专题18.46矩形、菱形、正方形 存在性问题 专项练习（含解析）2023-2024学年八年级数学下册人教版专项讲练

专题18.46 矩形、菱形、正方形（存在性问题）（专项练习）
1．如图，在中，，，，点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向A点匀速运动，同时点从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点，运动的时间是秒（），过点作于点，连接，．
(1)填空：的长是________；
(2)在，的运动过程中，线段与有什么关系？请证明．
(3)在，的运动过程中，是否存在四边形为菱形？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
2．在正方形中，，、分别是、边上的动点，以、为边作平行四边形．
(1)如图1，连接，若，试说明与的关系；
(2)如图2，若为的中点，在边上是否存在某个位置，使得四边形为菱形？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
3．如图，长方形中，点、的坐标分别为、 ，点为中点；
(1)尺规作图：请作出的角平分线，交于点（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求直线的函数表达式；
(3)在线段上是否存在一点P使最小，若存在求出此时的最小值；若不存在请说明理由．
4．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.
5．如图，点为矩形的对称中心，，，点，，分别从，，三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点的运动速度为，点的运动速度为，点的运动速度为．当点到达点（即点与点重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，关于直线的对称图形是，设点，，运动的时间为（单位：）．
(1)当　　s时，四边形为正方形．
(2)当为何值时，以点，，为顶点的三角形与以点，，为顶点的三角形可能全等？
(3)是否存在实数，使得点与点重合？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
6．如图，已知正方形的边长，E为边上一点且长为，动点P从点B出发以每秒的速度沿射线方向运动．在点P的运动过程中，把沿折叠，点B落在点处．设运动时间为t秒．
(1)当 时，为直角；
(2)是否存在某一时刻t，使得点到直线的距离为？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
7．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，直线与y轴交于点．
(1)求直线的函数解析式；
(2)将沿直线翻折得到，使点O与点C重合，与x轴交于点D．求证：；
(3)在直线下方是否存在点P，使为等腰直角三角形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
8．如图，在平面直角坐标系中，已知，，点为轴负半轴上一点，，．
(1)求的度数．
(2)如图1，若点的坐标为，，求点的坐标（结果用含的式子表示）．
(3)如图2，在（）的条件下，若，过点作轴于点，轴于点，点为线段上一点，若第一象限内存在点，使为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的点坐标，并选取一种情况计算说明．
9．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．
10．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC的顶点、，将矩形OABC的一个角沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与x轴交于点D．
(1)线段OB的长度为___________；
(2)求直线BD所对应的函数表达式；
(3)若点Q在线段BD上，在线段BC上是否存在点P，使以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
11．如图，在平面直角坐标系中，四边形是长方形，O为坐标原点，顶点A，C分别在y轴、x轴上，顶点B在第二象限内，一次函数的图象分别与坐标轴交于点A，C．
(1)如图①，将折叠使得点C落在长方形的边上的点E处，折痕为，求点B，E的坐标；
(2)如图②，将折叠使得点B落在对角线上的点E处，折痕为，求点D的坐标；
(3)在平面直角坐标系内，是否存在一点E(除点B外），使得与全等？若存在，写出所有符合条件的点E的纵坐标；若不存在，请说明理由．
12．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．
13．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．
14．如图，平面直角坐标系中，长方形的边在轴上，边在轴上，且，．
(1)在长方形的边上找一点，使得直线将长方形的面积分成1:3两部分，则点的坐标为　 　．
(2)如图，已知点在边上，且，请你在边上找一点，将沿翻折，使得点恰好落在轴上的点处．
求线段所在直线的函数表达式；
在线段上是否存在一点，使得直线将四边形的面积分成2：3两部分？若存在，求出符合条件的所有点坐标；若不存在，请说明理由．
15．如图，把矩形放入平面直角坐标系中，使、分别落在x、y轴的正半轴上，对角线所在直线解析式为，将矩形沿着折叠，使点A落在边上的点D处．
(1)求点E的坐标；
(2)在y轴上是否存在点P，使为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
16．将矩形ABCD折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F（如图1和图2），然后展开辅平，连接BE，EF，BF．
(1)操作发现：
①在矩形ABCD中，任意折叠所得的是一个______三角形；
②当折痕经过点A时，BE与AE的数量关系为______．
(2)深入探究：
在矩形ABCD中，，．
①当是等边三角形时，求出BF的长．
②的面积是否存在最大值？若存在，求出此时EF的长；若不存在，请说明理由．
17．在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB、BC为边向外作正方形ADEB和正方形BCFH．
(1)当BC＝m时，正方形BCFH的周长＝　 　（用含m的代数式表示）；
(2)连接CE．试说明：三角形BEC的面积等于正方形BCFH面积的一半；
(3)已知AC＝BC＝2，且点P是线段DE上的动点，点Q是线段BC上的动点，当P点和Q点在移动过程中，△APQ的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
18．如图，在中，，点在边上，，垂足为，以为边，为直角顶点，作等腰直角，使点落在射线上．
(1)当是边长为6的等边三角形时，的度数为_______，的长为_______；
(2)当时，求的度数；
(3)是否存在的情况，如果存在，求，和之间满足的数量关系；如果不存在，说明理由．
19．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．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．
21．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．
22．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．
23．如图所示，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点，以AB为边在第二象限内作正方形ABCD．
(1)求正方形ABCD的面积；
(2)求点C和点D的坐标；
(3)在x轴上是否存在点M，使△MDB的周长最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
24．如图，中，，，．对角线、相交于点O，将直线绕点O顺时针旋转α°，分别交直线、于点E、F．
(1)当α＝　 　时，四边形是平行四边形；
(2)在旋转的过程中，四边形可能是菱形吗？如果能，求出此时α的值；如果不能，说明理由；
(3)在旋转过程中，是否存在以A、B、C、D、E、F中的4个点为顶点的四边形是矩形？如果存在，直接写出矩形的名称及对角线的长度；如果不存在，说明理由．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)
(2)线段与平行且相等．证明见解析
(3)存在；，
【分析】（1）在中，，，，则，由勾股定理求得的长．
（2）先证四边形是平行四边形，从而证得线段与平行且相等．
（3）由四边形为平行四边形．根据使四边形为菱形则需要满足的条件即可求得答案．
【详解】（1）在中，，，，
∴，
∴，
故答案为：
（2）线段与平行且相等．
证明：∵于点，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∴线段与平行且相等．．
（3）存在；，求解过程如下：
由（2）得四边形为平行四边形．
∵，，
∴，
若使四边形为菱形，则需，
即，
解得，
即当时，四边形为菱形．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定，直角三角形30度角的性质、勾股定理、动点问题，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
2．(1)，且，理由见解析
(2)F在AB边上存在时，使得四边形EFDG为菱形
【分析】（1）根据正方形的性质，得出，，再判断和全等，再根据平行四边形的性质即可得出答案；
（2）先判断存在，设，再根据点E为中点、菱形的性质，通过勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）解：，且．
∵四边形为正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，且， ．
（2）解：存在，理由如下：
设，
∵，
∴，
∴，
∵点E为中点，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
由勾股定理可得，即
解得
∴F在边上存在时，使得四边形为菱形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定、平行四边形和菱形的性质、勾股定理．
3．(1)见解析
(2)
(3)存在；
【分析】（1）根据尺规作角平分线的步骤作图即可；
（2）先求出点、点的坐标，然后用待定系数法求函数的表达式即可；
（3）作点关于直线的对称点；连接，交于点；此时三点共线，的值最小；
【详解】（1）解：作图如下：
（2）解：如图，作直线；
∵平分
∴
在矩形中，
∴
∴是等腰直角三角形，
∵点的坐标为
∴
∴
∵点为中点
∴
设直线的函数表达式为：
将、代入得：
解得：
∴直线的函数表达式为：
（3）解：存在；
如图，作点关于直线的对称点；连接，交于点；
则
∴
故当三点共线时，的值最小
此时
∵平分，点的坐标为
∴点的坐标为
∵
∴
即：的最小值为
【点睛】本题考查了尺规作角平分线、矩形的性质、求一次函数的表达式、线段的最值问题；熟练运用待定系数法求一次函数表达式、用轴对称的性质转化线段是解题的关键．
4．(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．
5．(1)；
(2)当或时，以点，，为顶点的三角形与以点，，为顶点的三角形可能全等；
(3)不存在实数，使得点与点重合．
【分析】（1）根据动点表示出相关线段，利用正方形的性质，得到，列一元一次方程求解即可；
（2）以点，，为顶点的三角形与以点，，为顶点的三角形可能全等分和两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；
（3）本问为存在型问题，假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们不相等，互相矛盾，所以不存在．
【详解】（1）由题意可知：
，，
，
，
，
四边形为正方形，
，
，
解得：，
故答案为；
（2）当时,
，
即：，
解得，
当时,
，
即：，
解得，
即当或时，以点，，为顶点的三角形与以点，，为顶点的三角形可能全等；
（3）假设存在实数t，使得点使得点与点重合，
由对称可知：连接,作的垂直平分线交于E，交于F，
过O作于M，作于N，
由（2）可知，
，
在与中，
,，
，
解得：，
，
解得：，
，
所以，不存在实数，使得点与点重合．
【点睛】本题为全等三角形的综合题，考查了矩形性质、轴对称、全等三角形的判定性质、勾股定理、解方程等知识点；题熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
6．(1)
(2)存在，或．
【分析】（1）由正方形的边长，且长为，得到，由折叠可得，，求得，即可求得
（2）存在，过点作，交，于点M，N，过E作，交于H，得到四边形是矩形，然后分两种情况讨论可得到t的值
【详解】（1）∵正方形的边长，E为边上一点且长为，
∴，
当时，，
∴由折叠可得，，
又∵，
∴，
∴，
∵点P从点B出发以每秒的速度沿射线方向运动，
∴（秒），
故答案为：
（2）存在，过点作，交，于点M，N，过E作，交于H，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵∠A＝90°，
∴四边形是矩形，
同理可得：四边形是矩形．
①如图，若点P在之间时，则，，
∵，，
由折叠可得，，
∴中，，
∴，
设，
∴，，
∵中，，
∴，
解得：．
∴，
∴；
②如图2，若点P在右边时，则，，
由折叠可得，，
∴中，，
∴，
设，
∴，
∵中，，
∴，
解得：．
∴，
∴．
综上所述，t的值为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换（折叠问题）和勾股定理，熟练掌握分类讨论的数学思想是解题的关键．
7．(1)
(2)见解析
(3)，，
【分析】（1）先将代入直线的解析式，求出A点坐标，再利用待定系数法求直线的函数解析式；
（2）先利用两点间距离公式求出，推出．再利用折叠的性质得出，等量代换可得，根据内错角相等即可证明；
（3）过点作，，过点作，，连接，，，与交于，可得四边形是正方形，则，，均为等腰直角三角形．分别求出，，的坐标即可．
【详解】（1）解：直线与直线相交于点，
，
解得，
，
将，代入，得：
，
解得，
直线的函数解析式为；
（2）解：，，
，，
，
．
沿直线翻折得到，
，
，
；
（3）解：如图，过C作于M，
，，
，
．
由折叠的性质可知，
，
，
．
过点作，，过点作，，连接，，，与交于，
则四边形是正方形，
，，均为等腰直角三角形．
作轴于N，
，
，，
，
又，，
，
，，
，
；
四边形是正方形，
是的中点，也是的中点，
，，
的横坐标为，纵坐标为，
，
，
的横坐标为，纵坐标为，
，
综上，点P的坐标为：，，．
【点睛】本题考查求一次函数解析式，折叠的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等，解题的关键是通过作图找出符合条件的P点的位置．
8．(1)180°
(2)点的坐标为
(3)满足条件的点N的坐标为或或，过程见解析
【分析】（1）如图1中，设与y轴交于点E．根据四边形内角和定理，只要证明即可解决问题；
（2）作于H，证明，即可得到点D的坐标．
（3）分四种情形，利用全等三角形的性质，列出方程分别求解即可．
【详解】（1）解：如图1中，设与y轴交于点E．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，作于H．
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴点D的坐标为；
（3）解：①如图2中，作于G，的延长线交于H．
∵是等腰直角三角形，
∴，
由，得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图3中，作于G，于H．
由，得，
∴，
∴，
∴，此时点M不在线段上，不符合题意舍去；
③如图4中，作于G，的延长线交于H．
由得，
∴，
∴，
∴；
④如图5中，作于G，于H．
由得，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述，满足条件的点N的坐标为或或．
【点睛】本题考查三角形综合题、四边形内角和定理、坐标与图形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会解题常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
9．(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．
10．(1)15
(2)
(3)存在，点P的坐标为
【分析】（1）由矩形的性质可得出点B的坐标及OA，AB的长，利用勾股定理可求出OB的长；
（2）设，则，，，利用勾股定理可求出a值，进而可得出点D的坐标，再根据点B，D的坐标，利用待定系数法可求出直线BD所对应的函数表达式；
（3）过点E作轴于点F，由，可得出，利用面积法可求出EF的长，在中，利用勾股定理可求出OF的长，进而可得出点E的坐标，根据，求出直线PE的解析式，根据点E的纵坐标求出其横坐标即可．
【详解】（1）解：由题意，可知点B的坐标为，，
∴．
故答案为：15；
（2）设，由折叠的性质可知，，
则，
由勾股定理可知，即，
∴，即，
∴，
∴点D的坐标为，
设直线BD所对应的函数表达式为，
将点代入，
可得，解得，
∴直线BD所对应的函数表达式为；
（3）存在，理由如下：
过点E作轴于点F，如下图所示，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴点E的坐标为，
由，可设直线PE的解析式为，
把E代入，可得，解得，
∴直线PE的解析式为，
令，则有，解得，
∴存在点P，使以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图像上点的坐标特征以及平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关知识，并运用数形结合的思想分析解决问题．
11．(1)，
(2)
(3)存在，点E的纵坐标是0或或
【分析】(1)首先可求得点A、C的坐标，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标，再根据折叠的性质，即可求得点E的坐标；
(2)首先根据矩形的性质及勾股定可理，可求得，由折叠的性质可知：，，，设，则，再根据勾股定理可得，可得，，过点E作于点F，根据面积可求得，再根据勾股定理可得，据此即可求得；
(3)分三种情况，根据全等三角形的性质，即可分别求得．
【详解】（1）解：点A、C在直线上，且分别在y轴、x轴上，
令，则；令，则，
，，
四边形是长方形，
，，
，
又点C沿折叠后落在边上的点E处，
，
，
；
（2）解：由知，，，
在中，，
由折叠的性质可知：，，，
设，则，
在中，，
，即，
解得，
，，
如图：过点E作于点F，
，
得，
在中，，
，
；
（3）解：存在，点E的纵坐标是0或或；
如图：设交于点F，作于点H，
当点E在第二象限时，，
，，
又，
，
，
设，则，
由勾股定可理得：，
解得，
，，
，
，
由点的纵坐标为；
当点E在第三象限时，
同理可证，
解得中边上的高为，
则点的纵坐标为，
当点E在坐标原点时，显然，
点E的纵坐标为0，
综上所述，存在点E使得与全等，点E的纵坐标为0或或．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．
12．(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．
13．(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．
14．(1)
(2)；存在，或
【分析】（1）设，分别求出，，再由题意得到或，求出的值即可求点的坐标；
（2）过点作轴交于点，由折叠可知，则，在Rt 中，，求出，可知点与点重合，再用待定系数法求函数的解析式即可；
设，分别求出，，，，根据题意可得或，求出的值即可求点坐标．
【详解】（1）解：，
，
，
点在上，
设，
，
直线将长方形的面积分成1:3两部分，
或，
解得或（舍），
，
故答案为：；
（2）解：，
，
过点作轴交于点，
由折叠可知，
，
，
，
，
，
在Rt 中，，
解得，
点与点重合，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
；
存在一点，使得直线将四边形的面积分成2：3，理由如下：
设 ，
，
，
，
，
，
或，
解得或，
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，矩形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质是解题的关键．
15．(1)；
(2)点P的坐标为或或或．
【分析】（1）由直线解析式求出点A，C的坐标，设，则由折叠的性质可知，求出，，在中，由勾股定理得：，即，解得，即；
（2）为等腰三角形，分情况讨论：①当时，②当时，③当时，分别建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵对角线所在直线解析式为，
∴令，得，令，得，
∴，，，
设，则由折叠的性质可知，
在中，，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，解得，
∴；
（2）解：设，
∵，，
∴，，，
∵为等腰三角形，
∴分情况讨论：
①当时，即，解得：或，
∴或；
②当时，即，解得：，
∴，
③当时，即，解得：或（与点D重合，故舍去），
∴，
综合以上可得，点P的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查一次函数与几何综合，掌握一次函数及其应用，等腰三角形与直角三角形的性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．
16．(1)①等腰，②
(2)①，②2或
【分析】（1）①由折叠的性质得，即可得出结论；②当折痕经过点A时，由折叠的性质得AF垂直平分BE，由线段垂直平分线的性质得，证出是等腰直角三角形，即可得出；
（2）①由等边三角形的性质得，，则，由直角三角形的性质得，根据勾股定理即可求解； ②当点F在边BC上时，得，即当点F与点C重合时最大，由折叠的性质得，则；当点F在边CD上时，过点F作交AB于点H，交BE于点K，则，，得，即当点F为CD的中点时，的面积最大，此时，，点E与点A重合，由勾股定理求出EF即可．
【详解】（1）解：①由折叠的性质得：EF＝BF，
∴△BEF是等腰三角形；
故答案为：等腰；
②当折痕经过点A时，
由折叠的性质得：AF垂直平分BE，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴；
故答案为：；
（2）①当是等边三角形时，，，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理可得：，
，解得：，
∴；
②存在，理由如下：
∵矩形ABCD中，，，
∴矩形ABCD的面积，
第一种情况：当点F在边BC上时，如图1所示：
此时可得：，
即当点F与点C重合时最大，此时，
由折叠的性质得：，
即；
第二种情况：当点F在边CD上时，
过点F作交AB于点H，交BE于点K，如图2所示：
∵，，
∴，
即当点F为CD的中点时，△BEF的面积最大，
此时，，点E与点A重合，的面积为1，
∴；
综上所述，△BEF的面积存在最大值，此时EF的长为2或．
【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，此题难度较大，掌握矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的性质和勾股定理是解决此题的关键．
17．(1)4m
(2)见解析
(3)
【分析】（1）直接由正方形的性质得出答案即可；
（2）连接AH，证明，利用△BHA的面积=△BCE的面积得出结论；
（3）作点A关于DE的对称点，点A关于BC的对称点F，利用对称的性质得出△APQ的周长的最小值为F，进一步求得问题即可．
【详解】（1）∵四边形BCFH是正方形，
∴BC=BH=FH=CF，
∴当BC=m时，正方形BCFH的周长为4m,
故答案为：4m；
（2）如图1，连接AH，
在△BHA和△BCE中，
∵
∴（SAS），
∴△BHA的面积=△BCE的面积=正方形BCFH的面积；
（3）△APQ的周长存在最小值．
如图2，作点A关于DE的对称点，
∴AP=P
∵AC＝BC＝CF=2，BC⊥AF，
∴点A关于BC的对称点F，
∴AQ=QF，
∴△APQ的周长的最小值为F，
过作M⊥FA交FA的延长线于M，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2（已知）
∴是等腰直角三角形（等腰三角形的定义）
∴，
∵在的延长线上，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴三点共线，
∴，
∵M⊥FA，
∴，
∴,
∴是等腰直角三角形，
∵AC＝BC＝CF=2,
，
∵四边形是正方形，
∴,
∵点A关于DE的对称点，
∴，
∴,
∵△AM为等腰直角三角形，
∴
∴,
∵A=，
∴，
即，
解得：（负值舍去）,
∵△AM为等腰直角三角形，
∴MA=M=4，
∵,
四边形是正方形,
∴,
∴,
∴,
∵M⊥FA
∴是直角三角形，
在中，,
∵
∴
∴F=，
∴△APQ的周长的最小值为．
【点睛】此题综合考查正方形的性质，对称的性质，勾股定理的运用以及利用对称性求最短距离的问题，正确的添加辅助线是解题的关键．
18．(1)，
(2)
(3)存在，
【分析】（1）利用等边三角形的性质得到，，利用平行四边形的性质及三角形内角和即可求出的度数，由此得到，过点A作⊥于N，求出，利用勾股定理得到，求出，即可得到的长；
（2）取的中点N，连接，根据是等腰直角三角形，得到，，利用梯形中位线定理得到，即可求出；
（3）存在，
当时，延长交延长线于G，作于H，则四边形是矩形，得到，证明，推出，，得到，设，则，勾股定理求出，利用面积公式求出，即可得到结论．
【详解】（1）∵是边长为6的等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点A作⊥于N，
∴，
在中，，，
∴，
解得，
∴，
故答案为：，；
（2）取的中点N，连接，
∵是等腰直角三角形，
∴，，
∵，E为中点，G为中点，
∴（梯形中位线定理），
∴；
（3）存在，
当时，延长交延长线于G，作于H，
则四边形是矩形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．
19．(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．(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．
21．(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．
22．(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．
23．(1)5
(2)C(-1，3)，D(-3，2)
(3)，理由见详解
【分析】（1）由一次函数，可求出A和B点坐标，即得出OA和OB的长，再根据勾股定理求出AB的长，最后由正方形面积公式计算即可；
（2）作轴，轴．根据正方形的性质结合所作辅助线易证，即得出，，从而可求出，，即得出C、D两点坐标；
（3）找出点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，根据轴对称的性质可知此时周长最小．由B(0，1)，得出(0，-1)，利用待定系数法可求出直线的解析式为，从而可求出M点坐标．
【详解】（1）对于直线，令，得到；令，得到，
∴A(-2，0)，B(0，1)，
∴在中，，，
∴根据勾股定理得：，
∴正方形面积为5；
（2）如图，作轴，轴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴C(-1，3)，D(-3，2)；
（3）如图，找出点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，则此时周长最小．
∵B(0，1)，
∴(0，-1)
设直线的解析式为，
把与坐标代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为．
对于，令，得到，
∴M(-1，0)．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，坐标与图形，三角形全等的判定和性质，一次函数的应用以及轴对称变换等知识．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
24．(1)90°
(2)可能，45°
(3)存在，矩形的对角线长为2；矩形的对角线长为
【分析】（1）由得，在中，根据勾股定理计算出，再根据平行四边形的性质得，于是可判断为等腰直角三角形，则，根据平行四边形的判定当时，四边形是平行四边形，则，根据旋转的性质得．
（2）由于四边形的对称中心为点，则，可判断四边形为平行四边形，根据菱形的判定，当时，四边形为菱形，而，根据对顶角得到，所以此时为45°．
（3）根据平行四边形的性质有，再根据矩形的判定，当时，四边形为矩形，易得此时矩形的对角线长为2，当时，四边形为矩形，由为等腰直角三角形得，则．所以此时矩形的对角线长为．
【详解】（1），
，
在中，，
，
∵四边形为平行四边形，
，
为等腰直角三角形，
，
，
∴当时，四边形是平行四边形，
，
．
（2）在旋转的过程中，四边形可能是菱形．理由如下：
如解图①，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形的对称中心为点，
，
∴四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为菱形，
，
，
即此时为45°．
（3）在旋转过程中，存在以中的4个点为顶点的四边形是矩形，
，
∴当时，四边形为矩形，如解图②，矩形的对角线长为2，
当时，四边形为矩形，如解图③，
为等腰直角三角形，
，
，
∴矩形的对角线长为．
【点睛】本题考查平行四边形、菱形、矩形的判定，解题的关键是根据题目条件，进行推论，注意分情况讨论．
答案第1页，共2页
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