期末专项复习5八下特殊四边形存在性问题专项训练

期末专项复习5八下特殊四边形的存在性问题专项训练1．（2022春•东阳市期末）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B（4，2），E为直线AC上一动点，连OE，过E作GF⊥OE，交直线BC、直线OA于点F、G，连OF．（1）求直线AC的解析式．（2）当E为AC中点时，求CF的长．（3）在点E的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）设直线AC的解析式：y＝kx+b，将A，C两点坐标代入，进而求得结果；（2）设CF＝x，可证得△CEF≌△AEG，进而在Rt△COF中，根据勾股定理列出方程，进一步求得结果；（3）当以OF，OG为边时，根据（2）可求得点F和点G坐标，进而求得点P横坐标；当以OG，FG为边时，延长OF至P，使PF＝OF，在OC的延长线上截取CQ＝OC＝2，连接PQ，可推出OF平分∠CFG，从而得出OE＝OC＝2，可证得△AOC≌△OQP，进而求得点F点坐标，在Rt△EOG中，根据勾股定理列出方程，进一步可求得F点横坐标；当OF，FG为边时，作FH⊥OG于H，连接CH，作HQ⊥AC与Q，可推出CH平分∠ACO，设OH＝a，在Rt△AHQ中，根据勾股定理可求得a，进而求得点P横坐标．【解答】解：（1）∵矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B（4，2），∴点A（4，0），点C（0，2），设直线AC的解析式：y＝kx+b（k≠0），代入点A，C坐标，得，解得，∴直线AC解析式：y＝x+2；（2）∵E为AC的中点，∴CE＝AE，在矩形OABC中，BC∥OA，∴∠FCE＝∠GAE，又∵∠CEF＝∠AEG，∴△CEF≌△AEG（ASA），∴EF＝EG，CF＝AG，∵OE⊥FG，∴OE为线段FG的垂直平分线，∴OF＝OG，设CF＝x，则AG＝x，∵A（4，0），∴OA＝4，∴OG＝4﹣x，∴OF＝4﹣x，在Rt△OCF中，根据勾股定理，得22+x2＝（4﹣x）2，解得x＝，∴CF＝；（3）存在以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：①以OG，OF为边，则OF＝OG，∵GF⊥OE，∴E为FG的中点，由（2）可知点F（，2），点G（，0），根据平移的性质，可得点P的坐标为（4，2），∴点P的横坐标为4；②如图1，以OG，FG为边，OG＝FG，延长OF至P′，使P′F＝OF，在OC的延长线上截取CQ＝OC＝2，连接P′Q，∴CF＝，CF∥P′Q，∴∠P′QO＝∠FCO＝90°，∵OG＝FG，∴∠GOF＝∠GFO，∵BC∥OA，∴∠CFO＝∠FOG，∴∠CFO＝∠GFO，∵∠BCO＝∠OEF，∴OE＝OC＝2，同理可得：CF＝EF，∴OF⊥CE，∴∠COF+∠ACO＝90°，∵∠ACO+∠CAO＝90°，∴∠COF＝∠CAO，∵∠P′QO＝∠AOC＝90°，OQ＝OC＝4，∴△AOC≌△OQP′（ASA），∴P′Q＝OC＝2，∴CF＝1，设OG＝FG＝a，在Rt△EOG中，OE＝OC＝2，EG＝FG﹣EF＝a﹣1，OG＝a，∴a2﹣（a﹣1）2＝22，∴a＝，∴G（，0），F（1，2），∵1﹣＝﹣，∴P点横坐标为：﹣；如图2，以OF，FG为边，OF＝FG，作FH⊥OG于H，连接CH，作HQ⊥AC与Q，可得∠OFG＝∠ACO，∠OCH＝∠OFG，∴CH平分∠ACO，∴OH＝HQ，CE＝OC＝2，设OH＝a，在Rt△AHQ中，HQ＝x，AH＝4﹣x，AQ＝AC﹣CQ＝2﹣2，∴（4﹣x）2﹣x2＝（2﹣2）2，∴x＝﹣1，∴F（﹣1，2），∴P（﹣1，﹣2），综上所述：P点横坐标为：4或﹣或﹣1．【点评】本题考查了矩形性质，菱形的性质，等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是寻找数量关系，用勾股定理方程．2．（2022春•婺城区期末）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，连结DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连结BF．（1）当点F在第四象限时（如图1），求证：DE∥BF．（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．【分析】（1）由三角形外角和定理和折叠的性质可得∠DBF＝∠DFB，∠ODF＝2∠DFB＝2∠EDF，能够推导出∠DFB＝∠EDF，从而可证明DE∥BF；（2）①当ED⊥OC时，此时F点与C点重合，EF＝CO＝2；②当F点与B点重合时，在Rt△BCE中，BE2＝（4﹣BE）2+22，求得EF＝；（3）画出图形，结合图形分三种情况讨论：当四边形DEFB为平行四边形时，E（，0）；当四边形DEBF为平行四边形时，E（3，0）；当四边形DEBF为平行四边形时，E（5，0）．【解答】（1）证明：由折叠可知，∠ODE＝∠EDF，OD＝DF，∵点D为OB中点，∴OD＝BD，∴DF＝BD，∴∠DBF＝∠DFB，∴∠ODF＝2∠DFB＝2∠EDF，∴∠DFB＝∠EDF，∴DE∥BF；（2）解：①当ED⊥OC时，OE＝EF，此时F点与C点重合，∴EF＝CO，∵B（4，2），四边形OABC是矩形，∴OC＝4，∴EF＝2；②如图1，当F点与B点重合时，OE＝EF，EC＝4﹣OE，在Rt△BCE中，BE2＝EC2+BC2，即BE2＝（4﹣BE）2+22，解得BE＝，∴EF＝；综上所述：EF的长为2或；（3）解：在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：如图2，当四边形DEFB为平行四边形时，DB∥EF，且BD＝EF，∵OE＝EF，BD＝DO，∴OE＝OD，∵D是OB的中点，B（4，2），∴D（2，1），∴OD＝，∴E（，0）或（﹣，0）；如图3，当四边形DEBF为平行四边形时，DF＝BE，∵OD＝DF，∴OD＝BE，∴BE＝，在Rt△BEC中，EC＝1，∴E（3，0）；如图4，当四边形DEBF为平行四边形时，DF＝BE，∵OD＝BD＝DF，∴BE＝OD＝，在Rt△BCE中，CE＝1，∴E（5，0）；综上所述：E点坐标为（，0）或（﹣，0）或（3，0）或（5，0）．【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握图形折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，数形结合解题是关键．3．（2022春•南浔区期末）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，△AOD的顶点A在x轴上，点A的坐标是（2，0），点D的坐标是（，1），作点D关于x轴的对称点B，连结OB，AB，BD．（1）求点B的坐标和∠BOD的度数；（2）如图2，将点A绕点O逆时针转动α度（0＜α＜90°）得到点P，点G是平面内一点，以P、B、D、G为顶点形成的四边形为平行四边形．①当该平行四边形为菱形且BD是其一边时，求点G的坐标；②当△BOD内部（包含边界）存在满足条件的点G时，直接写出点P的横坐标的取值范围．【分析】（1）根据点B和点D关于x轴对称求得D点坐标，可得出OD＝OB＝BD＝2，从而得出∠BOD＝60°；（2）设点P（a，b），①根据PB＝BD及OP＝2列出方程组，从而解得a，b，进而求得点G坐标；②分为BD为对角线和BD为边两种情形．当BD为对角线时，求得点P关于（）的对称点在线段OB上，从而求得a的范围；当BD为边时，求得G在线段OD的临界情况，从而求得a的范围．【解答】解：（1）∵D（，1），点B与点D关于x轴对称，∴OB＝OD＝＝2，B（，﹣1），∴BD＝1﹣（﹣1）＝2，∴AD＝OB＝BD，∴∠BOD＝60°；（2）设点P（a，b），由①PB＝BD＝2得，（a﹣）2+（b+1）2＝22①，由PO＝OA＝2得，a2+b2＝8②，由①②得，或（舍去），∴b+2＝，∴G（）；②当BD为对角线时，此时点G（2﹣a，﹣b），∵B（，﹣1），D（，1），∴直线OB的解析式为：y＝﹣x，直线OD的解析式为：y＝，当x＝2，y＝﹣b代入y＝﹣x得，﹣b＝﹣（2﹣a），即：b＝，又：a2+b2＝8，∴a2﹣﹣3＝0，∴a1＝（舍去），a2＝，∴≤a＜2，当BD为边时，当x＝a时，y＝，∴b＝+2，又a2+b2＝8，∴a2+﹣3＝0，∴a3＝，a4＝（舍去），∴，综上所述：≤a＜2或．【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是正确分类及根据条件列出方程组．4．（2022春•诸暨市期末）在矩形ABCD中，AB＝6，∠BAC＝60°，点E是边AD的中点，点P是对角线AC上一动点，连结EP，作点A关于直线EP的对称点A'．（1）若点P是AC的中点，求EP的长度．（2）若△AEP是以EP为腰的等腰三角形，求EP的长度．（3）直线A'E交AC于点Q，连结QE，若△AEQ是直角三角形，求EP的长度．【分析】（1）根据三角形中位线定理可得EP的长；（2）分两种情况：AE＝EP和AP＝EP，分别画图根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理可得结论；（3）分两种情况：①当∠AEQ＝90°时，②当∠AQE＝90°时，分别根据对称的性质和直角三角形的性质可解答．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，∵点E是边AD的中点，点P是AC的中点，∴EP是△ADC的中位线，∴EP＝CD＝×6＝3；（2）①当EA＝EP时，如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵∠BAC＝60°，∴∠ACB＝30°，∵AB＝6，∴BC＝AD＝6，∵E是AD的中点，∴AE＝EP＝3；②当EP＝PA时，如图2，过点P作PG⊥AD于G，∴AG＝EG＝AE＝，∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB＝30°，Rt△AGP中，PG＝，∴PE＝AP＝2PG＝3；综上，EP的长是3或3；（3）分两种情况：①当∠AEQ＝90°时，如图3，过点P作PH⊥AE于H，由对称得：∠AEP＝∠A'EP＝45°，∴△EPH是等腰直角三角形，设EH＝x，则PH＝x，EP＝x，AH＝PH＝x，∵AE＝3，∴x+x＝3，∴x＝，∴EP＝；②当∠AQE＝90°时，如图5，∵∠EAQ＝30°，∴∠AEQ＝60°，∵作点A关于直线EP的对称点A'．∴∠AEP＝∠PEQ＝30°，∵AE＝3，∴EQ＝AE＝，Rt△PEQ中，PQ＝，∴PE＝2PQ＝3；当∠AQE＝90°时，如图6，连接A'P，由对称得：∠A'＝∠EAP＝30°，∠APE＝∠A'PE，∵∠A'QP＝90°，∴∠APA'＝60°，∴∠APE＝30°＝∠EAP，∴EP＝AE＝3；综上，EP的长是或3或3．【点评】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、对称的性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，运用分类讨论的思想，并构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．5．（2022春•金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，BA⊥x轴于A，BC⊥y轴于C，BA＝3，BC＝5，有一反比例函数图象刚好过点B．（1）分别求出过点B的反比例函数和过A，C两点的一次函数的表达式．（2）动点P在射线CA（不包括C点）上，过点P作直线l⊥x轴，交反比例函数图象于点D．是否存在这样的点Q，使得以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意分别求出A点，B点和C点的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式即可；（2）根据函数解析式设出P点和D点的坐标，若以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形则点Q在直线BA上，且PD＝DB＝BQ，据此等量关系列方程求解即可．【解答】解：（1）解：（1）由题意知，A（5，0），B（5，3），C（0，3），设过点B的反比例函数解析式为y＝，代入B点坐标得，3＝，解得k＝15，∴过点B的反比例函数的解析式为y＝，设直线AC的解析式为y＝kx+b，代入A点和C点坐标得，，解得，∴过A，C两点的一次函数的表达式为y＝﹣x+3；（2）存在，设P（m，﹣m+3），则D（m，），①若以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形则点Q在直线BA上，且PD＝DB＝BQ，∴﹣（﹣m+3）＝，整理得，解得m＝或，当m＝时，PD＝﹣（﹣m+3）＝＝BQ，∴此时Q（5，3﹣），即Q（5，﹣）；当m＝时，PD＝﹣（﹣m+3）＝＝BQ，∴Q此时（5，3﹣），即Q（5，﹣）；②若以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形则点Q在直线BC上，且PD与BQ互相垂直平分，则Q点的纵坐标为3，且＝3，解得m＝，∵m＞0，∴m＝，∴Q（5﹣10，3），综上所述，若以点B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形则Q点的坐标为（5，﹣）或（5，﹣）或（5﹣10，3）．【点评】本题主要考查反比例函数的综合题，熟练掌握待定系数法求解析式，一次函数的性质，反比例函数的性质，菱形的性质等知识是解题的关键．6．（2022春•安吉县期末）在平面直角坐标系中，直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，并与反比例函数y＝（k≠0）的图象在第一象限相交于点C，且点B是AC的中点．（1）如图1，求反比例函数y＝（k≠0）的解析式；（2）如图2，若矩形FEHG的顶点E在直线AB上，顶点F在点C右侧的反比例函数y＝（k≠0）图象上，顶点H，G在x轴上，且EF＝4．①求点F的坐标；②若点M是反比例函数的图象第一象限上的动点，且在点F的左侧，连结MG，并在MG左侧作正方形GMNP．当顶点N或顶点P恰好落在直线AB上，直接写出对应的点M的横坐标．【分析】（1）首先求出点A与B的坐标，再根据点B是AC的中点，可得C（2，4），从而得出k的值；（2）①设E（m，m+2），则F（m+4，m+2），将F（m+4，m+2）代入反比例函数y＝得，解方程可得m的值，从而得出答案；②分当点N落在直线AB上或点P落在直线AB上，分别构造k型全等表示点的坐标，进而解决问题．【解答】解：（1）∵直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A（﹣2，0），B（0，2），∵点B是AC的中点，∴C（2，4），∴k＝2×4＝8，∴y＝；（2）①设E（m，m+2），∵EF＝4，∴F（m+4，m+2），将F（m+4，m+2）代入反比例函数y＝得，（m+4）（m+2）＝8，∴m1＝0，m2＝﹣6（舍去），∴F（4，2）；②由题意得：F（4，2），∴G（4，0），当点N落在直线AB上时，如图，过点M作MD⊥GF，交GF延长线于点D，过点N作NE⊥DM，交DM延长线于点E；∵四边形GMNP是正方形，则MG＝MN，∠NMG＝90°，∵∠E＝∠D＝90°，∴∠EMN+∠GMD＝∠GMD+∠DGM＝90°，∴∠EMN＝∠DGM，∴△EMN≌△DGM（AAS），∴EN＝DM，EM＝DG；∵点M在y＝的图象上，点N在直线y＝x+2上，且点M在点F的左侧，设点M为（m，）（0＜m＜4），N（n，n+2），∵G（4，0），∴EN＝＝，∴，∴m＝，∴点M的横坐标为；当点P落在直线AB上时，如图，过点M作MD⊥GF，交GF延长线于点D，过点P作PE⊥FG，交FG延长线于点E；与①同理，可证△DMG≌△EGP，∴EG＝DM，EP＝DG，设M（m，）（0＜m＜4），P（p，p+2），∵G（4，0），∴EG＝﹣（p+2），DM＝4﹣m，EP＝4﹣p，DG＝，∴，解得m＝5，∵0＜m＜4，∴点M的横坐标为5﹣，综上所述，点M的横坐标为：或5﹣．【点评】本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法取函数解析式，函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，构造全等三角形是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用．7．（2022春•浙江期末）如图1，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B在反比例函数y＝（k＞0）的第一象限内的图象上，OA＝4，OC＝3，动点P在y轴的右侧，且满足S△PCO＝S矩形OABC．（1）若点P在这个反比例函数的图象上，求点P的坐标；（2）连接PO、PC，求PO+PC的最小值；（3）若点Q是平面内一点，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，请你直接写出满足条件的所有点Q的坐标．【分析】（1）首先根据点B坐标，确定反比例函数的解析式，设点P的横坐标为m（m＞0），根据S△PCO＝S矩形OABC，构建方程即可解决问题；（2）过点（3，0），作直线l⊥x轴．由（1）知，点P的横坐标为3，推出点P在直线l上，作点O关于直线l的对称点O′，则OO′＝6，连接CO′交直线l于点P，此时PO+PC的值最小；（3）分两种情形：当四边形CBQP是菱形时；当四边形CBPQ是菱形时．分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）∵四边形OABC是矩形，OA＝4，OC＝3，∴点B的坐标为（4，3），∵点B在反比例函数y＝（k≠0）的第一象限内的图象上∴k＝12，∴y＝，设点P的横坐标为m（m＞0），∵S△PCO＝S矩形OABC．∴•OC•m＝OA•OC，∴m＝3，当点，P在这个反比例函数图象上时，则P点的纵坐标为y＝＝4，∴点P的坐标为（3，4）；（2）过点（3，0），作直线l⊥x轴．由（1）知，点P的横坐标为3，∴点P在直线l上，作点O关于直线l的对称点O′，则OO′＝6，连接CO′交直线l于点P，此时PO+PC的值最小，则PO+PC的最小值＝PO′+PC＝O′C＝．（3）分两种情况：①如图2中，当四边形CBQP是菱形时，易知BC＝CP＝PQ＝BQ＝4，P1（3，3﹣），P2（3，3+），∴Q1（7，3﹣），Q2（7，3+）；．②如图3中，当四边形CBPQ是菱形时，P3（3，3﹣），P4（3，3+），∴Q3（﹣1，3﹣），Q4（﹣1，3+）．综上所述，点Q的坐标为Q1（7，3﹣），Q2（7，3+），Q3（﹣1，3﹣），Q4（﹣1，3+）．【点评】本题考查反比