微专题三 四边形存在性问题（5大题型）（期末复习）2025-2026学年苏科版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦四边形存在性问题，按平行四边形、菱形、矩形、正方形及面积问题分题型系统编排，以坐标系动点为载体，融合几何性质与方程思想，典例覆盖静态与动态情境，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平行四边形存在性|2典例+6变式|坐标系内静态点与含t动点，多解判断|以对边平行/对角线互相平分为核心，结合坐标计算与方程思想| |菱形存在性|2典例+5变式|动点运动中四边相等/对角线垂直，综合矩形性质|从平行四边形基础延伸，强化特殊性质的代数表达| |矩形存在性|2典例+3变式|直角条件与对角线相等，结合面积与平移|以直角坐标系为依托，构建几何性质与函数关系的模型| |正方形存在性|2典例+4变式|融合菱形与矩形性质，涉及折叠与旋转|综合特殊四边形性质，培养空间观念与分类讨论能力| |面积问题|1典例+2变式|动点运动中面积关系，含不等式应用|通过面积公式建立等量关系，强化模型意识与运算能力|

期末复习·重点难点题型·2025—2026学年苏科版八年级下册 微专题三 四边形存在性问题 题型一：平行四边形的存在性问题 【典例精讲1】（2026春•宿城区校级期中）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在格点上如图所示． （1）若△A'B'C'与△ABC关于y轴对称，则点B的对应点B'坐标为　 　 ． （2）若在平面内存在一点D，使得以A、B、C、D四点组成的四边形是平行四边形，直接写出点D的坐标． 【典例精讲2】（2026春•东莞市校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发，在射线AD上以2cm/s的速度向右运动；点Q从点C同时出发，在线段BC上以1cm/s的速度向点B运动．当点Q到达端点B时，点P也停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒． （1）AP＝ 　 　cm，BQ＝ 　 　 cm； （2）在点P，Q运动过程中，是否存在t值，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由． 【变式训练1】【综合探究】 在平面直角坐标系xOy中，点A（x1，y1）、B（x2，y2），点M为线段AB的中点，则线段AB的中点M的坐标为． （1）如图1，已知点A（﹣1，3）、B（3，﹣1），则线段AB的中点M坐标为 　 　； （2）如图2，在（1）的条件下，过点A、B的直线交x轴于点N，交y轴于点E，图中点C为x轴上的动点，当S△MCN＝S△EON时，求点C的坐标． （3）如图3，在（1）（2）的条件下，且点C在x轴的负半轴时，点P是y轴上的动点，点Q是直线AB上的动点，存在以C，M，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，则点Q的坐标为 　 　 ． 【变式训练2】如图，平行四边形ABCD在直角坐标系中，点B、点C都在x轴上，其中OA＝4，OB＝3，AD＝6，E是线段OD的中点． （1）求出C，D的坐标； （2）平面内是否存在一点N，使以A、D、E、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练3】（2026春•天山区校级期中）如图①，在▱ABCD中，AD＝12．动点P以每秒5个单位长度的速度从点A出发在AD上往返运动；同时动点Q以每秒2个单位长度的速度从点B出发沿BC运动，到C点停止．当点P、点Q中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点P运动的时间为t（t＞0）秒． （1）当点P从A向D运动时，PD＝　 　 ，QC＝　 　 ；当点P从D向A运动时，PA＝　 　（用含t的代数式表示）． （2）如图②，点M、N分别为AD、BC的中点，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有满足条件的t的值． 【变式训练4】（2026春•西湖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形OABC是平行四边形，∠B＝60°，点A的坐标为（14，0），点B的坐标为． （1）求点C的坐标　 　 ；以及平行四边形OABC的面积． （2）动点P从点O出发，沿OA方向以1个单位/秒的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点A出发，沿AB方向以2个单位/秒的速度向点B匀速运动．当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．设点P运动的时间为t秒（t＞0），则当t为何值时，△PQC的面积是平行四边形OABC面积的一半？ （3）当△PQC的面积是平行四边形OABC面积的一半时，在平面直角坐标系中找到一点M，使以M，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标． 【变式训练5】（2026•长春模拟）在平面直角坐标系中，直线l：y＝kx+b经过点A（﹣2，3）和点B（4，﹣3），且与x轴交于点C，与y轴交于点D． （1）求直线l的解析式； （2）求点C、D的坐标，并计算线段CD的长度； （3）若点P是直线l上的一个动点，横坐标为t，当点P到x轴的距离为2时，求点P的坐标； （4）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使得以A、B、C、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练6】（2026春•浦东新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点A、点B，点D是线段AB的中点，点，点E为x轴上一动点． （1）直接写出点A，B，D的坐标； （2）联结CE、DE，以CE、DE为边作▱CEDF，▱CEDF的顶点F恰好落在y轴上，求点F的坐标； （3）设点M是直线上一点，若以C、D、E、M为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出所有符合条件的点M的坐标． 题型二：菱形的存在性问题 【典例精讲1】（2026春•潍坊期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（7，4），C（0，4）． （1）若动点P从原点O出发，以每秒2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，Q，P四个点为顶点的四边形是平行四边形，求此时t的值； （2）若点M在x轴上，在平面内存在点N，使以点A，C，M，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出点N的坐标． 【典例精讲2】（2026春•江北区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点A，点B，其中A（﹣6，0），直线l2：y＝10交直线AB于点C，C点坐标为，D是直线l2上一动点． （1）求直线l1的解析式； （2）当△ABD周长最小时，求出D点的坐标及△ABD的面积； （3）在（2）的条件下，将线段AB沿x轴左右平移，平移后点A，点B的对应点分别为点A′、点B′，平面内有一点E，若以A′、B′、D、E为顶点的四边形是菱形，请直接写出E点的坐标． 【变式训练1】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． 【变式训练2】如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上以每秒2个单位长度的速度由点C向点B运动． （1）当t为何值时，四边形PODB是平行四边形？ （2）在线段PB上是否存在一点Q，使得四边形ODQP为菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）当△OPD为等腰三角形时，写出点P的坐标（请直接写出答案，不必写过程）． 【变式训练3】（2026春•青浦区校级期中）如图，直线图象与y轴、x轴分别交于A、B两点，点C、D分别是射线OA、射线BA上一动点（点C与点A不重合），且CD＝DA． （1）求点A、B坐标； （2）点C、D在线段OA、AB上时（不与端点重合），设点C的坐标为（m，0），△OCD的面积为S，用含m的代数式表示S，并写出m的取值范围； （3）若E为坐标平面内的一点，当以O、B、D、E为顶点的四边形为菱形时，直接写出C的坐标． 【变式训练4】如图，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点B的坐标为（3，4），一次函数的图象与边OC，AB分别交于点D，E，并且满足OD＝BE，点M是线段DE上的一个动点． （1）求b的值； （2）连接OM，若△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：3，求点M的坐标； （3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O，M，D，N为顶点的四边形是菱形时，试求出点N的坐标． 【变式训练5】如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，点A（10，0），C（0，4），D是OA的中点，点P在边BC上以每秒1个单位长度的速度由点C向点B运动． （1）点D的坐标为　 　 ． （2）当四边形PODB是平行四边形时，求t的值． （3）在平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以O，P，D，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 题型三：矩形存在性问题 【典例精讲1】（2025秋•抚州月考）如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t（0≤t≤5）s． （1）若G，H分别是AB，DC的中点，且t≠2.5，求证：以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形． （2）在（1）的条件下，当t为何值时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形？ 【典例精讲2】（2025春•清江浦区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x+2的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，将△AOB绕点O顺时针旋转90°得△COD（点A与点C对应，点B与点D对应）． （1）求直线CD的解析式； （2）点E为线段CD上一点，过点E作EF∥y轴交直线AB于点F，作EG∥x轴交直线AB于点G，当EF+EG＝AD时，求点E的坐标； （3）如图2，若点M为线段AB的中点，点N为直线CD上一点，点P为平面内一点，且以O，M，N，P为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点N的坐标，并写出其中一种求解点N的坐标的过程． 【变式训练1】（2026春•青羊区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、点B，直线：y＝kx+b（k≠0）x轴、y轴分别交于点C、点D，直线AB与直线CD交于点P，OC＝OD＝2OA． （1）求直线CD的解析式； （2）连接OP、BC，若直线AB上存在一点Q，使得S△PQC，求点Q的坐标； （3）将直线CD向上平移4个单位长度得到直线l，直线l与x轴交于点E，点N为直线AB上的一点，在平面直角坐标系中，是否存在点M，使以点O，E，N，M为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练2】（2026•前进区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，点C在y轴上，ACB＝90°，AC、BC的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个根（AC＜BC）．动点从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动；同时，动点N从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿BA向点A匀速运动．过线段MN的中点G作边AB的垂线，垂足为点G，交△ABC的另一边于点P，连接PM、PN，当点N运动到点A时，M、N两点同时停止运动，设运动时间为t秒． （1）直接写出点C的坐标：C（ 　 　，　 　）； 当t＝　 　秒时，动点M、N相遇； （2）设△PMN的面积为S，求S与t之间的函数关系式以及自变量范围； （3）若点E在坐标轴上，平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点F的坐标若不存在，请说明理由． 【变式训练3】如图，在平面直角坐标系中，直线l1y＝2x﹣1与x轴、y轴分别交于点A，B，直线l2：y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点P，C（0，1），两条直线交于点D，且点D的横坐标为． （1）求直线l2的函数表达式． （2）若点E在直线l1上，F为坐标平面内任意一点，试探究：是否存在以B，C，E，F为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 题型四：正方形存在性问题 【典例精讲1】如图，平行四边形ABCD，AB＝CD＝9，AD＝BC＝5（AB∥CD，AD∥BC），CE⊥AB于E，并且BE＝3． （1）如图1所示在平面直角坐标系中，求出点C、D的坐标．（请写出过程） （2）如图2所示直线PQ是第二、四象限的角平分线，M是直线PQ上一个动点，N为x轴上一点，问平面内是否存在K点，使得以K、M、N、B为顶点构成正方形，若没有请说明理由；若有，直接写出K点的坐标． 【典例精讲2】矩形AOBC在坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，0D、OA的长是关于x的方程x2﹣7x+12＝0的两根（OA＞OD）． （1）求点A、点D的坐标； （2）求出直线AB的解析式； （3）动点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面x轴上方是否存在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练1】如图，Rt△ABC的直角顶点B在x轴正半轴上，斜边AC在y轴上，点A在y轴正半轴上，线段OA＝a，OB＝b，且|a﹣3|+（4﹣b）2＝0． （1）求线段AB的长． （2）点M在第三象限，平面内是否存在点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有符合题意的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练2】【模型探究】如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，点C在直线上，过点A作AD⊥于点D，过点B作BE⊥于点E．若AD＝3，BE＝4，求DE的长． 【迁移应用】如图②，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝2x+4与x轴、y轴分别交于A，B两点． （1）OA的长为　 　 ，OB的长为　 　 ． （2）将直线l1绕点B按顺时针方向旋转45°得到直线l2，求直线l2对应的函数解析式． 【拓展延伸】如图③，直线AB：y＝2x+8与x轴、y轴分别交于A，B两点，若C是第二象限内一点，在平面内是否存在一点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练3】（2025春•沙坪坝区校级同步）如图，矩形ABOC在平面直角坐标系中，点A在第二象限内，点B在x轴负半轴上，点C在y轴正半轴上，OA，OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣9x+20＝0的两个根．解答下列问题： （1）求点A的坐标； （2）若直线MN分别与AB、AO、AC，y轴交于点M，F，N，E，已知△AMN为等腰直角三角形且S△AMN＝2，在直线MN上有有两动点D，H（D在H下方），且DH＝MN，求|OD﹣CH|的最大值以及此时点H的坐标． （3）在（2）的条件下，点P在第二象限内，在平面内是否存在点Q，使以E，F，P，Q为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练4】（2025春•滨海新区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点A是动点且纵坐标为4，点B是线段OA上的一个动点，过点B作直线MN平行于x轴，设MN分别交射线OA与x轴所成的两个角的平分线于点E、F． （1）求证：EB＝BF； （2）当为何值时，四边形AEOF是矩形？证明你的结论； （3）是否存在点A、B，使四边形AEOF为正方形？若存在，求点A与B的坐标；若不存在，说明理由． 题型五：面积问题 【典例精讲】（2025秋•揭阳校级月考）如图，平面直角坐标系中，ABCD为长方形，其中点A，C的坐标分别为（﹣4，2），（1，﹣4），且AD∥x轴交y轴于M点，AB∥y轴交x轴于N点． （1）求B，D两点的坐标和长方形ABCD的面积； （2）一动点P从A点出发，以个单位/秒的速度沿AB向B点运动，是否存在某一时刻t，使△AMP的面积等于长方形ABCD面积的？若存在，求出t的值，并求此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练1】如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点A，C的坐标分别为（﹣2，5），（3，﹣1），且AD∥x轴，AB∥y轴，P是边AB上一动点（不与点A，B重合）． （1）写出点B和点D的坐标，并求长方形ABCD的面积； （2）当△BPO是直角三角形时，求点P的坐标； （3）设N为线段AB的中点，是否存在点P，使△ONP的面积等于长方形ABCD的面积的若存在，直接写出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式训练2】在平面直角坐标系中，OA＝4，OC＝8，四边形ABCO是长方形，若点P从点C以2个单位长度/秒的速度沿CO方向移动，同时点Q从点O以1个单位长度/秒的速度沿OA方向移动，设移动的时间为t秒（0＜t＜4），△AQB与△BPC的面积分别记为S△AQB，S△BPC． （1）CP＝　　 　 ，AQ＝　 　；（用含t的式子表示） （2）是否存在某个时间，使S△AQB≤S△BPC，若存在，求出t的取值范围，若不存在，试说明理由． 第 1 页 共 35 页 学科网（北京）股份有限公司 $期末复习·重点难点题型·2025—2026学年苏科版八年级下册 微专题三 四边形存在性问题 题型一：平行四边形的存在性问题 【典例精讲1】（2026春•宿城区校级期中）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在格点上如图所示． （1）若△A'B'C'与△ABC关于y轴对称，则点B的对应点B'坐标为　（﹣1，4）　 ． （2）若在平面内存在一点D，使得以A、B、C、D四点组成的四边形是平行四边形，直接写出点D的坐标． 【分析】（1）直接利用关于y轴对称点的性质得出对应点坐标，进而求出即可； （2）利用平行四边形的性质得出D点坐标即可． 【解答】解：（1）如图所示：△A'B'C'，即为所求， ∴B'（﹣1，4）， 故答案为：（﹣1，4）； （2）如图所示： ∴符合题意的点D的坐标有（﹣1，﹣1）或（5，3）或（﹣3，5）． 【典例精讲2】（2026春•东莞市校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发，在射线AD上以2cm/s的速度向右运动；点Q从点C同时出发，在线段BC上以1cm/s的速度向点B运动．当点Q到达端点B时，点P也停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒． （1）AP＝ 　2t cm，BQ＝ 　（18﹣t）　 cm； （2）在点P，Q运动过程中，是否存在t值，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意得AD＝12cm，BC＝18cm，AP＝2tcm，CQ＝tcm，所以BQ＝（18﹣t）cm，于是得到问题的答案； （2）因为PD∥CQ，所以当PD＝CQ时，以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况讨论，一是点P在边AD上，则12﹣2t＝t，求得t＝4；二是点P在边AD的延长线上，则2t﹣12＝t，求得t＝12，所以当t值为4s或12s时，以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形． 【解答】解：（1）∵点P从点A出发，在射线AD上以2cm/s的速度向右运动，点P，Q运动的时间为t秒， ∴AP＝2tcm； ∵BC＝18cm，点Q从点C同时出发，在线段BC上以1cm/s的速度向点B运动， ∴CQ＝tcm， ∴BQ＝（18﹣t）cm， 故答案为：2t；（18﹣t）． （2）存在， ∵AD∥BC，点P、Q分别在AD、BC上， ∴PD∥CQ， ∴当PD＝CQ时，以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形， 如图1，点P在边AD上，四边形PDCQ是平行四边形， ∵AD＝12cm，AP＝2tcm， ∴PD＝（12﹣2t）cm， ∵PD＝CQ， ∴12﹣2t＝t， 解得t＝4； 如图2，点P在边AD的延长线上，四边形DPCQ是平行四边形，则PD＝（2t﹣12）cm， ∵PD＝CQ， ∴2t﹣12＝t， 解得t＝12， 综上所述，当t值为4s或12s时，以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形． 【变式训练1】【综合探究】 在平面直角坐标系xOy中，点A（x1，y1）、B（x2，y2），点M为线段AB的中点，则线段AB的中点M的坐标为． （1）如图1，已知点A（﹣1，3）、B（3，﹣1），则线段AB的中点M坐标为 　（1，1）　 ； （2）如图2，在（1）的条件下，过点A、B的直线交x轴于点N，交y轴于点E，图中点C为x轴上的动点，当S△MCN＝S△EON时，求点C的坐标． （3）如图3，在（1）（2）的条件下，且点C在x轴的负半轴时，点P是y轴上的动点，点Q是直线AB上的动点，存在以C，M，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，则点Q的坐标为 　（3，﹣1）或（﹣3，5）　 ． 【分析】（1）将点AB坐标代入中点坐标公式计算即可； （2）先求出直线AB解析式得到点E、N坐标，计算出S△MCN＝2，设点C坐标为（t，0），则CN＝2﹣t，利用面积建立方程解出t值即可得到点C坐标； （3）分两种情况讨论①如图M，当点P在y轴负半轴时，②如图N，当点P在y轴正半轴时，分别求出点Q坐标即可． 【解答】解：（1）∵点A（﹣1，3）、B（3，﹣1）， ∴线段AB的中点M坐标为（1，1）； 故答案为：（1，1）． （2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，将点A、B坐标代入得： ， 解得， ∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2， ∴E（0，2），N（2，0）， ∴S△EON2， ∵S△MCN＝S△EON， ∴S△MCN＝2， 设点C坐标为（t，0），则CN＝2﹣t， ∴， 解得t＝﹣2或t＝6， ∴C（﹣2，0）或（6，0）； （3）①如图A，当点P在y轴负半轴时， ∵四边形CPQM是平行四边形， ∴PC∥AB， 设PC解析式为y＝﹣x+b，代入点C（﹣2，0）坐标得，b＝﹣2， ∴P（0，﹣2）， 由中点坐标公式得：1+0＝﹣2+xQ，1+（﹣2）＝0+yQ， ∴Q（3，﹣1）． 如图B，当点P在y轴正半轴时， ∵CMPQ是平行四边形，M是AB的中点， ∴点A是QM的中点， 由中点坐标公式得：xQ+1＝﹣1×2，yQ+1＝3×2， ∴Q（﹣3，5）， 综上分析，满足条件的点Q坐标为（3，﹣1）或（﹣3，5）． 故答案为：（3，﹣1）或（﹣3，5）． 【变式训练2】如图，平行四边形ABCD在直角坐标系中，点B、点C都在x轴上，其中OA＝4，OB＝3，AD＝6，E是线段OD的中点． （1）求出C，D的坐标； （2）平面内是否存在一点N，使以A、D、E、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由平行四边形的性质得BC＝AD＝6，AD∥BC，再由B、点C都在x轴上，点A在y轴上，OA＝4，得D（6，4），然后求出OC＝3，得C（3，0）； （2）求出E（3，2），A（0，4），分三种情况讨论即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD为平行四边形， ∴BC＝AD＝6，AD∥BC， ∵B、点C都在x轴上，点A在y轴上，OA＝4， ∴D（6，4）， ∵OB＝3， ∴OC＝BC﹣OB＝3， ∴C（3，0）； （2）存在一点N，使以A、D、E、N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： ∵D（6，4），E为线段OD的中点， ∴E（3，2），且A（0，4）， 设点N的坐标为（x，y）， 如图，分情况讨论： ①当AE为对角线时，，， 解得：x＝﹣3，y＝2， ∴N（﹣3，2）； ②当DE为对角线时，，， 解得：x＝9，y＝2， ∴N'（9，2）； ③当AD为对角线时，，4， 解得：x＝3，y＝6， ∴N''（3，6）； 综上所述，平面内存在一点N，使以A、D、E、N为顶点的四边形是平行四边形，点N的坐标为（﹣3，2）或（9，2）或（3，6）． 【变式训练3】（2026春•天山区校级期中）如图①，在▱ABCD中，AD＝12．动点P以每秒5个单位长度的速度从点A出发在AD上往返运动；同时动点Q以每秒2个单位长度的速度从点B出发沿BC运动，到C点停止．当点P、点Q中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点P运动的时间为t（t＞0）秒． （1）当点P从A向D运动时，PD＝　12﹣5t或36﹣5t ，QC＝　12﹣2t ；当点P从D向A运动时，PA＝　24﹣5t （用含t的代数式表示）． （2）如图②，点M、N分别为AD、BC的中点，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有满足条件的t的值． 【分析】（1）根据题意列出代数式即可； （2）分三种情况：当点P第一次从点A向点D运动时，四边形MPNQ为平行四边形，当点P从点D向点A运动时，四边形PNQM为平行四边形，当点P第二次从点A向点D运动时，四边形PNQM为平行四边形，分别画出图形，列出方程，解方程即可． 【解答】解：（1）当点P第一次从A向D运动时，PA＝5t，则PD＝12﹣5t， 当点P第二次从A向D运动时，PA＝5t﹣24，则PD＝12﹣（5t﹣24）＝36﹣5t， ∵BQ＝2t， ∴QC＝12﹣2t； 当点P从D向A运动时，PA＝24﹣5t． （2）点M、N分别为AD、BC的中点，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形时， ∵AD＝BC＝12，由题意可得： ∴， 当点P第一次从点A向点D运动时，四边形MPNQ为平行四边形， 则此时PM＝QN， 即5t﹣6＝6﹣2t， 解得：； 当点P从点D向点A运动时，四边形PNQM为平行四边形， 则此时PM＝QN， 即5t﹣12﹣6＝2t﹣6， 解得：t＝4； 当点P第二次从点A向点D运动时，四边形PNQM为平行四边形， 则此时PM＝QN， 即30﹣5t＝2t﹣6， 解得：； 综上，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或4或． 【变式训练4】（2026春•西湖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形OABC是平行四边形，∠B＝60°，点A的坐标为（14，0），点B的坐标为． （1）求点C的坐标　　 ；以及平行四边形OABC的面积． （2）动点P从点O出发，沿OA方向以1个单位/秒的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点A出发，沿AB方向以2个单位/秒的速度向点B匀速运动．当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．设点P运动的时间为t秒（t＞0），则当t为何值时，△PQC的面积是平行四边形OABC面积的一半？ （3）当△PQC的面积是平行四边形OABC面积的一半时，在平面直角坐标系中找到一点M，使以M，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标． 【分析】（1）根据平行四边形与直角坐标系中坐标的性质，可直接写出点C的坐标；平行四边形OABC的对称中心即是对角线的中点； （2）根据S△PQC＝S平行四边形OABC﹣S△OPC﹣S△APQ，利用三角形的面积公式列出方程，继而求出此时的t值即可， （3）根据（2）中得出的t值，找出此时点P和Q的位置，然后根据平行四边形的性质直接写出点M的坐标即可． 【解答】解：（1）点O是坐标原点，四边形OABC是平行四边形，∠B＝60°，点A的坐标为（14，0），点B的坐标为． 由题意可得：AO＝BC＝14， ∴点C的坐标为，； 故答案为：； （2）根据题意得：S△PQC＝S平行四边形OABC﹣S△OPC， ∴， 即：， ∴， 解得：t＝4． 即当点P运动4秒时，△PQC的面积是平行四边形OABC的一半； （3）当t＝4时，由（2）知，此时点Q与点B重合，画出图形如下所示， 此时CP⊥x轴，M3M1⊥x轴，BC＝18﹣4＝14，， 根据平行四边形的性质，可知M1P＝M2P＝BC ， ∴M1（4+14，0），即M1（18，0）；M2（4﹣14，0），即：，即：， 故答案为：点M的坐标为（18，0）或（﹣10，0）或． 【变式训练5】（2026•长春模拟）在平面直角坐标系中，直线l：y＝kx+b经过点A（﹣2，3）和点B（4，﹣3），且与x轴交于点C，与y轴交于点D． （1）求直线l的解析式； （2）求点C、D的坐标，并计算线段CD的长度； （3）若点P是直线l上的一个动点，横坐标为t，当点P到x轴的距离为2时，求点P的坐标； （4）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使得以A、B、C、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）求解直线解析式：因为直线过两个已知点，所以将两点坐标代入y＝kx+b得到二元一次方程组，解方程组即可得到k和b的值； （2）求交点坐标与线段长度：如果求与x轴交点C，那么令y＝0代入直线解析式求解x；求与y轴交点D，则令x＝0代入求解y；得到C、D坐标后，用勾股定理计算CD的长度； （3）求点P坐标：因为点P到x轴的距离为2，所以点P的纵坐标的绝对值为2，即|y|＝2，将y＝2和y＝﹣2分别代入直线解析式求解对应的横坐标t，即可得到P点坐标； （4）A、B、C三个已知点都在直线l上，点Q无论在直线l外还是在直线l上都不能构成四边形．据此解答即可． 【解答】解：（1）直线l：y＝kx+b经过点A（﹣2，3）和点B（4，﹣3），将点A，点B的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线l的解析式为y＝﹣x+1； （2）直线l：y＝﹣x+1与x轴交于点C，与y轴交于点D， 当y＝0时，得：﹣x+1＝0， 解得：x＝1； 当x＝0时，得：y＝1， ∴C（1，0），D（0，1）； 在Rt△OCD中，由勾股定理得：； （3）点P横坐标为t，且在直线l上， ∴P（t，﹣t+1）． 点P到x轴距离为2，即|yP|＝2， 得|﹣t+1|＝2： 当﹣t+1＝2时，t＝﹣1， 得P（﹣1，2）； 当﹣t+1＝﹣2时，t＝3， 得P（3，﹣2）． ∴P点坐标为 （﹣1，2）或 （3，﹣2）； （4）不存在点Q，使得以A、B、C、Q为顶点的四边形是平行四边形；理由如下： ∵点A（﹣2，3），点B（4，﹣3），点C（1，0）， ∴这厮一个共线的点，和第四个点不能组成平行四边形． 【变式训练6】（2026春•浦东新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点A、点B，点D是线段AB的中点，点，点E为x轴上一动点． （1）直接写出点A，B，D的坐标； （2）联结CE、DE，以CE、DE为边作▱CEDF，▱CEDF的顶点F恰好落在y轴上，求点F的坐标； （3）设点M是直线上一点，若以C、D、E、M为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出所有符合条件的点M的坐标． 【分析】（1）根据题意求解即可； （2）由于以CE，DE为边的四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质，对角线互相平分，建立方程求解，即可得出结论； （3）①CD为平行四边形的对角线EM也是这个平行四边形的对角线，平行四边形的对角线的交点是同一个点，把点E，M的坐标设出，利用中点坐标的确定方法，求出CD的中点和EM的中点，是同一个点，即可，②CD为以C、D、E、M为顶点的四边形为平行四边形的边，利用CD∥EM且CD＝EM，即可求出． 【解答】解：（1）A（6，0），，；理由如下： ∵直线与x轴、y轴分别交于点A、点B， 当y＝0时，得：x+60， 解得：x＝6； 当x＝0时，得：； ∴A（6，0），， ∵点D是线段AB的中点， ∴； （2）如图，，，当点F在点C上方时， ∵以CE、DE为边的平行四边形交x轴于E，交y轴于F， 设E（m，0），F（0，n）， ∴，， ∴， ∴； （3）符合条件的点M的坐标为或或．理由如下： 以C、D、E、M为顶点的四边形为平行四边形，分两种情况讨论： 第一种情况：CD为平行四边形的对角线， ∵，， ∴CD的中点坐标为， ∵点M在直线的图象上， 设， ∴ME中点坐标为， ∵CD，ME为平行四边形的对角线， ∴，， ∴， 即； 第二种情况：CD为平行四边形的边，则EM也为边， 即CD∥EM，CD＝EM， ∵，， ∴， 设直线CD的表达式为，把代入得： ， 解得：， ∴直线EM的表达式可设为， 当y＝0时，， ∴， 设， ∴ ①， 又∵点M在直线EM的图象上， ∴②， 由①②有或， ∴， 综上所述，符合条件的点M的坐标为或或． 题型二：菱形的存在性问题 【典例精讲1】（2026春•潍坊期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（7，4），C（0，4）． （1）若动点P从原点O出发，以每秒2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，Q，P四个点为顶点的四边形是平行四边形，求此时t的值； （2）若点M在x轴上，在平面内存在点N，使以点A，C，M，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出点N的坐标． 【分析】（1）先求出OP＝2t，BQ＝t，AO＝3，BC＝7，再分类讨论：①若点P在点A的左侧，②若点P在点A的右侧，逐项分析求解即可； （2）先求出，再分类讨论：①以AC为边，四边形ACMN是菱形，②以AC为边，四边形ACNM是菱形，③以AC为边，四边形ACNM是菱形，④以AC为对角线，四边形ACNM是菱形，逐项分析求解即可． 【解答】解：（1）在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（7，4），C（0，4）． 由题意，得OP＝2t，BQ＝t，AO＝3，BC＝7， ①若点P在点A的左侧，如图 ∴AP＝OA﹣OP＝3﹣2t， 由题意可得：PA＝QB， ∴3﹣2t＝t， 解得t＝1， ②若点P在点A的右侧，如图 ∴AP＝OP﹣OA＝2t﹣3， 由题意可得：PA＝QB， ∴2t﹣3＝t， 解得t＝3， 综上所述，t＝1或3时，以A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形； （2）点N的坐标为（0，﹣4）或（5，4）或（﹣5，4）或．理由如下： ∵点A（3，0），C（0，4）， ∴AO＝3，OC＝4， ∴， ①如图，以AC为边，四边形ACMN是菱形， ∵C（0，4）， ∴N（0，﹣4）； ②如图，以AC为边，四边形ACNM是菱形， ∵CN＝AC＝5，CN∥AM， ∴N（5，4）； ③如图，以AC为边，四边形ACNM是菱形， ∵CN＝AC＝5，CN∥AM， ∴N（﹣5，4）； ④如图，以AC为对角线，四边形ACNM是菱形， 设CM＝AM＝CN＝x， ∴OM＝x﹣3， ∵OC2+OM2＝CM2， ∴42+（x﹣3）2＝x2， ∴， ∴， ∴； 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（0，﹣4）或（5，4）或（﹣5，4）或． 【典例精讲2】（2026春•江北区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点A，点B，其中A（﹣6，0），直线l2：y＝10交直线AB于点C，C点坐标为，D是直线l2上一动点． （1）求直线l1的解析式； （2）当△ABD周长最小时，求出D点的坐标及△ABD的面积； （3）在（2）的条件下，将线段AB沿x轴左右平移，平移后点A，点B的对应点分别为点A′、点B′，平面内有一点E，若以A′、B′、D、E为顶点的四边形是菱形，请直接写出E点的坐标． 【分析】（1）将A（﹣6，0），代入y＝kx+b即可求解； （2）先求出B（0，8），作点B关于直线l2：y＝10对称的点B1（0，12），连接AB1，交直线l2于点D，根据轴对称可得此时△ABD的周长最小．根据待定系数法求出直线AB1的解析式，令y＝10，得到D（﹣1，10），根据即可求解； （3）设平移后对应的坐标为A′（﹣6+x，0），B′（x，8），分三种情况求解：①四边形A′B′DE是菱形，则B′D＝A′B′，根据两点间距离公式列出方程，求出x，得到点A′，B′的坐标，根据菱形的性质即可求出点E的坐标，同理可求②四边形A′B′ED是菱形，③四边形A′EB′D是菱形时点E的坐标． 【解答】解：（1）∵直线l1：y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点A，点B，其中A（﹣6，0），与直线l2交于点C，C点坐标为，将点A，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线l1的解析式为； （2）直线与x轴、y轴分别交于点A，点B， 当x＝0时，得：y＝8， ∴B（0，8）， 如图1，作点B关于直线l2：y＝10对称的点B1（0，12）， 连接AB1，交直线l2于点D，此时BD＝B1D， ∴C△ABD＝AB+AD+BD＝AB+AD+B1D＝AB+AB1，此时△ABD的周长最小． 设直线AB1的解析式为y＝k1x+b1，将点A，点B1的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线AB1的解析式为y＝2x+12， 当y＝10时，得：10＝2 x+12， 解得：x＝﹣1， ∴D（﹣1，10）， ∵A（﹣6，0），B（0，8），B1（0，12）， ∴ ＝36﹣24﹣2 ＝10； （3）E点坐标为（﹣7，2）或（5，18）或（15，﹣2）．理由如下： ∵A（﹣6，0），B（0，8）， ∴， 设平移后对应的坐标为A′（﹣6+x，0），B′（x，8），A′B′＝AB＝10， 若A′、B′、D、E为顶点的四边形是菱形，共有三种情况： ①如图2，若四边形A′B′DE是菱形，则B′D＝A′B′， 则， 解得：， 当时，得：，， ∵在菱形A′B′DE中，A′B′∥DE，A′B′＝DE，D（﹣1，10）， ∴DE可看作由B′A′平移得到， ∴E（﹣7，2）； 当时，得：，， ∵在菱形A′B′DE中，A′B′∥DE，A′B′＝DE，D（﹣1，10）， ∴E（﹣7，2）； ②如图3，若四边形A′B′ED是菱形，则A′D＝A′B′， 则， 解得：x＝5， ∴A′（﹣1，0），B′（5，8）， ∵在菱形A′B′DE中，A′B′∥DE，A′B′＝DE，D（﹣1，10）， ∴DE可看作由A′B′平移得到， ∴E（5，18）； ③如图4，若四边形A′EB′D是菱形，则A′D＝DB′， 则， 解得：x＝10， ∴A′（4，0），B′（10，8）， ∵在菱形A′B′DE中，A′D∥B′E，A′D＝B′E，D（﹣1，10）， ∴B′E可看作由DA′平移得到， ∴E（15，﹣2）； 综上所述，E点坐标为（﹣7，2）或（5，18）或（15，﹣2）． 【变式训练1】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）． 【变式训练2】如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上以每秒2个单位长度的速度由点C向点B运动． （1）当t为何值时，四边形PODB是平行四边形？ （2）在线段PB上是否存在一点Q，使得四边形ODQP为菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）当△OPD为等腰三角形时，写出点P的坐标（请直接写出答案，不必写过程）． 【分析】（1）根据平行四边形的性质就可以知道PB＝5，可以求出PC＝5，从而可以求出t的值； （2）要使ODQP为菱形，可以得出PO＝5，由三角形的勾股定理就可以求出CP的值而求出t的值和点Q的坐标； （3）当P1O＝OD＝5或P2O＝P2D或P3D＝OD＝5或P4D＝OD＝5时分别作P2E⊥OA于E，DF⊥BC于F，P4G⊥OA于G，利用勾股定理求得P1C，OE，P3F，DG的值，就可以求出P的坐标． 【解答】解：（1）如图（1）： ∵四边形PODB是平行四边形， ∴PB＝OD＝5， ∴PC＝5， ∴t＝2.5； （2）存在一点Q，使得四边形ODQP为菱形， 如图（2）， ∵四边形ODQP为菱形， ∴OD＝OP＝PQ＝5， 在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC＝3， ∴t， ∵PQ＝5，PC＝3， ∴CQ＝8， ∴点Q坐标为：（8，4）； （3）如图（3），当P1O＝OD＝5时，由勾股定理可以求得P1C＝3， P2O＝P2D时，作P2E⊥OA， ∴OE＝ED＝2.5； 当P3D＝OD＝5时，作DF⊥BC，由勾股定理，得P3F＝3， ∴P3C＝2； 当P4D＝OD＝5时，作P4G⊥OA，由勾股定理，得DG＝3， ∴OG＝8． ∴P1（3，4），P2（2.5，4），P3（2，4），P4（8，4）． 【变式训练3】（2026春•青浦区校级期中）如图，直线图象与y轴、x轴分别交于A、B两点，点C、D分别是射线OA、射线BA上一动点（点C与点A不重合），且CD＝DA． （1）求点A、B坐标； （2）点C、D在线段OA、AB上时（不与端点重合），设点C的坐标为（m，0），△OCD的面积为S，用含m的代数式表示S，并写出m的取值范围； （3）若E为坐标平面内的一点，当以O、B、D、E为顶点的四边形为菱形时，直接写出C的坐标． 【分析】（1）分别令x＝0，y＝0求解即可； （2）取AB的中点T，连接OT，证明△AOT为等边三角形，则∠BAO＝60°，即可得到△ACD为等边三角形，那么AD＝CD＝AC＝AO﹣OC＝1﹣m，过点D作DH⊥AO于点H，然后根据30°直角三角形的性质以及勾股定理求出，即可建立函数关系式； （3）当以O、B、D、E为顶点的四边形为菱形时，则△BDO为等腰三角形，再分类讨论求解即可． 【解答】解：（1）对于， 当x＝0时，； 当y＝0时，，解得x＝1， ∴A（1，0），； （2）由条件可知， ∴， 取AB的中点T，连接OT， 则， ∴OA＝OT＝AT＝1， ∴△AOT为等边三角形， ∴∠BAO＝60°， ∵CD＝DA， ∴△ACD为等边三角形， ∴AD＝CD＝AC＝AO﹣OC＝1﹣m， 过点D作DH⊥AO于点H， ∴∠ADH＝90°﹣60°＝30°， ∴， ∴， ∴， 即； （3）当以O、B、D、E为顶点的四边形为菱形时，则△BDO为等腰三角形， 当时，则， ∴， ∴； 当DB＝DO时， ∴∠DBO＝∠DOB＝90°﹣∠BAO＝30°， ∴∠DOA＝90°﹣∠DOB＝60°＝∠BAO， ∴△ADO为等边三角形， 由条件可知点C，O重合， ∴C（0，0）； 当OB＝OD时，连接OE交BD于点H， ∴根据菱形可得，BH＝DH，OE⊥BD， ∴， ∴， ∴BD＝2BH＝3， ∴AD＝AC＝BD﹣BA＝3﹣2＝1， ∴C（2，0）， 综上：点C的坐标为或（2，0）或（0，0）． 【变式训练4】如图，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点B的坐标为（3，4），一次函数的图象与边OC，AB分别交于点D，E，并且满足OD＝BE，点M是线段DE上的一个动点． （1）求b的值； （2）连接OM，若△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：3，求点M的坐标； （3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O，M，D，N为顶点的四边形是菱形时，试求出点N的坐标． 【分析】（1）分别求出BE＝6﹣b，OD＝b，根据题意建立方程求出b的值即可； （2）根据△ODM的面积四边形OAED的面积，建立方程求解即可； （3）分三种情况讨论，分别求出M点坐标，再由菱形的性质和点的平移求出N点坐标即可． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝b， ∴D（0，b）， 当x＝3时，y＝b﹣2， ∴E（3，b﹣2）， ∴AE＝b﹣2， ∵B（3，4）， ∴AB＝4， ∴BE＝4﹣b+2＝6﹣b， ∵BE＝OD， ∴6﹣b＝b， 解得b＝3； （2）∵b＝3， ∴OD＝3，AE＝1， ∴四边形OAED的面积（1+3）×3＝6， ∵△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：3， ∴△ODM的面积6， ∴xM， 解得xM＝1， ∵直线DE的解析式为yx+3， ∴M（1，）； （3）设M（m，m+3）， 当OM＝OD时，m2+（m+3）2＝9， 解得m＝0（舍）或m， ∴M（，）， ∵O点向上平移3个单位长度得到D点， ∴M点向上平移3个单位长度得到N（，）； 当DO＝DM时，m2m2＝9， 解得m＝±， ∴M（，3）或（，3）， ∵D点向下平移3个单位长度得到O点， ∴M点向下平移3个单位长度得到N（，）或（，）； 当MO＝MD时，m2m2＝m2+（m+3）2， 解得m， ∴M（，）， ∵M点向左平移个单位长度，向下平移个单位长度得到O点， ∴D点向左平移个单位长度，向下平移个单位长度得到N（，）； 综上所述：N点坐标为（，）或（，）或（，）或（，）． 【变式训练5】如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，点A（10，0），C（0，4），D是OA的中点，点P在边BC上以每秒1个单位长度的速度由点C向点B运动． （1）点D的坐标为　（5，0）　 ． （2）当四边形PODB是平行四边形时，求t的值． （3）在平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以O，P，D，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据矩形的性质即可解答； （2）根据平行四边形的性质即可解答； （3）分情况讨论，①当PO，OD为菱形的边时，②当PD，OD为菱形的边时，③当PD，OP为菱形的边时， 【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点， ∴BC∥OA，B（10，4），D（5，0）， 故答案为：（5，0）． （2）∵四边形PODB是平行四边形， ∴PB＝OD＝5， ∴PC＝5， ∴t＝5． （3）存在，或Q（﹣3，4）或Q（3，4）或Q（8，4）． ①当PO，OD为菱形的边时，PO＝OD＝PQ＝DQ＝5， 则，PQ∥OD， ∴CQ＝3+5＝8， ∴Q（8，4）； ②当PD，OD为菱形的边时，PD＝OD＝PQ＝5， ∵P（t，4），D（5，0）， ∴（t﹣5）2+42＝52， 解得t＝2或t＝8， ∴CP＝2或CP＝8， ∴CQ＝5﹣2＝3或CQ＝8﹣5＝3， ∴Q（﹣3，4）或M（3，4）； ③当PD，OP为菱形的边时，PD＝OP＝DQ＝OQ，点P与点Q关于OD对称，过点P作PH⊥OD， ∴， ∴， ∴； 综上，或Q（﹣3，4）或Q（3，4）或Q（8，4）． 题型三：矩形存在性问题 【典例精讲1】（2025秋•抚州月考）如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t（0≤t≤5）s． （1）若G，H分别是AB，DC的中点，且t≠2.5，求证：以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形． （2）在（1）的条件下，当t为何值时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形？ 【分析】（1）当0＜t＜2.5时，可证得△GAE≌△HCF，从而FH＝EG，∠AEG＝∠CFH，进而得出∠EGC＝∠HFA，从而EG∥FH，从而四边形EGFH是平行四边形，当2.5＜t＜5时，同样方法得出结论； （2）当0＜t＜2.5时，作EV⊥CD于V，交AB于W，可证得△WEG∽△VHE，从而，可表示出EW，AWAE，从而得出，进而求得t的值，同样求得2.5＜t＜5时的结果． 【解答】（1）证明：如图1， 当0＜t＜2.5时， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠BAC＝∠ACD， ∵G，H分别是AB和CD的中点， ∴AG， ∴AG＝CH， 由题意得， AE＝CF， ∴△GAE≌△HCF（SAS）， ∴FH＝EG，∠AEG＝∠CFH， ∴180°﹣∠AEG＝180°﹣∠CFH， ∴∠EGC＝∠HFA， ∴EG∥FH， ∴四边形EGFH是平行四边形， 当2.5＜t＜5时， 同理可得， △GAE≌△HCF（SAS）， ∴FH＝EG，∠AEG＝∠CFH， ∴EG∥FH， ∴四边形EGFH是平行四边形； （2）解：如图， 当0＜t＜2.5时， 当∠GEH＝90°时，四边形GEHF是矩形， ∴∠GEW+∠VEH＝90°， 作EV⊥CD于V，交AB于W， 则EW⊥AB， ∴∠GWE＝∠EVH＝90°， ∴∠GEW+∠EGW＝90°， ∴∠EGW＝∠VEH， ∴△WEG∽△VHE， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∵AB＝6，BC＝8，G是AB的中点，H是CD的中点， ∴AC＝10，AG＝3，DH＝3， ∴sin∠BAC，cos∠BAC， ∴EW，AWAE， ∴GW＝AG﹣AW＝3，HV＝DH﹣DV＝DH﹣AW＝3，EV＝WV﹣WE＝BC﹣WE＝8， ∴， ∴t或t（舍去）， 如图4， 当2.5＜t＜5时， 由上可知：t， 综上所述：t或． 【典例精讲2】（2025春•清江浦区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x+2的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，将△AOB绕点O顺时针旋转90°得△COD（点A与点C对应，点B与点D对应）． （1）求直线CD的解析式； （2）点E为线段CD上一点，过点E作EF∥y轴交直线AB于点F，作EG∥x轴交直线AB于点G，当EF+EG＝AD时，求点E的坐标； （3）如图2，若点M为线段AB的中点，点N为直线CD上一点，点P为平面内一点，且以O，M，N，P为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点N的坐标，并写出其中一种求解点N的坐标的过程． 【分析】（1）先由直线AB解析式求出点A、B坐标，进而可得点C、D坐标，即可得解； （2）设E（m，m+1），再求出F、G点坐标，可得EF、EG，进而建立方程求解即可； （3）分两种情况：①OM为矩形的边时，②OM为矩形的对角线时，根据矩形的判定和性质即可求解． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝2， ∴B（0，2）， ∴OB＝8， 当y＝0时，x＝﹣1， ∴A（﹣1，0）， ∴OA＝1， ∵△AOB绕点O顺时针旋转90°得△COD， ∴CO＝OA＝1，BO＝DO＝2， ∴C（0，1），D（2，0）， 设直线CD的解析式为y＝kx+1， ∴2k+1＝0， 解得k， ∴直线CD的解析式为yx+1； （2）设E（m，m+1）， ∴EF∥y轴， ∴F（m，2m+2）， ∵EG∥x轴， ∴G（m，m+1）， ∴EF＝2m+2﹣（m+1）m+1，EG＝m﹣（m）m， ∵EF+EG＝AD，且AD＝OA+OD＝3， ∴m+1m3， 解得m， ∴E（，）； （3）①OM为矩形的边时，如图， 分别过点O、M作ON⊥OM交直线CD于N，作MN′⊥OM交直线CD于N′， 再分别过点N、N′作NP⊥ON交直线MN′于P，作N′P′⊥MN′交直线ON于P′，则四边形MONP、四边形MN′P′O均为矩形， ∵A（﹣1，0），B（0，2），点M为线段AB的中点， ∴M（，1），OM＝AM＝BMAB， ∵将△AOB绕点O顺时针旋转90°得△COD， ∴△AOB≌△COD， ∴OA＝OC＝1，∠OAB＝∠OCD，AB＝CD， ∵ON⊥OM， ∴∠MON＝90°， ∵∠AOB＝90°， ∴∠AOM＝∠CON， ∴△AOM≌△CON（ASA）， ∴ON＝OM，CN＝AM， ∴ON＝CNCD， ∴点N为线段CD的中点， ∵C（0，1），D（2，0）， ∴N（1，）； 设直线ON的解析式为y＝mx，则m， ∴直线ON的解析式为yx， ∵MN′⊥OM，ON⊥OM， ∴MN'∥ON， ∴可设直线MN′的解析式为yx+n， 将M（，1）代入得，1（）+n， ∴n， ∴直线MN′的解析式为yx， 联立直线得， 解得， ∴N（，）； 综上，OM为矩形的边时，点N的坐标为（1，）或（，）； ②OM为矩形的对角线时，如图， ∵M（，1），C（0，1）， ∴MC⊥y轴， ∵四边形MNOP为矩形， ∴MN⊥y轴， ∴点N与点C重合， ∴N（0，1）． 综上，以O，M，N，P为顶点的四边形为矩形时，点N的坐标为（1，）或（，）或（0，1）． 【变式训练1】（2026春•青羊区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、点B，直线：y＝kx+b（k≠0）x轴、y轴分别交于点C、点D，直线AB与直线CD交于点P，OC＝OD＝2OA． （1）求直线CD的解析式； （2）连接OP、BC，若直线AB上存在一点Q，使得S△PQC，求点Q的坐标； （3）将直线CD向上平移4个单位长度得到直线l，直线l与x轴交于点E，点N为直线AB上的一点，在平面直角坐标系中，是否存在点M，使以点O，E，N，M为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据题意求出C、D点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可； （2）先确定A是OC的中点，则△AOP的面积＝△PAC的面积，△OBA的面积＝△ABC的面积，得到△BOC的面积＝2△OPC的面积，再由S△PQC，可得S△PQC＝S△POC，所以Q点在直线y＝﹣x或y＝﹣x+12上，两直线与直线y＝x﹣3的交点即为所求； （3）设N（t，t﹣3），M（x，y），分三种情况讨论：当ON为矩形的对角线时，ON2＝OE2+EN2；当OE为矩形的对角线时，OE2＝ON2+EN2；当OM当OE为矩形的对角线时，NE2＝ON2+OE2；分别建立方程组求解即可． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣3， ∴B（0，﹣3）， 当y＝0时，x＝3， ∴A（3，0）， ∴OA＝3， ∵OC＝OD＝2OA， ∴CO＝OD＝6， ∴C（6，0），D（0，6）， 将C、D点坐标代入y＝kx+b， ∴， 解得， ∴y＝﹣x+6； （2）如图， ∵OA＝3，CO＝6， ∴AC＝3， ∴A是OC的中点， ∴△AOP的面积＝△PAC的面积，△OBA的面积＝△ABC的面积， 当﹣x+6＝x﹣3时，解得x， ∴P（，）， ∵OB＝3， ∴△BOC的面积＝2△OPC的面积， ∵S△PQC， ∴S△PQC＝S△POC， ∴Q点在直线y＝﹣x或y＝﹣x+12上， 如图， 当﹣x＝x﹣3时，解得x， ∴Q（，）； 如图， 当﹣x+12＝x﹣3时，解得x， ∴Q（，）； 综上所述：Q点坐标为（，）或（，）； （3）存在点M，使以点O，E，N，M为顶点的四边形是矩形，理由如下： ∵直线CD向上平移4个单位长度， ∴y＝﹣x+10， 当y＝0时，x＝10， ∴E（10，0）， 设N（t，t﹣3），M（x，y）， 当ON为矩形的对角线时，ON2＝OE2+EN2， ∴， 解得， ∴M（0，7）； 当OE为矩形的对角线时，OE2＝ON2+EN2， ∴， 解得或， ∴M（6，﹣1）或（6，﹣1）； 当OM当OE为矩形的对角线时，NE2＝ON2+OE2， ∴， 解得t＝0， ∴M（10，﹣3）； 综上所述：M点坐标为（0，7）或（6，﹣1）或（6，﹣1）或（10，﹣3）． 【变式训练2】（2026•前进区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，点C在y轴上，ACB＝90°，AC、BC的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个根（AC＜BC）．动点从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动；同时，动点N从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿BA向点A匀速运动．过线段MN的中点G作边AB的垂线，垂足为点G，交△ABC的另一边于点P，连接PM、PN，当点N运动到点A时，M、N两点同时停止运动，设运动时间为t秒． （1）直接写出点C的坐标：C（ 　0　 ，　4.8　 ）； 当t＝ 　2.5　 秒时，动点M、N相遇； （2）设△PMN的面积为S，求S与t之间的函数关系式以及自变量范围； （3）若点E在坐标轴上，平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点F的坐标若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求出AC、BC、AB、再根据•AC•BCCO•AB求出OC即可解决问题； （2）分三种情况求函数解析式，①0＜t，②t；③t先表示出MN，用相似借助OC，用时间表示出PG，面积即可确定． （3）分两种情形讨论①当BC为对角线时，②当BC为边时，点E′在x轴上时或点E″在y轴上时，分别求出点F坐标即可． 【解答】解：（1）∵AC、BC的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个根（AC＜BC）． ∴AC＝6，BC＝8， ∵∠ACB＝90°， ∴AB10， ∵•AC•BC＝•CO•AB， ∴CO＝4.8， ∴点C坐标（0，4.8）， 设t秒后相遇，由题意（1+3）t＝10， ∴t＝2.5． 故答案为：0，4.8，2.5； （2）①如图，0＜t时， ∵PG∥CO， ∴， ∴PG（t+5）， ∴S•PG•MN（t+5）（10﹣4t）； ②如图，t时， ∵PG∥CO， ∴， ∴PG（5﹣t）， ∴S（5﹣t）（10﹣4t）； ③如图，t时， SMN•PG（4t﹣10）•（5﹣t）t2+20t， 综上所述S； （3）存在，如图， ①当BC为对角线时，∵OB6.4，OA＝3.6， ∴点F坐标（6.4，4.8）． ②当BC为边时，点E′在x轴上时，点F坐标（2.8，﹣4.8）；点E″在y轴上时，E″（0，），F″（﹣6.4，）． 综上所述点F坐标为（6.4，4.8）或（2.8，﹣4.8）或（﹣6.4，）． 【变式训练3】如图，在平面直角坐标系中，直线l1y＝2x﹣1与x轴、y轴分别交于点A，B，直线l2：y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点P，C（0，1），两条直线交于点D，且点D的横坐标为． （1）求直线l2的函数表达式． （2）若点E在直线l1上，F为坐标平面内任意一点，试探究：是否存在以B，C，E，F为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据题意得出D（，），进而求得l2的解析式； （2）当∠BCE＝90°时，可得E（1，1），根据EF∥BC，EF＝CB，B（0，﹣1），即可求解，勾股定理的逆定理可得BC2＝CD2+BD2，进而可得∠BDC＝90°，当∠CBE＝90°时，BE∥DC，则D点与E点重合，根据矩形的性质以及平移的性质即可求解． 【解答】解：（1）∵点D在l1：y＝2x﹣1上，点D的横坐标为， ∴当时，，， ∴D， 将点和C（0，1）代入y＝kx+b中， 得： 解得． ∴直线l2的函数解析式为：； （2）存在以点B，C，E，F为顶点的四边形是矩形，点F的坐标为，（1，﹣1）； 当∠BCE＝90°时，CE∥x轴，则E的纵坐标为1， 将y＝1代入l1：y＝2x﹣1， 解得：x＝1，即E（1，1）， ∵EF∥BC，EF＝CB，B（0，﹣1）， ∴F（1，﹣1）； ∵， ∴，C（0，1），B（0，﹣1）， ∴BC＝2，，BD， ∴BC2＝4，， ∴BC2＝CD2+BD2， 则∠BDC＝90°； 当∠CBE＝90°时，BE∥DC，则D点与E点重合， ∵D到C可以看作向左平移个单位，向上平移个单位，则F点可以看作B（0，﹣1）点向左平移个单位，向上平移个单位，得到； ∴满足条件的点F的坐标为，（1，﹣1）． 题型四：正方形存在性问题 【典例精讲1】如图，平行四边形ABCD，AB＝CD＝9，AD＝BC＝5（AB∥CD，AD∥BC），CE⊥AB于E，并且BE＝3． （1）如图1所示在平面直角坐标系中，求出点C、D的坐标．（请写出过程） （2）如图2所示直线PQ是第二、四象限的角平分线，M是直线PQ上一个动点，N为x轴上一点，问平面内是否存在K点，使得以K、M、N、B为顶点构成正方形，若没有请说明理由；若有，直接写出K点的坐标． 【分析】（1）根据题意得到AE，利用勾股定理得到CE，即可得到点C的坐标，再利用平行四边形性质，即可得到点D的坐标； （2）根据题意画出草图，结合角平分线性质，等腰直角三角形性质，以及正方形性质求解，即可解题． 【解答】解：（1）∵AB＝CD＝9，BE＝3， ∴AE＝9﹣3＝6， ∵AD＝BC＝5，CE⊥AB于E， ∴， ∴点C的坐标为（﹣6，4）， ∵AB∥CD，﹣6+9＝3， ∴点D的坐标为（3，4）； （2）存在， ∵直线PQ是第二、四象限的角平分线，M是直线PQ上一个动点，N为x轴上一点，以K、M、N、B为顶点四边形为正方形， ∴有以下几种情况， ①作BM⊥x轴交直线PQ于点M，MK⊥y轴于点k，此时N与A重合，如图所示： 有∠MNB＝∠NMB＝45°，∠MNK＝∠NMK＝45°， ∴BN＝BM＝KN＝KM＝AB＝9， 即四边形KNBM为正方形， ∴K点的坐标为（0，9）， ②K、N点在MB左侧时，构成KNBM为正方形，如图所示： ∵NB＝AB＝9， ∴AN＝18， 此时K点的坐标为（﹣18，9）， ③作BM⊥PQ于点M， ∴∠BAM＝∠MBA＝45°， ∴MB＝MA，此时N与A重合，如图所示： ∵四边形KNMB为正方形， 连接MK交BN于点J， ∵BN＝9， ∴， ∴K点的坐标为； ④取AB的中点N，过N作MN⊥x轴，交PQ于点M； 过M作MK∥x轴，交过B作x轴的垂线于K点， ∵N是AB中点，AB＝9， ∴AN＝BN， ∵∠PAB＝45°，MN⊥AB， ∴MN＝AN＝BN， ∵MN⊥AB，MK∥AB，KB⊥AB， ∴MNBK为正方形， ∴KB＝MN， ∴K点坐标为：（﹣9，）． 综上所述，K点的坐标为（0，9）或（﹣18，9）或或（﹣9，）． 【典例精讲2】矩形AOBC在坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，0D、OA的长是关于x的方程x2﹣7x+12＝0的两根（OA＞OD）． （1）求点A、点D的坐标； （2）求出直线AB的解析式； （3）动点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面x轴上方是否存在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）解方程求出x＝4或3，则可求出答案； （2）利用待定系数法确定直线AB的解析式； （3）分BN为边和BN为对角线两种情况讨论，分别画出图形，利用正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质可求出答案． 【解答】解：（1）x2﹣7x+12＝0， 解得x1＝3，x2＝4． ∵OA＞OD， ∴OA＝4，OD＝3． ∴点A坐标为（﹣4，0），点D的坐标为（0，3）； （2）∵AOBC是矩形，△ABC沿AB折叠得到△ABE， ∴BC＝BE＝OA＝4，∠C＝∠E＝90°． 在△AOD和△BED中， ， ∴△AOD≌△BED （AAS）． ∴DE＝OD＝3． 在Rt△BDE中，由勾股定理得 BD＝5．OB＝BD+OD＝5+3＝8． ∴点B的坐标是（ 0，8）． 设直线AB的解析式为y＝kx+b， 则． ∴． ∴线段AB所在直线解析式为：y＝2x+8； （3）存在点Q使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形．存在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形． 分两种情况：①当BN为边时， 如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN＝MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I， ∵四边形BNMQ是正方形， ∴QM＝NM，∠QMN＝90°， ∴∠QMG+∠NMI＝90°， 又∵∠QMG+∠MQG＝90°， ∴∠MQG＝∠IMN， 又∵∠QGM＝∠MIN＝90°， ∴△QGM≌△MIN（AAS）， ∴QG＝IM，MG＝IN， 过点N作NH⊥y轴于点H， 同理可证△BNH≌△MNI（AAS）， ∴NI＝NH， 设N（﹣b，b）， ∵N在直线AB上， ∴b＝﹣2b+8， ∴b， ∴NI，IM＝BH． ∴OG＝OM+MG＝IN． ∴点Q（，）； 如图，若四边形BNMQ是正方形， 同理可得M（﹣24，0），Q（﹣16，16）； 如图，若四边形BNQM是正方形， 同理可证△BOM≌△MGQ， ∴OM＝QG，GM＝OB＝8， 设OG＝a，则OM＝a+8， ∴AM＝a+12， ∴42+82+82+（a+8）2＝（a+12）2， ∴a＝8， ∴AM＝20，OM＝16， ∴M（16，0）； 同理，点Q（8，﹣16）； 如图，若四边形BMQN是正方形， 同理可求M（16，0）；点Q（24，16）； ②当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点P作PH⊥x轴于H， ∵点A（﹣4，0），点B（0，8）， ∴直线AB解析式为y＝2x+8， ∵四边形BMNQ是正方形， ∴BM＝NM，∠BMN＝90°， ∴∠BMO+∠NMH＝90°， 又∵∠BMO+∠MBO＝90°， ∴∠NMH＝∠MBO， 又∵∠PNF＝∠BOF＝90°， ∴△BOM≌△MHN（AAS）， ∴BO＝HM＝8，OM＝HN， 设点M（a，0）， ∴OH＝8﹣a，HN＝a， ∴点N（a﹣8，﹣a）， ∵点N在AB上， ∴﹣a＝2（a﹣8）+8， ∴a， ∴HN＝OM， 同理可知△BKQ≌△MOB（AAS）， ∴QK＝OB＝8，BK＝OM， ∴OK＝8， ∴Q（﹣8，）， 如图，若四边形BMNQ是正方形， 同理可求点M（﹣24，0），则点Q（8，﹣16），舍去． 综上所述，符合条件的点Q坐标为（，）或（﹣16，16）或（24，16）或（﹣8，）． 【变式训练1】如图，Rt△ABC的直角顶点B在x轴正半轴上，斜边AC在y轴上，点A在y轴正半轴上，线段OA＝a，OB＝b，且|a﹣3|+（4﹣b）2＝0． （1）求线段AB的长． （2）点M在第三象限，平面内是否存在点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有符合题意的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用非负数的性质（绝对值与平方的和为零），直接求出a和b的值，从而确定点A和点B的坐标，最后在Rt△AOB中运用勾股定理计算出线段AB的长； （2）根据正方形的性质构造全等三角形（△DBN≌△OAB），利用全等三角形对应边相等的性质，求出点N到坐标轴的距离（即线段OD和DN的长），再结合点N所在的象限（第四象限）确定其符号，最终得出点N的坐标． 【解答】解：（1）已知|a﹣3|+（4﹣b）2＝0． 绝对值|a﹣3|和平方数（4﹣b）2都是非负数（即≥0）． 两个非负数之和为0，当且仅当这两个数同时为0． 因此，我们可以得到：a﹣3＝0 且 4﹣b＝0， 解得：a＝3，b＝4． 根据题意，线段OA＝a，OB＝b． ∴OA＝3，OB＝4． 由图可知，点A在y轴正半轴上，点B在x轴正半轴上， ∴△AOB是一个直角三角形，且∠AOB＝90°． 在 Rt△AOB中，由勾股定理得： AB5， ∴线段AB的长为5； （2）存在． ∵点M在第三象限，使以A，B，M，N为顶点的四边形是正方形， ∴只有一种情况： 在BC上截取BN＝AB，过点N作MN⊥BC，过点A作AM⊥AB，交NM于点M，过点N作ND⊥x轴于点D，如图所示： ∴∠BNM＝∠BAM＝90°，∠BDN＝∠AOD＝90°， ∵Rt△ABC的斜边AC在y轴上， ∴∠ABC＝90°， ∴∠BNM＝∠BAM＝∠ABC＝90°， ∴四边形ABNM是矩形， 又∵BN＝AB， ∴矩形ABNM是正方形， ∴点N为所求的点， 在△AOB中，∠AOB＝90°， ∴∠OAB+∠OBA＝90°， 又∵∠DBN+∠OBA＝∠ABC＝90°， ∴∠DBN＝∠OAB， 在△DBN和△OAB中， ， ∴△DBN≌△OAB（AAS）， ∴DB＝OA＝3，DN＝OB＝4， ∴OD＝OB﹣BD＝4﹣3＝1， ∵点N在第四象限， ∴点N的坐标为（1，﹣4）． 【变式训练2】【模型探究】如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，点C在直线上，过点A作AD⊥于点D，过点B作BE⊥于点E．若AD＝3，BE＝4，求DE的长． 【迁移应用】如图②，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝2x+4与x轴、y轴分别交于A，B两点． （1）OA的长为　2　 ，OB的长为　4　 ． （2）将直线l1绕点B按顺时针方向旋转45°得到直线l2，求直线l2对应的函数解析式． 【拓展延伸】如图③，直线AB：y＝2x+8与x轴、y轴分别交于A，B两点，若C是第二象限内一点，在平面内是否存在一点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】【模型探究】证明△ADC≌△CEB（AAS），即可求解； 【迁移应用】（1）分别求出A、B点坐标即可求解； （2）过点A作AE⊥AB交直线l2于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，证明△ABO≌△EAF（AAS），求出E（﹣6，2），用待定系数法求函数的解析式即可； 【拓展延伸】分三种情况讨论：当∠BAC＝90°时，过点C作CG⊥x轴交于G，求出C（﹣12，4），再由平移求出D（﹣8，12）；当∠ABC＝90°时，过点C作CH⊥y轴于点H，求出C（﹣8，12），再由平移求出D（﹣12，4）；当∠ACB＝90°时，过点C作MN⊥x轴交于N点，过点B作BM⊥MN交于M点，求出C（﹣6，6），再由平移求出D（2，2）． 【解答】解：【模型探究】∵AD⊥CD，BE⊥CE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°， ∵∠ACD+∠CAD＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD， ∵CA＝CB， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴CD＝BE＝4，AD＝CE＝3， ∴DE＝7； 【迁移应用】（1）当x＝0时，y＝4， ∴B（0，4）， ∴OB＝4， 当y＝0时，x＝﹣2， ∴A（﹣2，0）， ∴AO＝2， 故答案为：2，4； （2）过点A作AE⊥AB交直线l2于点E，过点E作EF⊥x轴于点F， ∴△ABO≌△EAF（AAS）， ∴AF＝BO＝4，EF＝AO＝2， ∴E（﹣6，2）， 设直线l2的函数解析式为y＝kx+b， ∴， 解得， ∴yx+4； 【拓展延伸】存在点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形为正方形，理由如下： 当x＝0时，y＝8， ∴B（0，8）， 当y＝0时，x＝﹣4， ∴A（﹣4，0）， 当∠BAC＝90°时，过点C作CG⊥x轴交于G， ∴△ACG≌△BAO（AAS）， ∴AG＝BO＝8，AO＝CG＝4， ∴C（﹣12，4）， ∵A点向右平移4个单位长度，向上平移8个单位长度得到B点， ∴C点向右平移4个单位长度，向上平移8个单位长度得到D（﹣8，12）； 当∠ABC＝90°时，过点C作CH⊥y轴于点H， ∴△ABO≌△BCH（AAS）， ∴CH＝BO＝8，AO＝BH＝4， ∴C（﹣8，12）， ∵B点向左平移4个单位长度，向下平移8个单位长度得到A点， ∴C点向左平移4个单位长度，向下平移8个单位长度得到D（﹣12，4）； 当∠ACB＝90°时，过点C作MN⊥x轴交于N点，过点B作BM⊥MN交于M点， ∴△BCM≌△CAN（AAS）， ∴BM＝CN，MN＝CN， ∵AN+4＝BM，AN+BM＝8， ∴AN＝2，BM＝6， ∴C（﹣6，6）， ∵C点向右平移2个单位，向下平移6个单位得到A点， ∴B点向右平移2个单位，向下平移6个单位得到D（2，2）； 综上所述：D点坐标为（﹣8，12）或（2，2）或（﹣12，4）． 【变式训练3】（2025春•沙坪坝区校级同步）如图，矩形ABOC在平面直角坐标系中，点A在第二象限内，点B在x轴负半轴上，点C在y轴正半轴上，OA，OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣9x+20＝0的两个根．解答下列问题： （1）求点A的坐标； （2）若直线MN分别与AB、AO、AC，y轴交于点M，F，N，E，已知△AMN为等腰直角三角形且S△AMN＝2，在直线MN上有有两动点D，H（D在H下方），且DH＝MN，求|OD﹣CH|的最大值以及此时点H的坐标． （3）在（2）的条件下，点P在第二象限内，在平面内是否存在点Q，使以E，F，P，Q为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）解方程x2﹣9x+20＝0，可得x1＝4，x2＝5，则OA＝5，OB＝4，利用勾股定理可得AB＝3，则A（﹣4，3）； （2）由等腰直角三角形性质、矩形性质和三角形面积可得M（﹣4，1），N（﹣2，3），进而可得直线MN的解析式为y＝x+5，设D（h﹣2，h+3），H（h，h+5），连接CH，OD，平移线段CH至DG，连接OG，则|OD﹣CH|＝|OD﹣DG|≤|OG|，当且仅当O、D、G三点共线时，|OD﹣CH|＝OG为最大值，建立方程可得h，即可求得答案； （3）过点F作FQ3⊥y轴于点Q3，过点P1作P1G⊥x轴，与FQ3交于点G．先求得Q3的坐标，再分类讨论即可． 【解答】解：（1）∵x2﹣9x+20＝0， ∴x1＝4，x2＝5， ∴OA＝5，OB＝4， ∵四边形ABOC是矩形， ∴∠ABO＝90°， ∴AB3， ∴A（﹣4，3）； （2）∵△AMN为等腰直角三角形， ∴AM＝AN， ∵四边形ABOC是矩形， ∴∠MAN＝90°， ∵S△AMN＝2， ∴AM＝AN＝2，MN＝2， ∴BM＝1，CN＝2， ∴M（﹣4，1），N（﹣2，3）， 设直线MN的解析式为y＝kx+b，则， 解得：， ∴直线MN的解析式为y＝x+5， 设D（h﹣2，h+3），H（h，h+5）， 连接CH，OD，平移线段CH至DG，连接OG，如图， 则DG＝CH， ∴|OD﹣CH|＝|OD﹣DG|≤|OG|，当且仅当O、D、G三点共线时，|OD﹣CH|＝OG为最大值， 由平移得：G（﹣2，1）， ∵直线OD的解析式为yx，直线OG的解析式为yx， ∴， ∴h， ∴H（，）， 此时，OG， 即|OD﹣CH|的最大值为； （3）如图所示，过点F作FQ3⊥y轴于点Q3，过点P1作P1G⊥x轴，与FQ3交于点G． 点E的坐标为（0，5）， ∵OA过原点， ∴设OA的表达式为y＝kx，把点A（﹣4，3）代入得yx． 联立方程组得：， 解得：， ∴F（，），Q3（0，）， ∴EF， 情况一：以EF为正方形的边可作正方形EFP1Q1或FEQ2P2， 则△P1GF≌△FQ3E，P1G＝GF． P1的纵坐标为5，P1的横坐标为﹣（）． ∴Q2的坐标为（，5）． 同理可得Q1的坐标为（，）． 情况二：以EF为对角线在EF的左侧作正方形FQ3EP3，FQ3＝EQ3，且∠EFQ3＝45°， 此时Q3的坐标为（0，）． 综上，当点Q的坐标分别为Q1（，），Q2（，5），Q3（0，）时，存在以E，F，P，Q为顶点的正方形． 【变式训练4】（2025春•滨海新区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点A是动点且纵坐标为4，点B是线段OA上的一个动点，过点B作直线MN平行于x轴，设MN分别交射线OA与x轴所成的两个角的平分线于点E、F． （1）求证：EB＝BF； （2）当为何值时，四边形AEOF是矩形？证明你的结论； （3）是否存在点A、B，使四边形AEOF为正方形？若存在，求点A与B的坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）根据角平分线的性质以及等角对等边即可得出BO＝BF，BO＝BE，进而求出答案； （2）根据当时，首先求出四边形AEOF是平行四边形，进而得出利用角平分线的性质得出∠EOF＝90°，即可得出四边形AEOF是矩形； （3）根据当A点在y轴时，即A点坐标为（0，4）时，有OA⊥EF，此时，取OA的中点B（0，2），由（2）知四边形AEOF是矩形，进而即可得出四边形AEOF为正方形． 【解答】（1）证明：如图所示； ∵OF是∠AOX的角平分线， ∴∠1＝∠2， ∵MN∥x轴， ∴∠3＝∠2， ∴∠1＝∠3， ∴BO＝BF， 同理可证BO＝BE， ∴EB＝BF， （2）解：当，四边形AEOF是矩形， ∵， ∴OB＝AB， 又∵BE＝BF， ∴四边形AEOF是平行四边形， ∵OE、OF是角平分线， ∴∠EOF＝90°， ∴四边形AEOF是矩形； （3）解：存在点A、B使四边形AEOF为正方形，如图所示， ∵MN∥x轴， ∴当A点在y轴时，即A点坐标为（0，4）时，有OA⊥EF，此时，取OA的中点B（0，2），由（2）知四边形AEOF是矩形， ∴四边形AEOF为正方形， ∴存在A（0，4），B（0，2），使四边形AEOF为正方形． 题型五：面积问题 【典例精讲】（2025秋•揭阳校级月考）如图，平面直角坐标系中，ABCD为长方形，其中点A，C的坐标分别为（﹣4，2），（1，﹣4），且AD∥x轴交y轴于M点，AB∥y轴交x轴于N点． （1）求B，D两点的坐标和长方形ABCD的面积； （2）一动点P从A点出发，以个单位/秒的速度沿AB向B点运动，是否存在某一时刻t，使△AMP的面积等于长方形ABCD面积的？若存在，求出t的值，并求此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用点A、C的坐标和矩形的性质易得B（﹣4，﹣4），D（1，2），然后根据矩形面积公式计算矩形ABCD的面积； （2）由于AM＝4，APt，根据三角形面积公式得到S△AMP＝t，再利用三角形AMP的面积等于长方形面积的可计算出t＝10，则AP＝5，然后根据点的坐标的表示方法写出P点坐标． 【解答】解：（1）∵点A、C坐标分别为（﹣4，2）、（1，﹣4），而四边形ABCD为长方形， ∴B（﹣4，﹣4），D（1，2）； ∴长方形ABCD的面积＝（1+4）×（2+4）＝30； （2）存在． ∵AM＝4，APt， ∴S△AMP4t＝t． ∵三角形AMP的面积等于长方形面积的， ∴t＝3010， ∴AP10＝5． ∵AN＝2， ∴P点坐标为（﹣4，﹣3）． 【变式训练1】如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点A，C的坐标分别为（﹣2，5），（3，﹣1），且AD∥x轴，AB∥y轴，P是边AB上一动点（不与点A，B重合）． （1）写出点B和点D的坐标，并求长方形ABCD的面积； （2）当△BPO是直角三角形时，求点P的坐标； （3）设N为线段AB的中点，是否存在点P，使△ONP的面积等于长方形ABCD的面积的若存在，直接写出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据点A（﹣2，5），点C（3，﹣1），且AD∥x轴，AB∥y轴即可得出点B和点D的坐标，再分别求出AB＝6，AD＝5，进而可得出长方形ABCD的面积； （2）依题意得∠OPB＜90°，∠OBP＜90°，则当△BPO是直角三角形时，只有∠POB＝90°，由勾股定理得PB2＝OP2+OB2，设点P（﹣2，t），则PB＝t+1，OP2＝4+t2，ON2＝5，进而得（t+1）2＝4+t2+5，由此解出t即可得出点P的坐标； （3）设BC与y轴交于E，先求出点N（﹣2，2），设点P的坐标为（﹣2，a），则PN＝|a﹣2|，进而得S△ONPPN•BE＝|a﹣2|，则，解此方程求出a即可得出点P的坐标． 【解答】解：（1）∵点A（﹣2，5），点C（3，﹣1），且AD∥x轴，AB∥y轴， ∴点B的坐标为（﹣2，﹣1），点D的坐标为（3，5）， AB＝5﹣（﹣1）＝6，AD＝3﹣（﹣2）＝5， ∴长方形ABCD的面积为：AB•AD＝6×5＝30； （2）∵点P是边AB上的一点， ∴∠OPB＜90°，∠OBP＜90°， ∴当△BPO是直角三角形时，只有∠POB＝90°， 由勾股定理得：PB2＝OP2+OB2， 设点P的坐标为（﹣2，t）， ∴PB＝t+1，OP2＝4+t2，ON2＝12+22＝5， ∴（t+1）2＝4+t2+5， 解得：t＝4， ∴点P的坐标为（﹣2，4）； （3）存在，点P的坐标为（﹣2，4）或（﹣2，0），理由如下： 设BC与y轴交于点E，如图所示： ∵点N是AB的中点，点A（﹣2，5），点B（﹣2，﹣1）， ∴点N的坐标为（﹣2，2）， 设点P的坐标为（﹣2，a）， ∴PN＝|a﹣2|， ∴S△ONPPN•BE|a﹣2|×2＝|a﹣2|， 当△ONP的面积等于长方形ABCD的面积的1/15时，则， ∴|a﹣2|＝2， ∴a﹣2＝2或a﹣2＝﹣2， 由a﹣2＝2，解得：a＝4， 由a﹣2＝﹣2，解得：a＝0， ∴点P的坐标为（﹣2，4）或（﹣2，0）． 【变式训练2】在平面直角坐标系中，OA＝4，OC＝8，四边形ABCO是长方形，若点P从点C以2个单位长度/秒的速度沿CO方向移动，同时点Q从点O以1个单位长度/秒的速度沿OA方向移动，设移动的时间为t秒（0＜t＜4），△AQB与△BPC的面积分别记为S△AQB，S△BPC． （1）CP＝　2t ，AQ＝　4﹣t ；（用含t的式子表示） （2）是否存在某个时间，使S△AQB≤S△BPC，若存在，求出t的取值范围，若不存在，试说明理由． 【分析】（1）由点P从点C以2单位长度/秒的速度沿CO方向移动，可知CP＝2t，由点Q从点O以1单位长度/秒的速度沿OA方向移动，可知OQ＝t，AQ＝4﹣t； （2）根据三角形面积公式，用含有t的式子表示S△AQB和S△BPC．再代入S△AQB≤S△BPC，求出t的取值范围，再结合0＜t＜4，即可得解． 【解答】解：（1）∵点P从点C以2单位长度/秒的速度沿CO方向移动， ∴CP＝2t， ∵点Q从点O以1单位长度/秒的速度沿OA方向移动， ∴OQ＝t， ∵OA＝4， ∴AQ＝4﹣t， 故答案为：2t，4﹣t； （2）存在， ∵四边形ABCO是长方形，OA＝4，OC＝8， ∴BC＝OA＝4，AB＝OC＝8， ∴S△AQBAB•AQ8×（4﹣t）＝16﹣4t， S△BPCBC•PC4×2t＝4t， ∵S△AQB≤S△BPC， ∴16﹣4t≤4t， 解得t≥2， ∵0＜t＜4， ∴2≤t＜4． 第 1 页 共 35 页 学科网（北京）股份有限公司 $