八年级数学下册试题 第9章《中心对称图形-平行四边形》复习题--四边形中的动点和存在性问题--苏科版（含解析）

第9章《中心对称图形-平行四边形》复习题--四边形中的动点和存在性问题
【类型一：点和运动和函数图像的结合】
1．如图，在平面直角坐标系中，将 ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示，则 ABCD的面积为（　　）
A．10 B． C．5 D．
2．如图1，在菱形ABCD中，点P沿A﹣B﹣C方向从点A移动到点C，设点P的移动路程为x，线段AP的长为y，点P在运动过程中y与x的变化关系如图2所示，点P运动到BC边上时，当x＝18，y的值最小为12，则a的值是 　 　．
3．如图1，点P从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→C→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，点P运动时△PAD的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系如图2，则a的值为（　　）
A．8 B． C．6 D．
4．如图1，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形ABCD的周长是（　　）
A．18 B．20 C．22 D．26
5．如图①，在矩形ABCD的边BC上有一点E，连结AE，点P从顶点A出发，沿A→D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C．图②是点P运动时，△APE的面积y（cm2）随时间x（s）变化的函数图象，则BE的长为（　　）
A．5cm B．4cm C．3cm D．2cm
6．如图，在矩形ABCO中，点O为坐标原点，点B的坐标为（8，6），点A，C在坐标轴上，直线y＝2x﹣6与AB交于点D，与y轴交于点E．有一动点M在BC边上，点N是坐标平面内的点，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则整个运动过程中点N纵坐标n的取值范围为 　 　．
【类型二：平行四边形的存在性问题】
7．已知矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝18cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
（1）如图1，连接AF、CE，直接写出AF的长为 　 　；
（2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中：
①已知点P的速度为每秒4cm，点Q的速度为每秒3cm，运动时间为t秒，当以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值；
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式．
8．在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝12cm，AD＝8cm，BC＝24cm，∠ABC＝90°，P，Q同时沿着四边形的边逆时针运动，点P从点D出发，以1cm/s的速度运动，点Q从点B出发，以2cm/s的速度运动，设运动时间为t秒．
（1）CD＝　 　cm；
（2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，用含t的代数式表示四边形PQCD的面积S（cm2）；
（3）若其中一个动点回到其出发点时，另一个动点也随之停止运动，则当t＝　 　时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形．
9．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段OA绕着点O顺时针方向旋转60°后得到线段OB，连接AB，直线AB交x轴于点C．
（1）求直线AB的解析式．
（2）若点D是点C关于直线OB的对称点，△BOC沿着直线CB平移得到△B1O1C1，求的最小值，及此时B1的坐标．
（3）点E是坐标平面内一点，且满足S△EOB＝S△AOB，在y轴上是否存在一点F，使得以点B、O、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
10．将一长方形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，OA＝9，OC＝15．
（1）如图1，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使点O落在AB边上的点D，求线段AE．
（2）如图2，在OA，OC边上选取适当的点M，F，将△MOF沿MF折叠，使点O落在AB边上的点D′处，过点D，作D′G垂直于CO于点G，交MF于点T．
①求证：TG＝AM；
②设T（x，y），求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示．
（3）在（2）的条件下，当x＝6时，点P在直线MF上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【类型四：菱形的存在性问题】
11．如图1，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设点E的运动时间为t（s）．
（1）如图2，连接EF，若EF经过边AC的中点D．
①求证：四边形AFCE是平行四边形；
②求此时t的值．
（2）是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
12．已知，如图，O为坐标原点，在四边形OABC中，BC∥OA，BC＝24，A（26，0），C（0，12），点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒．
（1）当P运动 　 秒，四边形PDAB是平行四边形．
（2）在直线CB上是否存在一点Q，使得以O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
13．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，定点A的坐标为（4，3）．
（1）求正方形OABC顶点C的坐标为（ 　　，　　）顶点B的坐标为（ 　　，　）；
（2）现有一动点P从C点出发，沿线段CB向终点B运动，P的速度为每秒1个单位长度，同时另一动点Q从点A出发沿A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位长度．设运动时间为2秒时，将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，求k的值．
14．如图，在平面直角坐标系中，点A（4，0），B（6，3），C（0，3）．
（1）若动点P从原点O出发，以每秒3个单位长度沿着x轴正方向运动，动点Q从点B出发，以每秒1个单位长度向点C运动，当点Q到达点C处时，两点都停止运动．设运动时间为t（秒）．若以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是平行四边形，求此时t的值；
（2）点M在x轴上，平面内是否存在点N，当以A、C、M、N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出所有满足条件的点N的坐标．
15．将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，点B坐标为（4，10）．
（Ⅰ）如图①，将矩形纸片OABC折叠，使点B落在y轴上的点D处，折痕为线段AE，求点D坐标；
（Ⅱ）如图②，点E，F分别在OC，AB边上．将矩形纸片OABC沿线段EF折叠，使得点B与点D（0，2）重合，求点C的对应点G的坐标；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若点P是坐标系内任意一点，点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出满足条件的点P的坐标．
16．如图，正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足．点M是线段DE上的一个动点．
（1）连接BD、OE，求证：四边形ODBE是平行四边形；
（2）作BP⊥DE交OA于P，当△OMP面积为2.6时，求M点的坐标；
（3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标．
【类型四：矩形的存在性问题】
17．如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，且与正比例函数的图象交于点C（m，6）．
（1）求m的值和一次函数y＝kx+b（k≠0）的解析式；
（2）点P为坐标平面内的点，在x轴上是否存在点M，使得四边形ABMP是矩形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
18．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OA＝6，OC＝4．点D为OA的中点，连接CD，DE为∠ADC的平分线，交BC于点E．
（1）求点B和点E的坐标；
（2）点P为射线DE上一动点，点Q为平面内任意一点，
①连接BD，CP，若S△CDP＝S△BCD，请求出点P的坐标；
②是否存在P，Q两点，使得四边形OBPQ为矩形？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
19．如图，平面直角坐标系中，矩形OBCD的顶点B（0，b）、顶点C（c，b），且b、c满足，点A（﹣6，0）．
（1）顶点C的坐标为 　 ；线段AB的长度是 　 　；
（2）已知点E是线段AB上的动点，点F是线段AC上的动点，点H（2，8），当EF+FH的值最小时，求F点的坐标；
（3）在第（2）问的条件下，点P是坐标轴上的点，点Q是平面内一点，请问存在以点A、F、P、Q为顶点的四边形是以AF为边的矩形吗？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【类型五：正方形的存在性问题】
20．平面直角坐标系内如图放矩形OABC已知点B（8，6），D（0，4）．将矩形OABC沿EF折叠，便点A与点D重合．折痕交BC于点E，交OA于点F．
（1）求点F的坐标；
（2）若动点P，Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿射线AB方向运动，当点P运动到点O时停止运动，点Q也同时停止运动．设△PQF的面积为S，点P，Q的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式并直接写出自变量的取值范围；
（3）在（2）的条件下，R是射线CB上的一点，点M为平面内一点，是否存在点M，使以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在．请说明理由．
【类型六：四边形动点综合题】
21．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，AC＝　 　，点C到原点的最大距离为 　 　．
22．如图，在平面直角坐标系中，点A（6，4）、B（7，2），点C在x轴上运动，点D在直线y＝x上运动，则四边形ABCD周长的最小值是 　 　．
23．已知B，C是平面直角坐标系中与x轴平行且距离x轴1个单位长度的直线上的两个动点（点B在点C左侧），且 BC＝2，若有点A（0，5）和点D（3，3），则当AB+BC+CD的值最小时，点C的坐标为 　 ．
24．在正方形ABCD中，O是AD的中点，点P从A点出发沿A→B→C→D的路线匀速运动，移动到点D时停止．
（1）如图1，若正方形的边长为12，点P的运动速度为2单位长度/秒，设t秒时，正方形ABCD与∠POD重叠部分的面积为y．
①当t＝5时，y＝ 　 　；当t＝10时，y＝　 　．
②求t为何值时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形？
（2）如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度，当P到终点时，Q也停止运动．设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积为S，S与t的函数图象如图3所示．
①P，Q两点在第 　　秒相遇；正方形ABCD的边长是 　　．
②点P的速度为 　　单位长度/秒；点Q的速度为 　　单位长度/秒．
③当t为何值时，重叠部分面积S等于32？
25．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A（8，0），顶点C（0，6），点D为BC边上一动点，设CD的长为m，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，在点D运动过程中，探究以下问题：
（1）①当点D与点C重合时，点E的坐标为 　 　；
②用含m的代数式表示点E的坐标为 　 　．
（2）三角形ABF的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由；
（3）当△BEF为等腰三角形时，直接写出所有m的值．
26．如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点，动点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB方向移动，作△PAO关于直线PO的对称△PA′O，设点P的运动时间为t（s）．
（1）如图2．当C（0，2），且点A′落在OB上时，求此时A′的坐标；
（2）若直线PA′与直线BC相交于点M，且t＜2时，∠POM＝45°．
①求点C的坐标；
②当t≥2时，∠POM的大小是否发生变化，请说明理由．
27．如图， ABCD的顶点B与坐标原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为（3，4），AD＝8．动点P从点D出发沿DA以1个单位每秒的速度向终点A运动，同时点Q从点B出发，以3个单位每秒的速度沿射线BC运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求CD的长；
（2）连结PQ，是否存在t的值，使得PQ与CD互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）若点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，请直接写出点P的坐标．
28．已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝3．在AD上取一点E，AE＝1，点F是AB边上的一个动点，以EF为一边作菱形EFMN，使点N落在CD边上，点M落在矩形ABCD内或其边上．若AF＝x，△BFM的面积为S．
（1）如图1，当四边形EFMN是正方形时，x的值为 　　，S的值为 　　；
（2）如图2，当四边形EFMN是菱形时，
①求证：∠DNE＝∠MFB；
②求S与x的函数关系式；
（3）当x 　　 时，△BFM的面积S最大；当x＝　　 时，△BFM的面积S最小；
（4）在点F运动的过程中，请直接写出点M运动的路线长：　 ．
参考答案
【类型一：点和运动和函数图像的结合】
1．
【分析】通过图象中（3，0），（7，2），（8，2）可得直线运动到A，D，B三点时所移动距离，从而求出AB长度，再通过添加辅助线构造直角三角形求出平行四边形的高而求解．
【解答】解：由图象可知，直线经过A时移动距离为3，经过D时移动距离为7，经过B时移动距离为8，
∴AB＝8﹣3＝5．
如图，当直线经过点D时，交AB于点E，作DF垂直于AB于点F，由图2可知DE2，
∵直线与AB夹角为45°，
∴DF＝EF＝2，
∴ABCD面积为AB DF＝5×2＝10．
故选：A．
2．
【分析】根据菱形的性质，再结合P运动时y随x的变化的关系图象，运用勾股定理即可求解．
【解答】解：如图1，过A点作AE⊥BC于E，
根据图2知：当点P与点E重合时，AB+BP＝18，AP＝12，
∴AB+BE＝18，AE＝12，
设AB＝m，则BE＝18﹣m，
在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，
∴122+（18﹣m）2＝m2，
解得：m＝13，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝13，BE＝5，
∴EC＝BC﹣BE＝13﹣5＝8，
当点P到达点C时，AP＝AC＝a，
在Rt△ACE中，AC2＝AE2+EC2，即a2＝122+82＝208，
∵a＞0，
∴a＝4，
故答案为：4．
3．
【分析】过点C作CE⊥AD，再根据图象的三角形的面积可得CE＝8，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求a即可．
【解答】解：过点C作CE⊥AD，垂足为E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴点P在边BC上运动时，y的值不变，
∴AD＝BC＝10+a﹣10＝a，
即菱形的边长是a，
∴AD CE＝4a，即CE＝8，
当点P在AC上运动时，y逐渐增大，
∴AC＝10，
∴AE6，
在Rt△DCE中，DC＝a，DE＝a﹣6，CE＝8，
∴a2＝82+（a﹣6）2，
解得：a．
故选：B．
4．
【分析】根据函数的图象、结合图形求出AB、BC的值，即可得出矩形ABCD的周长．
【解答】解：∵动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，而当点P运动到点C，D之间时，△ABP的面积不变，
函数图象上横轴表示点P运动的路程，x＝4时，y开始不变，说明BC＝4，x＝9时，接着变化，说明CD＝9﹣4＝5，
∴AB＝5，BC＝4，
∴矩形ABCD的周长＝2（AB+BC）＝18．
故选：A．
5．
【分析】抓住关键点，函数图象最高点的纵坐标为9，横坐标为6，得△APE的最大面积为9，此时P、D重合，AD＝AP＝6，，通过图象知道点P到终点时，△APE的面积是6，此时P、C重合，，得EC，即可求得BE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，
由图象可知，当P、D重合，AD＝AP＝6cm，，
可得：AB＝3cm，
当时P、C重合，，可得：EC＝4cm，
则：BE＝BC﹣EC＝6﹣4＝2cm．
故选：D．
6．
【分析】根据等腰直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：当点M在B点时，如图，
AN1＝BN1，∠AN1B＝90°，∠N1AB＝∠N1BA＝45°，
∵AB＝8，N1T⊥AB，
∴AT＝N1T＝AB＝4，
∴N1的纵坐标为6+4＝10，
同理，N2的纵坐标为6﹣4＝2，
当M在C点时，如图，
AN3＝CN3，∠AN3C＝90°，∠N3AC＝∠N3CA＝45°，
过点N3作N3S⊥AO于点S，延长SN3交CB于点M，
则Rt△N3SA≌Rt△CMN3，
则N3S＝CM，SA＝MN3，
设点N3纵坐标为6+y，则BM＝SA＝MN3＝y，
那么N3S＝8﹣y＝CM＝6+y，
解得：y＝1，
则点N3纵坐标为6+y＝7，
同理可得，N4纵坐标为6﹣y＝﹣1，
当点N为直角顶点时，t的取值范围为7≤n≤10或﹣1≤n≤2．
【类型二：平行四边形的存在性问题】
7．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE，
∵EF垂直平分AC，垂足为O，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE为菱形，
设菱形的边长AF＝CF＝x cm，则BF＝（18﹣x）cm，
在Rt△ABF中，AB＝12cm，
由勾股定理得122+（18﹣x）2＝x2，
解得x＝13，
∴AF＝13cm．
故答案为：13cm；
（2）①显然当P点在AF上时，Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；
同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上或P在BF，Q在CD时不构成平行四边形，也不能构成平行四边形．
因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC＝QA，
∵点P的速度为每秒4cm，点Q的速度为每秒3cm，运动时间为t秒，
∴PC＝4t，QA＝CD+AD﹣3t＝30﹣3t，即QA＝30﹣3t，
∴4t＝30﹣3t，
解得t，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t．
②由题意得，四边形APCQ是平行四边形时，点P、Q在互相平行的对应边上．
分三种情况：
i）如图1，当P点在AF上、Q点在CE上时，AP＝CQ，即a＝30﹣b，得a+b＝30；
ii）如图2，当P点在BF上、Q点在DE上时，AQ＝CP，即30﹣b＝a，得a+b＝30；
iii）如图3，当P点在AB上、Q点在CD上时，AP＝CQ，即30﹣a＝b，得a+b＝30．
综上所述，a与b满足的数量关系式是a+b＝30（ab≠0）．
8．解：（1）过点D作DE⊥BC交BC于点E，如图1，
∵∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠A＝∠BED＝∠ABC＝90°，
则四边形ABED为矩形，
∴BE＝AD＝8cm，AB＝DE＝12cm，
∴EC＝BC﹣BE＝24﹣8＝16（cm），
∴DC20（cm），
故答案为：20；
（2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，
如图2，当点P在AD上运动，即0≤t≤8时，
则DP＝t cm，BQ＝2t cm，AP＝（8﹣t）cm，
∴S＝S四边形PQCD＝S梯形ABCD﹣S梯形APQB（8+24）×12（8﹣t+2t）×12＝144﹣6t（cm2）；
如图3，当点P在AB上运动，即8≤t≤12时，
则AP＝（t﹣8）cm，BQ＝2t cm，BP＝12﹣（t﹣8）＝（20﹣t）cm，
∴S＝S四边形PQCD＝S精形ABCD﹣S△PQB﹣S△APD（8+24）×122t （20﹣t）8 （t﹣8）＝t2﹣24t+224（cm2），
综上，S＝144﹣6t（0≤t≤8）或S＝t2﹣24t+224（8≤t≤12）；
（3）①如图4，当AP＝BQ时，8﹣t＝2t，此时ts，四边形ABQP是平行四边形；
②如图5，当PD＝QC时，t＝24﹣2t，此时t＝8s，四边形PQCD为平行四边形；
③如图6，当AQ＝BP时，四边形ABPQ是平行四边形，8﹣（2t﹣24﹣20）＝t﹣8﹣12，此时t＝24s；
④如图7，当PC＝QD时，24﹣（t﹣8﹣12）＝2t﹣24﹣20，此时ts，四边形PCDQ为平行四边形；
综上所述，当ts或t＝8s或t＝24s或ts时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形，
故答案为：s或8s或24s或s．
9．解：（1）∵点A的坐标是，将线段OA绕着点O顺时针方向旋转60°后得到线段OB，
∴△AOB是等边三角形，且，
∴∠OAB＝60°，∠ACO＝30°，
∴，，
∴点C的坐标是（6，0），
设直线AB的解析式为，
则，
∴，
∴直线AB的解析式为；
（2）如图1，连接CD，BD，OO1，O1C1，OD，
由平移可得：∠ACO＝∠B1C1O1＝30°，OC＝O1C1＝6，
由（1）可得：△ABO为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠BOC＝90°﹣60°＝30°，
∵点D是点C关于直线OB的对称点，
∴OD＝OC，BC＝BD，∠BOC＝∠BOD＝30°，
∴∠DOC＝60°，
∴△DOC为等边三角形，∠OKC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∴DO＝OC＝6，，
∴当C1与K重合时，
∴，此时最小，
即的最小值为6；
如图2，，，
∴，
过B1作B1G⊥OC于G，
∴，，
∴，
∴；
（3）如图3，点E是坐标平面内一点，且满足S△EOB＝S△AOB，
∴E在过A点与OB平行的直线上或在OB下方，与OB平行，与A到OB的距离相等的平行线CJ上，
∵以点B、O、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
∴F与A重合，当OB为对角线时，
∴，
由（1）（2）可得：OB＝AB＝BC，，C（6，0），
∴，
∴由平移可得：；
同理：F与J重合，当OE为对角线时，
此时，
∴，，
如图4，F与J重合，当BE为对角线时，
同理：，
由平移可得：；
当E在AI上时，如图5，F与A重合，当BF为对角线时，
∴，，
如图6，F与A重合，当OF为对角线时，
∴；；
当F与J重合，当OB为对角线时，如图7，
∴；；
综上：或或或．
10．（1）解：∵长方形OABC，
∴BC＝OA＝9，AB＝OC＝15，
由折叠的性质可知，CD＝OC＝15，DE＝OE，
由勾股定理得，，
∴AD＝3，
设AE＝x，则DE＝OE＝9﹣x，
由勾股定理得，DE2﹣AE2＝AD2，即（9﹣x）2﹣x2＝32，
解得，x＝4，
∴线段AE的长为4；
（2）①证明：由折叠的性质可知，∠D′MF＝∠OMF，D′M＝OM，
∵D′G⊥OC，AO⊥OC，
∴AO∥D′G，四边形AOGD′是矩形，
∴∠OMF＝∠D′TM，AO＝GD′，
∴∠D′MF＝∠D′TM，
∴D′T＝D′M＝OM，
∴GD′﹣D′T＝AO﹣OM，
∴TG＝AM；
②解：∵T（x，y），
∴AM＝TG＝y，AD′＝x，D′T＝D′M＝OM＝9﹣y，
由勾股定理得，AM2+AD′2＝D′M2，即y2+x2＝（9﹣y）2，
整理得，；
（3）解：在坐标轴上存在点Q，使以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，Q点坐标为（0，13）或（0，0）或；理由如下：
当x＝6时，，
∴，，
∴，D′（6，9），
∵以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
∴当MD′为对角线时，MQ∥D′P，如图2，四边形MQD′P是平行四边形，P、T重合，
∴，
由平移的性质可得，Q（0，13）；
当MD′为边，MP为对角线时，MQ∥D′P，如图2，四边形MQ′PD′平行四边形，P、T重合，则，
由平移的性质可得，Q′（0，0）；
当MD′为边，MP为边时，MP∥D′Q，如图2，四边形MP″Q″D′是平行四边形，
设直线MP的解析式为y＝kx+b，将点T，点M的坐标代入得：
，
解得，，
∴直线MP的解析式为，
∴直线D′Q″的解析式为，
将D′（6，9）代入得：，
解得：c＝13，
∴直线D′Q″的解析式为，
令y＝0，则，
解得，，
∴；
综上所述，在坐标轴上存在点Q，使以M，D′，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，Q点坐标为（0，13）或（0，0）或．
【类型四：菱形的存在性问题】
11．解：（1）∵AG∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，∠AED＝∠CFD．
∵EF经过边AC的中点D，
∴AD＝CD，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF．
∵AE∥FC，
∴四边形AFCE是平行四边形；
②此时AE＝CF，
由运动知，AE＝tcm，CF＝（6﹣2t）cm．
∴t＝6﹣2t，
解得t＝2；
（2）存在；
∵点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，
∴当点F在线段BC上时，四边形AFCE不可能为菱形；
当点F在BC的延长线上时，
∵AE∥CF，
∴当AE＝CF时，四边形ACFE是平行四边形，
∴t＝2t﹣6，
解得t＝6，
此时AE＝AC＝6，
∴当t＝6时，四边形ACFE是菱形．
12．解：（1）∵A（26，0），C（0，12），
∴OA＝26，OC＝8，
∵点D时OA的中点，
∴OD＝1OA＝13，
由运动知，PC＝2t，
∵BC＝24，
∴BP＝BC﹣PC＝24﹣2t，
∵四边形PDAB是平行四边形，
∴PB＝AD＝13，
∴24﹣2t＝13，
解得t＝5.5，
∴当t值为5.5时，四边形PDAB是平行四边形．
故答案为：5.5；
（2）存在，分三种情况：
①当Q点在P点的右边时，如图，
∵四边形ODQP是菱形，
∴OD＝OP＝PQ＝13，
∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC＝5，
∴2t＝5，
解得t＝2.5，
∴Q（18，12）；
②当Q点在P点左侧且在BC线段上时，如图，
同理①得PC＝18，
即2t＝18，
解得t＝9，
∴Q（5，12）；
③当Q点在P点左侧且在BC延长线上时，如图3，
同理①求出QC＝5，PC＝13﹣5＝8，
即2t＝8，
解得t＝4，
∴Q（﹣5，12）；
综上，t＝2.5时，Q（18，12），t＝9时，Q（5，12），t＝4时，Q（﹣5，12）．
13．解：（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于点F，
∴∠ADO＝∠OFC＝∠BEA＝90°，
∴∠DAO+∠AOD＝90°，
∵四边形ABCO是正方形，
∴∠OAB＝∠AOC＝90°，OA＝OC＝AB，
∴∠COF+∠AOD＝90°，∠BAE+∠DAO＝90°，
∴∠FOC＝∠DAO，∠BAE＝∠AOD，
∴△COF≌△AOD≌△BAE（AAS），
∴OF＝AD＝BE，CF＝OD＝AE，
∵点A的坐标为（4，3），
∴OF＝AD＝BE＝3，CF＝OD＝AE＝4，
∴点C的坐标为（﹣3，4）；
∴ED＝4+3＝7，点B到y轴的距离为OD﹣BE＝4﹣3＝1，
∴点B的坐标为（1，7）；
故答案为：﹣3，4，1，7；
（2）由题意，得AO＝CO＝BC＝AB5，
当 t＝2 时，CP＝2．
将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，
只需三角形CPQ是等腰三角形即可．
①当点Q在OA上时，
∵PQ AB＞PC，
∴只存在一点Q，使QC＝QP．
过点Q作QD⊥PC于点D，如图，
则CD＝PD＝1，
∵QA＝BD，
∴2k＝5﹣1＝4，
∴k＝2；
②当点Q在OC上时，
∵∠BCO＝90°，
∴只存在一点Q，使CP＝CQ＝2，
∴2k＝10﹣2＝8，
∴k＝4．
综上所述，k的值为2或4．
14．解：（1）若点P在点A的左侧，四边形PABQ为平行四边形，PA＝QB，
由题意得4﹣3t＝t，
解得t＝1，
若点P在点A的右侧，四边形PAQB为平行四边形，PA＝QB，
∴3t﹣4＝t，
解得t＝2，
综上：t＝1或2时，以A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形．
（2）N点坐标为（﹣5，3），（5，3），（0，﹣3），．
∵点A（4，0），C（0，3），
∴AO＝4，OC＝3，
∴AC5，
如图，以AC为边，四边形ACMN是菱形，
∵C（0，3），
∴N（0，﹣3）；
如图，以AC为边，四边形ACNM是菱形，
∵CN＝AC＝5，CN∥AM，
∴N（5，3）；
如图，以AC为边，四边形ACNM是菱形，
∵CN＝AC＝5，CN∥AM，
∴N（﹣5，3）；
如图，以AC为对角线，四边形ACNM是菱形，
设CM＝AM＝CN＝x，
∴OM＝4﹣x，
∵OC2+OM2＝CM2，
∴32+（4﹣x）2＝x2，
∴，
∴CN，
∴N（，3）；
综上所述，以A、C、M、N为顶点的四边形是菱形时，点N的坐标为（﹣5，3），（5，3），（0，﹣3），．
15．解：（Ⅰ）∵四边形OABC是矩形，
∴∠BAO＝∠BCO＝90°，OA＝CB，CO＝BA．
∵点B坐标为（4，10），
∴OA＝CB＝4，CO＝BA＝10；
由折叠可知，△ADE≌△ABE，
∴DA＝BA＝10．
在Rt△AOD中，OD2，
∴点D的坐标为（0，2 ）；
（Ⅱ）如图，过点G作GH⊥y轴于点H，
∵点D （0，2），
∴DO＝2，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝90°；
由折叠知，四边形BCEF与四边形DGEF全等，
∴∠EGD＝∠B＝90°，GD＝CB＝4，CE＝EG．
设CE＝EG＝x，则ED＝CO﹣CE﹣DO＝10﹣2﹣x＝8﹣x．
在Rt△EGD中，EG2+GD2＝ED2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
解得：x＝3．
∴EG＝3，ED＝5．
∴S△EGDEG GDED GH，
∴3×45×GH，
∴GH，
在Rt△GHD中，HD，
∴HO＝HD+DO2．
∴点G的坐标为（，）．
（Ⅲ）由折叠可知，∠BFE＝∠DFE，
∵BF∥ED，
∴∠BFE＝∠FED，
∴∠FED＝∠DFE，
∴BF＝DF＝ED＝5，
∴AF＝AB﹣BF＝10﹣5＝5，
∴F（4，5），
设Q（0，y），P（m，n），
∵D （0，2），
∴DQ＝|y﹣2|，DF＝5，FQ2＝42+（y﹣5）2，DF的中点坐标为（2，），
∵点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，
∴分三种情况：DQ＝DF或FQ＝DF或DQ＝FQ，
①当DQ＝DF时，|y﹣2|＝5，
解得：y＝7或﹣3，
∴Q（0，7）或（0，﹣3），
∴P（4，0）或（4，10），
②当FQ＝DF时，42+（y﹣5）2＝25，
解得y＝8或y＝2（舍去），
∴Q（0，8），
∴P（﹣4，5），
③当DQ＝FQ时，|y﹣2|2＝42+（y﹣5）2，
解得：y，
∴Q（0，），
∵2，，
∴m＝4，n，
∴P（4，），
综上所述，点P的坐标为（4，10），（4，0），（﹣4，5），（4，）．
16．（1）证明：正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），
∴OC＝AB＝OA＝BC＝4，OC∥AB，
∵3，
∴BE＝3，AE＝1，
∴E（4，1），
代入yx+b得﹣2+b＝1，解得b＝3，
∴yx+3，
∴D（0，3），
∴OD＝BE＝3，
∵OD∥BE，
∴四边形ODBE是平行四边形；
（2）解：过点D作DH⊥AB于H，
∴∠DHE＝∠BAP＝90°，四边形ODHA是矩形，
∴DH＝OA＝AB＝4，BH＝CD＝1，
∵DH⊥AB，BP⊥DE，
∴∠EDH+DEH＝∠PBA+DEH＝90°，
∴∠EDH＝∠PBA，
∴△DHE≌△BAP（ASA），
∴PA＝EH＝BE﹣BH＝2，
∴OP＝OA﹣PA＝2，
设M的坐标为（m，m+3），
∴S△OMP2×（m+3）＝2.6，解得m，
∴M点的坐标为（，）；
（3）解：当四边形OMDN是菱形时，如图，
∵M的纵坐标是1.5，把y＝1.5代入1.5x+3，解得：x＝3，
则M的坐标是（3，1.5），
∴点N的坐标为（﹣3，1.5）；
当四边形OMND是菱形时，如图，
∵OM＝OD＝3，则设M的横坐标是m，则纵坐标是m+3，
则m2+（m+3）2＝9，
解得：m或0（舍去）．
则M的坐标是（，），
∴点N的坐标为（，）．
综上，点N的坐标为（﹣3，1.5）或（，）．
【类型四：矩形的存在性问题】
17．解：（1）∵将点C（m，6）代入，
∴，
∴，
∴，
将，代入一次函数的解析式为y＝kx+b（k≠0）得：，
解得，
∴一次函数的表达式为；
（2）在x轴上存在点M，平面内存在一点P，使得四边形ABMP是矩形，
设M（m，0），
∵四边形ABMP是矩形，
∴∠ABM＝90°，
∴AB2+BM2＝AM2，
∴，
∴，
∴点M的坐标为．
18．解：（1）∵四边形OABC为矩形，
∴BC∥OA，BC＝OA，AB∥OC，AB＝OC，
∴∠CED＝∠ADE，
∵OA＝6，OC＝4，
∴BC＝6，AB＝4，
∴B（6，4），
∵DE为∠ADC的平分线，
∴∠CDE＝∠ADE，
∴∠CED＝∠CDE，
∴CE＝CD，
∵D为OA中点，
∴ODOA＝3，
∴D（3，0），
由勾股定理可得CD＝5，
∴CE＝5，
∴E（5，4）．
（2）①∵四边形OABC为矩形，点D为OA的中点，
∴S△BCDS四边形OABCOA OC＝12，
∴S△CDP＝S△BCD＝12，
延长ED，交y轴于点M，
∵D（3，0），E（5，4），
∴yDE＝2x﹣6，
∴M（0，﹣6），
∴CM＝10，
∵S△CDP＝S△PCM﹣S△DCMCM （xP﹣xD）＝12，
∴10×（xP﹣3）＝12，
∴xP，
∴P（，）．
②存在，
∵点P是射线DE上的动点，
∴设P（x，2x﹣6），
∵O（0，0），B（6，4），
∴OB2＝62+42＝52，
OP2＝x2+（2x﹣6）2＝5x2﹣24x+36，
BP2＝（x﹣6）2+（2x﹣6﹣4）2＝5x2﹣52x+136，
要使四边形OBPQ是矩形，则△OBP为直角三角形，∠OBP＝90°，
∴OB2+BP2＝OP2，即52+5x2﹣52x+136＝5x2﹣24x+36，
解得x，
∴P（，）．
19．解：（1）∵，
∴，
解得：b＝8，
∴c＝10，
∴C（10，8），
∴OA＝6，OB＝8，
∴
＝10；
故答案为：C（10，8），10；
（2）如图，
∵C（10，8），
∴BC＝AB＝10，
∴∠BAC＝∠ACB，
∵四边形OBCD是矩形，
∴BC∥x轴，
∴∠BCA＝∠CAD，
∴∠BAC＝∠CAD，
∴AC平分∠BAD，
如图，作E关于AC对称点G，连接GF，
∴AE＝AG，
在△AEF和△AGF中
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴GF＝EF，
当G、F、H三点共线，且GH⊥x轴时，GH最小，
∴EF+FH最小，
∵H（2，8），
∴OG＝2，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，则有
，
解得，
∴直线AC的解析式为，
当x＝2时，
，
∴F（2，4）；
（3）存在，理由如下：
如图，
①如图，当P在x轴上时，
此时矩形为AQ1P1F，
如图，作OM∥AC，将直线OM绕O逆时针旋转90°得直线ON，
∴ON∥P1F，
直线OM的解析式为，
设M（a，b）（a＞0），
∴，
由旋转得：N（﹣b，a），
设直线ON的解析式为y＝kx，则有，
﹣bk＝a，
∴，
解得：k＝﹣2，
∴直线ON的解析式为y＝﹣2x，
∴设直线P1F的解析式为y＝﹣2x+m，
∴﹣2×2+m＝4，
解得：m＝8，
∴直线P1F的解析式为y＝﹣2x+8，
当y＝0时，
﹣2x+8＝0，
解得：x＝4，
∴P1（4，0），
同理可求：
直线P1Q1的解析式为，
直线AQ1的解析式为y＝﹣2x﹣12，
联立直线P1Q1和直线AQ1的解析式得
，
解得，
∴Q1（﹣4，﹣4）；
②当P在y轴上时，
此时矩形为AFP2Q2，
由①可求P（0，8），
同理可求：
直线P2Q2的解析式为，
联立直线P2Q2和直线AQ1的解析式得
，
解得，
∴Q2（﹣8，4）；
同理可求：直线P2Q3解析式为yx﹣12，直线FQ3解析式为y＝﹣2x+8，
联立得，
解得，
∴Q3（8，﹣8）；
综上所述：Q点坐标为（﹣4，﹣4）或（﹣8，4）或（8，﹣8）．
【类型五：正方形的存在性问题】
20．解：（1）由折叠可得AF＝DF，
∵点B（8，6），点D（0，4），四边形OABC为矩形，
∴OA⊥AB，OC＝AB＝6，OA＝BC＝8，OD＝4，
设AF＝DF＝x，则OF＝OA﹣AF＝8﹣x，
在Rt△ODF中，由勾股定理可得OD2+OF2＝DF2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
∴OF＝8﹣x＝3，
∴点F的坐标为（3，0）；
（2）①如图，当点P在点F右侧时，
根据题意AQ＝2t，AP＝t（0＜t≤5），
∴FP＝AF﹣AP＝5﹣t，
∴；
②如图，当点P在点F左侧时，
根据题意AQ＝2t，AP＝t（5＜t≤8），
∴FP＝AP﹣AF＝t﹣5，
∴；
综上所述，；
（3）若以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形时，则点P、R、Q三点围成的三角形为等腰直角三角形，
分情况讨论：①如图，
∵四边形PQRM是正方形，
∴PQ＝QR，∠PQR＝90°，
∴∠PQA+∠BQR＝∠BQR+∠QRB，
∴∠PQA＝∠QRB，
在△PAQ和△QBR中，
，
∴△PAQ≌△QBR（AAS），
∴AQ＝BR，BQ＝AP＝t，
∴AB＝AQ+BQ＝2t+t＝3t＝6，
∴BQ＝AP＝t＝2，
∴BR＝AQ＝2×2＝4，P（8﹣2，0），
即P（6，0），
∴CR＝BC﹣BR＝4，Q（8，4），
∴R（4，6），
∵四边形PQRM是正方形，
∴M（4+6﹣8，6+0﹣4），即M（2，2）；
②如图，过点R作RK⊥OA于点K，则四边形OCRK、RKAB均为矩形，
∴RK＝AB＝6，∠BRK＝∠RKA＝90°，
∵四边形PRQM是正方形，
∴PR＝QR，∠PRQ＝90°，
∴∠KRB﹣∠PRB＝∠PRQ+∠PRB，
∴∠KRP＝∠BRQ，
在△PKR和△QBR中，
，
∴△PKR≌△QBR（AAS），
∴RB＝RK＝6，KP＝BQ＝AQ﹣AB＝2t﹣6，
∴OK＝CR＝BC﹣BR＝8﹣6＝2，
∴R（2，6），AK＝OA﹣OK＝6＝2t﹣6+t，
∴AP＝t＝4，
∴P（8﹣4，0），
即P（4，0），KP＝BQ＝2t﹣6＝2，
∴Q（8，6+2），即Q（8，8），
∵四边形PMQR是正方形，
∴M（4+8﹣2，8+0﹣6），即M（10，2）；
③如图，
∵四边形PQRM是正方形，
∴PQ＝QR，∠PQR＝90°，
∴∠PQA+∠BQR＝∠BQR+∠QRB，
∴∠PQA＝∠QRB，
在△PAQ和△QBR中，
，
∴△PAQ≌△QBR（AAS），
∴AQ＝BR＝2t，BQ＝AP＝t，
又∵AQ＝AB+BQ＝6+t＝2t，
∴AP＝t＝6，
∴BR＝2×6＝12，P（8﹣6，0），
即P（2，0），AQ＝2t＝12，
∴CR＝BC+BR＝8+12＝20，Q（8，12），
∴R（20，6），
∵四边形PMRQ是正方形，
∴M（2+20﹣8，6+0﹣12），即M（14，﹣6）．
综上所述，存在M（2，2）或M（10，2）或M（14，﹣6）时，P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形．
【类型六：四边形动点综合题】
21．
【分析】根据题意首先取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，进而求出答案．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4，并且在移动过程中，△ABC的大小、形状没变，
∴AC，
＝4．
如图所示：
取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，
Rt△A1OB1中，∵A1B1＝AB＝8，点OE为斜边中线，
∴OE＝B1EA1B1＝4，
又∵B1C1＝BC＝4，
∴C1E，
＝4 ，
∴点C到原点的最大距离为：OE+C1E＝4+4．
故答案为：4；4+4，
22．
【分析】作点A关于直线y＝x的对称轴A′，作B关于x轴的对称轴点B′，连接A′B′交OD于D′，交x轴于C′，连接AD′、A′D′、BC′、B′C′、则A′B′+AB就是四边形ABCD周长的最小值，据此展开计算即可．
【解答】解：作点A关于直线y＝x的对称轴A′，作B关于x轴的对称轴点B′，连接A′B′交OD于D′，交x轴于C′，连接AD′、A′D′、BC′、B′C′、则A′B′+AB就是四边形ABCD周长的最小值．
∵B（7，2），
∴B′（7，﹣2），
由A（6，4），直线OD解析式是y＝x，设直线AA′解析式为y＝﹣x+b，
∴4＝﹣6+b，解得b＝10，
∴直线AA′解析式为y＝﹣x+10，
联立，解得，
∴线段AA′的中点坐标为（5，5），
由中点坐标公式得A′（4，6），
∴A′B′，
AB．
∴四边形ABCD周长的最小值是．
故答案为：．
23．
【分析】分当B，C是直线y＝1上的两个点时，当B，C是直线y＝﹣1上的两个点时，这两种情况讨论，利用轴对称的性质，利用待定系数法求出函数解析式，进而求出C的坐标．
【解答】解：分两种情况：
①当B，C是直线y＝1上的两个点时，
取点D（3，3）关于直线y＝1的对称点D′（3，﹣1），将点A（0，5）向右平移2个单位得点A'（2，5），连接A'D′交直线y＝1交于一点C，如图，此时，AB+BC+CD的值最小，
∵AA'∥BC，AA'＝BC＝2，
∴四边形AA'CB为平行四边形，则A'C＝AB，
∵点D与点D′关于直线y＝1对称，
∴CD＝CD′，
∴AB+BC+CD＝A'C+CD'+BC＝A'D′+2，
∴AB+BC+CD的最小值为A'D′+2的值，
设直线A'D′的解析式为y＝kx+b，图象过点A'（2，5），D′（3，﹣1），
∴，
解得，
∴直线A'D′的解析式为y＝﹣6x+17，
当y＝1时，1＝﹣6x+17，
解得x，
∴点C的坐标为（，1）；
②当B，C是直线y＝﹣1上的两个点时，
取点D（3，3）关于直线y＝﹣1的对称点D′（3，﹣5），将点A（0，5）向右平移2个单位得点A'（2，5），连接A'D′交直线y＝﹣1交于一点C，如图，此时，AB+BC+CD的值最小，
∵AA'∥BC，AA'＝BC＝2，
∴四边形AA'CB为平行四边形，则A'C＝AB，
∵点D与点D′关于直线y＝﹣1对称，
∴CD＝CD′，
∴AB+BC+CD＝A'C+CD'+BC＝A'D′+2，
∴AB+BC+CD的最小值为A'D′+2的值，
设直线A'D′的解析式为y＝k'x+b'，图象过点A'（2，5），D′（3，﹣5），
∴，
解得，
∴直线A'D′的解析式为y＝﹣10x+25，
当y＝﹣1时，﹣1＝﹣10x+25，
解得x，
∴点C的坐标为（，﹣1）；
故答案为：（，1）或（，﹣1）
24．解：（1）①当t＝5时，AP＝10，
∵O是正方形ABCD边AD的中点，
∴OA＝ODAD＝6，
∴S△AOPOA AP6×10＝30，
∴y＝S正方形ABCD﹣S△AOP＝122﹣30＝114；
当t＝10时，如图1，
则AB+BP＝20，
∴BP＝20﹣AB＝20﹣12＝8，
∴PC＝BC﹣BP＝12﹣8＝4，
∴y＝S梯形CDOP（PC+OD） CD（4+6）×12＝60；
故答案为：114；60．
②如图2，AB+BP＝2t，
∴PC＝24﹣2t，
∵OA∥CP，
∴当OA＝CP时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形，
∴6＝24﹣2t，
解得：t＝9，
∴当t＝9时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形．
（2）①由图3可知：当t＝4时，S＝0，即P，Q两点在第4秒相遇；
当t＝0时，S正方形ABCD＝AB2＝64，
∴AB＝8，即正方形ABCD的边长是8；
故答案为：4；8．
②由图3可知：点P、Q相遇于点C，且点P的速度大于点Q的速度，
∴点P的速度为点Q的速度的2倍，
设点Q的速度为a单位长度/秒，则点P的速度为2a单位长度/秒，
∴4（a+2a）＝24，
解得：a＝2，
∴点P的速度为4单位长度/秒，点Q的速度为2单位长度/秒；
故答案为：4；2．
③∵O是AD的中点，
∴OA＝OD＝4，
设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积S等于32，
分三种情况讨论：
当0≤t≤2时，点P在AB边上，点Q在CD边上，如图，
则AP＝4t，DQ＝2t，OA＝OD＝4，
∴S＝S正方形ABCD﹣S△OAP﹣S△ODQ＝644×4t4×2t＝64﹣12t，
由题意得：64﹣12t＝32，
解得：t2（不符合题意，舍去）；
当2＜t≤4时，点P在BC边上，点Q在CD边上，如图，
则AB+BP＝4t，AB＝8，
∴BP＝4t﹣8，
∵DQ＝2t，OA＝OD＝4，
∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABP﹣S△ODQ＝64（4t﹣8+4）×84×2t＝80﹣20t，
由题意得：80﹣20t＝32，
解得：t，符合题意；
当4＜t≤6时，点P在CD边上，点Q在BC边上，如图，
∵AB+BC+CP＝4t，AB＝BC＝CD＝AD＝8，
∴DP＝24﹣4t，
∵DC+CQ＝2t，
∴BQ＝16﹣2t，
∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABQ﹣S△ODP＝64（4+16﹣2t）×84×（24﹣4t）＝16t﹣64，
由题意得：16t﹣64＝32，
解得：t＝6（符合题意）；
综上，当t或6时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积等于32．
25．解：（1）①如图1﹣1中，过点E作EH⊥BC于H．
∵四边形ABCO是矩形，A（8，0），C（0，6），
∴OA＝BC＝8，AB＝OC＝6，
∵∠BCO＝∠ACE＝90°，
∴∠ACB＝∠ECH，
∵CE＝CB，∠EHC＝∠ABC＝90°，
∴△EHC≌△CBA（AAS），
∴EH＝CB＝8，CH＝AB＝6，
∴E（6，14）．
故答案为：（6，14）；
②如图1﹣2中，过点E作EH⊥BC于H．
同法可证：△EHD≌△DBA（AAS），
∴EH＝DB＝8﹣m，DH＝AB＝6，
∴CH＝6+m，
∴E（6+m，14﹣m）．
故答案为：（6+m，14﹣m）；
（2）△ABF的面积不会改变，理由如下：
如图2，过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵矩形OABC的顶点B坐标为（8，6），
∴AB＝6，BC＝8，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∴∠DAB+∠FAB＝90°，且∠DAB+∠BDA＝90°，
∴∠BDA＝∠FAB，
∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°，
∴△ABD≌△FHA（AAS），
∴HF＝AB＝6，
∴△ABF的面积AB×HF＝18；
（3）若BE＝EF，当点B与点D重合时，AD＝AB＝6，此时m＝8．
当点B与点D不重合时，如图3，过点E作EH⊥DB于H，
∵∠EDH+∠ADB＝90°，∠ADB+∠DAB＝90°，
∴∠EDH＝∠DAB，
AD＝DE，∠EHD＝∠ABD＝90°，
∴△ADB≌△DEH（AAS），
∴DH＝AB＝6，
∵BE＝EF，EF＝DE，
∴DE＝BE，
∵EH⊥DB
∴DH＝BH＝6，
∴DB＝12，
∵DB＜BC，
∴此种情形不存在．
若EB＝BF，
∵BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴∠DEB＝∠AFB，
∵DE＝AF，BE＝BF，
∴△DEB≌△AFB（AAS），
∴DB＝AB＝36，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣6＝2，即m＝2；
若BF＝EF，如图4，过点F作FH⊥AB于H，
∵∠DAB+∠FAB＝90°，∠DAB+∠BDA＝90°，
∴∠BDA＝∠FAB，
∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°，
∴△ABD≌△FHA（AAS），
∴AH＝DB，
∵EF＝BF，EF＝AF，
∴BF＝AF，
∵FH⊥AB，
∴AH＝BH＝3，
∴DB＝3，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣3＝5，即m＝5，
综上所述，满足条件的m的值为8或2或5．
26．解：（1）过点A'作AQ⊥AB于点Q，
∵矩形OABC中，，C（0，2），
∴，AB＝2，
∴，
由对称得，AP＝A′P，
则，
设AP＝A′P＝x，则BP＝AB﹣x＝2﹣x，
由勾股定理得：A'B2+A'P2＝BP2，
即 ，
解得：，
∴，
∵∠PA'B＝90°，S△A'BP，
即，
解得：，
∴点A'的横坐标为，
设OB的函数表达式为y＝kx，将 代入得：，
∴OB的函数表达式为，
将 代入得：，
∴；
（2）①连接OM，
∵∠POM＝45°，∠AOC＝90°，
∴∠1+∠4＝45°，∠2+∠3＝45°，
∵△PAO和△PA′O对称，
∴∠3＝∠4，
∴∠1＝∠2，
又∵∠C＝∠OA'M＝∠OAP，OM＝OM，
∴△OMC≌△OMA'（AAS），
∴OC＝OA'＝OA，
则四边形OABC为正方形，
∴；
②（Ⅰ）当 时，
∵△OMC≌△OM，△OAP≌△OAP，
∴，
（Ⅱ）当时，Rt△OMA'≌Rt△OMC（HL），
∴∠1＝∠2，
∵OC∥AP，
∴∠3＝∠OPA，
由折叠的性质可得：∠4＝∠OPA，∠A′＝∠OAP＝90°，
∴∠3＝∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠2+∠3＝45°，
即∠POM＝45°，
综上所述：∠POM的大小不会改变．
27．解：（1）过点A作AE⊥OC于点E，如图，
∵点A的坐标为（3，4），
∴OE＝3，AE＝4，
∴OA＝AB5，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD＝AB＝5．
（2）存在t的值，使得PQ与CD互相平分，t的值为4，理由：
连接PC，DQ，如图，
若PQ与CD互相平分，
∴四边形PCQD为平行四边形，
∴PD＝CQ，
由题意得：PD＝t，BQ＝3t，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC＝AD＝8，
∴CQ＝BQ﹣BC＝3t﹣8，
∴t＝3t﹣8，
∴t＝4．
∴存在t的值，使得PQ与CD互相平分，t的值为4．
（3）①当点Q在BC上时，如图，
∵点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，
∴∠ADQ＝∠CDQ，
∵AB∥CD，
∴∠DQC＝∠ADQ，
∴∠DQC＝∠CDQ，
∴CQ＝CD，
∵CQ＝BC﹣BQ＝8﹣3t，
∴8﹣3t＝5，
∴t＝1．
∴PD＝1，
∴AP＝7，
∴P（10，4）；
②当点Q在BC的延长线上时，如图，
∵点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，
∴∠PDF＝∠P′DF，
∵AD∥BC，
∴∠CQD＝∠PDF，
∴∠P′DF＝∠CDQ，
∴∠CDQ＝∠CQD，
∴CQ＝CD，
∵CQ＝3t﹣8，
∴3t﹣8＝5，
∴t．
∴DP，
∴AP＝AD﹣DP＝8，
∴P（，4）．
综上，点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，点P的坐标为（10，4）或（，4）．
28．（1）解：如图1中，
∵四边形EFMN是正方形，
∴EF＝EN，∠FEN＝∠A＝∠D＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝90°，∠AEF+∠DEN＝90°，
∴∠AFE＝∠DEN，
∴△AEF≌△DNE（AAS），
∴AF＝DE，
∵AD＝3．AE＝1，
∴DE＝2，
∴x＝AF＝2．
过点M作MH⊥FB于点H．同法可证△MHF≌△FAE，
可得MH＝AF＝2，
∴S FB MH5×2＝5．
故答案为：2，5；
（2）①证明：如图2中，
如图，连接FN，作MQ⊥FB于Q，则∠MQF＝90°，∠MQF＝∠A
∵四边形FEMN是菱形，
∴EN＝FM，EN∥FM，
∴∠ENF＝∠NFM，
∵矩形ABCD中，DC∥AB，
∴∠DNF＝∠NFQ，
∴∠DNF﹣∠ENF＝∠NFQ﹣∠NFM，即∠DNE＝∠MFQ，
②解：∵∠D＝∠FQM＝90°，∠QNE＝∠MFQ，NE＝FM，
∴△DNE≌△QFM（AAS），
∴MQ＝DE＝2，
∵AB＝7，AF＝x，
∴S△FBMFB×MQ（7﹣x）×2＝7﹣x．
∴S与x的函数关系式S＝7﹣x；
（3）①如图3中，当点N与D重合时，x的值最小，△FBM的面积最大，
在Rt△AEF中，x，
∴S的最大值＝7．
②如图4中，当点M在BC上时，x的值最大，△FBM的面积最小，
此时易证CN＝AF＝x，
∵EN＝EF，
∴1+x2＝22+（7﹣x）2，
∴x，
∴S的最小值为7．
故答案为：，．
（4）如图3中，在△BFM的面积S由最大变为最小的过程中，点M的运动轨迹是平行AB的线段，点M运动的路线长＝BF的长＝7，
故答案为：7．