线段OB，连接AB，直线AB交x轴于点C． （1）求直线AB的解析式． （2）若点D是点C关于直线OB的对称点，△BOC沿着直线CB平移得到△B1O1C1，求的最小值，及此时B1的坐标． （3）点E是坐标平面内一点，且满足S△EOB＝S△AOB，在y轴上是否存在一点F，使得以点B、O、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 10．（2024秋•雅安校级月考）将一长方形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，OA＝9，OC＝15． （1）如图1，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使点O落在AB边上的点D，求线段AE． （2）如图2，在OA，OC边上选取适当的点M，F，将△MOF沿MF折叠，使点O落在AB边上的点D′处，过点D，作D′G垂直于CO于点G，交MF于点T． ①求证：TG＝AM； ②设T（x，y），求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示． （3）在（2）的条件下，当x＝6时，点P在直线MF上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由． 【类型四：菱形的存在性问题】 11．（2024春•南京期中）如图1，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设点E的运动时间为t（s）． （1）如图2，连接EF，若EF经过边AC的中点D． ①求证：四边形AFCE是平行四边形； ②求此时t的值． （2）是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 12．（2024春•姑苏区校级期中）已知，如图，O为坐标原点，在四边形OABC中，BC∥OA，BC＝24，A（26，0），C（0，12），点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒． （1）当P运动 　 秒，四边形PDAB是平行四边形． （2）在直线CB上是否存在一点Q，使得以O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由． 13．（2024春•新吴区期中）如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，定点A的坐标为（4，3）． （1）求正方形OABC顶点C的坐标为（ 　　，　　）顶点B的坐标为（ 　　，　）； （2）现有一动点P从C点出发，沿线段CB向终点B运动，P的速度为每秒1个单位长度，同时另一动点Q从点A出发沿A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位长度．设运动时间为2秒时，将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，求k的值． 14．（2024春•惠山区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（4，0），B（6，3），C（0，3）． （1）若动点P从原点O出发，以每秒3个单位长度沿着x轴正方向运动，动点Q从点B出发，以每秒1个单位长度向点C运动，当点Q到达点C处时，两点都停止运动．设运动时间为t（秒）．若以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是平行四边形，求此时t的值； （2）点M在x轴上，平面内是否存在点N，当以A、C、M、N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出所有满足条件的点N的坐标． 15．（2024春•江阴市期中）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，点B坐标为（4，10）． （Ⅰ）如图①，将矩形纸片OABC折叠，使点B落在y轴上的点D处，折痕为线段AE，求点D坐标； （Ⅱ）如图②，点E，F分别在OC，AB边上．将矩形纸片OABC沿线段EF折叠，使得点B与点D（0，2）重合，求点C的对应点G的坐标； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若点P是坐标系内任意一点，点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出满足条件的点P的坐标． 16．（2024春•江都区期中）如图，正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足．点M是线段DE上的一个动点． （1）连接BD、OE，求证：四边形ODBE是平行四边形； （2）作BP⊥DE交OA于P，当△OMP面积为2.6时，求M点的坐标； （3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标． 【类型四：矩形的存在性问题】 17．（2024春•韩城市期末）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，且与正比例函数的图象交于点C（m，6）． （1）求m的值和一次函数y＝kx+b（k≠0）的解析式； （2）点P为坐标平面内的点，在x轴上是否存在点M，使得四边形ABMP是矩形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 18．（2024春•历下区期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴上，且OA＝6，OC＝4．点D为OA的中点，连接CD，DE为∠ADC的平分线，交BC于点E． （1）求点B和点E的坐标； （2）点P为射线DE上一动点，点Q为平面内任意一点， ①连接BD，CP，若S△CDP＝S△BCD，请求出点P的坐标； ②是否存在P，Q两点，使得四边形OBPQ为矩形？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由． 19．（2024春•开福区校级月考）如图，平面直角坐标系中，矩形OBCD的顶点B（0，b）、顶点C（c，b），且b、c满足，点A（﹣6，0）． （1）顶点C的坐标为 　 ；线段AB的长度是 　 　； （2）已知点E是线段AB上的动点，点F是线段AC上的动点，点H（2，8），当EF+FH的值最小时，求F点的坐标； （3）在第（2）问的条件下，点P是坐标轴上的点，点Q是平面内一点，请问存在以点A、F、P、Q为顶点的四边形是以AF为边的矩形吗？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【类型五：正方形的存在性问题】 20．（2024•佳木斯三模）平面直角坐标系内如图放矩形OABC已知点B（8，6），D（0，4）．将矩形OABC沿EF折叠，便点A与点D重合．折痕交BC于点E，交OA于点F． （1）求点F的坐标； （2）若动点P，Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿射线AB方向运动，当点P运动到点O时停止运动，点Q也同时停止运动．设△PQF的面积为S，点P，Q的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式并直接写出自变量的取值范围； （3）在（2）的条件下，R是射线CB上的一点，点M为平面内一点，是否存在点M，使以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在．请说明理由． 【类型六：四边形动点综合题】 21．（2024春•江阴市期中）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，AC＝　 　，点C到原点的最大距离为 　 　． 22．（2024春•邳州市期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（6，4）、B（7，2），点C在x轴上运动，点D在直线y＝x上运动，则四边形ABCD周长的最小值是 　 　． 23．（2024春•梁溪区校级期中）已知B，C是平面直角坐标系中与x轴平行且距离x轴1个单位长度的直线上的两个动点（点B在点C左侧），且 BC＝2，若有点A（0，5）和点D（3，3），则当AB+BC+CD的值最小时，点C的坐标为 　 ． 24．（2024春•工业园区校级期中）在正方形ABCD中，O是AD的中点，点P从A点出发沿A→B→C→D的路线匀速运动，移动到点D时停止． （1）如图1，若正方形的边长为12，点P的运动速度为2单位长度/秒，设t秒时，正方形ABCD与∠POD重叠部分的面积为y． ①当t＝5时，y＝ 　 　；当t＝10时，y＝　 　． ②求t为何值时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形？ （2）如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度，当P到终点时，Q也停止运动．设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积为S，S与t的函数图象如图3所示． ①P，Q两点在第 　　秒相遇；正方形ABCD的边长是 　　． ②点P的速度为 　　单位长度/秒；点Q的速度为 　　单位长度/秒． ③当t为何值时，重叠部分面积S等于32？ 25．（2024春•梁溪区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A（8，0），顶点C（0，6），点D为BC边上一动点，设CD的长为m，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，在点D运动过程中，探究以下问题： （1）①当点D与点C重合时，点E的坐标为 　 　； ②用含m的代数式表示点E的坐标为 　 　． （2）三角形ABF的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由； （3）当△BEF为等腰三角形时，直接写出所有m的值． 26．（2024春•宜兴市期中）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点，动点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB方向移动，作△PAO关于直线PO的对称△PA′O，设点P的运动时间为t（s）． （1）如图2．当C（0，2），且点A′落在OB上时，求此时A′的坐标； （2）若直线PA′与直线BC相交于点M，且t＜2时，∠POM＝45°． ①求点C的坐标； ②当t≥2时，∠POM的大小是否发生变化，请说明理由． 27．（2024春•丹徒区期中）如图，▱ABCD的顶点B与坐标原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为（3，4），AD＝8．动点P从点D出发沿DA以1个单位每秒的速度向终点A运动，同时点Q从点B出发，以3个单位每秒的速度沿射线BC运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）． （1）求CD的长； （2）连结PQ，是否存在t的值，使得PQ与CD互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； （3）若点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，请直接写出点P的坐标． 28．（2024春•东台市期中）已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝3．在AD上取一点E，AE＝1，点F是AB边上的一个动点，以EF为一边作菱形EFMN，使点N落在CD边上，点M落在矩形ABCD内或其边上．若AF＝x，△BFM的面积为S． （1）如图1，当四边形EFMN是正方形时，x的值为 　　，S的值为 　　； （2）如图2，当四边形EFMN是菱形时， ①求证：∠DNE＝∠MFB； ②求S与x的函数关系式； （3）当x 　　 时，△BFM的面积S最大；当x＝　　 时，△BFM的面积S最小； （4）在点F运动的过程中，请直接写出点M运动的路线长：　 ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$