第09讲 四边形（含答案详解）-全国重点高中自主招生大揭秘

四边形

一、单选题

1．（2023春·浙江宁波·九年级校联考竞赛）已知：a、b是正数，且ab2，则a21b24的最小值

是（）

A．13B．5C．25D．7

2．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，DB6cm，DHAB于

点H，则DH的长（）

A．4.8cmB．5cmC．9.6cmD．10cm

3．（2020·江西南昌·八年级竞赛）在四边形ABCD中，将下列条件中的任意两个进行组合，可以判定它是

平行四边形的有（）组．

（1）AB∥CD（2）AD∥BC（3）AB=CD（4）AD=BC（5）∠A=∠C（6）∠B=∠D

A．7B．8C．9D．10

4．（2017·全国·八年级竞赛）梯形ABCD中，AD//BC，AB=3，BC=4，CD=2，AD=1，则梯形的面积为

（）

102103

A．B．C．32D．33

33

5．（2023·四川绵阳·统考三模）如图，矩形ABCD的边AB在x轴的正半轴上，点B在点A的右边，点C，

D在第一象限，A(1,0)，C7,b，点P在CD边上运动，若b取某个确定的值时，使得POB是等腰三角形

的点P有三个可能位置，则b的取值范围是（）

A．b13B．13b43

77

C．13b3D．13b43，且b3

22

1

6．（2023春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为1，点E是边AD上一点，且AEAD，

4

点F是边AB上一个动点，连接EF，以EF为边作菱形EFGH，且EFG60，连接DG，点P为DG的

中点，在点F从点A运动到点B的过程中，点P运动所走的路径长为（）

131

A．B．1C．D．

224

二、解答题

7．（2023春·浙江宁波·九年级校联考竞赛）如图，在ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方

形ACFG，连接EG，AM是ABC中BC边上的中线，△延长MA交EG于点H．

△

求证：

1

（1）AMEG；

2

（2）AH⊥EG；

（3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．

8．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）某同学对矩形纸片ABCD进行了如下的操作：如图，先沿直线

AG折叠，使点B落在对角线AC上的点P处，再沿直线CH折叠，使点D落在AC上的点Q处．若AB5，

BC12，求四边形AGCH的面积．

9．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，在Rt△ABC中，ÐB=90°，AC60cm，A60，点D从点C

出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀

速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0t15）．过

点D作DFBC于点F，连接DE，EF．

(1)求证：AEDF；

(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；

(3)当t为何值时，DEF为直角三角形？请说明理由．

10．（2020·江西南昌·八年级竞赛）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是AB边上一点，连接CE，把

BCE沿CE折叠，使点B落在点B′处．

△（1）当B′在边CD上时，如图①所示，求证：四边形BCB′E是正方形；

（2）当B′在对角线AC上时，如图②所示，求BE的长．

11．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC

的延长线于点F．

(1)求证：AB=CF；

(2)当BC与AF满足什么数量关系时，四边形ABFC是矩形，并说明理由．

12．（2023·辽宁丹东·统考一模）已知正方形ABCD和等腰直角三角形AEF，EAF90，连接BD，BE，

BF，DE，点G，H，I分别为线段BD，BF，DE的中点，连接GH，GI，HI．

(1)如图1，当点B，A，F在一条直线上时，请直接写出线段GH与GI的关系；

(2)如图2，将△AEF绕点A顺时针旋转090，判断线段GH与GI的关系，并说明理由；

(3)在（2）的条件下，若AB4，AE3，VADE，△ABF，GHI的面积分别为S1，S2，S．

①请直接写出S1与S2大小关系；

SS

②直接写出S12的值．

4

13．（2023春·四川德阳·八年级四川省德阳市第二中学校校考期中）如图，四边形ABCD为矩形，C点在x

轴上，A点在y轴上，D点坐标是0,0，B点坐标是3,4，矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边

上的G处，E、F分别在AD、AB上，直线EF解析式为ykx423，F点的坐标是2,4．

(1)求出k的值；

(2)若直线GH平行于直线EF，交x轴于点H，求直线GH的解析式；

(3)点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存

在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

14．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，RtAOB的直角

顶点B在y轴的正半轴上，A点坐标为5,8，点C在射线BA上，点P以每秒2个单位长度的速度从点C出

发向终点B运动，同时动点Q以每秒1个单位长度的速度从点B出发向终点O运动，点P，Q同时到达终点，

点M为AO的中点，连接MQ，MP，以MQ，MP为边构造▱PMQN.设点Q的运动时间为t秒．

(1)BC______，点P的坐标是______（用含t的代数式表示）；

(2)在点P，Q运动过程中，是否存在直线OA将▱PMQN的面积分成1：3的两部分？若存在，则求出此时t

的值；若不存在，请说明理由．

(3)若PQ，MN交于点D，作点D关于直线OC的对称点为点D，连接DD，DQ，当DDQ是以DQ为

腰的等腰三角形时，t的值是______（直接写出答案）．

15．（2023春·湖南长沙·八年级湖南师大附中博才实验中学校联考期中）定义：对于给定的一次函数ykxb

kxbx0

（k0，k、b为常数），把形如y（k0，k、b为常数）的函数称为一次函数ykxb（k0，

kxbx0

k、b为常数）的衍生函数．已知YABCD的顶点坐标分别为A2，1，B3，1，C5，3，D0，3．

(1)点En，3在一次函数yx2的衍生函数图象上，则n________；

(2)如图，一次函数ykxb（k0，k、b为常数）的衍生函数图象与YABCD交于M、N、P、Q四点，其

20

中P点坐标是1，2，并且SAPQS四边形，求该一次函数的解析式．

BCMN3

(3)一次函数ykxb（k0，k、b为常数），其中k、b满足3kb2．

①请问一次函数的图象是否经过某个定点，若经过，请求出定点坐标；若不经过，请说明理由；

②一次函数ykxb（k0，k、b为常数）的衍生函数图象与YABCD恰好有两个交点，求b的取值范围．

三、填空题

16．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）已知长分别为14，13，9，7的四条线段可以构成梯形，则在

所有可能构成的梯形中，连接梯形两腰中点的线段长度的最大值是_______．

17．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）如图，P为RtABC内一点，其中∠BAC=90°，并且PA=3，

PB=7，PC=9，则BC的最大值为________．△

18．（2022春·湖南长沙·八年级长沙市长郡双语实验中学校考竞赛）如图，P为RtABC内一点，其中

BAC90，并且PA3，PB7，PC8，则BC的最大值为_______．△

19．（2020·江西南昌·八年级竞赛）若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形为矩形，则四边形ABCD

的对角线AC、BD之间的关系为_____．

20．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，P是正方形ABCD内的一点，且PAB是等边三角形，则∠PDC

的度数为______．△

21．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段CB的延长线上，连接DE交

AB于点F，∠AED=2∠CED，点G是DF的中点，若BE=2，DF=8，则AB的长为______．

22．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，在正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE=5，EC=7，

点P是BD上的一动点，则PE+PC的最小值是______．

23．（2023春·浙江舟山·八年级校联考期中）如图，有一张平行四边形纸条ABCD，AD5cm，AB2cm，

A120，点E，F分别在边AD，BC上，DE1cm．现将四边形CFED沿EF折叠，使点C，D分别落

在点C，D¢上．当点C恰好落在边AD上时，线段CF的长为___________cm．在点F从点B运动到点C

的过程中，若边FC'与边AD交于点M，则点M相应运动的路径长为___________cm．

24．（2023春·浙江杭州·八年级校联考期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平

AB1

分BAD，交BC于点E，且ADC60．设k(0k1)，连接OE；若k，AC3，则平行

BC2

S四边形OECD

四边形ABCD的面积为______；设n，则n与k满足的关系式为______．

SAOD

参考答案：

1．A

【分析】如图，将a21b24的最小值转化为求APBP的最小值问题，利用轴对称的性质，进行求

解即可．

【详解】解：∵ab2，

∴b2a，代入a21b24，

2

得：a212a22，

构造如下图形，如图，其中ED2,AE2,BD1，AEl，BDl，在ED上取一点P使PDa，可得

ED2a，

在Rt△AEP中，根据勾股定理得：AP(2a)222，

在RtBDP中，根据勾股定理得：BPa21，

则a21(2a)222APBP，

∴当APBP的值最小时，a21b24的值最小，

作点A关于直线l的对称点C，连接BC,PC，则：APPBPCPBBC，

∴当B,P,C三点共线时，APBP的值最小，即为BC的长，

延长BD，过C作CF垂直于BC的延长线，垂足为F，则，四边形CFDE为矩形，

∴DFCE2，EDCF2，

∴BFBDDF3，

在Rt△CFB中，由勾股定理，得：BCCF2BF213；

∴a21b24的最小值为13．

故选A．

【点睛】本题考查轴对称的性质，勾股定理，矩形的判定和性质．解题的关键，是将代数问题转化为几何

模型，利用轴对称的性质，解决线段和最小问题．

2．A

【分析】由菱形对角线和边长组成一个直角三角形，由勾股定理可得菱形的边长，再利用面积相等建立等

式，即可求解高DH的长．

11

【详解】解：∵在菱形ABCD中：AC⊥BD，OA=AC=4cm，OB=BD=3cm，

22

∴AOB90,

在RtAOB中，OA=4cm，OB=3cm，

△

∴AB=3242=5（cm），

1

菱形的面积S=AC•BD=AB•DH，

2

1

即×8×6=5×DH，

2

解得DH=4.8cm，故A正确．

故选：A．

【点睛】此题考查了菱形的性质和菱形的面积，熟练掌握“菱形的对角线互相垂直平分，菱形的面积等于对

角线乘积的一半”是解题的关键．

3．C

【分析】根据平行四边形的5种判定方法，能推出四边形ABCD是平行四边形的有(1)(2)，(1)(3)，(1)(5)，

(1)(6)，(2)(4)，(2)(5)，(2)(6)，(3)(4)，(5)(6)；

【详解】能推出四边形ABCD是平行四边形的有：

(1)(2)，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；

(1)(3)，(2)(4)，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；

(3)(4)，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；

(5)(6)，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；

(1)(5)，(1)(6)，(2)(5)，(2)(6)，这几组都是一组对边平行，一组对角相等，由这个条件可以推导出另一组对

边平行(或另一组对角相等)，根据两组对边分别平行的四边形(或两组对角分别相等的四边形)是平行四边形

可得到平行四边形；

综上，共有9组，

故选C．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定，解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多

方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添

加的条件和所得的结论．在四边形中如果有：①四边形的两组对边分别平行；②一组对边平行且相等；③

两组对边分别相等；④对角线互相平分；⑤两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．

4．A

【分析】作梯形的两条高线，根据勾股定理求出高的长度，由梯形面积公式求解.

【详解】如图，过A、D作AE⊥BC,DF⊥BC,垂足为E、F.

∴AD=EF=1,AE=DF,

设BE=x，则CF=4-1-x=3-x,

在RtABE中，由勾股定理得，AE2=AB2-BE2,

∴AE△2=32-x2,

在RtDFC中，由勾股定理得，DF2=DC2-CF2,

∴DF△2=22-(3-x)2,

∴32-x2=22-(3-x)2,

7

解得，x=，

3

2

骣742

∴AE=32-琪=,

桫33

AD+BC1+44210

S梯形ABCD=×AE=´=2

2233

故选：A.

【点睛】本题考查梯形面积公式，涉及高线的求法，用勾股定理求高是解答此题的关键.

5．D

【分析】矩形ABCD中，A(1,0)，C7,b则B7,0，D1,b得OB7，由POB是等腰三角形，分PBOB、

POOB、POPB讨论，找到临界值，再分析POB是等边三角形的情况，即可求解．

【详解】解：矩形ABCD中，A(1,0)，C7,b，

则B7,0，D1,b，

OB7，

POB是等腰三角形，

如图：当PBOB，且P、D重合时，

在RtPAB中，PAb，AB6，PBOB7，

PA2AB2PB2，

b26272，

解得：b13或b13（不合题意，舍去）；

如图：当POOB，且P、D重合时，

在Rt△POA中，PAb，OA1，POOB7，

PA2OA2PO2，

b21272，

解得：b43或b43（不合题意，舍去）；

如图：当POPB，P在OB的垂直平分线上，与CD恒有一个交点，

如图：当POB为等边三角形时，即POOBPB7，

过P作PNx轴于N，

根据等边三角形三线合一易得：

17

ONOB，

22

73

bPNOP2ON2；

2

7

综上所述：13b43，且b3，

2

故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，坐标与图形，等边三角形的性质以及勾股定理解直

角三角形；解题的关键是结合题意分类讨论并排除等边三角形的情况．

6．A

【分析】当F与A重合时为F1，当F与D重合时为F2，当点F从A运动到D时，P的运动轨迹为线段P1P2，

连接G1D，G1G2，G1E，H1G2，可证G1EF2≌H1EG2，从而可证F1G1F2≌G1H1G2，由P1、P2分别是BG1、

BG2的中点，即可求解．

【详解】

解：如图，当F与A重合时为F1，当F与B重合时为F2，

当点F从A运动到B时，P的运动轨迹为线段P1P2，

连接G1B，G1G2，G1E，H1G2，

四边形EF1G1H1和四边形EF2G2H2是菱形，

EF1G1EF2G260，

EF1G1，EG1H1，EF2G2均是等边三角形，

G1F1G1H1G1EEH1，EF2EG2，

F1G1EG1H1EG1EH160，

G1EF2F2EH1F2EH1H1EG2，

G1EF2H1EG2，

在G1EF2和H1EG2中

GEEH

11

G1EF2H1EG2，

EF2EG2

G1EF2≌H1EG2SAS，

G1F2H1G2，EG1F2EH1G2，

F1G1F2360F1G1EEG1F2

36060EG1F2

300EG1F2，

同理可证：G1H1G2300EH1G2，

F1G1F2G1H1G2，

在F1G1F2和G1H1G2中

GFHG

1212

F1G1F2G1H1G2，

G1F1G1H1

F1G1F2≌G1H1G2SAS，

G1G2F1F2，

G1G2AB1，

P1、P2分别是BG1、DG2的中点，

11

PPAB．

1222

故选：A．

【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，菱形的性质，三角形全等的判定及性质，三

角形中位线定理，掌握相关的判定方法及性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．

7．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析

【分析】（1）延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，先证得MBN≌△MCA，得到∠BNM＝∠CAM，

NB＝AC，从而得到BN∥AC，NB＝AG，进一步得到∠NBA＝∠G△AE，根据SAS证得NBA≌△GAE，即可

证得结论；△

（2）由NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH＝90°，即可证得∠AHE＝90°，得到

AH⊥EG△；

（3）连接CE、BG，易证ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2＝CG2+BE2，从而得

到2（AB2+AC2）．△

【详解】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，

∵AM是ABC中BC边上的中线，

∴CM＝B△M，

在MBN和MCA中

A△MMN△

AMCNMB

CMBM

∴△MBN≌△MCA（SAS），

∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，

∴BN∥AC，NB＝AG，

∴∠NBA+∠BAC＝180°，

∵∠GAE+∠BAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，

∴∠NBA＝∠GAE，

在NBA和GAE中

N△BAG△

NBAGAE

BAEA

∴△NBA≌△GAE（SAS），

∴AN＝EG，

1

∴AMEG；

2

（2）证明：由（1）NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，

∵∠HAE+∠BAN＝18△0°﹣90°＝90°，

∴∠HAE+∠AEH＝90°，

∴∠AHE＝90°，

即AH⊥EG；

（3）证明：连接CE、BG，

∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，

∴AC=AG，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°，

∴∠BAG=∠CAE，

∴ACE≌△ABG

∴C△E⊥BG，

∴EG2+BC2＝CG2+BE2，

∴EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．

【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，平行线的判定和性质，

勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．

130

8．S

四边形AGCH3

【分析】由折叠的性质可知AP=AB=5，BG=PG，∠B=∠APG=90°，CQ=CD=5，由勾股定理可得AC=13，

然后可得CP=8，设CG=x，则BG=PG=12-x，进而根据勾股定理建立方程求解x，最后问题可求解．

【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB5，BC12，

∴ABCD5，ÐB=90°，

∴ACAB2BC213，

由折叠的性质可知AP=AB=5，BG=PG，∠B=∠APG=90°，CQ=CD=5，

∴CP=8，∠CPG=90°，

设CG=x，则BG=PG=12-x，

2

∴由勾股定理可得：12x82x2，

26

解得：x，

3

130

∴SCGAB．

四边形AGCH3

【点睛】本题主要考查折叠的性质、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质及勾股定

理是解题的关键．

9．(1)证明见解析；

(2)t=10；

15

(3)当t=或12时，DEF为直角三角形，理由见解析．

2

△

1

【分析】（1）由题意得∠BCA=30°，CD=4tcm，AE=2tcm，再由含30°角的直角三角形的性质得DF=DC=2tcm，

2

即可得到AE=DF；

（2）由AE=AD，得四边形AEFD为菱形，得2t=60-4t，进而求得t的值；

（3）分∠EDF=90°、∠DEF=90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．

【详解】（1）证明：由题意可知CD=4tcm，AE=2tcm，

∵∠B=90°，∠A=60°，

∴∠C=30°，

1

∴DF=DC=2tcm．

2

∵AE=2tcm，DF=2tcm，

∴AE=DF．

（2）解：∵AB⊥BC，DF⊥BC，

∴AEDF．

∵AE=DF，AEDF，

∴四边形AEFD为平行四边形，

∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，

即2t=60-4t，

解得t=10，

∴当t=10时，四边形AEFD为菱形，

故答案为：10．

（3）当∠EDF=90°时，如图①，

∵DF⊥BC，AB⊥BC，

∴AEDF，

∴四边形DFBE为矩形．

∴AED90DEB,ADE30,

∴AD=2AE，即60-4t=2t×2，

15

解得，t=，

2

当∠DEF=90°时，如图②，

∵ADEF，

∴DE⊥AC，

∴AED30．

∴AE=2AD，即2t=2×（60-4t），

解得，t=12，

15

综上所述，当t=或12时，DEF为直角三角形．

2

【点睛】本题考查了直角三角形△的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的

性质等知识，熟练掌握直角三角形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．

10．（1）证明见解析；（2）3

【分析】（1）由折叠的性质可得BE＝BE，BC＝BC，∠BCE＝∠BCE，然后根据等角对等边证出BC

＝BE＝BC＝B'E，从而证出四边形BCBE是菱形，然后根据正方形的判定即可证出结论；

（2）利用勾股定理求出AC，然后根据折叠的性质可得BC＝BC＝6，BE＝BE，然后利用勾股定理即可求

出结论．

【详解】证明：（1）∵BCE沿CE折叠，

∴BE＝BE，BC＝BC，∠BCE＝∠BCE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠DCB＝90°＝∠B．

∴∠BCE＝45°且∠B＝90°．

∴∠BEC＝∠BCE＝45°．

∴BC＝BE．

∵BE＝BE，BC＝BC，

∴BC＝BE＝BC＝B'E．

∴四边形BCBE是菱形．

又∵∠B＝90°，

∴四边形BCBE是正方形．

（2）∵AB＝8，BC＝6，

∴根据勾股定理得：AC＝10．

∵BCE沿CE折叠，

∴BC＝BC＝6，BE＝BE，

∴AB＝4，AE＝AB﹣BE＝8﹣BE，

在RtABE中，AE2＝BA2+BE2，

∴（8﹣BE）2＝16+BE2，

解得：BE＝3，

∴BE＝BE＝3．

【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，掌握矩形的性质、折叠的性质、正方形的判定和勾股定理是解决

此题的关键．

11．(1)见解析；(2)当BC=AF时，四边形ABFC是矩形，理由见解析

【分析】（1）根据平行四边形的性质得到两角一边对应相等，利用AAS判定ABE≌△FCE，从而得到AB=CF；

（2）由已知可得四边形ABFC是平行四边形，BC=AF，根据对角线相等的△平行四边形是矩形，可得到四边

形ABFC是矩形．

【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，AB=CD，

∴BAECFE，ABEFCE，

∵E为BC的中点，

∴BE=EC，

∴ABE≌△FCE，

∴A△B=CF；

(2)解∶当BC=AF时，四边形ABFC是矩形．理由如下∶

∵AB∥CF，AB=CF，

∴四边形ABFC是平行四边形，

∵BC=AF，

∴四边形ABFC是矩形．

12．(1)GHGI且GHGI

(2)GHGI且GHGI，理由见详解

=25

(3)①S1S2，②

8

【分析】（1）连接DF，延长BE交DF于P，可证BAE≌DAF，结合三角形中位线即可求解；

（2）连接DF交BE于Q，AD与BE交于M，可证BAE≌DAF，结合三角形中位线即可求解；

（3）①过F作FOBA，交BA的延长线于O，过E作ENAD，可证FAO≌EAN，即可求解；②可

12

求SBE，由S1S2S四边形SEAFSABD即可求解．

8BFED

【详解】（1）解：GHGI且GHGI，

如图，连接DF，延长BE交DF于P，

四边形ABCD是正方形，

ABAD，BAC90，

BAEDAF，

AEF是等腰直角三角形，

AEAF，

在BAE和△DAF中

ABAD

BAEDAF，

AEAF

BAE≌DAF(SAS)，

BEDF，ABEADF，

点G，H，I分别为线段BD，BF，DE的中点，

1

GIBE，GI∥BE，

2

1

GHDF，GH∥DF，

2

GIGH；

ABEBEA90，BEADEP，

ABEDEP90，

ADFDEP90，

BEDF，

BEGH，

GIGH；

故GHGI且GHGI．

（2）解：GHGI且GHGI，

如图，连接DF交BE于Q，AD与BE交于M，

由（1）得：，AEAF，BAMEAF90，

BAMDAEEAFDAE

BAEDAF

在BAE和△DAF中

ABAD

BAEDAF，

AEAF

BAE≌DAF(SAS)，

BEDF，ABEADF，

点G，H，I分别为线段BD，BF，DE的中点，

1

GIBE，GI∥BE，

2

1

GHDF，GH∥DF，

2

GIGH；

ABMBMA90，BMADMQ，

ABMDMQ90，

ADFDMQ90，

BEDF，

BEGH，

GIGH；

故GHGI且GHGI．

=

（3）解：①S1S2，

如图，过F作FOBA，交BA的延长线于O，过E作ENAD，

ANEOAF90，

FAOOAE90，EANOAE90，

FAOEAN，

在FAO和EAN中

ANEOAF

FAOEAN，

AFAE

FAO≌EAN（AAS），

FOEN，

11

SADNE，SABFO，

1222

又ADAB，

S1S2．

25

②，

8

由（2）得：BEDF，BEDF，

1

SGI2

2

2

11

BE

22

1

BE2，

8

11

SBEDFBE2，

四边形BFED22

19

SAE2，

EAF22

11

SAB2428，

ABD22

S1S2S四边形BFEDSEAFSABD

19

BE28

22

125

BE2，

22

SS

S12

4

125

BE2

1

BE222

84

112525

BE2BE2．

8888

【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，三角形中位线定理，面积转换，正方形的性质，旋转的性

质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．

13．(1)3

(2)y3x443

43，43，-43，8-

(3)存在，33或13或13

333

【分析】（1）将点F的坐标代入直线EF解析ykx423，即可得出结论；

（2）根据直线GH平行于直线EF，可设直线GH解析式y3xb，利用折叠的性质和勾股定理确定

G3，43，再代入即可；

（3）本问关键是确定平行四边形的位置与形状．因为M、N均为动点，只有FG已经确定，所以可从此入

手，按照FG为平行四边形的一边、FG为平行四边形的对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状．确

定平行四边形的位置与形状之后，利用全等三角形求得M点的纵坐标，再利用直线解析式求出M点的横坐

标，从而求得M点的坐标．

【详解】（1）解：∵直线EF解析式为ykx423，F点的坐标是2,4，

∴42k423，

∴k3，

∴直线EF解析式为y3x423，

∴k的值为3．

（2）∵B点坐标是3,4，F点的坐标是2,4，

∴AB3，AF2，BC4，

∵矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，

∴FGAF2，FBABAF1，ÐB=90°，

∴BGFG2FB222123，

∴CGBCBG43，

∴G3，43，

∵直线GH平行于直线EF，

设直线GH解析式为y3xb，

∴4333b，

∴b443，

∴直线GH解析式为y3x443．

（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：

①如图1所示，FG为平行四边形的一边，且点N在x轴正半轴上，

过点M1作M1Hx轴于点H，延长FG交x轴于点Q，设M1x1,y1，

∴M1HN190，

∵M1N1∥FG，M1N1FG，

∴HN1M1HQF，

∵四边形ABCO为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，

∴AB∥OQ，GBF90，

∴HQFBFG，M1HN1GBF90，

∴HN1M1BFG，

在△M1HN1和GBF中，

MHNGBF

11

HN1M1BFG，

M1N1GF

∴△M1HN1≌△GBFAAS，

∴M1HGB3，

∴点M1的纵坐标：y13，

∵直线EF解析式为y3x423，

43

∴点M1的横坐标：x3，

13

43

∴，；

M133

3

②如图1所示，FG为平行四边形的一边，且点N在x轴负半轴上，

过点M2作M2Hx轴于点H，延长FG交x轴于点Q，设M2x2,y2，

∴M2HN290，

∵M2N2∥FG，M2N2FG，

∴HN2M2HQF，

∵四边形ABCO为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，

∴AB∥OQ，GBF90，

∴HQFBFG，M2HN2GBF90，

∴HN2M2BFG，

在△M2HN2和GBF中，

MHNGBF

22

HN2M2BFG，

M2N2GF

∴△M2HN2≌△GBFAAS，

∴M2HGB3，

∴点M2的纵坐标：y23，

∵直线EF解析式为y3x423，

43

∴点M2的横坐标：x1，

23

43

∴，-；

M213

3

③如图3所示，FG为平行四边形的对角线，

过点M3作FB延长线的垂线，垂足为H，设M3x3,y3，

∴M3HF90，

∵M3F∥GN3，M3FGN3，

∴M3OCGN3C，

∵四边形ABCO为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，

∴AB∥OC，BCO90，

∴M3FHM3OC，M3HFGCN390，

∴M3FHGN3C，

在△M3FH和△GN3C中，

MHFGCN

33

M3FHGN3C，

M3FGN3

∴△M3FH≌△GN3CAAS，

∴M3HGC43，

∴点M3的纵坐标为：y383，

∵直线EF解析式为y3x423，

43

∴点M3的横坐标为：x1，

33

43

∴，8-；

M313

3

43，

综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为33

3

43，-43，8-

或13或13．

33

【点睛】本题考查直角坐标系中一次函数与平面图形的性质，待定系数法求一次函数（直线）解析式，矩

形，平行四边形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质等知识点．难点在于第（3）问，这

是一个存在性问题，注意平行四边形有三种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏．根据题意，灵

活运用所学知识是解题的关键．

14．(1)16162t,8

4136

(2)存在，t的值为或

327

32163

(3)或8

5

【分析】（1）根据点坐标求得OB8，再根据题意可得CP2t、BC2OB，进而求得BC、BP即可解答；

（2）先根据点M为AO的中点确定点M的坐标，然后构造平行四边形PMQN，进而求得点N的坐标；然

后分直线OA与QN交于点E和直线OA与PN交于点E两种情况，分别根据面积和中点的定义即可解答；

271

（3）由平行四边形的性质可得DMDN，进而确定N2t,12t、D8t,8t；

22

再根据旋转和对称的性质可得DD∥OC，再求直线DD的解析式；然后说明DDQ是以DQ为腰的等腰

三角形，再分DQDD和DQDQ两种情况，分别列方程求解即可．

【详解】（1）解：A点坐标为5,8，ABO90，

B0,8，

OB8，

由题意得：CP2t，BC2OB，

BC16，

BP162t，

P162t,8．

故答案为：16，162t,8．

（2）解：存在．理由如下：

点M为AO的中点，

5

M,4，

2

P162t,8，Q0,8t，以MQ，MP为边构造平行四边形PMQN，

QN∥MP，QNMP，

27

N2t,12t，

2

①当直线OA与QN交于点E时，如图1a，

直线OA将▱PMQN的面积分成1：3的两部分，

1

SS，

EQM4PMQN

1

SS，

MNQ2PMQN

1

SS，

EQM2MNQ

1

QEQN，即点E是QN的中点，

2

27

Et,10t，

4

设直线OA的解析式为ykx，则85k，

8

解得：k，

5

8

直线OA的解析式为yx，

5

27

点Et,10t在直线OA上，

4

827

10tt，

54

4

解得：t．

3

②当直线OA与PN交于点E时，如图1b，

直线OA将▱PMQN的面积分成1：3的两部分，

1

SS，

EPM4PMQN

1

SS，

MNP2PMQN

1

SS，

EPM2MNP

1

PEPN，

2

即点E是PN的中点，

591

E2t,10t，

42

8

直线OA的解析式为yx，点E在直线OA上，

5

1859

10t2t，

254

136

解得：t．

27

4136

综上所述，t的值为或．

327

（3）解：∵四边形PMQN是平行四边形，

DMDN，

527

M,4，N2t,12t，

22

1

D8t,8t，

2

将OC绕点O顺时针旋转90得OC，且C8,16，

直线OC的解析式为y2x，

D、D¢关于OC对称，

DDOC，

DD∥OC，

11

直线DD的解析式为y2xn，把D8t,8t代入，得8t28tn，

22

5

解得：n24t，

2

5

直线DD的解析式为y2x24t，

2

5

设Dx,2x24t，

2

113

DD的中点坐标为Fxt4,xt16，

222

C16,8，

11133111

直线OC的解析式为yx，把Fxt4,xt16代入，得：xt16xt4，

22222222

56

解得：xt，

5

5618

D't,t，

525

22

2561182212

DD8tt8tt，DQ(8t)[8t8t]，

52252

22

5618

DQtt8t，

525

DDQ是以DQ为腰的等腰三角形，

DQDD或DQDQ，

当DQDD时，

222

2156118

8t8t8t8tt8tt，

25225

32163

解得：t，

5

0t8，

32163

t，

5

当DQDQ时，

212562182

(8t)[8t8t](t)[t8t]，

2525

解得：t8，

32163

综上所述，当DDQ是以DQ为腰的等腰三角形时，t的值是或8．

5

32163

故答案为：或8．

5

【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的性质、求一次函数解析式、等腰三角形的判定与性质

等知识点，掌握数形结合和分类讨论思想是解答本题的关键．

15．(1)1或1

(2)y3x1

(3)①过定点，3，2；②b1或b1且b2

x2x0

【分析】（1）根据衍生函数的定义可知一次函数yx2的衍生函数为y．再分类讨论：

x2x0

当n0时和当n0时，求解即可；

（2）根据题意可求出一次函数ykxbk0的衍生函数图象过点1，2，即得出b2k，从而得出一次

kx2kx0

函数ykxbk0的衍生函数为y．由题意可知yMyD3，yNyAyQ1，即可

kx2kx0

k1，k1，1k，1k

求出点M、N、Q的坐标分别为3、1、1，进而可求出AQxQxA，

kkkk

2k14k1

BNxx，CMxx，结合三角形和梯形的面积公式可列出关于