人教版八年级数学下册重难点专题提升精讲精练期中重难点特训(三)之平行四边形中的存在性问题专训(原卷版+解析)

期中重难点特训（三）之平行四边形中的存在性问题专训【重难点题型】1．（2022春·北京·七年级校考期中）已知：如图，正方形ABCD中，AB=4，AC，BD相交于点，E，F分别为边BC，CD上的动点（点E，F不与线段BC，CD的端点重合）且BE=CF，连接OE，OF，EF．在点E，F运动的过程中，有下列四个结论：①△OEF始终是等腰直角三角形；②△OEF面积的最小值是2；③至少存在一个△ECF，使得△ECF的周长是；④四边形OECF的面积始终是4．所有正确结论论的序号是（

）A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④2．（2021·广西贵港·统考三模）如图，在正方形中，动点在边上（点与点不重合），的平分线与边交于点，与边的延长线交于点，连接．对于下列四个结论：①；②若，则；③若，则；④存在点，使点与点关于直线对称．其中正确结论的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．（2022秋·九年级课时练习）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为(

)A． B． C． D．4．（2022秋·广东梅州·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，是边的中点，是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接．在上存在一动点．连接、，则周长的最小值是___________．5．（2022秋·九年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．如果��、F分别是AD、BC上的点，且EF经过AC中点O，G，H是对角线AC上的点．下列判断正确的有______．①在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是平行四边形；②在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是矩形；③在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是菱形；④当AG=时，存在E、F、G，H，使得四边形EGFH是正方形．6．（2022秋·九年级课时练习）如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE．如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则此时PB＝__．7．（2021·四川宜宾·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）8．（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图，在中，分别为边上的点（不与端点重合）．对于任意，下面四个结论中：①存在无数个四边形，使得四边形是平行四边形；②至少存在一个四边形，使得四边形菱形；③至少存在一个四边形，使得四边形矩形；④存在无数个四边形，使得四边形的面积是面积的一半．所有正确结论的序号是___________．9．（2022秋·九年级课时练习）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“最优覆盖菱形”．问题：如图，在中，，，且的面积为m，如果存在“最优覆盖菱形”为菱形，那么m的取值范围是________．10．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图1，在正方形中，点E是边上的一点，，且交正方形外角的平分线于点P．(1)求的度数；(2)求证：；(3)在边上是否存在点M，使得四边形是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存在，请说明理由；(4)如图2，在边长为4的正方形中，将线段沿射线平移，得到线段，连接，则直接写出的最小值是．11．（2023秋·山东青岛·九年级统考期末）如图①，在四边形中，，点从点出发，沿射线以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点运动．当点到达点时，点停止运动，设点运动时间为秒．(1)求的长；(2)当运动停止时，求线段的长；(3)在运动的过程中，是否存在某一时刻，使以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．(4)如图②，若点为边上一点，且，当是以为腰的等腰三角形时，求的值．12．（2022秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十九中学校校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，于点，且点在的正半轴上，点和点分别在的负半轴和正半轴，，．(1)求点的坐标；(2)点点出发以1个单位/秒的速度向的负半轴方向运动，同时点从点出发向轴的正方向运动，连接交直线于点.设、两点运动时间为秒，若，连接，的面积为，请用的式子表示，并直接写出的式子表示，并直接写出的取值范围；(3)在（2）的条件下，过点作，过点作轴的平行线交于于点，连接，是否存在，使的面积等于面积的2倍，如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由．13．（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，是平行四边形对角线的交点，过点作，，垂足分别为，，若，我们称是平行四边形的心距比．(1)如图2，四边形是矩形，，，则．(2)如图3，四边形是平行四边形，，求证：四边形是菱形．(3)已知如图，在中，，点、、分别在、、边上，若存在一个四边形是平行四边形，且，请通过尺规作图作出一个点．（不写作法，但保留作图痕迹；如若有必要，可简述作图思路）14．（2023春·八年级课时练习）如图，平面直角坐标系中，矩形的对角线，(1)求B、C两点的坐标；(2)把矩形沿直线DE对折使点C落在点A处，与相交于点F，求四边形的面积；(3)若点M在直线上，平面内是否存在点N，使以O、F、M、N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，请说明理由.15．（2023春·全国·八年级专题练习）已知∶如图1，点D在外，，，射线与的边交于点H，，垂足为E，．(1)若，，求的长；(2)求证：；(3)如图2，若，，点F在线段上，且，点M、N分别是射线、上的动点，在点M、N运动的过程中，请判断式子的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．16．（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，为直线上一动点，连，过作，交直线、直线于点、，连．(1)求直线的解析式．(2)当为中点时，求的长．(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由．17．（2023春·八年级课时练习）综合与探究如图，直线与直线交于点（4，），直线与x轴交于点（8，0），点C从点O出发沿向终点B运动，速度为每秒1个单位，同时点D从点B出发以同样的速度沿向终点O运动，作轴，交折线于点M，作轴，交折线于点N，设运动时间为t．(1)求直线的表达式；(2)在点C，点D运动过程中．①当点M，N分别在，上时，求证四边形是矩形．②在点C，点D的整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你直接写出t的值．(3)点P是平面内一点，在点C的运动过程中，问是否存在以点P，O，A，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．18．（2023春·八年级课时练习）如图，正方形的边分别在x轴和y轴上，顶点B在第一象限，，点E、F分别在边和射线上运动（E、F不与正方形的顶点重合），，设，(1)当时，则_________，___________；(2)当点F在线段上运动时，若的面积为，求t的值．(3)在整个运动过程中，平面上是否存在一点P，使得以P、O、E、F为顶点，且以为边的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．19．（2023春·八年级课时练习）如图，平行四边形中，，，平分交于，且，(1)求证：；(2)求平行四边形的面积；(3)取中点，动点以每秒个单位的速度从点向点运动，动点以每秒个单位的速度从点向点运动，两点同时出发，当，中有一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设运动时间为，是否存在，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．20．（2023春·八年级课时练习）已知，如图1，BD是边长为1的正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使CF=CE，连接DF，交BE的延长线于点G．(1)求证：△BCE≌△DCF；(2)求CF的长；(3)如图2，在AB上取一点H，且BH=CF，若以BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，问在直线BD上是否存在点P，使得以B、H、P为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的P点坐标；若不存在，说明理由．21．（2023春·八年级课时练习）已知点E是平行四边形ABCD边CD上的一点（不与点C，D重合）．(1)如图1，当点E运动到CD的中点时，连接AE、BE，若AE平分∠BAD，证明：CE=CB．(2)如图2，过点E作EF⊥DC交直线CB于点F，连接AF．若∠ABC=120°，BC=2．若AB=4．在线段CF上是否存在一点H．使得四边形AFHD为菱形？若存在，请求出ED，CH的长；若不存在，请简单地说明理由．22．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为A（0，2），B（4，2），点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连接DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连接BF．(1)当点F在第四象限时(如图1)，求证：．(2)当点F落在矩形的某条边上时，求EF的长．(3)是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．23．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=CD=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒（）．(1)求点B到线段AC的距离；(2)当NP经过线段AC中点时，求t的值并直接写出此时线段MQ、NQ的关系；(3)连接AN、CP，在点M、N运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(4)将△AQM沿AD翻折，得到△AKM．在点M、N运动过程中，①是否存在某时刻t，使四边形AQMK为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；②是否存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．24．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在直角坐标系中，点，点D为射线上一动点，过D作垂直射线于点E，点C为y轴上一动点，连接，以为边作，设．(1)如图1，当D在线段上运动时，的顶点F恰好也落在线段上，①用含t的代数式表示______，_______．②是否存在t的值，使为菱形？若存在，求出t的值和点C的坐标；若不存在，说明理由．(2)如图2，点D在整个运动过程中，使得为正方形，请求出所有满足条件的t的值和相应点C的坐标．25．（2023春·八年级课时练习）如图，点E为正方形内一动点，．过点B作，且，连接，．(1)求证：；(2)延长至点F，使得，求证：C，F，G三点在同一条直线上；(3)在（2）的条件下，若点E在运动过程中，存在四边形为平行四边形．试探究此时，满足的数量关系．26．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点(1)求直线AB的表达式；(2)在x轴上找出所有的点C，使△ABC是以线段AB为腰的等腰三角形；(3)是否存在点P、Q，满足点P在x轴上，点Q在y轴上，且以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接写出点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由．27．（2023春·八年级课时练习）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A（-2，6），且与x轴相交于点B，与正比例函数y=3x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．(1)求一次函数的解析式；(2)若点D在y轴上，且满足S△COD=S△BOC，求点D的坐标；(3)在坐标平面内，是否存在点P，使得以O、B、C、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由．28．（2022春·湖北荆门·八年级统考期中）四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角平分线CF于F．(1)如图①，点E是边BC中点，求证：AE＝EF．(2)如图②，在（1）的条件下，AB＝4，AB上是否存在一点G，使得四边形EFDG为平行四边形？若存在，试求AG的长；若不存在，请说明理由．(3)如图③，E是BC延长线上一点，CE＝，G是直线AB上一点，试探究：当BG＝时，四边形EFDG为平行四边形．29．（2022秋·全国·九年级专题练习）已知，如图为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，动点在线段上以每秒3个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒．(1)当为何值时，的面积为10？(2)在直线上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由．30．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图1，在矩形中，对角线相交于点O，，，点P从点A出发沿以每秒的速度向点B运动，同时点Q从点C出发沿方向以每秒的速度向点A运动，设运动的时间为t秒，当点P运动到点B时，点Q停止运动．过点Q作于点H．(1)填空：_____________，________（用含有t的式子表示）；(2)是否存在某一时刻t，使四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(3)若在某一时刻t，平面内存在一点G，使四点构成的四边形是矩形，求出t的值．期中重难点特训（三）之平行四边形中的存在性问题专训【重难点题型】1．（2022春·北京·七年级校考期中）已知：如图，正方形ABCD中，AB=4，AC，BD相交于点，E，F分别为边BC，CD上的动点（点E，F不与线段BC，CD的端点重合）且BE=CF，连接OE，OF，EF．在点E，F运动的过程中，有下列四个结论：①△OEF始终是等腰直角三角形；②△OEF面积的最小值是2；③至少存在一个△ECF，使得△ECF的周长是；④四边形OECF的面积始终是4．所有正确结论论的序号是（

）A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】证明≌，即可得出①是正确的；设BE=CF=x，则EC=4-x，其中，表达出△OEF面积，用二次函数求出最小值，进行比较即可判断②是正确的；假设存在一个△ECF，使得△ECF的周长是，求出EF的长度即可说明③是正确的；根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出④正确．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，，45°，90°，在和中，，≌，∴OE=OF，∴，∴90°，又∵OE=OF，∴△OEF是等腰直角三角形，故①正确；∵≌，∴设BE=CF=x，则EC=4-x，其中，在Rt△EFC中，，在Rt△EFO中，，∴，∴，，，∴当x=2时△OEF的面积取得最小值2，故②正确；假设存在一个△ECF，使得△ECF的周长是；∴，∴，∴，∴，解得：，∴BE=CF=或BE=CF=时，△ECF的周长是，∴至少存在一个△ECF，使得△ECF的周长是，故③正确；∵≌，，故④正确；故选D．【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此题的关键．2．（2021·广西贵港·统考三模）如图，在正方形中，动点在边上（点与点不重合），的平分线与边交于点，与边的延长线交于点，连接．对于下列四个结论：①；②若，则；③若，则；④存在点，使点与点关于直线对称．其中正确结论的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据角平分线性质，平行线性质可证明结论①；通过证明可得结论②；通过证明可得结论③；结论④不能证明．【详解】解：∵AF平分，∴，∵，∴，∴，∴，故结论①正确；如图1，若，则，∵，，∴，∴，∴，∴，故结论②正确；若，如图2，由结论①可知：，∴M是AF的中点，∴，∵，，∴，∴，故结论③正确；只有当点E和点B重合时，才有点与点关于直线对称，与题意冲突，故结论④错误．故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质,含的直角三角形等知识点，根据已知情景，寻找对应全等三角形是解题关键．3．（2022秋·九年级课时练习）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】如下图，△BEP的周长=BE+BP+EP，其中BE是定值，只需要BP+PE为最小值即可，过点E作AC的对称点F，连接FB，则FB就是BP+PE的最小值．【详解】如下图，过点E作AC的对称点F，连接FB，FE，过点B作FE的垂线，交FE的延长线于点G∵菱形ABCD的边长为4，点E是BC的中点∴BE=2∵∠DAB=60°，∴∠FCE=60°∵点F是点E关于AC的对称点∴根据菱形的对称性可知，点F在DC的中点上则CF=CE=2∴△CFE是等边三角形，∴∠FEC=60°，EF=2∴∠BEG=60°∴在Rt△BEG中，EG=1，BG=∴FG=1+2=3∴在Rt△BFG中，BF==2根据分析可知，BF=PB+PE∴△PBE的周长=2故选：C【点睛】本题考查菱形的性质和利用对称性求最值问题，解题关键是利用对称性，将BP+PE的长转化为FB的长．4．（2022秋·广东梅州·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，是边的中点，是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接．在上存在一动点．连接、，则周长的最小值是___________．【答案】【分析】分两步讨论：①先确定点的位置，当、、三点共线时，有最小值，②当、、三点共线时，有最小值，确定动点的位置；在计算此时的周长即可．【详解】解：分两步：①连接，则，∴周长∵,当、、三点共线时，有最小值，是的长，∴与的交点就是点,由勾股定理得：，②连接∵，∴当、、三点共线时，有最小值，此时，∵时的中点，∴,∴,由折叠得：∴∴周长的最小值是：故答案为：【点睛】本题考查了折叠变换、矩形的性质、两点之间线段最短、勾股定理，解题关键是利用三角形的三边关系来确定动点的位置．5．（2022秋·九年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．如果��、F分别是AD、BC上的点，且EF经过AC中点O，G，H是对角线AC上的点．下列判断正确的有______．①在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是平行四边形；②在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是矩形；③在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是菱形；④当AG=时，存在E、F、G，H，使得四边形EGFH是正方形．【答案】①②④【分析】如图，矩形ABCD，为对角线的交点，由中心对称性证明：所以当时，四边形是平行四边形，当时，四边形是矩形，当四边形是菱形，再利用正方形的性质求解从而可得答案.【详解】解：如图，矩形ABCD，为对角线的交点，由中心对称性可得：所以当时，四边形是平行四边形，所以AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是平行四边形；故①符合题意；当时，四边形是矩形，而不是定值，所以在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是矩形；故②符合题意；当四边形是菱形，而位置确定，所以唯一，所以在AC上不存在无数组G、H，使得四边形EGFH是菱形，故③不符合题意；如图，当四边形EGFH是正方形时，由矩形可得：所以当AG=时，存在E、F、G，H，使得四边形EGFH是正方形，故④符合题意；故答案为：①②④【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定，正方形的性质，掌握“特殊四边形的判定与性质”是解本题的关键.6．（2022秋·九年级课时练习）如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE．如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则此时PB＝__．【答案】【分析】由翻折的性质知，PB＝PB′，而要点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为PB′，故有PB′⊥CD，先证明四边形PB′EB是平行四边形，然后利用勾股定理求解即可得到答案．【详解】解：根据折叠的性质知：PB＝PB′，若点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为PB′，故有PB′⊥CD，由题意知：如图所示，连接AD，BB′由折叠的性质可知AB＝AB′＝3，，AE是线段BB′的垂直平分线，∴，∵，∴，∴，∵四边形ABDC是矩形，∴BD⊥CD，∠C=∠BDC=∠ABD=90°，CD=AB=3，AC=BD∴BD∥，∴，∴，∴BP∥，∴四边形PB′EB是平行四边形，∴在直角三角形ABD中，∴，在直角三角形中，∴，设，则，在直角三角形中，∴解得：PB＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，平行四边形的性质与判定，勾股定理定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．7．（2021·四川宜宾·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②③④．【分析】先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．【详解】解：∵AD＝AB，∴tan∠ADB=，∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，∵点O为BD的中点，∴AB=AO=BO，设AB=1，则AD=，BD=2．①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，令AN=x，则BN=DN=，∴，解得：，∴AN=，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；如图，延长MO交CD于M'，∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，∴△OMB≌△OM'D（ASA），∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'，∵NO⊥MM'，则MN=NM'，∵NM'2=DN2+DM'2，∴MN2=BM2+DN2，故④正确，故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．8．（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图，在中，分别为边上的点（不与端点重合）．对于任意，下面四个结论中：①存在无数个四边形，使得四边形是平行四边形；②至少存在一个四边形，使得四边形菱形；③至少存在一个四边形，使得四边形矩形；④存在无数个四边形，使得四边形的面积是面积的一半．所有正确结论的序号是___________．【答案】①②④．【分析】根据平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定逐条判断即可．【详解】解：只要满足AB∥EF，四边形是平行四边形，这样的EF有无数条，故①正确；因为，可在AD上截取AE=AB，再满足AB∥EF，四边形是菱形，故②正确；因为是任意，∠B不一定是直角，矩形不一定存在，故③错误；当EF经过对角线交点时，四边形的面积是面积的一半，故④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形、矩形的判定，解题关键是熟练运用所学四边形的性质与判定，准确进行推理判断．9．（2022秋·九年级课时练习）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“最优覆盖菱形”．问题：如图，在中，，，且的面积为m，如果存在“最优覆盖菱形”为菱形，那么m的取值范围是________．【答案】【分析】由的面积为m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m∴边BC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MN上一重合重合，如图：过A作AD⊥BC，垂足为D∵等边三角形ABC,BC=4∴∠ABC=60°,BC=4，∠BAD=30°∴BD=2,∴AD==2∴，即m=4；如图：当高取最大值时，菱形为正方形，∴A在中点，∴，即m=8∴．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．10．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图1，在正方形中，点E是边上的一点，，且交正方形外角的平分线于点P．(1)求的度数；(2)求证：；(3)在边上是否存在点M，使得四边形是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存在，请说明理由；(4)如图2，在边长为4的正方形中，将线段沿射线平移，得到线段，连接，则直接写出的最小值是．【答案】(1)(2)见解析(3)存在，理由见解析(4)【分析】（1）根据正方形的性质和角平分线的定义得出的度数，继而求解即可；（2）在边上截取，连接，根据等腰直角三角形的性质和角平分线的定义证明，再根据线段的和差证明，通过证明，利用全等三角形的性质求解即可；（3）作交于点M，连接，可证明，再通过证明，继而得出，再根据平行四边形的判定定理证明即可；（4）先通过勾股定理计算出的长度，即可求解．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，∵交正方形外角的平分线于点P，∴，∴；（2）证明：如图，在边上截取，连接，∵，∴，∴，∵平分外角，∴，∴，∴，∵，∴，即，在和中，，∴，∴；（3）解：存在．理由如下：作交于点M，连接，∴，∵，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴，∴四边形为平行四边形．（4）解：当F与点O重合时，取最小值，∵，∴，由题意得，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握知识点并准确添加辅助线是解题的关键．11．（2023秋·山东青岛·九年级统考期末）如图①，在四边形中，，点从点出发，沿射线以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点运动．当点到达点时，点停止运动，设点运动时间为秒．(1)求的长；(2)当运动停止时，求线段的长；(3)在运动的过程中，是否存在某一时刻，使以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．(4)如图②，若点为边上一点，且，当是以为腰的等腰三角形时，求的值．【答案】(1)4(2)12(3)存在，t的值为2或6(4)1或或4【分析】（1）如图①，过点作，于点，易证四边形是矩形，则，在中，由勾股定理得，求的值，进而根据可求的值；（2）由题意知，运动停止时，点运动时间为秒，，由求的值即可；（3）由题意知，以为顶点的四边形为平行四边形，分两种情况求解：①当为平行四边形的边，则在点左侧，，，②当为平行四边形的对角线，在点右侧，，，根据，分别列方程求解即可；（4）由题意知，当是以为腰的等腰三角形时，分两种情况求解：①当时，如图②，在中，由勾股定理得，，进而可得值；②当时，如图②，过作于，易证四边形是矩形，则，在中，由勾股定理得，，由或，求的值，进而可求值．【详解】（1）解：如图①，过点作，于点，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴的长为；（2）解：由题意知，运动停止时，点运动时间为秒，∴，∴，∴运动停止时，的长为12；（3）解：由题意知，以为顶点的四边形为平行四边形，分两种情况求解：①当为平行四边形的边，则在点左侧，，，∵，∴，解得；∴当秒时，以为顶点的四边形为平行四边形；②当为平行四边形的对角线，在点右侧，，，∵，∴，解得，∴当时，以为顶点的四边形为平行四边形；综上所述，存在，当或时，以为顶点的四边形为平行四边形；（4）解：由题意知，当是以为腰的等腰三角形时，分两种情况求解：①当时，如图②，在中，由勾股定理得，，∴；②当时，如图②，过作于，由题意知，四边形是矩形，∴，在中，由勾股定理得，，∴或，∴或，综上所述，当或或时，是以为腰的等腰三角形．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质等知识，以及分类讨论的思想．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．12．（2022秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十九中学校校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，于点，且点在的正半轴上，点和点分别在的负半轴和正半轴，，．(1)求点的坐标；(2)点点出发以1个单位/秒的速度向的负半轴方向运动，同时点从点出发向轴的正方向运动，连接交直线于点.设、两点运动时间为秒，若，连接，的面积为，请用的式子表示，并直接写出的式子表示，并直接写出的取值范围；(3)在（2）的条件下，过点作，过点作轴的平行线交于于点，连接，是否存在，使的面积等于面积的2倍，如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可求得的长度，即可求出C点坐标；（2）先证明是斜边的中线，过点D作轴交直线于点H，再证明，根据全等三角形对应边相等可知，根据,分情况讨论即可；（3）先判断为等腰直角三角形，利用面积公式表示出和的面积，根据的面积等于面积的2倍建立方程，解出即可．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，，∴．∵，∴，∵点C在y的正半轴上，∴；（2）解：如图，连接，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，即是斜边的中线，过点D作轴交直线于点H，∵轴，，．∴，,，∴，在和中，，∴，∴，∴D，G两点速度相同，当时，如图1，∵，∴，∴，当时，D点与O点重合，此时，如图2，当时，∵，∴；故.（3）解：如图3，连接、、，过点F作于点E，过点P作交x轴于点I，∴为等腰直角三角形，且，∴点，．过点F作交于点M，则四边形为正方形，由（2）可得，∴，∴，∵四边形为正方形，∴当时，，∴，解得，当时，，∴，解得．∴存在t，使的面积等于面积的2倍，或．【点睛】本题考查坐标与图形，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定．（1）能根据题意得出为等腰直角三角形是解题关键；（2）中能作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的性质得出D，G两点速度相同是解题关键；（3）中能作辅助线求出P点的坐标是解题关键．13．（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，是平行四边形对角线的交点，过点作，，垂足分别为，，若，我们称是平行四边形的心距比．(1)如图2，四边形是矩形，，，则．(2)如图3，四边形是平行四边形，，求证：四边形是菱形．(3)已知如图，在中，，点、、分别在、、边上，若存在一个四边形是平行四边形，且，请通过尺规作图作出一个点．（不写作法，但保留作图痕迹；如若有必要，可简述作图思路）【答案】(1)(2)证明见解析(3)作图见解析【分析】（1）由面积法可得，即可求解；（2）由角平分线的性质可得，由平行线的性质可得，可得，可得结论；（3）如图4，以点C为圆心，为半径作弧，交于点D，作的垂直平分线交于Q，连接，并延长交于点F，则点F为所求点．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，∵，，∴，∴，∴．（2）∵，∴，∴，又∵，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（3）如图，以点C为圆心，为半径作弧，交于点D，作的垂直平分线交于，连接，并延长交于点F，则点F为所求点．理由如下：过作交于，过作交于，连接，交于，过作于，过作于，由作图可得：，而，∴，，由作图可得：作的垂直平分线交于，∴，∴，∴，在中，，在中，，∴，即．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定，基本作图等知识，理解新定义，并运用是解题的关键．14．（2023春·八年级课时练习）如图，平面直角坐标系中，矩形的对角线，(1)求B、C两点的坐标；(2)把矩形沿直线DE对折使点C落在点A处，与相交于点F，求四边形的面积；(3)若点M在直线上，平面内是否存在点N，使以O、F、M、N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，请说明理由.【答案】(1)，；(2)(3)，，【分析】（1）含角直角三角形的性质及勾股定理得、的长度，则可得、的坐标；（2）由折叠性质得，，可证明，则，由矩形可知，四边形是平行四边形；设，则，在中，由勾股定理建立方程可求得的值，从而可求得结果；（3）分三种情况考虑：以为边；为边，为对角线；若为边，为对角线；分别利用菱形的性质及相关知识即可求得点的坐标．【详解】（1），，由勾股定理得：∴，；（2）由折叠的性质得：，四边形是矩形四边形是平行四边形设，则∵在中，∴解得：（3）若以为边，如图∵F是中点由（1）知，∴设直线的解析式为把点与点的坐标分别代入得：解得：∴直线解析式∵四边形是菱形∴∴的解析式设∴解得：∴若为边，为对角线，如图∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形∴∴∴∴∴∴∴是的垂直平分线∵四边形是菱形∴是的垂直平分线∴M与D重合，即设∵与互相平分∴∴，∴若为边，为对角线如图∵直线解析式∴直线与y轴的交点为∵，∴∵四边形是菱形，∴∴M是直线与y轴的交点∵四边形是菱形，∴，且

∴综上所述，，【点睛】本题考查了一次函数，菱形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定等知识，涉及分类讨论思想，灵活运用这些知识是解题的关键．15．（2023春·全国·八年级专题练习）已知∶如图1，点D在外，，，射线与的边交于点H，，垂足为E，．(1)若，，求的长；(2)求证：；(3)如图2，若，，点F在线段上，且，点M、N分别是射线、上的动点，在点M、N运动的过程中，请判断式子的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．【答案】(1)2；(2)见详解；(3)存在，的最小值是4；【分析】（1）先证明是直角三角形，然后由直角三角形的性质，即可求出的长度；（2）作，证明，再证明四边形是正方形，进而命题得证；（3）作点E关于的对称点V，作点F关于的对称点R，连接，交于N，于M，证明是等边三角形，进一步得出的最小值．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∵，∴；（2）证明：如图1，作于F，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴四边形是矩形，∴矩形是正方形，∴，∴；（3）解：如图2，作点E关于的对称点V，作点F关于的对称点R，连接，交于N，于M，∴，，，，，，∴，∴是等边三角形，∴，此时．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮马”模型及变形模型．16．（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，为直线上一动点，连，过作，交直线、直线于点、，连．(1)求直线的解析式．(2)当为中点时，求的长．(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)直线解析式：(2)(3)存在，点横坐标为：或或【分析】（1）根据矩形的性质，得出点A和点C的坐标，设直线的解析式：，将点A和点C的坐标代入即可；（2）证明，根据勾股定理求解即可；（3）根据菱形是性质和判定定理，进行分类讨论即可；以，为边，以，为边，，③以，为边，．【详解】（1）∵矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，点，点，设直线的解析式：，代入点，坐标，得，解得，直线解析式：；（2）∵E为的中点，，在矩形中，，，在和中，，，，，为线段的垂直平分线，，设，则，，，，，在中，根据勾股定理，得，解得，；（3）存在以、、、为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：以，为边，则，，为的中点，由可知点，点，根据平移的性质，可得点的坐标为，点的横坐标为；如图，以，为边，，延长至M，使，在的延长线上截取，连接，，，，，，，，，，，同理可得：，，，，，，，，，，设，在中，，，，，，，点横坐标为：；③如图，以，为边，，作于，连接，作于，可得，平分，，设，在中，，，，，，，，综上所述：点横坐标为：或或．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，线段和最小，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理，线段最短原理是解题的关键．17．（2023春·八年级课时练习）综合与探究如图，直线与直线交于点（4，），直线与x轴交于点（8，0），点C从点O出发沿向终点B运动，速度为每秒1个单位，同时点D从点B出发以同样的速度沿向终点O运动，作轴，交折线于点M，作轴，交折线于点N，设运动时间为t．(1)求直线的表达式；(2)在点C，点D运动过程中．①当点M，N分别在，上时，求证四边形是矩形．②在点C，点D的整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你直接写出t的值．(3)点P是平面内一点，在点C的运动过程中，问是否存在以点P，O，A，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)①见解析；②或(3)存在，（4，），（9，3），【分析】（1）先将点A的坐标代入直线的表达式，求出m的值，再设直线的表达式为，将点（4，3），（8，0）代入直线的表达式，即可求解；（2）①先由，，可得，从而，由题意可知：点C的坐标为（，0），点D的坐标为（，0），可得点M的坐标为，点N的坐标为，故，所以四边形CMND是平行四边形，再由，即可判定四边形是矩形；②分和两种情况讨论，根据正方形的性质可得，即可建立关于t的方程，求解即可；（3）分为菱形的边和对角线两种情况讨论，利用菱形的性质，以及点的平移规律，即可求解．【详解】（1）解：点（4，）在直线上，．点A的坐标为（4，3）．设直线的表达式为．将点（4，3），（8，0）分别代入得，解得．直线的表达式为．（2）解：①，，．．由题意可知：点C的坐标为（，0），点D的坐标为（，0），点M的坐标为，点N的坐标为．．四边形CMND是平行四边形．，四边形CMND是矩形．②当时，由题意可得点C的坐标为（，0），点D的坐标为（，0），点M的坐标为．，．四边形是正方形，，即．解得．当时，由题意可得点C的坐标为（，0），点D的坐标为（，0），点M的坐标为．，．四边形是正方形，，即．解得．综上所述，t的值为或．（3）解：当为菱形的边时，有或，①当时，如图，以点P，O，A，C为顶点的四边形是菱形，，（5，0）点O到点A的平移方向、距离和点C到点P的平移方向、距离是相同的，点O（0，0），点A（4，3），点P（5+4，0+3），即点P（9，3）；②当时，如图，为菱形的对角线，点P与点A关于x轴对称，点A（4，3），点P（4，）；当为菱形的对角线时，如图，以点P，O，A，C为顶点的四边形是菱形，，点O（0，0），点A（4，3），点C（t，0），，解得，四边形是菱形，点C到点A的平移方向、距离和点O到点P的平移方向、距离是相同的，点O（0，0），点A（4，3），点，；综上所述，存在，（4，），（9，3），．【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式、矩形的判定、正方形的性质、解一元一次方程、菱形的性质、点的平移规律，解题的关键是掌握分类讨论和数学结合的数学思想解决实际问题．18．（2023春·八年级课时练习）如图，正方形的边分别在x轴和y轴上，顶点B在第一象限，，点E、F分别在边和射线上运动（E、F不与正方形的顶点重合），，设，(1)当时，则_________，___________；(2)当点F在线段上运动时，若的面积为，求t的值．(3)在整个运动过程中，平面上是否存在一点P，使得以P、O、E、F为顶点，且以为边的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)或或，理由见解析【分析】（1）由题意可直接得出答案；（2）由题意易得，进而得到，然后求解即可；（3）根据题意易得OF、EF、EO的长，要使以P，O，E，F为顶点的四边形是菱形，故而有三种情况：一是，二是，三是，然后分别求解即可．【详解】（1）解：，，，，，；（2）如下图，作，由题意，得，，由面积得，解得：；（3）由已知得：，，，如果，如下图，，解得：，如果，如下图，，解得：，如果，如下图，解得：．综上所述，或或．【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的性质，勾股定理，解题的关键是能灵活利用数形结合思想及分类讨论思想进行分析问题．19．（2023春·八年级课时练习）如图，平行四边形中，，，平分交于，且，(1)求证：；(2)求平行四边形的面积；(3)取中点，动点以每秒个单位的速度从点向点运动，动点以每秒个单位的速度从点向点运动，两点同时出发，当，中有一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设运动时间为，是否存在，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，【分析】（1）先证明，即可证明两个三角形全等；（2）作于，利用已知条件证明是等边三角形，即可求出平行四边形的面积；（3）存在，设，表示出、关于t的代数式，利用以，，，为顶点的四边形为平行四边形得到，建立方程求解．【详解】（1）四边形是平行四边形，，，，，，，．（2）如图，作于，平分，，∵，，，，，是等边三角形，，，，，．（3）存在．由题意：，，或，以，，，为顶点的四边形为平行四边形，，或，解得或．时，以，，，为顶点的四边形为平行四边形．【点睛】本题考查了三角形全等判定和性质，等边三角形的判定和性质，以及平行四边形的性质，关键在于利用已知条件进行逐条分析，难度稍大．20．（2023春·八年级课时练习）已知，如图1，BD是边长为1的正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使CF=CE，连接DF，交BE的延长线于点G．(1)求证：△BCE≌△DCF；(2)求CF的长；(3)如图2，在AB上取一点H，且BH=CF，若以BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，问在直线BD上是否存在点P，使得以B、H、P为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的P点坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)CF=-1(3)存在，P点坐标为（1-，1-）或（-1+，-1+）或（-1，-1）或（，）．【分析】（1）利用正方形的性质，由全等三角形的判定定理SAS即可证得△BCE≌△DCF；（2）通过△DBG≌△FBG的对应边相等知BD=BF=；然后由CF=BF-BC即可求得；（3）分三种情况分别讨论即可求得．【详解】（1）证明：如图1，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（SAS）；（2）解：如图1，∵BE平分∠DBC，OD是正方形ABCD的对角线，∴∠EBC=∠DBC=22.5°，由（1）知△BCE≌△DCF，∴∠EBC=∠FDC=22.5°（全等三角形的对应角相等）；∴∠BGD=90°（三角形内角和定理），∴∠BGF=90°；在△DBG和△FBG中，，∴△DBG≌△FBG（ASA），∴BD=BF，DG=FG（全等三角形的对应边相等），∵BD==，∴BF=，∴CF=BF-BC=-1；（3）解：如图2，∵CF=-1，BH=CF∴BH=-1，①当BH=BP时，则BP=-1，∵∠PBC=45°，设P（x，x），∴，解得x=1-或-1+，∴P（1-，1-）或（-1+，-1+）；②当BH=HP时，则HP=PB=-1，∵∠ABD=45°，∴△PBH是等腰直角三角形，∴P（-1，-1）；③当PH=PB时，∵∠ABD=45°，∴△PBH是等腰直角三角形，∴P（，），综上，在直线BD上是否存在点P，使得以B、H、P为顶点的三角形为等腰三角形，所有符合条件的P点坐标为（1-，1-）或（-1+，-1+）或（-1，-1）或（，）．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．21．（2023春·八年级课时练习）已知点E是平行四边形ABCD边CD上的一点（不与点C，D重合）．(1)如图1，当点E运动到CD的中点时，连接AE、BE，若AE平分∠BAD，证明：CE=CB．(2)如图2，过点E作EF⊥DC交直线CB于点F，连接AF．若∠ABC=120°，BC=2．若AB=4．在线段CF上是否存在一点H．使得四边形AFHD为菱形？若存在，请求出ED，CH的长；若不存在，请简单地说明理由．【答案】(1)见解析(2)存在，ED=3-，CH=2．【分析】（1）先根据平行四边形的性质证得∠DEA=∠BAE，再根据角平分线的性质证得∠DAE=∠DEA，得出AD=DE，根据E是CD的中点得出AE=CE，进而得出CE=CB，结论得证；（2）当DH⊥CF且CE=1+时，四边形AFHD为菱形，先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFHD是平行四边形，再证明AD=DH证得平行四边形AFHD是菱形．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABCD，AD=BC，∴∠DEA=∠BAE，又∵AE平分∠BAD，∴∠DAE=∠BAE，∴∠DAE=∠DEA，∴AD=DE，又∵E是CD的中点，∴DE=CE，∴CE=CB；（2）解：存在，当DH⊥CF且CE=1+时，四边形AFHD为菱形，此时：ED=3-，CH=2，理由如下：过点D作DH⊥CF于H，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=4，AD=BC=2，∠ABC=∠ADC=120°，∴∠BAD=∠BCD=60°，在Rt△CHD中，∠CHD=90°，∠DCH=60°，∴∠CDH=30°，∴CH=CD=2，∴DH=，∴AD=DH，在Rt△CEF中，∠CEF=90°，∠ECF=60°，∴∠CFE=30°，∴CF=2CE=2（1+）=2+2，

∴FH=CF-CH=2+2-2=2，∴AD=FH，在平行四边形ABCD中，ADBC，点F在CB的延长线上，∴ADFH，∴四边形AFHD是平行四边形，又∵AD=DH，∴平行四边形AFHD是菱形．【点睛】本题综合考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四条边都相等的四边形是菱形．②对角线互相垂直的平行四边形是菱形．③一组邻边相等的平行四边形是菱形．22．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为A（0，2），B（4，2），点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连接DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连接BF．(1)当点F在第四象限时(如图1)，求证：．(2)当点F落在矩形的某条边上时，求EF的长．(3)是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)2或(3)（，0）或（3，0）或（5，0）或（，0）【分析】（1）根据折叠的性质得到OD=DE=DF，∠ODE=∠FDE根据等腰三角形的性质得到∠DBF=∠DFB，再由三角形外角的性质证明∠ODE=∠DBF即可证明结论；（2）分图2-1和图2-2两种情况，利用折叠的性质与勾股定理结合矩形的性质求解即可；（3）分图3-1，图3-2，图3-3和图3-4四种情况，利用平行四边形的性质求解即可．（1）解：由折叠的性质可得OD=FD，∠ODE=∠FDE，∵D是OB的中点，∴OD=BD=FD，∴∠DFB=∠DBF，∵∠ODF=∠DFB+∠DBF=∠ODE+∠FDE，∴∠ODE=∠DBF，∴；（2）解：如图2-1所示，当ED⊥OC时，由折叠的性质可知∠DEF=∠DEO=90°，OE=FE，OD=FD，则点F在x轴上，又∵四边形OABC是矩形，B（4，2），A（0，2），∴OD=CD，OC=AB=4∴此时点F与点C重合，∴；如图2-2所示，当点F与点B重合时，设OE=FE=x，则CE=4-x，在Rt△BCE中，，∴，解得；综上所述，当点F落在矩形的某条边上时，EF的长为2或（3）解：如图3-1所示，当四边形DEFB为平行四边形时，，BD=EF，∵OE=EF，BD=DO，∴OE=OD，∵D是OB的中点，B（4，2），∴点D的坐标为（2，1），∴，∴点E的坐标为（，0）；如图3-2所示，当四边形DEBF是平行四边形时，DF=BE，∵OD=DF，∴OD=BE，∴，∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，∴OE=3，∴点E的坐标为（3，0）；如图3-3所示，当四边形DEBF是平行四边形时，DF=BE，∵OD=BD=DE，∴，∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，∴OE=5，∴点E的坐标为（5，0）；如图3-4所示，当四边形DEFB是平行四边形时，EF=BD，，又∵OD=BD，∴EF=OD，∴四边形OEFD是平行四边形，又由折叠的性质可得OD=DF，∴四边形OEFD是菱形，∴，∴点E的坐标为（，0）；综上所述，存在点E（，0）或（3，0）或（5，0）或（，0），使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定，平行四边形的性质，菱形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．23．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=CD=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒（）．(1)求点B到线段AC的距离；(2)当NP经过线段AC中点时，求t的值并直接写出此时线段MQ、NQ的关系；(3)连接AN、CP，在点M、N运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(4)将△AQM沿AD翻折，得到△AKM．在点M、N运动过程中，①是否存在某时刻t，使四边形AQMK为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；②是否存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)秒，MQ=NQ(3)存在，秒，理由见详解(4)①存在，秒，理由见详解②不存在，理由见详解【分析】（1）结合题意，在中由勾股定理计算，由平行线的性质可知CD的长与的边BC上的高长相等，然后借助面积法求点B到线段AC的距离即可；（2）首先证明四边形DPNC为平行四边形，推导，当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，由勾股定理计算可计算除，进而易得CN、BN的长，即可求出此时t的值；（3）当四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等时，结合图形可知，由平行线间的距离处处相等，可知的边BN上的高与的边CN上的高相等，易得此时，进而确定，然后计算此时t的值即可；（4）①由折叠的性质及菱形的判定条件可知当时，四边形AQMK为菱形，根据题意列出关于t的方程并求解即可；②若四边形AQMK为正方形，则，由折叠性质可知，此时为等腰直角三角形，，而由题意可知，故可确定不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．（1）解：∵，，，∴在中，，∵，，∴CD的长与的边BC上的高长相等，∴，设点B到AC的距离为h，∴，解得，∴点B到线段AC的距离为；（2）∵NP⊥AD，，∴，又∵AD//BC，∴四边形DPNC为平行四边形，∴，当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，∴，又∵，∴，∴，∴，∴在中，，∴，∴，∴秒，此时，∴，即点M与点P重合，即，∵四边形DPNC为平行四边形，∴，∴，∴；（3）存在，当秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等，理由如下：由题意可知，，，若=，则，∵，又∵平行线间的距离处处相等，∴的边BN上的高与的边CN上的高相等，设高均为，∴，∴，∵，∴，∴秒，综上所述，在点M、N运动过程中，当秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等；（4）①存在，当秒时，四边形AQMK为菱形，理由如下：由折叠可知，，又∵，∴当时，四边形AQMK为菱形，∵，，∴，∴，，∴，解得；②不存在，理由如下：若四边形AQMK为正方形，则，由折叠性质可知，，∴，∵，∴，∴，∴，由题意可知，，∴不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．【点睛】本题主要考查了动点问题、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理以及折叠的性质等知识，综合性较强，解题关键是能够灵活运用所学知识，并利用数形结合的思想分析问题．24．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在直角坐标系中，点，点D为射线上一动点，过D作垂直射线于点E，点C为y轴上一动点，连接，以为边作，设．(1)如图1，当D在线段上运动时，的顶点F恰好也落在线段上，①用含t的代数式表示______，_______．②是否存在t的值，使为菱形？若存在，求出t的值和点C的坐标；若不存在，说明理由．(2)如图2，点D在整个运动过程中，使得为正方形，请求出所有满足条件的t的值和相应点C的坐标．【答案】(1)①3t，；②存在，t=，(2)时，；时，【分析】（1）①如图，过点E作EG⊥OF于点G，根据勾股定理可得，再由，可求出EG，再根据四边形OCEG为矩形，即可求解；②根据题意可得CD=CE=OG，根据勾股定理可得，设OD=x，则，再根据勾股定理可得，然后根据OD=4-5t，即可求解；（2）分两种情况讨论：当点D在线段OA上时；当点D在x轴负半轴时，即可求解．（1）解：①如图，过点E作EG⊥OF于点G，∵DE⊥AB，，∴，∵，∴，解得：，根据题意得：轴，∴CE⊥OC，∴∠OCE=∠COG=∠OGE=90°，∴四边形OCEG为矩形，∴；故答案为：3t，②存在，根据题意得：CD=CE=OG，∵DE=3t，，∴，∵，∴OA=4，OB=3，∴OD=OA-AD=4-5t，设OD=x，则，在中，，∴，解得：，即，∴，解得：，∴点；（2）解：如图，当点D在线段OA上时，过点E作ME⊥y轴于点M，作EN⊥x轴于点N，由（1）②得：，，ME=ON，∴，∴，∵四边形CDFE是正方形，∴∠DCE=90°，CE=CD，∴∠OCD+∠ECM=90°，∵∠ECM+∠CEM=90°，∴∠CEM=∠OCD，∵∠CME=∠COD=90°，∴△COD≌△EMC，∴CM=OD=4-5t，，∴，解得：，∴，此时点；如图，当点D在x轴负半轴时，过点E作EP⊥y轴于点P，EQ⊥x轴于点Q，则，，PE=OQ，根据题意得：OD=5t-4，∴，同理得：△COD≌△EPC，∴PC=OD=5t-4，，∴，解得：，∴，此时点；综上所述，时，；时，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，坐标与图形，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，坐标与图形，全等三角形的判定和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．25．（2023春·八年级课时练习）如图，点E为正方形内一动点，．过点B作，且，连接，．(1)求证：；(2)延长至点F，使得，求证：C，F，G三点在同一条直线上；(3)在（2）的条件下，若点E在运动过程中，存在四边形为平行四边形．试探究此时，满足的数量关系．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据正方形性质和垂直条件证得∠ABE＝∠CBG，进而证得△EAB≌△GCB（SAS），再得出结果；（2）如图，延长AE交CG于点H（即点H在CG上），根据条件证得EBGH是正方形，得出EH＝EB，又根据条件“延长AE至点F，使得EF＝BE”，进而证得C，F，G三点在同一条直线上；（3）过点D作DK⊥AF交AF于K，根据条件和（1）可证得△KDA≌△EAB≌△GCB，进而得DK＝AE＝CG，AK＝BE＝BG，再根据（2）知四边形EBGF是正方形，以及（3）中条件“四边形CFBE为平行四边形”从而得AK＝BE＝BG＝FG＝EF＝CF，再由线段和差证得EK＝BG＝BE，进而证△KDE≌△EAB（SAS）便可得出结果．【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．（2）证明：延长AE交CG于点H，如图所示：∵∠AEB＝90°，∴∠BEH＝90°，由（1）知：△EAB≌△GCB，∴∠AEB＝∠CGB＝90°，∠EBG＝90°，∴四边形EBGH是矩形，又∵BE＝BG，∴矩形EBGH是正方形，∴EH＝EB，又∵延长AE至点F，使得EF＝BE，∴点H与F点重合，又∵延长AE交CG于点H（即点H在线段CG上），∴点F在线段CG上，即C，F，G三点在同一条直线上．（3）DE＝CD，理由如下：过点D作DK⊥AF交AF于K，如图所示：∴∠DKA＝∠DKE＝90°，∴∠DKA＝∠DKE＝∠AEB＝90°，∴∠EAB＋∠ABE＝90°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠DAE＋∠EAB＝90°，∴∠DAE＝∠ABE，∵在△KDA和△EAB中，∴△KDA≌△EAB（AAS），由（1）知△EAB≌△GCB，∴△KDA≌△EAB≌△GCB，∴DK＝AE＝CG，AK＝BE＝BG，由（2）知：四边形EBGF是正方形，又∵四边形CFBE为平行四边形，∴AK＝BE＝BG＝FG＝EF＝CF，又∵AE＝CG即AK＋EK＝CF＋FG＝CF＋BG，∴EK＝BG＝BE，∵在△KDE和△EAB中，∴△KDE≌△EAB（SAS），∴DE＝AB，∴DE＝CD．【点睛】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定和性质是解题的关键．26．（2022春·上海·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点(1)求直线AB的表达式；(2)在x轴上找出所有的点C，使△ABC是以线段AB为腰的等腰三角形；(3)是否存在点P、Q，满足点P在x轴上，点Q在y轴上，且以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接写出点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)直线解析式为．(2)或，或，．(3)，，或，，或，，．【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．（2）①当时，②当或时，画出图形即可解决问题．（3）存在．分两种情形讨论即可．①当为平行四边形的边时，②当为平行四边形的对角线时，分别求出、坐标即可．（1）设直线解析式为，把点，，代入得，解得，直线解析式为．（2）如图1中，①当时，点坐标．②当或时，，点，，，，综上所述，当是以线段为腰的等腰三角形时，点坐标为或，或，．（3）如图2中，存在．①当为平行四边形的边时，，，或，，．②当为平行四边形的对角线时，，，．【点睛】本题考查一次函数综合题、待定系数法、等腰三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，学会画好图形解决问题，属于中考常考题型．27．（2023春·八年级课时练习）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A（-2，6），且与x轴相交于点B，与正比例函数y=3x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．(1)求一次函数的解析式；(2)若点D在y轴上，且满足S△COD=S△BOC，求点D的坐标；(3)在坐标平面内，是否存在点P，使得以O、B、C、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)或(3)存在，或或【分析】（1）由待定系数法求直线解析式即可；（2）由题意可得，求点坐标即可；（3）设，根据平行四边形对角线的性质，分三种情况讨论：①当为平行四边形对角线时，，；②当为平行四边形对角线时，，；③当为平行四边形对角线时，，．【详解】（1）点的横坐标为1，，将点，代入，，解得，；（2），，，，，，，或；（3）存在点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：设，①当为平行四边形对角线时，，，；②当为平行四边形对角线时，，，；③当为平行四边形对角线时，，，；综上所述：点坐标为或或．【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，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．28．（2022春·湖北荆门·八年级统考期中）四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角平分线CF于F．(1)如图①，点E是边BC中点，求证：AE＝EF．(2)如图②，在（1）的条件下，AB＝4，AB上是否存在一点G，使得四边形EFDG为平行四边形？若存在，试求AG的长；若不存在，请说明理由．(3)如图③，