2023-2024学年沪科版初中数学八年级下册 19.3 矩形 菱形 正方形同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2024九上·盘州期末）如图，要使成为菱形，则需添加的一个条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】A、∵AC=AD，，∴无法证出成为菱形，∴A不符合题意；
B、∵，，∴成为矩形，∴B不符合题意；
C、∵，，∴成为菱形，∴C符合题意；
D、∵，，∴成为矩形，∴D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用菱形的判定方法逐项分析判断即可.
2．（2023八下·兴仁月考）如图，已知菱形的边与轴重合，点，，B(-3，0)若固定点，，将菱形沿箭头方向推，当点落在轴上时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】点的坐标；菱形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AB=AD=BC=5，
∵，，B(-3，0) ，
∴点C的坐标为（-7，3），
∴当点C落在y轴上时，点C的坐标为（0，3），
∴点D的坐标为（5，3），
故答案为：B.
【分析】利用菱形的性质可得CD=AB=AD=BC=5，再求出点C的坐标，再结合当点C落在y轴上时，点C的坐标为（0，3），求出点D的坐标即可.
3．（2023九下·云岩月考）如图，菱形花坛的周长为，，沿着菱形的对角线修建两条小路和，则小路的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】四边形ABCD是菱形，
AB=BC=CD=AD，
菱形花坛的周长为，
AB=20m，
，
△ABD为等边三角形，
BD=AB=20m，
故答案为：A.
【分析】根据菱形的性质得到AB=20m，再证明△ABD为等边三角形，利用等边三角形的性质即可得出结论.
4．（2024·清城模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，点B的坐标为（0，﹣2），则菱形ABCD的面积为（ ）
A．16 B．32 C． D．16
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；等边三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵
∴
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD平分∠ABC，
∴
∴
∴
∴菱形ABCD的面积为：
故答案为：C.
【分析】根据题意得到OB的长度，然后根据菱形的性质得到：BD的长度和AC的长度，最后根据菱形的面积计算公式计算即可.
5．（2024九上·龙岗期末）如图，在矩形中，为边上一点，把沿翻折，使点恰好落在边上的点处，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB=CD，AD=BC，
∵把沿翻折，使点恰好落在边上的点处，
∴ AF=AD=4，EF=DE=，
在Rt△ABF中，BF==2，
∴ CF=BC-BF=2，
在Rt△CEF中，
即
解得，EC= .
故答案为：A.
【分析】根据矩形的性质得 AB=CD，AD=BC，根据翻折的性质得 AF=AD=4，EF=DE=，根据勾股定理得BF从而推出CF，再根据勾股定理得EC，即可求得.
6．如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG=30°，有下列结论：①DC=3OG；②OG=BC；③连结AF，CE，四边形AECF为菱形；④其中正确的是（ ）
A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵EF⊥AC，G是AE的中点，
∴AG=OG=GE，
∴∠OAE=∠AOG=30°，
在直角△ABC中，∠CAB=30°，
∴BC=AC=OC，
设BC=a，AC=2a，
在中，由勾股定理得：，
在直角△AOE中，∠EAO=30°，AO=OC=a，
解三角形得：OE=，AE=，
∴OG=，
∴CD=AB=3OG，故①正确；
OG=≠a=BC，故②错误；
连接AF、CE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
在△FOC与△EOA中，
，
∴△FOC△EOA，
∴OE=OF，
又∵AO=OC，EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形，故③正确；
∵=，=a a=，
∴=，故④正确，
综上所述，结论正确的是①③④.
故答案为：D.
【分析】根据条件，OG是直角△AOE斜边上的中线，且△FOC△EOA，设BC=a，AC=2a，AO=OC=a，然后在直角三角形ABC中利用勾股定理求出，解直角三角形AOE，得AE=，根据直角三角形性质可得OG=，即可判断①正确；OG=≠a=BC，故②错误；根据对角线互相垂直平分，即可判断③正确；根据三角形、矩形的面积公式，即可判断④正确，即可得解.
7．（2024九上·岳阳期末）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，小明把矩形沿折叠，使点落在边的点处，其中，且，则矩形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵矩形沿折叠，使点C落在边的点F处，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，，则，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴解得：，负值舍去，
∴，，
∴矩形的面积．
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质得到，由矩形的性质可得，利用同角的余角相等证得，进而得到，设，则，，，故AD=BC=BE+CE=8x，进而得到DF=10x，在直角三角形DEF中，由勾股定理解得x=1，再根据矩形的面积公式计算即可.
8．如图，将矩形ABCD沿GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB⑤△COF∽△CEG.其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠性质可得：DG=OG=AG，AE=OE=BE，OC=BC，
∠DGF=∠FGO，∠AGE=∠OGE，∠AEG=∠OEG，∠OEC=∠BEC，
∴∠FGE=∠FGO+∠OGE=90°，∠GEC=∠OEG+∠OEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°，
∴GF∥CE，①正确；
设AD=2a，AB=2b，
则DG=OG=AG=a，AE=OE=BE=b，
∴CG=OG+OC=3a，
在Rt△AGE中，GE2=AG2+AE2=a2+b2，
在Rt△CGE中，CE2=BE2+CB2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，CG2=GE2+CE2，
即（3a）2=a2+b2+b2+（2a）2，
解得：；
∴；②错误；
设OF=DF=x，则，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
∴，
解得：；
∴，，
在Rt△AGE中，，
∴，；③④正确；
根据题意，无法得出∠FCO=∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG；⑤错误；
综上，正确的是①③④，
故答案为：B.
【分析】根据折叠前后图形的对应边和对应角相等可推得∠FGE+∠GEC=180°，根据同旁内角互补，两直线平行即可得出GF∥CE，判断①正确，设AD=2a，AB=2b，求得CG=3a，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得，即可求得AB与AD的数量关系，判断②错误，设OF=DF=x，求得CF的值，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方得出x与a的关系式，GE的值，即可判断③④正确，结合题意无法得出△COF∽△CEG；判断⑤错误，即可得出答案.
二、填空题
9．（2023八下·兴仁月考）已知菱形的对角线的长分别是和，则菱形的周长等于 ．
【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】∵菱形的对角线互相平分且垂直，菱形的对角线的长分别是和，
∴菱形的边长=cm，
∴菱形的周长=4×5=20cm，
故答案为20.
【分析】先利用菱形的性质及勾股定理求出菱形的周长，再利用菱形的周长公式求出答案即可.
10．（2021·福州模拟）如图， 中， ， ， ，D是AB的中点，E是BC的中点， 于点F，则 的长是 .
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=
=10，
∵D是AB的中点，
∴BD=DC=AD=5，
=
，
连接DE，
∵E是BC的中点，
∴ =6，
∵ ，
∴ .
故答案为：
.
【分析】首先由勾股定理可得AB的值，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BD=DC=AD=5， 求出△BDC的面积，连接DE，易得S△DEC= S△BCD，然后结合三角形的面积公式计算即可求出EF.
11．如图，菱形 ABCD的边长为 2，∠DAB=60°，E为 BC 边的中点，P 为对角线AC 上的一个动点，则 PB+PE的最小值为 .
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点E关于AC的对称点E′，连接BE′交AC于点P，连接PE，BD，
∴PE=PE′，
∴PB+PE=PB+PE′=BE′，
∵两点之间线段最短，
此时 PB+PE的最小值就是BE′的长；
∵菱形ABCD，
∴AC是对称轴，DC=BC，DC=BC，∠DAB=∠DCB=60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴DB=DC=2，
∵点E是BC的中点，
∴E′是DC的中点，
∴BE′⊥DC，E′D=1，
∴∠DE′B=90°，
∴.
∴PB+PE的最小值为
故答案为：.
【分析】作点E关于AC的对称点E′，连接BE′交AC于点P，连接PE，BD，可证得PE=PE′，可推出PB+PE=BE′，利用两点之间线段最短可证此时 PB+PE的最小值就是BE′的长；利用菱形的性质可证得AC是对称轴，DC=BC，DC=BC，∠DAB=∠DCB=60°，可推出△BDC是等边三角形，可求出BD的长；利用等边三角形的性质可求出E′D=1，∠DE′B=90°，利用勾股定理求出PB+PE的最小值.
12．（2023九上·滨江开学考）如果菱形有一条对角线等于它的边长，那么称此菱形为“完美菱形”如图，已知“完美菱形”的边长为，是它的较短对角线，点、分别是边，上的两个动点，且满足，设的面积为，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；定义新运算；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：根据题意可得：“完美菱形”的边长为，则故均为等边三角形，则又，，故在中
，则（SAS），则∵
∴则且故为等边三角形，设则的面积为则当时，x有最小值：故S的最小值为：当BM与AB重合时有最大值4，则S的最大值为则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题主要考查菱形等边三角形的性质、三角形全等的证明与性质.根据题意可得：“完美菱形”的边长为，则故均为等边三角形，则然后根据已知条件结合等量代换可得：从而得到，进一步可证明为等边三角形，设则的面积为然后分当时，x有最小值和当BM与AB重合时有最大值进行求解即可.
13．（2024七上·遵义期末）如图，正方形ABCD的周长为80米，甲、乙两人分别从A、B同时出发，沿正方形的边行走，甲按这样的方向每分钟行50米，乙按这样的方向每分钟行40米．如果用记号表示两人行了m分钟，并相遇过n次，那么当两人出发后第一次处在正方形的两个相对顶点位置时，对应的记号应是 ．
【答案】
【知识点】正方形的性质；探索数与式的规律；一元一次方程的实际应用-几何问题；一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】两个人的速度之和是90米/分钟，分钟后两人第一次相遇，
如果要两人在顶点相遇，则每个人所走的路程均为20的整数倍，且两个人所走路程之和为20+80n (n是整数)
S=20+80n，n为0、1、2、3...n①
S甲=50t可以被20整除，t为2、 4、6...②
S乙=40t也可以被20整除，t为甲方取值即可，
∵S=S甲+S乙，整理得： 50t+40t=20+ 80n，即： 90t=20+80n，
∴解得：n=③
由①②③得：当t=2时，两人第一次在顶点相遇，
此时甲走了110米，乙走了60米，相遇在点B，甲、乙相遇则两者走时间相同，
设甲走x米，则乙走米，
∵要相遇在正方形顶点，
∴x和都要为20的整数倍且x+-20=- 20为80的整数倍(除第一次走20米相遇，以后每次相遇都要再走80米)，
∴
由上式可知：当m=6时，甲走了300米，甲走到点D，乙走了240米， 乙走到点B，
解得：n=7，
故答案为：（6，7）.
【分析】由于两人不是在同一顶点出发，所以两人第一次在同一顶点相遇，需要通过的距离之和等于周长的整数倍再加一条边的长度，即85t=40n+10，其中n是第一次在同一顶点相遇之前通过的周长的个数即可.
三、解答题
14．（2024八上·福田期末）如图，直线与坐标轴分别交于点A，B，以OA为边在轴的右侧作正方形AOBC
（1）求点A，B的坐标；
（2）如图，点D是x轴上一动点，点E在AD的右侧，.
①探究发现，点在一条定直线上，请直接写出该直线的解析式
②若点是线段OB的中点，另一动点在直线BE上，且，请求出点的坐标.
【答案】（1）解：把x=0代入y=-x+4，得y=4，∴点A的坐标为（0，4) ，
把y=0代入y=-x+4，得x=4，∴点B的坐标为（4，0) ；
（2）解：① 点E所在的直线的解析式为；
②连接AE， 由题意可知△ADE为等腰直角三角形， 则 ，
四边形OACB为正方形，
，
， 此时点H与点E重合，
点D是线段OB的中点，
，
点E的坐标为 ，
设直线AE的解析式为y=k x+b， 把A(0，4)， E(6，2) 代入，
，
解得 ，
直线AE的解析式为 ，
当 时， ，
点M的坐标为 ，
作点M关于直线AC 的对称点N， 可得 ，
此时 ， 所以点H为直线AN与BE的交点，
直线AN的解析式为 ，
联立 ，
解得 ，
点H的坐标为 ，
综上所述， 点H的坐标为 或 .
【知识点】正方形的性质；一次函数中的动态几何问题；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（2）①过点E作EF⊥x 轴， 垂足为点 F，设点E的坐标为 (x， y)， 则OF=x， EF=y，
，
，
，
，
，
，整理得
点E所在的直线的解析式为；
【分析】（1）分别令直线y=-x+4中的x=0与y=0，算出对应的y与x的值，从而可得点A、B的坐标；
（2）①过点E作EF⊥x 轴， 垂足为点 F，设点E的坐标为 (x， y)， 则OF=x， EF=y，由同角的余角相等得∠OAD=∠FDE，从而用AAS判断出△AOD≌△DFE，由全等三角形的对应边相等得OD=EF=y，OA=DF=4，进而根据OF=OD+DF即可求出y关于x的函数解析式，即得出点E所过的定直线；
②连接AE， 由题意可知△ADE为等腰直角三角形，可得点H与点E重合，结合中点定义及点的坐标与图形性质可得点E的坐标；利用待定系数法求出直线AE的解析式，将x=4代入所求的函数解析式算出对应的函数值可得点M的坐标，作点M关于直线AC 的对称点N，可得点N的坐标，从而求出直线AN的解析式，然后联立直线AN与AE的解析式求解即可得出点H的坐标，综上即可得出答案.
15．如图1，已知O是坐标原点，点A的坐标是(5，0)，B是y轴正半轴上一动点，以OB，OA为边作矩形OBCA，点E，H分别在边BC和OA上，将△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的点F处，将△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的点G处.
（1）求证：四边形OECH是平行四边形.
（2）如图2，当点F，G重合时，求点B的坐标.判断四边形OECH的形状，并说明理由.
（3）当点F，G将对角线OC三等分时，求点B的坐标.
【答案】（1）证明：∵四边形OBCA为矩形，
∴OB//CA，BC//OA，
∴∠BOC=∠OCA，
由折叠的性质可得：∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，
∴∠EOC=∠OCH，
∴OE//CH，
又∵BC//OA，
∴四边形OECH是平行四边形；
（2）解：四边形OECH是菱形．理由如下：
由折叠的性质可得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，
∵点F，G重合，
∴EH⊥OC，
又∵四边形OECH是平行四边形，
∴平行四边形OECH是菱形，
∴EO=EC，
∴∠EOC=∠ECO，
又∵∠EOC=∠BOE，
∴∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，
点A的坐标是（5，0），
∴OA=5，
由直角三角形的性质可得：OB=
∴点B的坐标是（0，）；
（3）解：当点F在点O，G之间时，如图3，
由折叠性质得：OF=OB，CG=CA，
而OB=CA，
∴OF=CG，
∵点F，G将对角线OC三等分，
∴AC=OF=FG=GC，
设AC=m，则OC=3m，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：m2+52=（3m）2，解得m=，
∴OB=AC=，
∴点B的坐标是（0，）；
当点G在O，F之间时，如图4，
同理可得OF=CG=AC，
设OG=n，则AC=GC=2n，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：（2n）2+52=（3n）2，解得n=，
∴AC=OB=2，
∴点B的坐标是（0，2）．
故B的坐标是（0，）或（0，2）．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得OB∥CA，BC∥OA，再利用平行线的性质得∠BOC=∠OCA，然后根据折叠的性质得到∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，所以∠EOC=∠OCH，根据平行线的判定定理得OE∥CH，根据平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得证；
（2）先根据折叠的性质得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，由点F，G重合得到EH⊥OC，根据菱形的判定方法：对角线垂直的平行四边形是菱形，得到四边形OECH是菱形，则EO=EC，所以∠EOC=∠ECO，而∠EOC=∠BOE，根据三角形内角和定理可计算出∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，在Rt△OBC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得OB=，于是得到点B的坐标是（0，）；
（3）分类讨论：当点F在点O，G之间时，如图3，根据折叠的性质得OF=OB，CG=CA，则OF=CG，所以AC=OF=FG=GC，设AC=m，则OC=3m，在Rt△OAC中，根据勾股定理得m2+52=（3m）2，解得m=，则点B的坐标是（0，）；当点G在O，F之间时，如图4，同理可得OF=CG=AC，设OG=n，则AC=GC=2n，在Rt△OAC中，根据勾股定理得（2n）2+52=（3n）2，解得n=，则AC=OB=2，所以点B的坐标是（0，2），即可得解.
四、综合题
16．（2024八上·福田期末）如图，直线与坐标轴分别交于点，，以为边在轴的右侧作正方形．
（1）求点，的坐标；
（2）如图，点是轴上一动点，点在的右侧，，．
探究发现，点在一条定直线上，请直接写出该直线的解析式_▲_ ；
若点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请求出点的坐标．
【答案】（1）解：把代入，得，
点的坐标为，
把代入，得，
点的坐标为；
（2）解：过点作轴，垂足为点，
设点的坐标为，则，，
，
，，
，
，，
≌，
，，
，
，整理得，
点所在的直线的解析式为；
连接，由题意可知为等腰直角三角形，则，
四边形为正方形，
，
，此时点与点重合，
点是线段的中点，
，
点的坐标为，
设直线的解析式为，把，代入，
得，解得，
直线的解析式为，
当时，，
点的坐标为，
作点关于直线的对称点，可得，
此时，所以点为直线与的交点，
直线的解析式为，
联立，解得，
点的坐标为，
综上所述，点的坐标为或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；正方形的性质；一次函数中的动态几何问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）分别把，代入，求得点和点的坐标；
（2）过点作轴，垂足为点，设点的坐标为，则，，证明，根据全等三角形的性质得，，由，即可得到与之间的关系式；
②连接，由题意可知为等腰直角三角形，则，可得点与点重合，利用待定系数法求得直线的解析式为，可得点的坐标为，作点关于直线的对称点，得到点的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，直线与的解析式联立，可得到点的坐标．
17．（2024九上·万源期末）矩形AOBC在平面直角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，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）(-4，0)；(0，3)
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解： 点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）x2－7x＋12＝0
解得：x=4或3
∵OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD
∴OA=4，OD=3
∵点A在x轴负半轴，D在y轴正半轴
∴点A坐标为（-4，0），点D坐标为（0，3）
故答案为：第1空、(-4，0)
第2空、(0，3)
（3）∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
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，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵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，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴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）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点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），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解方程可得OA，OB，再根据坐标轴上点的坐标特征即可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，根据折叠性质可得D1(-4，5)，设直线OD1的解析式为y=kx，将点D1坐标代入直线方程可得直线OD1的解析式为y=-x，再根据矩形性质及折叠性质可得B(0，8)，同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，联立两直线的方程，解方程即可求出答案；
（3）根据勾股定理求出A吧，分情况讨论：
当BN为边时，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，根据相似三角形判定定理可得△AOB∽△ANM，再根据其相似比性质可得IN=，根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△QGM≌△MIN，则QG=IM=，MG=IN=，由OG=OM+MG=IN=即可求出答案.若四边形BNQM是正方形，同理可得△AOB∽△ABM，根据相似三角形相似比性质即可求出答案.若四边形BMQN是正方形，同理即可求出答案.当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，g根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△NFM≌△MOB（AAS），则BO=FM=8，OM=NF，设点M（a，0），则OF=8-a，FN=a，可得点N（a-8，-a），根据点P在AB上列出方程，解方程可得点M（，0），过点Q作QH⊥y轴于H，同理可证△QBH≌△BMO，则QH=BO=8，BH=OM=，即可求出答案.若四边形BMNQ是正方形，同理即可求出答案.
1 / 12023-2024学年沪科版初中数学八年级下册 19.3 矩形 菱形 正方形同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2024九上·盘州期末）如图，要使成为菱形，则需添加的一个条件是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023八下·兴仁月考）如图，已知菱形的边与轴重合，点，，B(-3，0)若固定点，，将菱形沿箭头方向推，当点落在轴上时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九下·云岩月考）如图，菱形花坛的周长为，，沿着菱形的对角线修建两条小路和，则小路的长是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·清城模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，点B的坐标为（0，﹣2），则菱形ABCD的面积为（ ）
A．16 B．32 C． D．16
5．（2024九上·龙岗期末）如图，在矩形中，为边上一点，把沿翻折，使点恰好落在边上的点处，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG=30°，有下列结论：①DC=3OG；②OG=BC；③连结AF，CE，四边形AECF为菱形；④其中正确的是（ ）
A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④
7．（2024九上·岳阳期末）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，小明把矩形沿折叠，使点落在边的点处，其中，且，则矩形的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，将矩形ABCD沿GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB⑤△COF∽△CEG.其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
二、填空题
9．（2023八下·兴仁月考）已知菱形的对角线的长分别是和，则菱形的周长等于 ．
10．（2021·福州模拟）如图， 中， ， ， ，D是AB的中点，E是BC的中点， 于点F，则 的长是 .
11．如图，菱形 ABCD的边长为 2，∠DAB=60°，E为 BC 边的中点，P 为对角线AC 上的一个动点，则 PB+PE的最小值为 .
12．（2023九上·滨江开学考）如果菱形有一条对角线等于它的边长，那么称此菱形为“完美菱形”如图，已知“完美菱形”的边长为，是它的较短对角线，点、分别是边，上的两个动点，且满足，设的面积为，则的取值范围是 ．
13．（2024七上·遵义期末）如图，正方形ABCD的周长为80米，甲、乙两人分别从A、B同时出发，沿正方形的边行走，甲按这样的方向每分钟行50米，乙按这样的方向每分钟行40米．如果用记号表示两人行了m分钟，并相遇过n次，那么当两人出发后第一次处在正方形的两个相对顶点位置时，对应的记号应是 ．
三、解答题
14．（2024八上·福田期末）如图，直线与坐标轴分别交于点A，B，以OA为边在轴的右侧作正方形AOBC
（1）求点A，B的坐标；
（2）如图，点D是x轴上一动点，点E在AD的右侧，.
①探究发现，点在一条定直线上，请直接写出该直线的解析式
②若点是线段OB的中点，另一动点在直线BE上，且，请求出点的坐标.
15．如图1，已知O是坐标原点，点A的坐标是(5，0)，B是y轴正半轴上一动点，以OB，OA为边作矩形OBCA，点E，H分别在边BC和OA上，将△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的点F处，将△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的点G处.
（1）求证：四边形OECH是平行四边形.
（2）如图2，当点F，G重合时，求点B的坐标.判断四边形OECH的形状，并说明理由.
（3）当点F，G将对角线OC三等分时，求点B的坐标.
四、综合题
16．（2024八上·福田期末）如图，直线与坐标轴分别交于点，，以为边在轴的右侧作正方形．
（1）求点，的坐标；
（2）如图，点是轴上一动点，点在的右侧，，．
探究发现，点在一条定直线上，请直接写出该直线的解析式_▲_ ；
若点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请求出点的坐标．
17．（2024九上·万源期末）矩形AOBC在平面直角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，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】A、∵AC=AD，，∴无法证出成为菱形，∴A不符合题意；
B、∵，，∴成为矩形，∴B不符合题意；
C、∵，，∴成为菱形，∴C符合题意；
D、∵，，∴成为矩形，∴D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用菱形的判定方法逐项分析判断即可.
2．【答案】B
【知识点】点的坐标；菱形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AB=AD=BC=5，
∵，，B(-3，0) ，
∴点C的坐标为（-7，3），
∴当点C落在y轴上时，点C的坐标为（0，3），
∴点D的坐标为（5，3），
故答案为：B.
【分析】利用菱形的性质可得CD=AB=AD=BC=5，再求出点C的坐标，再结合当点C落在y轴上时，点C的坐标为（0，3），求出点D的坐标即可.
3．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】四边形ABCD是菱形，
AB=BC=CD=AD，
菱形花坛的周长为，
AB=20m，
，
△ABD为等边三角形，
BD=AB=20m，
故答案为：A.
【分析】根据菱形的性质得到AB=20m，再证明△ABD为等边三角形，利用等边三角形的性质即可得出结论.
4．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；等边三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵
∴
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD平分∠ABC，
∴
∴
∴
∴菱形ABCD的面积为：
故答案为：C.
【分析】根据题意得到OB的长度，然后根据菱形的性质得到：BD的长度和AC的长度，最后根据菱形的面积计算公式计算即可.
5．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB=CD，AD=BC，
∵把沿翻折，使点恰好落在边上的点处，
∴ AF=AD=4，EF=DE=，
在Rt△ABF中，BF==2，
∴ CF=BC-BF=2，
在Rt△CEF中，
即
解得，EC= .
故答案为：A.
【分析】根据矩形的性质得 AB=CD，AD=BC，根据翻折的性质得 AF=AD=4，EF=DE=，根据勾股定理得BF从而推出CF，再根据勾股定理得EC，即可求得.
6．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵EF⊥AC，G是AE的中点，
∴AG=OG=GE，
∴∠OAE=∠AOG=30°，
在直角△ABC中，∠CAB=30°，
∴BC=AC=OC，
设BC=a，AC=2a，
在中，由勾股定理得：，
在直角△AOE中，∠EAO=30°，AO=OC=a，
解三角形得：OE=，AE=，
∴OG=，
∴CD=AB=3OG，故①正确；
OG=≠a=BC，故②错误；
连接AF、CE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
在△FOC与△EOA中，
，
∴△FOC△EOA，
∴OE=OF，
又∵AO=OC，EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形，故③正确；
∵=，=a a=，
∴=，故④正确，
综上所述，结论正确的是①③④.
故答案为：D.
【分析】根据条件，OG是直角△AOE斜边上的中线，且△FOC△EOA，设BC=a，AC=2a，AO=OC=a，然后在直角三角形ABC中利用勾股定理求出，解直角三角形AOE，得AE=，根据直角三角形性质可得OG=，即可判断①正确；OG=≠a=BC，故②错误；根据对角线互相垂直平分，即可判断③正确；根据三角形、矩形的面积公式，即可判断④正确，即可得解.
7．【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵矩形沿折叠，使点C落在边的点F处，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，，则，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴解得：，负值舍去，
∴，，
∴矩形的面积．
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质得到，由矩形的性质可得，利用同角的余角相等证得，进而得到，设，则，，，故AD=BC=BE+CE=8x，进而得到DF=10x，在直角三角形DEF中，由勾股定理解得x=1，再根据矩形的面积公式计算即可.
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠性质可得：DG=OG=AG，AE=OE=BE，OC=BC，
∠DGF=∠FGO，∠AGE=∠OGE，∠AEG=∠OEG，∠OEC=∠BEC，
∴∠FGE=∠FGO+∠OGE=90°，∠GEC=∠OEG+∠OEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°，
∴GF∥CE，①正确；
设AD=2a，AB=2b，
则DG=OG=AG=a，AE=OE=BE=b，
∴CG=OG+OC=3a，
在Rt△AGE中，GE2=AG2+AE2=a2+b2，
在Rt△CGE中，CE2=BE2+CB2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，CG2=GE2+CE2，
即（3a）2=a2+b2+b2+（2a）2，
解得：；
∴；②错误；
设OF=DF=x，则，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
∴，
解得：；
∴，，
在Rt△AGE中，，
∴，；③④正确；
根据题意，无法得出∠FCO=∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG；⑤错误；
综上，正确的是①③④，
故答案为：B.
【分析】根据折叠前后图形的对应边和对应角相等可推得∠FGE+∠GEC=180°，根据同旁内角互补，两直线平行即可得出GF∥CE，判断①正确，设AD=2a，AB=2b，求得CG=3a，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得，即可求得AB与AD的数量关系，判断②错误，设OF=DF=x，求得CF的值，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方得出x与a的关系式，GE的值，即可判断③④正确，结合题意无法得出△COF∽△CEG；判断⑤错误，即可得出答案.
9．【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】∵菱形的对角线互相平分且垂直，菱形的对角线的长分别是和，
∴菱形的边长=cm，
∴菱形的周长=4×5=20cm，
故答案为20.
【分析】先利用菱形的性质及勾股定理求出菱形的周长，再利用菱形的周长公式求出答案即可.
10．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=
=10，
∵D是AB的中点，
∴BD=DC=AD=5，
=
，
连接DE，
∵E是BC的中点，
∴ =6，
∵ ，
∴ .
故答案为：
.
【分析】首先由勾股定理可得AB的值，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BD=DC=AD=5， 求出△BDC的面积，连接DE，易得S△DEC= S△BCD，然后结合三角形的面积公式计算即可求出EF.
11．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点E关于AC的对称点E′，连接BE′交AC于点P，连接PE，BD，
∴PE=PE′，
∴PB+PE=PB+PE′=BE′，
∵两点之间线段最短，
此时 PB+PE的最小值就是BE′的长；
∵菱形ABCD，
∴AC是对称轴，DC=BC，DC=BC，∠DAB=∠DCB=60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴DB=DC=2，
∵点E是BC的中点，
∴E′是DC的中点，
∴BE′⊥DC，E′D=1，
∴∠DE′B=90°，
∴.
∴PB+PE的最小值为
故答案为：.
【分析】作点E关于AC的对称点E′，连接BE′交AC于点P，连接PE，BD，可证得PE=PE′，可推出PB+PE=BE′，利用两点之间线段最短可证此时 PB+PE的最小值就是BE′的长；利用菱形的性质可证得AC是对称轴，DC=BC，DC=BC，∠DAB=∠DCB=60°，可推出△BDC是等边三角形，可求出BD的长；利用等边三角形的性质可求出E′D=1，∠DE′B=90°，利用勾股定理求出PB+PE的最小值.
12．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；定义新运算；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：根据题意可得：“完美菱形”的边长为，则故均为等边三角形，则又，，故在中
，则（SAS），则∵
∴则且故为等边三角形，设则的面积为则当时，x有最小值：故S的最小值为：当BM与AB重合时有最大值4，则S的最大值为则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题主要考查菱形等边三角形的性质、三角形全等的证明与性质.根据题意可得：“完美菱形”的边长为，则故均为等边三角形，则然后根据已知条件结合等量代换可得：从而得到，进一步可证明为等边三角形，设则的面积为然后分当时，x有最小值和当BM与AB重合时有最大值进行求解即可.
13．【答案】
【知识点】正方形的性质；探索数与式的规律；一元一次方程的实际应用-几何问题；一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】两个人的速度之和是90米/分钟，分钟后两人第一次相遇，
如果要两人在顶点相遇，则每个人所走的路程均为20的整数倍，且两个人所走路程之和为20+80n (n是整数)
S=20+80n，n为0、1、2、3...n①
S甲=50t可以被20整除，t为2、 4、6...②
S乙=40t也可以被20整除，t为甲方取值即可，
∵S=S甲+S乙，整理得： 50t+40t=20+ 80n，即： 90t=20+80n，
∴解得：n=③
由①②③得：当t=2时，两人第一次在顶点相遇，
此时甲走了110米，乙走了60米，相遇在点B，甲、乙相遇则两者走时间相同，
设甲走x米，则乙走米，
∵要相遇在正方形顶点，
∴x和都要为20的整数倍且x+-20=- 20为80的整数倍(除第一次走20米相遇，以后每次相遇都要再走80米)，
∴
由上式可知：当m=6时，甲走了300米，甲走到点D，乙走了240米， 乙走到点B，
解得：n=7，
故答案为：（6，7）.
【分析】由于两人不是在同一顶点出发，所以两人第一次在同一顶点相遇，需要通过的距离之和等于周长的整数倍再加一条边的长度，即85t=40n+10，其中n是第一次在同一顶点相遇之前通过的周长的个数即可.
14．【答案】（1）解：把x=0代入y=-x+4，得y=4，∴点A的坐标为（0，4) ，
把y=0代入y=-x+4，得x=4，∴点B的坐标为（4，0) ；
（2）解：① 点E所在的直线的解析式为；
②连接AE， 由题意可知△ADE为等腰直角三角形， 则 ，
四边形OACB为正方形，
，
， 此时点H与点E重合，
点D是线段OB的中点，
，
点E的坐标为 ，
设直线AE的解析式为y=k x+b， 把A(0，4)， E(6，2) 代入，
，
解得 ，
直线AE的解析式为 ，
当 时， ，
点M的坐标为 ，
作点M关于直线AC 的对称点N， 可得 ，
此时 ， 所以点H为直线AN与BE的交点，
直线AN的解析式为 ，
联立 ，
解得 ，
点H的坐标为 ，
综上所述， 点H的坐标为 或 .
【知识点】正方形的性质；一次函数中的动态几何问题；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（2）①过点E作EF⊥x 轴， 垂足为点 F，设点E的坐标为 (x， y)， 则OF=x， EF=y，
，
，
，
，
，
，整理得
点E所在的直线的解析式为；
【分析】（1）分别令直线y=-x+4中的x=0与y=0，算出对应的y与x的值，从而可得点A、B的坐标；
（2）①过点E作EF⊥x 轴， 垂足为点 F，设点E的坐标为 (x， y)， 则OF=x， EF=y，由同角的余角相等得∠OAD=∠FDE，从而用AAS判断出△AOD≌△DFE，由全等三角形的对应边相等得OD=EF=y，OA=DF=4，进而根据OF=OD+DF即可求出y关于x的函数解析式，即得出点E所过的定直线；
②连接AE， 由题意可知△ADE为等腰直角三角形，可得点H与点E重合，结合中点定义及点的坐标与图形性质可得点E的坐标；利用待定系数法求出直线AE的解析式，将x=4代入所求的函数解析式算出对应的函数值可得点M的坐标，作点M关于直线AC 的对称点N，可得点N的坐标，从而求出直线AN的解析式，然后联立直线AN与AE的解析式求解即可得出点H的坐标，综上即可得出答案.
15．【答案】（1）证明：∵四边形OBCA为矩形，
∴OB//CA，BC//OA，
∴∠BOC=∠OCA，
由折叠的性质可得：∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，
∴∠EOC=∠OCH，
∴OE//CH，
又∵BC//OA，
∴四边形OECH是平行四边形；
（2）解：四边形OECH是菱形．理由如下：
由折叠的性质可得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，
∵点F，G重合，
∴EH⊥OC，
又∵四边形OECH是平行四边形，
∴平行四边形OECH是菱形，
∴EO=EC，
∴∠EOC=∠ECO，
又∵∠EOC=∠BOE，
∴∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，
点A的坐标是（5，0），
∴OA=5，
由直角三角形的性质可得：OB=
∴点B的坐标是（0，）；
（3）解：当点F在点O，G之间时，如图3，
由折叠性质得：OF=OB，CG=CA，
而OB=CA，
∴OF=CG，
∵点F，G将对角线OC三等分，
∴AC=OF=FG=GC，
设AC=m，则OC=3m，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：m2+52=（3m）2，解得m=，
∴OB=AC=，
∴点B的坐标是（0，）；
当点G在O，F之间时，如图4，
同理可得OF=CG=AC，
设OG=n，则AC=GC=2n，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：（2n）2+52=（3n）2，解得n=，
∴AC=OB=2，
∴点B的坐标是（0，2）．
故B的坐标是（0，）或（0，2）．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得OB∥CA，BC∥OA，再利用平行线的性质得∠BOC=∠OCA，然后根据折叠的性质得到∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，所以∠EOC=∠OCH，根据平行线的判定定理得OE∥CH，根据平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得证；
（2）先根据折叠的性质得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，由点F，G重合得到EH⊥OC，根据菱形的判定方法：对角线垂直的平行四边形是菱形，得到四边形OECH是菱形，则EO=EC，所以∠EOC=∠ECO，而∠EOC=∠BOE，根据三角形内角和定理可计算出∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，在Rt△OBC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得OB=，于是得到点B的坐标是（0，）；
（3）分类讨论：当点F在点O，G之间时，如图3，根据折叠的性质得OF=OB，CG=CA，则OF=CG，所以AC=OF=FG=GC，设AC=m，则OC=3m，在Rt△OAC中，根据勾股定理得m2+52=（3m）2，解得m=，则点B的坐标是（0，）；当点G在O，F之间时，如图4，同理可得OF=CG=AC，设OG=n，则AC=GC=2n，在Rt△OAC中，根据勾股定理得（2n）2+52=（3n）2，解得n=，则AC=OB=2，所以点B的坐标是（0，2），即可得解.
16．【答案】（1）解：把代入，得，
点的坐标为，
把代入，得，
点的坐标为；
（2）解：过点作轴，垂足为点，
设点的坐标为，则，，
，
，，
，
，，
≌，
，，
，
，整理得，
点所在的直线的解析式为；
连接，由题意可知为等腰直角三角形，则，
四边形为正方形，
，
，此时点与点重合，
点是线段的中点，
，
点的坐标为，
设直线的解析式为，把，代入，
得，解得，
直线的解析式为，
当时，，
点的坐标为，
作点关于直线的对称点，可得，
此时，所以点为直线与的交点，
直线的解析式为，
联立，解得，
点的坐标为，
综上所述，点的坐标为或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；正方形的性质；一次函数中的动态几何问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）分别把，代入，求得点和点的坐标；
（2）过点作轴，垂足为点，设点的坐标为，则，，证明，根据全等三角形的性质得，，由，即可得到与之间的关系式；
②连接，由题意可知为等腰直角三角形，则，可得点与点重合，利用待定系数法求得直线的解析式为，可得点的坐标为，作点关于直线的对称点，得到点的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，直线与的解析式联立，可得到点的坐标．
17．【答案】（1）(-4，0)；(0，3)
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解： 点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）x2－7x＋12＝0
解得：x=4或3
∵OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD
∴OA=4，OD=3
∵点A在x轴负半轴，D在y轴正半轴
∴点A坐标为（-4，0），点D坐标为（0，3）
故答案为：第1空、(-4，0)
第2空、(0，3)
（3）∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
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，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵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，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴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）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点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），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解方程可得OA，OB，再根据坐标轴上点的坐标特征即可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，根据折叠性质可得D1(-4，5)，设直线OD1的解析式为y=kx，将点D1坐标代入直线方程可得直线OD1的解析式为y=-x，再根据矩形性质及折叠性质可得B(0，8)，同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，联立两直线的方程，解方程即可求出答案；
（3）根据勾股定理求出A吧，分情况讨论：
当BN为边时，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，根据相似三角形判定定理可得△AOB∽△ANM，再根据其相似比性质可得IN=，根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△QGM≌△MIN，则QG=IM=，MG=IN=，由OG=OM+MG=IN=即可求出答案.若四边形BNQM是正方形，同理可得△AOB∽△ABM，根据相似三角形相似比性质即可求出答案.若四边形BMQN是正方形，同理即可求出答案.当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，g根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△NFM≌△MOB（AAS），则BO=FM=8，OM=NF，设点M（a，0），则OF=8-a，FN=a，可得点N（a-8，-a），根据点P在AB上列出方程，解方程可得点M（，0），过点Q作QH⊥y轴于H，同理可证△QBH≌△BMO，则QH=BO=8，BH=OM=，即可求出答案.若四边形BMNQ是正方形，同理即可求出答案.
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