专题 8.16 四边形与存在性问题（考点梳理+题型精析+中考模拟真题）- 2025-2026学年苏科版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

专题 8.16 四边形与存在性问题（考点梳理+题型精析+中考模拟真题） 目录 一.知识梳理与题型精析 1 【考点一】平行四边形存在性问题 1 ★★【题型 1】平行四边形存在性问题 2 【考点二】矩形存在性问题 7 ★★【题型 2】矩形存在性问题 8 【考点三】菱形存在性问题 14 ★★【题型 3】菱形存在性问题 14 【考点四】正方形存在性问题 20 ★★【题型 4】正方形存在性问题 20 【考点五】梯形存在性问题 27 ★★【题型 5】梯形存在性问题 27 二. 中考模拟真题 35 （一）单选题（3题） 35 （二）填空题（3题） 39 （三）解答题（2题） 43 一.知识梳理与题型精析 【题型】前带★表示基础题，带★★表示中档题，带★★★表示拨高题 【考点一】平行四边形存在性问题 1.核心判定定理（优先用于存在性判断） 对角线互相平分的四边形是平行四边形（坐标法首选方法） 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； 两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 2. 坐标法核心结论：设平行四边形中，点,,,,则有： ; ★★【题型 1】平行四边形存在性问题 【例题1】（25-26九年级上·广东广州·开学考试）在平面直角坐标系中，点在直线上 (1)若点在直线上，则______；（用含的代数式表示） (2)若对于任意，总有，求的值； (3)已知点，是否存在定点，不论为何值，四边形都是平行四边形？若存在，求出使得平行四边形的周长最小时的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，当时，平行四边形的周长最小． 【分析】本题考查了一次函数的性质、平行四边形的性质以及不等式的应用． （1）将点A，B的坐标代入关系式可表示出m，n，再将点C的坐标代入可得答案； （2）先整理不等式可得，即可得当，且时恒成立，进而得出答案； （3）根据与的中点重合可得点Q的坐标，再根据取最小值时，平行四边形的周长最小可得答案． （1）解：∵点在直线上， 解得 ∴直线l的关系式为∶ ∵点在直线l上， ． 解得； 故答案为：； （2）解：对于任意x，总有， ∴恒成立， ∴，且， 解得，且， ∴， ∴， 解得． ∵， ∴， 解得， ∴， ∴n的值是； （3）解：∵四边形是平行四边形， ∴与的中点重合． 设， ∵点，， ∴， 解得， ∴点． ，． 平行四边形的周长为． 点在直线运动，，为定点． 该问题可转化为在直线：上找一点A，使其到P，Q两点的距离之和最小． 由轴对称知识，作点P关于直线：的对称点，当A为线段与直线的交点时周长最小．此时点坐标为， ，解得． 存在，当时，平行四边形的周长最小． 【变式1】（24-25八年级下·辽宁辽阳·期末）如图，在平面而直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，若存在一点，使组成的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．分三种情况：①为对角线时，②为对角线时，③为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标，即可得出答案． 解：设，分三种情况： ①为对角线时，，解得：，即点D的坐标为； ②为对角线时，，解得：，即点D的坐标为； ③为对角线时，，解得：，即点D的坐标为； 综上所述，点D的坐标是或或， 则点的坐标不可能为． 故选：B． 【变式2】（24-25八年级下·四川眉山·期中）如图，在四边形中，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动，点Q从点C出发，以的速度向B运动，两点同时出发，当点Q运动到点B时，点P也随之停止运动．若设运动的时间为秒，当 时，在A、B、C、D、P、Q六点中，恰好存在四点可以组成平行四边形． 【答案】或4或2或3 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，利用分类讨论的思想求解是解本题的关键． 如图，由题意可得：，，则，，再分六种情况讨论①当时， ②当，③当时，解得：，④当时，⑤当时，⑥当时，再逐一检验即可． 解：由题意可得：，， ∵，， ∴，，    当四边形是平行四边形时，则， ∴， 解得； 当四边形是平行四边形时，则， ∴， 解得：； 当四边形是平行四边形时，则， ∴， 解得：； 当四边形是平行四边形时，则， ∴时， 解得，不合题意，舍去； 当四边形是平行四边形时，则， ∴时， 解得：； 当四边形是平行四边形时，则， ∴， 解得：， 综上所述．当t的值为或4或2或3时，在A、B、C、D、P、Q六点中，恰好存在四点可以组成平行四边形． 故答案为：或4或2或3． 【变式3】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，一次函数的图像分别交x轴，y轴于A，B两点，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C，且 (1)求直线的表达式． (2)点E为直线上一动点，在y轴上是否存在点D，使点A，B，D，E构成以为边的平行四边形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在，点D的坐标为或 【分析】本题考查待定系数法求解析式，一次函数图象与坐标轴的交点，平行四边形的性质，掌握分类讨论思想是解题的关键． （1）对于一次函数，令，得到，由，得到，根据待定系数法即可求出直线的解析式； （2）设，，分两种情况讨论：①，为对角线，②，为对角线，由平行四边形的对角线的中点重合，根据中点公式列出方程组，求解即可． （1）解：对于一次函数，令，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 设过点，的直线的解析式为， ∴，解得， ∴直线的解析式为； （2）解：存在点D，点A，B，D，E构成以为边的平行四边形．理由如下： 对于一次函数，令，则， 解得， ∴， ∵点E为直线上一动点，点D在y轴上， ∴设，， ①当，为对角线时，，的中点重合， ∴，解得， ∴； ②当，为对角线时，，的中点重合， ∴，解得， ∴； 综上所述，点D的坐标为或． 【考点二】矩形存在性问题 对角线相等的平行四边形是矩形（最易结合坐标计算）； 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 矩形存在性 = 平行四边形存在性 + 对角线相等（或有一个直角）； 对角线相等：若四边形为矩形，则AC=BD（用距离公式表示）； ★★【题型 2】矩形存在性问题 【例题2】（24-25八年级下·天津·期中）如图1，在平面直角坐标系中有矩形，点，将矩形沿折叠，使得点落在点处，边交轴于点，． (1)求点E的坐标； (2)如图2，在直线以及轴上是否分别存在点，，使得的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由； (3)点 P为y轴上一动点，作直线交直线于点，是否存在点使得为等腰三角形？如果存在，请求出的度数；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，周长的最小值为8 (3)存在，或 【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，折叠的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． （1）由矩形的性质和折叠的性质可得，，可得，由直角三角形的性质可求解； （2）过点作轴的对称点，过点作的对称点，连接交轴于点，与交于，即的周长最小值为，由直角三角形的性质可求，的长，可求点，点坐标，即可求解； （3）分三种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解． （1）解：点， ， 四边形是矩形， ，， ， 由折叠可知：， ， 设，则， 根据勾股定理可得， 即， 解得（负值舍去）， 点的坐标； （2）解：如图2，过点作轴的对称点，过点作的对称点，连接交轴于点，与交于， ， ， 的周长为，则点四点共线时最小值为， 由（1）可得， 点，点关于轴对称，点，点关于对称， ，， 点，点， ， 的周长最小值为8； （3）解：存在点使得△为等腰三角形， 若，如图3， ，， ， ， 若时，如图4， ， ， ； 若，如图5， ， ， 此时点与点重合， 不存在这样的点． 综上所述：的度数为或． 【变式1】（25-26九年级上·云南昆明·开学考试）如图，已知是长方形纸片，，在上存在一点，沿直线将折叠，恰好落在边上的点处，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题、勾股定理、方程思想等知识，关键是熟练掌握勾股定理，找准对应边．设的长为，根据折叠可得，；然后中由勾股定理得求出的长，从而得到的长，最后在中由勾股定理可得：，得到关于x的方程，解之即可求得的长． 解：四边形是矩形，， ，，， ∵沿直线将折叠，恰好落在边上的点处， ∴，， 设，则， 在中，， ， 在中，， 即， 解得：， 即． 故选：C． 【变式2】（23-24八年级下·江西南昌·期中）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点B，交边于点E，点A落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段、，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为 ． 【答案】2或6或 【分析】本题考查了翻折变换、矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形性质． 根据翻折可得，分3种情况讨论：当时或当时或当时求的长． 解：①当时，设，则， 故在中，，解得， 故(厘米)； ②当时，， 故在中，， ∴ (厘米)； ③时，，延长交于， ∴， 设，则， 在中，， 解得， 设，则， 故在中，，解得， 故(厘米)； ∵(厘米)， ∴， ∴， ∴厘米． 故答案为：2或6或． 【变式3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在长方形中，，．点E从点A出发，以每秒的速度沿折线方向运动，点F从点C出发，以每秒的速度沿线段方向向点D运动．已知动点E、F同时发，当点E运动到点C时，E、F停止运动，设运动时间为t． (1)当E运动到B点时，求出t的值； (2)在点E、点F的运动过程中，是否存在某一时刻，使得？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)t的值是秒 (2)存在，t的值是秒 【分析】（1）根据题意得出方程，求出方程的解即可； （2）画出符合条件的两种情况，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可． （1）解：∵， ∴， 解得：， 即当E运动到B点时，t的值是秒； （2）解：当时，如图1，过E作于，则， 由勾股定理得：， 解得：； 当时，如图2， 由勾股定理得：， 此方程无解； 即在点E、点F的运动过程中，存在某一时刻，使得，此时t的值是秒． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，能得出关于t的方程是解此题的关键，注意：矩形的对边相等，矩形的每一个角都是直角． 【考点三】菱形存在性问题 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（坐标法首选）； 一组邻边相等的平行四边形是菱形； 菱形存在性：平行四边形存在性+对角线垂直（或邻边相等）； 对角线垂直：若为菱形，则对角线AC⊥BD（用简易垂直判定公式）； 邻边相等：若AB、AD为邻边，则AB=AD（用距离公式表示）。 ★★【题型 3】菱形存在性问题 【例题3】（24-25八年级下·河北秦皇岛·期中）将两个全等的直角三角形如图摆放，其中，，，动点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿射线运动，同时点从点出发以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，点到达终点后点也停止运动，设点运动时间为（秒）： (1)当时，求的长； (2)是否存在的值，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)是否存在的值，使得与互相平分？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， (3)不存在，见解析 【分析】（1）先根据勾股定理求出，再根据运动速度，求出，最后求出结果即可； （2）根据菱形的性质，得出，且，然后列出方程，解方程即可； （3）根据与互相平分时，，列出方程，解方程得出答案，然后进行判断即可． （1）解：在中 ∵，， ∴由勾股定理得：， ∴， ∵点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿射线运动，点从点出发以每秒个单位长度的速度沿向终点运动， ∴，当时，， ∴． （2）解：存在；理由： 依题意，若以，，，为顶点的四边形是菱形，则满足，且 即， 解得， 当时，， ∴当时，以，，，为顶点的四边形是菱形； （3）解：不存在；理由： 若与互相平分，则在的左侧，且四边形为平行四边形， ∴，即， 解得， 由（1）知， ∴不存在的值，使得与互相平分． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，一元一次方程的应用，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 【变式1】（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，在矩形中，，P，Q分别是边上的动点，点P从A出发到D停止运动，点Q从C出发到B停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动，下面四个结论中下列结论不正确的是（    ） A．存在四边形是矩形 B．存在四边形是正方形 C．存在四边形是菱形 D．存在四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查矩形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定，熟知特殊平行四边形的判定与性质是解答的关键．根据矩形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定逐项判定即可． 解：∵四边形是矩形，， ∴，，，， A、当时，四边形是矩形，故此选项说法正确，不符合题意； B、不存在四边形是正方形， 因为当时，，这与矛盾， 故此选项说法不正确，符合题意； C、∵，， ∴四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， 设，则， 由勾股定理得，则，解得， 故当时，四边形是菱形，故此选项说法正确，不符合题意； D、当点P与D重合，点Q与B重合时，四边形（即四边形）是矩形，故此选项说法正确，不符合题意， 故选：B． 【变式2】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，在等腰中，，，点D从点B出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点C匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点D、E运动的时间为t秒．过点D作于点F，若平面内存在一点H，使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，则t的值为 ． 【答案】或或5 【分析】首先求出，，得到，，表示出，过点E作于点M，求出，根据题意结合勾股定理分别表示出，及，再根据菱形性质分情况列方程计算即可． 解：在等腰 中，，， ∴，， ∵设点D、E运动的时间为秒，则，， ，， ， ， ， 过点E作于点M， ， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ∴， ∵平面内存在一点H，使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形， 分三种情况：①当时，则， ∴， 解得：， ， ； ②当时，则， ， 解得：（不合题意舍去）， ③当时，则， ， 解得：（不合题意舍去）， 综上所述，的值为或或5． 故答案为：或或5． 【点睛】本题考查的是菱形的性质、勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式3】（24-25八年级下·湖北恩施·期中）在平面直角坐标系中，矩形的顶点O、A、C的坐标分别为，，，且x、y满足． (1)矩形的顶点B的坐标是______； (2)若D是中点，沿折叠矩形，使A点落在点E处，折痕为，连接并延长交y轴于Q点．求证：四边形是平行四边形； (3)若点M在y轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点N，使得A、C、N、M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)(2)见解析 (3) 【分析】本题是四边形的综合题，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． （1）由题意可求得，的值，再将其代入A，B的坐标即可求得； （2）由折叠的性质可得， ，由三角形外角性质可得，可得，即可证明四边形是平行四边形； （3）分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点的可能性，进而得出点N的坐标． （1）解：由题意可得： ， 解得：， ∴， ∴点， 点， ∴点， 故答案为：； （2）解：证明： ∵是中点， ∴， 由折叠可得， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （3）解：∵、、、为顶点的四边形是菱形，分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点，如图所示： ， ， ， 此时 ． 【考点四】正方形存在性问题 既是矩形又是菱形的四边形是正方形（最易结合坐标计算）； 有一个角是直角且一组邻边相等的平行四边形是正方形； 对角线相等且垂直的平行四边形是正方形（坐标法首选）； 正方形存在性：平行四边形存在性 + 矩形条件 + 菱形条件； 邻边相等且垂直：若AB、AD为邻边，则AB=AD且AB⊥AD（结合距离公式和垂直判定）。 ★★【题型 4】正方形存在性问题 【例题4】（23-24八年级下·吉林松原·期中）如图，在矩形中，，动点P，Q分别从A，C同时出发，点P以每秒的速度向B移动，到B停止移动，点Q以每秒的速度向D移动．    (1)P，Q两点出发多少秒时，四边形PBCQ的面积为； (2)是否存在某一时刻，使为正方形．若存在，求出该时刻；若不存在，说明理由． 【答案】(1)4秒 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设t秒后四边形的面积为，根据梯形的面积公式可列方程，然后解方程即可求解； （2）根据正方形的性质进行判断即可． （1）设t秒后四边形的面积为，根据题意，得：， 由梯形的面积公式得，， 即 解得：（秒）， 答：P、Q两点出发后4秒时，四边形的面积为； （2）不存在． 因为要使四边形为正方形，则需要满足， 此时Q点运动的时间是秒， 但同时P点运动3秒，， ∵， ∴不存在该时刻．使四边形成为正方形． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、正方形的性质、解一元一次方程，熟练掌握矩形的性质和正方形的性质，学变“动”为“静”的解题思路是解答的关键． 【变式1】（24-25九年级上·甘肃武威·开学考试）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②③④ 【答案】A 【分析】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键．设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可． 解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，， ∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴时，四边形是平行四边形， 当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确； 当四边形是菱形时，， 则，解得：，符合题意， 即：当时，四边形是菱形，故②正确； 当四边形是矩形时，，则，解得， 即：当时，四边形是矩形，故③正确； 当四边形是正方形时，， 则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确， 综上，正确的有①②③， 故选：A． 【变式2】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，在正方形中，，，相交于点O，E，F分别为边，上的动点（点E， F不与线段， 的端点重合）且，连接，，，在点 E，F运动的过程中，有下列四个结论： ①是等腰直角三角形；                         ②面积的最小值是1； ③四边形的面积始终不变；                 ④至少存在一个，使得的周长是． 所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】证明，可得，可得①正确；当时，最小，此时，可得面积的最小值是，可得②错误；根据，可得，可得③正确；设，则，根据勾股定理可得，可得④正确． 解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，故①正确； 当时，最小，此时， ∴面积的最小值是，故②错误； ∵， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∴的周长是， 设，则， ∴， 令， 解得，， ∴当或时，， ∴存在两个，使得的周长是，故④正确； 故正确的有：①③④， 故答案为：①③④． 【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形的性质．注意掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【变式3】（22-23八年级下·浙江·周测）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A以每秒1个单位长度的速度从点O向x负半轴方向匀速运动，设运动时间为t．以为边在x轴下方作正方形，连接，过点B作的垂线，交直线于点F，点E为垂足，作边的垂直平分线l与直线交于点G． (1)当时，求证：； (2)设的面积为S，求S关于t的函数关系式； (3)在y轴上取点，在点A运动过程中，直线上是否存在点P，使以O，B，Q，P为顶点的四边形是平行四边形?若存在．求出符合条件时的点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，或． 【分析】（1）根据正方形的性质，得到，，再利用等角的余角相等，得到，利用“”即可证明； （2）连接，设与的交点为L，根据全等三角形的性质，得到，进而得到，再根据垂直平分线的性质得到，最后利用三角形面积公式即可求出S关于t的函数关系式； （3）分两种情况讨论：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质和点的坐标特征，即可得到答案． （1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：连接，设与的交点为L， 设运动时间为t， 由题意可知，， ， ， ， ， ， 是的垂直平分线， ， 设的面积为S， ， 即S关于t的函数关系式为； （3）解：存在， ，， ，， ①当四边形是平行四边形时， ，， 轴， 轴， 点P在第三象限， 点P的坐标为； ②当四边形是平行四边形时， ，， 轴， 轴， 点在第一象限， 点的坐标为， 综上可知，符合条件的点P的坐标为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，利用数形结合与分类讨论的思想解决问题是解题关键． 【考点五】梯形存在性问题 一组对边平行，另一组对边不平行的四边形是梯形（核心，避免与平行四边形混淆）； 等腰梯形：两腰相等的梯形（或同一底上的两个角相等的梯形）； 坐标法核心结论： 平行判定：两条线段平行，对应“水平差或垂直差”比值相等； 等腰梯形额外条件：两腰相等（距离公式）或对角线相等； 直角梯形额外条件：有一个角是直角（垂直判定）。 ★★【题型 5】梯形存在性问题 【例题5】（23-24九年级上·江西吉安·月考）如图，在直角梯形中，，，，，，P、Q同时从A、C出发，点P以的速度沿运动，点Q从C开始沿边以的速度运动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t（s）．    (1)t为何值时，四边形是矩形； (2)t为何值时，四边形是等腰梯形； (3)是否存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分 【分析】（1）当时，四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （2）当时，四边形是等腰梯形，过Q、C分别作，，垂足分别为E、F，得到，四边形为矩形， 勾股定理求出，根据，列方程求解即可； （3）求出平分周长时的值，求出此时的面积，进行判断即可． 【详解】（1）解：由题意，得：，， ∴，， ∵， ∴当时，四边形是矩形， 即，解得，． （2）∵， ∴当时，四边形是等腰梯形， 过Q、C分别作，，垂足分别为E、F．    则：，四边形为矩形， ∴， ， ∴，解得，． （3）梯形的周长和面积分别为： 周长，面积， 若当线段平分梯形周长时，则， 即，解得， 此时，梯形的面积为． 不存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题，主要考查了矩形的判定和性质，等腰梯形的性质，勾股定理．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 【变式1】（23-24八年级下·内蒙古通辽·月考）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当时，请判定四边形的形状________；（直接填空） (2)当时，求t的值． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)平行四边形 (2)或 (3)存在，当t为4或者或者时，为等腰三角形 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，等腰梯形，勾股定理，等腰三角形的性质以及利用开平方解方程的知识，掌握平行四边形的性质、梯形的性质以及等腰三角形的性质是解答本题的关键． （1）根据题意有：，进而有，当时，可得，结合，即可作答； （2）分四边形是平行四边形和四边形是等腰梯形两种情况，结合题意计算，得到答案； （3）分三种情况讨论：当为等腰三角形，且时，过点于；当为等腰三角形，且时；当为等腰三角形，且时，根据等腰三角形的性质结合勾股定理列出关于的方程，解方程即可求解． 【详解】（1）解：结论：四边形是平行四边形． 理由： 根据题意有：， ∵， ∴， 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当，四边形是平行四边形时， 即有：，则，解得，； 当时，四边形是等腰梯形时， 过点作于，过点于，如图， 根据，可得四边形是矩形， 则， 故， ∵梯形为等腰梯形，于， ， 根据（1）有， ， ∴，解得， 综上所述：或时，． （3）解：存在，理由如下： 根据（1）有， 根据（2）有， 当为等腰三角形，且时， 过点于，如图， 根据（2）可知：时， ∵为等腰三角形， ∴， ∴，解得，即此时； 当为等腰三角形，且时，如图， ∴，解得，即此时； 当为等腰三角形，且时， 过点于，过点于，如图， 根据（2）同理可知四边形是矩形， ， ， ， ， ， 在中，， ∴， 解得：， 综上所述：当为4或者或者时，为等腰三角形． 【变式2】（23-24九年级上·广东佛山·月考）如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以的速度向点B运动；点Q从点C出发，以的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点Q的运动时间为．P，Q两点同时出发．    (1)若存在某一时刻，四边形为正方形，求x的值； (2)当时，若，求t的值． 【答案】(1) (2)t的值为或 【分析】（1）由题意可得，，，根据正方形的性质可得，，从而可得，即可求解； （2）当四边形为平行四边形时，满足，此时，即，从而求解即可；当四边形为等腰梯形时，满足，作于点E， 作于点F，可得，再求解即可． 【详解】（1）解：由题可知，，， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， 解得． （2）解：如图1所示，当四边形为平行四边形时，满足，此时， 即， 解得，       如图2所示，当四边形为等腰梯形时，满足，作于点E， 作于点F， ∴， ∴， ∴， 解得， 综上所述，t的值为或． 【点睛】本题考查动点问题、正方形的性质、平行四边形的性质及等腰梯形的性质，熟练掌握正方形和平行四边形的性质是解题的关键． 【变式3】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，等腰梯形中，，，，，动点从点出发沿方向向终点运动，动点同时以相同速度从点出发沿方向向终点运动． (1)求的长； (2)探究：在边上是否存在点使得四边形是菱形？若存在，请找出点；不存在，请说明理由； (3)在整个运动过程中，求：线段的中点运动的路程． 【答案】(1)；(2)存在，；(3)． 【分析】（）首先过点作交于，得四边形是平行四边形，即可求得的长，继而可得是等边三角形，则可求得的长； （）若存在满足条件的点，则必须等于，即可求得恰为等边三角形，过点作于点，延长交于点，连接，则垂直平分，继而可得，则可求得的长； （）分析可得的中点运动的轨迹分为两部分；当在上时，的中点关于对称的一条线段，长度是相同的，起点是的中点、终点是的中点；当在上时，的中点始终不动，则可求得线段的中点运动的路程． 【详解】（1）解：过点作交于， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：存在满足条件的点，则必须等于， 设动点与的运动时间为， 于是， ∴， 此时，点的位置如图所示，恰为等边三角形， 则， 过点作于点，延长交于点，连接，则垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∴，即， ∴四边形是菱形， ∴存在满足条件的点，且； （3）解：的中点运动的轨迹分为两部分； 当在上时，的中点关于对称的一条线段，长度是相同的，起点是的中点、终点是的中点； 当在上时，的中点始终不动，此段中点运动的距离为， ∴线段的中点运动的路程为． 【点睛】此题考查了等腰梯形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 2. 中考模拟真题 （一）单选题（3题） 1．（2024·安徽安庆·二模）如图，在长方形中，，在上存在一点E，沿直线把折叠，使点D恰好落在边上，设此点为F，若的面积为24，则的长度为（   ） A．3.5 B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，由矩形的性质可得，，，求出，再由勾股定理结合折叠的性质可得，，设，则，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：∵在长方形中，， ∴，，， ∵的面积为24， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：，即， 解得：， ∴， 故选：B． 2．（2025·河南驻马店·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，在轴上，点与坐标原点重合．动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，速度为每秒个单位长度，已知，设点的运动时间为秒，当存在且为锐角三角形时，的值可以是下列中的（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】题目主要考查正方形的性质及相应的规律问题，理解题意，找出相应规律是解题关键； 根据选项中的时间，分别计算路程，确定点位置，根据规律，进而求解； 【详解】解：正方形的边，故周长为， 当秒时，动点运动的路程为 (个单位长度) ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在点上，构不成，不满足题意； 当，动点运动的路程为， ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在点上，此时为直角三角形，不满足题意； 当，动点运动的路程为； ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在边上，满足题意； 当，动点运动的路程为， ， 所以动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，运动秒后，点在边上，此时为直角三角形，不满足题意； 故选：C 3．（2025·山东威海·一模）如图，在四边形 中， ，，，动点P从点D出发，以的速度向点A运动，同时动点M从点B出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），对于结论：①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④点P，M在运动中会存在一个时刻，使得，正确的是（    ） A．①② B．③④ C．②④ D．③ 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示各线段的长度是解题的关键． 根据题意，表示出和的长，当四边形为矩形时，根据，列出方程求解即可；当四边形为平行四边形时，根据，列出方程求解即可；当时，分两种情况：四边形是平行四边形时；四边形是等腰梯形，分别列方程求解即可；根据梯形的面积确定出，列方程即可判断． 【详解】解：根据题意，可得， ， ， 当四边形为矩形时，， 即， 解得：，故①不正确； 当四边形为平行四边形时，则， 即， 解得：，故②不正确； 当时，四边形是平行四边形，； 或四边形是等腰梯形，此时， 过点作于点，过点作于点，如图所示， 则， ， ， ， ， 又， ， 又， 解得：， 综上可得，当时，或，故③正确； ∵， 当时，， 此时，无解， 故，④错误， 故选：D． （二）填空题（3题） 4．（2025·河南郑州·三模）已知如图，菱形的边长为6，，点E是直线上的一个动点（不与B、C重合），连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，在平面内存在一点G，若以点C、F、D、G为顶点的四边形也是菱形，则此时线段的长为 ． 【答案】或或 【分析】分①如图，当时，②如图，当时，③如图，当时三种情况分析，通过菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质进行求解即可． 【详解】解：由以点C、F、D、G为顶点的四边形也是菱形，则可分： ①如图，当时，过D作于点M，则， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； ②如图，当时，过D作于点M，则， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ③如图，当时，过F作于点N，过D作于点M， ∴，， ∴， 由旋转性质可知，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上可知：线段的长为或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、旋转的性质、等腰直角三角形的性质及全等三角形的性质与判定，解题的关键是注意分类讨论． 5．（2021·福建厦门·二模）如图，在中，，，分别为边，上的点（，不与端点重合）．对于任意，下面四个结论： ①存在无数个平行四边形；②至少存在一个菱形；③至少存在一个矩形；④存在无数个面积是面积的一半的四边形．所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论． 【详解】①存在无数个平行四边形，故①正确； ②平行四边形的包含矩形、菱形图形，故②正确； ③平行四边形不一定是矩形，故③正确； ④存在无数个平行四边形ABEF，故④正确； 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，平行四边形的判定，熟记各定理是解题的关键． 6．（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由的面积为S可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可． 【详解】解：∵的面积为S， ∴， ∴边上的高为， 如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或上重合， 如图：过A作，垂足为D， ∵等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，即； 如图：当高取最大值时，菱形为正方形， ∴A在中点， ∴，即 ∴． 故填：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键． （三）解答题（2题） 7．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，矩形的边的长分别是方程的两个根（），折叠矩形，使边落在x轴上，点B与点E重合． (1)求折痕所在直线解析式． (2)将直线沿x轴负方向以每秒1个单位长度的速度平移，直接写出直线扫过矩形的面积S与运动的时间t（）的关系式． (3)点P是直线上一点，在平面内是否存在一点M，使得以A、B、P、M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点M的坐标．若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）求出，，再用待定系数法求函数的解析式即可； （2）当时，直线扫过矩形的区域为等腰直角三角形；当时，直线扫过矩形的区域为一个等腰直角三角形加平行四边形；当时，直线扫过矩形的区域面积为矩形的面积减去底部未扫过三角形的面积； （3）分两种情况讨论：当时，此时，；当时，此时，． 【详解】（1）解：， 解得，， ∵的长分别是方程的两个根（）， ∴，， 由折叠可知，， ∴，， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为； （2）当时，直线扫过矩形的区域为等腰直角三角形，故； 当时，直线扫过矩形的区域为一个等腰直角三角形加平行四边形，故； 当时，直线扫过矩形的区域面积为矩形的面积减去底部未扫过三角形的面积，即； 综上，直线扫过矩形的面积S与运动的时间t的关系式为； （3）当时，，此时， ∴； 当时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴M点与P点关于对称， ∴； 综上所述：或． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，矩形的性质，动点引出的几何图形面积与函数问题，两点间距离公式，一元二次方程，正方形的判定，等腰三角形的判定，掌握以上内容是解题关键． 8．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O为坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴上，是一元二次方程的两个解经过点C的直线与x轴交于点D，点P从点D出发，沿直线以每秒个单位长度的速度向终点C移动；同时，点Q从点O出发，沿以每秒4个单位长度的速度运动到点B停止，设运动时间为t秒 (1)求点A、点C的坐标； (2)求线段的长（用含t的式子表示），并直接写出t的取值范围； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使与两线段长度之比为？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，； (2)当时，；当时，； (3)存在， 【分析】（1）解一元二次方程即可求，，再求点的坐标即可； （2）由题可知，当时，，，，当时，，，； （3）先求，当时，当时，，解得；当时，，解得 【详解】（1）解：， 解得或， ， ，， ，； （2）解：∵直线经过点C， ， 直线， 当时，， ， 点以每秒个单位长度的速度向终点C移动， ， 点到C点停止， ， 点Q从点O出发，沿以每秒4个单位长度的速度运动到点B停止， ， 当时，，， ， 当时，，， ； 综上所述：当时，；当时，； （3）解：存在t，使与两线段长度之比为，理由如下： 点以每秒个单位长度的速度向终点C移动， ， 当时， 当时，， 解得； 当时，， 无实数根； 综上所述：t的值为2． 【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，矩形的性质，分类讨论是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 8.16 四边形与存在性问题（考点梳理+题型精析+中考模拟真题） 目录 一.知识梳理与题型精析 1 【考点一】平行四边形存在性问题 1 ★★【题型 1】平行四边形存在性问题 2 【考点二】矩形存在性问题 3 ★★【题型 2】矩形存在性问题 3 【考点三】菱形存在性问题 4 ★★【题型 3】菱形存在性问题 5 【考点四】正方形存在性问题 6 ★★【题型 4】正方形存在性问题 6 【考点五】梯形存在性问题 8 ★★【题型 5】梯形存在性问题 8 二. 中考模拟真题 10 （一）单选题（3题） 10 （二）填空题（3题） 11 （三）解答题（2题） 11 一.知识梳理与题型精析 【题型】前带★表示基础题，带★★表示中档题，带★★★表示拨高题 【考点一】平行四边形存在性问题 1.核心判定定理（优先用于存在性判断） 对角线互相平分的四边形是平行四边形（坐标法首选方法） 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； 两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 2. 坐标法核心结论：设平行四边形中，点,,,,则有： ; ★★【题型 1】平行四边形存在性问题 【例题1】（25-26九年级上·广东广州·开学考试）在平面直角坐标系中，点在直线上 (1)若点在直线上，则______；（用含的代数式表示） (2)若对于任意，总有，求的值； (3)已知点，是否存在定点，不论为何值，四边形都是平行四边形？若存在，求出使得平行四边形的周长最小时的值，若不存在，请说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·辽宁辽阳·期末）如图，在平面而直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，若存在一点，使组成的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·四川眉山·期中）如图，在四边形中，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动，点Q从点C出发，以的速度向B运动，两点同时出发，当点Q运动到点B时，点P也随之停止运动．若设运动的时间为秒，当 时，在A、B、C、D、P、Q六点中，恰好存在四点可以组成平行四边形． 【变式3】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，一次函数的图像分别交x轴，y轴于A，B两点，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C，且 (1)求直线的表达式． (2)点E为直线上一动点，在y轴上是否存在点D，使点A，B，D，E构成以为边的平行四边形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由． 【考点二】矩形存在性问题 对角线相等的平行四边形是矩形（最易结合坐标计算）； 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 矩形存在性 = 平行四边形存在性 + 对角线相等（或有一个直角）； 对角线相等：若四边形为矩形，则AC=BD（用距离公式表示）； ★★【题型 2】矩形存在性问题 【例题2】（24-25八年级下·天津·期中）如图1，在平面直角坐标系中有矩形，点，将矩形沿折叠，使得点落在点处，边交轴于点，． (1)求点E的坐标； (2)如图2，在直线以及轴上是否分别存在点，，使得的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由； (3)点 P为y轴上一动点，作直线交直线于点，是否存在点使得为等腰三角形？如果存在，请求出的度数；如果不存在，请说明理由． 【变式1】（25-26九年级上·云南昆明·开学考试）如图，已知是长方形纸片，，在上存在一点，沿直线将折叠，恰好落在边上的点处，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24八年级下·江西南昌·期中）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点B，交边于点E，点A落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段、，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为 ． 【变式3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在长方形中，，．点E从点A出发，以每秒的速度沿折线方向运动，点F从点C出发，以每秒的速度沿线段方向向点D运动．已知动点E、F同时发，当点E运动到点C时，E、F停止运动，设运动时间为t． (1)当E运动到B点时，求出t的值； (2)在点E、点F的运动过程中，是否存在某一时刻，使得？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 【考点三】菱形存在性问题 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（坐标法首选）； 一组邻边相等的平行四边形是菱形； 菱形存在性：平行四边形存在性+对角线垂直（或邻边相等）； 对角线垂直：若为菱形，则对角线AC⊥BD（用简易垂直判定公式）； 邻边相等：若AB、AD为邻边，则AB=AD（用距离公式表示）。 ★★【题型 3】菱形存在性问题 【例题3】（24-25八年级下·河北秦皇岛·期中）将两个全等的直角三角形如图摆放，其中，，，动点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿射线运动，同时点从点出发以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，点到达终点后点也停止运动，设点运动时间为（秒）： (1)当时，求的长； (2)是否存在的值，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)是否存在的值，使得与互相平分？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由． 【变式1】（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，在矩形中，，P，Q分别是边上的动点，点P从A出发到D停止运动，点Q从C出发到B停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动，下面四个结论中下列结论不正确的是（    ） A．存在四边形是矩形 B．存在四边形是正方形 C．存在四边形是菱形 D．存在四边形是矩形 【变式2】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，在等腰中，，，点D从点B出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点C匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点D、E运动的时间为t秒．过点D作于点F，若平面内存在一点H，使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，则t的值为 ． 【变式3】（24-25八年级下·湖北恩施·期中）在平面直角坐标系中，矩形的顶点O、A、C的坐标分别为，，，且x、y满足． (1)矩形的顶点B的坐标是______； (2)若D是中点，沿折叠矩形，使A点落在点E处，折痕为，连接并延长交y轴于Q点．求证：四边形是平行四边形； (3)若点M在y轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点N，使得A、C、N、M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【考点四】正方形存在性问题 既是矩形又是菱形的四边形是正方形（最易结合坐标计算）； 有一个角是直角且一组邻边相等的平行四边形是正方形； 对角线相等且垂直的平行四边形是正方形（坐标法首选）； 正方形存在性：平行四边形存在性 + 矩形条件 + 菱形条件； 邻边相等且垂直：若AB、AD为邻边，则AB=AD且AB⊥AD（结合距离公式和垂直判定）。 ★★【题型 4】正方形存在性问题 【例题4】（23-24八年级下·吉林松原·期中）如图，在矩形中，，动点P，Q分别从A，C同时出发，点P以每秒的速度向B移动，到B停止移动，点Q以每秒的速度向D移动．    (1)P，Q两点出发多少秒时，四边形PBCQ的面积为； (2)是否存在某一时刻，使为正方形．若存在，求出该时刻；若不存在，说明理由． 【变式1】（24-25九年级上·甘肃武威·开学考试）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②③④ 【变式2】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，在正方形中，，，相交于点O，E，F分别为边，上的动点（点E， F不与线段， 的端点重合）且，连接，，，在点 E，F运动的过程中，有下列四个结论： ①是等腰直角三角形；                         ②面积的最小值是1； ③四边形的面积始终不变；                 ④至少存在一个，使得的周长是． 所有正确结论的序号是 ． 【变式3】（22-23八年级下·浙江·周测）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A以每秒1个单位长度的速度从点O向x负半轴方向匀速运动，设运动时间为t．以为边在x轴下方作正方形，连接，过点B作的垂线，交直线于点F，点E为垂足，作边的垂直平分线l与直线交于点G． (1)当时，求证：； (2)设的面积为S，求S关于t的函数关系式； (3)在y轴上取点，在点A运动过程中，直线上是否存在点P，使以O，B，Q，P为顶点的四边形是平行四边形?若存在．求出符合条件时的点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【考点五】梯形存在性问题 一组对边平行，另一组对边不平行的四边形是梯形（核心，避免与平行四边形混淆）； 等腰梯形：两腰相等的梯形（或同一底上的两个角相等的梯形）； 坐标法核心结论： 平行判定：两条线段平行，对应“水平差或垂直差”比值相等； 等腰梯形额外条件：两腰相等（距离公式）或对角线相等； 直角梯形额外条件：有一个角是直角（垂直判定）。 ★★【题型 5】梯形存在性问题 【例题5】（23-24九年级上·江西吉安·月考）如图，在直角梯形中，，，，，，P、Q同时从A、C出发，点P以的速度沿运动，点Q从C开始沿边以的速度运动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t（s）．    (1)t为何值时，四边形是矩形； (2)t为何值时，四边形是等腰梯形； (3)是否存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由． 【变式1】（23-24八年级下·内蒙古通辽·月考）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当时，请判定四边形的形状________；（直接填空） (2)当时，求t的值． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 【变式2】（23-24九年级上·广东佛山·月考）如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以的速度向点B运动；点Q从点C出发，以的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点Q的运动时间为．P，Q两点同时出发．    (1)若存在某一时刻，四边形为正方形，求x的值； (2)当时，若，求t的值． 【变式3】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，等腰梯形中，，，，，动点从点出发沿方向向终点运动，动点同时以相同速度从点出发沿方向向终点运动． (1)求的长； (2)探究：在边上是否存在点使得四边形是菱形？若存在，请找出点；不存在，请说明理由； (3)在整个运动过程中，求：线段的中点运动的路程． 2. 中考模拟真题 （一）单选题（3题） 1．（2024·安徽安庆·二模）如图，在长方形中，，在上存在一点E，沿直线把折叠，使点D恰好落在边上，设此点为F，若的面积为24，则的长度为（   ） A．3.5 B． C．2 D．3 2．（2025·河南驻马店·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，在轴上，点与坐标原点重合．动点从点出发，按顺时针方向在正方形的边上匀速运动，速度为每秒个单位长度，已知，设点的运动时间为秒，当存在且为锐角三角形时，的值可以是下列中的（　　） A． B． C． D． 3．（2025·山东威海·一模）如图，在四边形 中， ，，，动点P从点D出发，以的速度向点A运动，同时动点M从点B出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），对于结论：①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④点P，M在运动中会存在一个时刻，使得，正确的是（    ） A．①② B．③④ C．②④ D．③ （二）填空题（3题） 4．（2025·河南郑州·三模）已知如图，菱形的边长为6，，点E是直线上的一个动点（不与B、C重合），连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，在平面内存在一点G，若以点C、F、D、G为顶点的四边形也是菱形，则此时线段的长为 ． 5．（2021·福建厦门·二模）如图，在中，，，分别为边，上的点（，不与端点重合）．对于任意，下面四个结论： ①存在无数个平行四边形；②至少存在一个菱形；③至少存在一个矩形；④存在无数个面积是面积的一半的四边形．所有正确结论的序号是 ． 6．（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． （三）解答题（2题） 7．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，矩形的边的长分别是方程的两个根（），折叠矩形，使边落在x轴上，点B与点E重合． (1)求折痕所在直线解析式． (2)将直线沿x轴负方向以每秒1个单位长度的速度平移，直接写出直线扫过矩形的面积S与运动的时间t（）的关系式． (3)点P是直线上一点，在平面内是否存在一点M，使得以A、B、P、M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点M的坐标．若不存在，说明理由． 8．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O为坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴上，是一元二次方程的两个解经过点C的直线与x轴交于点D，点P从点D出发，沿直线以每秒个单位长度的速度向终点C移动；同时，点Q从点O出发，沿以每秒4个单位长度的速度运动到点B停止，设运动时间为t秒 (1)求点A、点C的坐标； (2)求线段的长（用含t的式子表示），并直接写出t的取值范围； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使与两线段长度之比为？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $