专题18.20 菱形-存在性问题（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

专题18.20 菱形-存在性问题（专项练习）
菱形的存在性问题，和平行四边形存在性问题一样，在平面直角坐标系中，仍然中考压轴题的重要组成部分内容之一，因此进入菱形学习后，引入菱形的存在性问题，充分利用数形结合的思想对学生的辅导，同样是十分必要的，本专题在进行平行四边形存在性问题训练习后，继续汇集了一些典型的，常考题供老师和学生参考使用，同样对进入四边形的学习和准备参加中考的考生来讲进行巩固练习十分重要。
一、填空题
1．在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于两点，是线段上的一个动点（点除外），在轴上方存在点，使以为顶点的四边形是菱形、则的长度为_________．
2．在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于、两点，是线段上的一个动点（点、除外），在轴上方存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，则的长度为____________．
3．在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+6分别与x轴、y轴交于点A，B．当点P在线段AB（点P不与A，B重合）上运动时，在坐标系内存在一点N，使得以O，B，P，N为顶点的四边形为菱形．请直接写出N点坐标_____．

二、解答题
4．在平面直角坐标系中，矩形的对角线，边，把矩形沿直线对折，使点落在点处，直线与、、的交点分别为、、．
(1)求证：≌；
(2)求折痕的长；
(3)若点在轴上，平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由

5．如图，平面直角坐标系中，矩形的对角线，．
(1)求点的坐标；
(2)把矩形沿直线对折，使点落在点处，折痕分别与、、相交于点、、，求直线的解析式；
(3)若点在直线上，平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

6．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、轴分别交于点,，将点绕坐标原点顺时针旋转得点，解答下列问题:
（1）求出点的坐标，并判断点是否在直线l上；
（2）若点在x轴上，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．


7．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点、，且与直线交于点．
（1）若是线段上的点，且的面积为，求直线的函数表达式．
（）在（）的条件下，设是射线上的点，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．

8．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，直线与轴交于点．
（1）求直线的函数解析式；
（2）将沿直线翻折得到，使点与点重合，与轴交于点．求证：四边形是菱形；
（3）在直线下方是否存在点，使为等腰直角三角形？若存在，直接写出点坐标：若不存在，请说明理由．

9．如图，在平面直角坐标系中，直线：分别与轴、轴交于点、，且与直线：交于点.
（1）分别求出点、、的坐标；
（2）若是线段上的点，且的面积为12，求直线的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，设是射线上的点，在平面内里否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.

10．如图，在平面直角坐标系中，直线：分别与轴、轴交于点、，且与直线：交于点．
（1）求点、、的坐标；
（2）若是线段上的点，且的面积为24，求直线的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，设是射线上的点，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

11． 如图1，在平面直角坐标系中，已知直线：与轴交于点，与轴交于点，与直线相交于点，其中，，．
（1）求直线的函数表达式；
（2）如图2，点为线段延长线上的一点，连接，当的面积为7时，将线段沿着轴方向平移，使得点落在直线上的处，求点到直线的距离；
（3）若点为直线上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．


12．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，OB=OC=2，AB=.
(1)求点D的坐标，直线CD的函数表达式；
(2)已知点P是直线CD上一点，当点P满足S△PAO=S△ABO时，求点P的坐标；
(3)若点M在平面直角坐标系内，则在直线AB上是否存在点F（不与A、B重合），使以A、 C、 F、 M为顶点的四边形为菱形?若存在，直接写出F点的坐标，若不存在，请说明理由.

13．如图，四边形ABCO是菱形，以点O为坐标原点，OC所在直线为x轴建立平面直角坐标系．若点A的坐标为（﹣5，12），直线AC与y轴相交于点D，连接BD．
（1）求菱形ABCO的边长；
（2）求DC的值；
（3）直线BD上是否存在一点P使得△BCP的面积与△BCA的面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

14．在直角梯形中，,,分别以边所在直线为轴，轴建立平面直角坐标系.
（1）求点的坐标；
（2）已知分别为线段上的点，，直线交轴于点，过点E作EG⊥x轴于G，且EG：OG=2．求直线的解析式；
（3）点是（2）中直线上的一个动点，在轴上方的平面内是否存在一点，使以为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

15．如图，四边形 ABCO 是菱形，以点 O 为坐标原点，OC 所在直线为轴建立平面直角坐标系.若点 A 的坐 标为(-5，12)，直线 AC、边 AB 与轴的交点分别是点 D 与点 E，连接 BD．
(1)求菱形 ABCO 的边长；
(2)求 BD 所在直线的解析式；
(3)直线 AC 上是否存在一点 P 使得与的面积相等?若存在，请直接写出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由.

16．如图1，在平面直角坐标系中，直线：与：交于点，分别与轴、轴交于点、．
（1）分别求出点、、的坐标；
（2）若是线段上的点，且的面积为12，求直线的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，设是射线上的点．
①如图2，过点作，且使四边形为菱形，请直接写出点的坐标；
②在平面内是否存在其它点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

17．已知一个直角三角形纸片OAB，其中∠AOB=90°，OA=2，OB=4．如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边OB交于点C，与边AB交于点D．
（1）若折叠后使点B与点A重合，求点C的坐标．
（2）若折叠后点B落在边OA上的点为B′，是否存在点B′，使得四边形BCB′D是菱形？若存在，请说明理由并求出菱形的边长；若不存在，请说明理由．

18．在平面直角坐标系中，的边在轴上，点，线段，线段，且，与轴的交点为，连接．
（1）如图1，在线段上有两个动点（在上方），且，点为中点，点为线段上一动点，当的值最小时，求出的坐标及的面积．
（2）沿轴平移，当点平移到边上时，平移后的，在轴上一动点，在平面直角坐标系内有一动点，使点形成的四边形为菱形，若存在直接写出点的坐标，若不存在说明理由．

19．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，AD=6，若OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12=0的两个根，且OA＞OB．
（1）求A、B的坐标．
（2）求证：射线AO是∠BAC的平分线．
（3）若点M在平面直角坐标系内，则在直线AB上是否存在点F，使以A、C、F、M为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出F点的坐标，若不存在，请说明理由．



20．综合与探究
问题情境
在综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中的旋转问题”．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．
操作发现
以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，．
（1）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
继续探究
（2）如图②，当点落在线段上时，与交于点．
①求证；
②求点的坐标．
拓展探究
（3）如图①，点是轴上任意一点，点是平面内任意一点，是否存在点使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

21．如图所示，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4交x轴于点A，直线y＝﹣x＋2交x轴于点B，两直线交于点C．
（1）求证：△ABC是直角三角形．
（2）平面直角坐标系内是否存在点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

22．在平面直角坐标系中，直线：分别与x轴、y轴交于点A、点B，且与直线：于点C．
Ⅰ如图，求出B、C两点的坐标；
Ⅱ若D是线段OC上的点，且的面积为4，求直线BD的函数解析式．
Ⅲ如图，在Ⅱ的条件下，设P是射线BD上的点，在平面内是否存在点Q，使以O、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

23．如图，在平面直角坐标系中，直线y=-34x+b分别与x轴，y轴交于点A，B，且点A的坐标为(4,0)，四边形ABCD是正方形．
（1）填空：b=__________．
（2）求点D的坐标．
（3）点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外），试探索在x轴上方是否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由．若存在，请求出点N的坐标．

24．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC=12，∠ACO=30°.
（1）求B、C两点的坐标；
（2）过点G（0,-6）作GF⊥AC，垂足为F，直线GF分别交AB、OC于点E、D，求直线DE的解析式；
（3）在⑵的条件下，若点M在直线DE上，平面内是否存在点P，使以O、F、M、P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．

25．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线：交轴于点、交轴于点，
（1）求直线的函数表达式；
（2）设点是轴上的一点
①在坐标平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
②若是线段的中点，点与点关于轴对称，点在直线上，当为等边三角形时，求直线的函数表达式.

26．如图①，在平面直角坐标系中，直线：分别与轴、轴交于点、，且与直线：交于点，以线段为边在直线的下方作正方形，此时点恰好落在轴上．
（1）求出三点的坐标．
（2）求直线的函数表达式．
（3）在（2）的条件下，点是射线上的一个动点，在平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．





参考答案
1．5或9.6
【分析】
当BO是边时，菱形为BOMN，利用S△AOB=×OA×OB=×AB×OH，即可求解；当BO是对角线时，菱形为BN′OM′，当点M′是Rt△ABO的中线时，BM′=OM′=AB=5=ON′，即可求解．
【详解】
解：y=-x+6，令x=0，y=6，令y=0，x=8，
故点A、B的坐标分别为：（8，0）、（0，6），
则OA=8，OB=6，
则AB==10，
当BO是边时，
如图所示，菱形为BOMN，

连接ON交AB于点H，则OH⊥AB，
S△AOB=×OA×OB=×AB×OH，
即6×8=10×OH，解得：OH=4.8，
ON=2OH=9.6；
当BO是对角线时，菱形为BN′OM′，
当点M′是Rt△ABO的中线时，BM′=OM′=AB=5=ON′，
综上，ON=5或9.6；
故答案为：5或9.6．
【点拨】
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，涉及到菱形的性质、直角三角形中线定理等，综合性强，难度适中．
2．5或9.6
【分析】
分两种情形讨论①OB为边，②OB为对角线，分别求出点N坐标即可求出的长度．
【详解】
如图，当OB为边时，四边形OBNM是菱形，连接ON交AB于H，延长NM交OA于E,




由 得到


∴点N坐标 则

如图当OB为对角线时，易知点N坐标（-4，3）．


∴
综上所述以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形，的长度为9.6或4.
【点拨】
本题考查一次函数图象上的点坐标特征，菱形的性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
3．（﹣4，3），（，），（，﹣）．
【分析】
直接考虑以O，B，P，N为顶点的菱形中的数量关系比较复杂,不妨根据菱形的性质,它的一半为等腰三角形,则讨论三边有任意两边相等,分三种情况: BP＝OP, OP＝OB, BP＝OB,再根据坐标系中任意两点间的距离公式列出等式解答即可.
【详解】
解：∵直线y＝﹣ x+6分别与x轴、y轴交于点A，B，
∴A（8，0），B（0，6）．
分三种情况：
①如图所示，以OB为菱形OPBN的对角线，点P与点N关于OB对称，

由BP＝OP可得，∠PBO＝∠POB，
根据∠PBO+∠PAO＝∠POB+∠POA＝90°，可得∠POA＝∠PAO，
∴PO＝PA，
∴P是AB的中点，即P（4，3），
∴N（﹣4，3）；
②如图所示，以PB为菱形OPBN的对角线，设P（n，﹣ n+6），

∵四边形OPNB为菱形，B（0，6），
∴OP＝OB＝6＝，
解得：n＝或n＝0（舍去），
∴点P（，），
∴点N（，），即N（，）；
③如图所示，以OP为菱形BPNO的对角线，设P（m，﹣m+6）

∵四边形ONPB为菱形, B（0，6），
∴BP＝OB＝6＝，
解得m＝，
∴P（，），
∴N（，），即N（，﹣），
综上所述，N点坐标为（﹣4，3），（，），（，﹣）．
故答案为：（﹣4，3），（，），（，﹣）．
【点拨】
本题结合菱形的性质综合考查了一次函数图象中的动点问题,理解题意,分情况作出图形,找到数量关系是解答关键.
4．（1）见解析；（2）；（3）存在，的坐标是或或或．
【分析】
(1)根据矩形的性质和折叠的性质得出两组角和一组边,即可判定全等;
(2)连接CD,设OD为x,根据勾股定理算出OA,再由折叠得出CD,利用勾股定理列出方程解出x,最后由(1)中全等转换边长即可求出答案;
(3)构成菱形的四个顶点的顺序不定，需分情况讨论．由于D、F是定点，可将线段DF分为两大类：DF为菱形的一边、DF为菱形的对角线．然后分别讨论即可．
【详解】
解:(1)∵四边形是矩形，
∴，
∴,
由折叠可得,
在和中,

∴≌(AAS)；
(2)连接，设，

在中，由勾股定理得，
∴
由折叠可得，
在中，由勾股定理得，即
解得，
∴，
在中，由勾股定理得
∵≌，
∴，
∴；
(3)如图1，2，3所示，点的坐标是或或或．

过点F作FH⊥DC，垂足为H，
∵S△DFC=DF•FC=DC•FH，DF=，FC=5，DC=，
∴FH=3．
∵FH⊥DC，DF=，FH=3，
∴DH=．
∴OH=OD+DH=4．
∴F（4，3）．

①若DF为菱形的一边
当DM为菱形的对角线时，如图1．点N与点F关于x轴对称，则点N的坐标为（4，-3）．
当DM为菱形的另一边时，如图2．此时FN∥DM，FN=DF=．
∵F（4，3），
∴点N的坐标为（4-，3）或（4+，3）即（，3）或（，3）．
②若DF为菱形的对角线，如图3．
∵四边形DNFM为菱形，
∴MN⊥DF，DG=DF．
∵DF⊥AC，
∴∠DGM=∠DFC=90°．
∴MN∥AC．
∴△DGM∽△DFC．
∴．
∴DM=,DC=．
∵四边形DNFM为菱形，
∴NF∥DM，NF=DM=．
∴点N的坐标为（4-，3）即（，3）．
综上所述：符合要求的点N的坐标可能为（，3）、（，3）、（，3）．
故答案为：（，3）、（，3）、（，3）．
【点拨】
本题运用了矩形的性质、菱形的性质、三角形相似（包括全等）的性质及判定、勾股定理等知识，综合性强；另外，还考查了分类讨论的思想，注重对学生知识和能力的考查.
5．（1） ；（2） ；（3）存在符合条件的点共有4个，分别为
【解析】
分析：（1）利用三角函数求得OA以及OC的长度，则B的坐标即可得到；
（2）分别求出D点和E点坐标，即可求得DE的解析式；
（3）分当FM是菱形的边和当OF是对角线两种情况进行讨论．利用三角函数即可求得N的坐标．
详解：（1）在直角△OAC中，tan∠ACO=，
∴设OA=x，则OC=3x，
根据勾股定理得：（3x）2+（x）2=AC2，
即9x2+3x2=576，
解得：x=4．
则C的坐标是：（12，0），B的坐标是（）；
（2）由折叠可知 ，
∵四边形是矩形，
∴∥，
∴，
∴=，
∴
设直线的解析式为，则，
解得 ；
∴.
（3）∵OF为Rt△AOC斜边上的中线，
∴OF=AC=12，
∵ ，
∴tan∠EDC=
∴DE与x轴夹角是60°，
当FM是菱形的边时（如图1），ON∥FM，

∴∠NOC=60°或120°．
当∠NOC=60°时，过N作NG⊥y轴，
∴NG=ON•sin30°=12×=6，OG=ON•cos30°=12×=6，
此时N的坐标是（6，6）；
当∠NOC=120°时，与当∠NOC=60°时关于原点对称，则坐标是（-6，-6）；
当OF是对角线时（如图2），MN关于OF对称，

∵F的坐标是（6，6），
∴∠FOD=∠NOF=30°，
在直角△ONH中，OH=OF=6，ON=．
作NL⊥y轴于点L．
在直角△ONL中，∠NOL=30°，
∴NL=ON=，OL=ON•cos30°=×=6．
此时N的坐标是（，6）．
当DE与y轴的交点时M，这个时候N在第四象限，
此时点N的坐标为：（6，-6）．
则N的坐标是：（6，-6）或（6，6）或（-6，-6）或（2，6）．
点拨：此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：锐角三角函数定义，勾股定理，以及菱形的性质，本题对于N的位置的讨论是解第三问的关键．
6．（1），点在直线l上，见解析；（2）存在，点坐标为：，或，或或.
【分析】
（1）依题意作出点，过C点作CH⊥OA，旋转性质可得，由30°直角三角形性质可求出HC=，OH=3，即可得出C点坐标，将C点坐标代入解析式验证，符合解析式即可判定C在直线l上.
即可求解；
（2）分是菱形的一条边、是菱形的一条对角线两种情况，分别根据点平移的规律求解即可．
【详解】
解：（1）设将点绕坐标原点顺时针旋转得点，

直线，令，则，令，则，
则点、的坐标分别为、，，
则，，
∵，OC=OB=，
∴，
过C点作CH⊥OA，
∴HC=，OH=3
点C的坐标为；
∵当x=3时，=.
∴点的坐标在直线l上.
（2）存在，理由：
点、的坐标分别为、，则，以、、、为顶点的四边形是菱形如图所示，

①当是菱形的一条边时，当点在x轴上方，
当菱形为时，则，则点，；
当菱形为时，点，；
当点在x轴下方，
同理可得：点；
②当是菱形的对角线时，
设点，点，
则的中点即为的中点，且（即，
，，，
解得：，，，
故点；
综上，点坐标为：，或，或或．
【点拨】
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到直角三角形中线定理、菱形的性质、解直角三角形等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
7．（1）（2）存在，或或
【解析】
试题分析：(1)对于直线解析式,令x=0，求出y的值,确定C的坐标；根据D在直线OA上,设,表示出△COD面积,把已知面积代入求出x的值,确定出D坐标,利用待定系数法求出CD解析式即可；
(2)在(1)的条件下,设P是射线CD上的点,在平面内存在点Q,使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形,如图所示,分三种情况考虑:①当四边形为菱形时,由,得到四边形为正方形;②当四边形为菱形时;③当四边形为菱形时;分别求出Q坐标即可.
解：（）设．
∵且，
∴
∴
∴．
令直线解析式为
把，代入得：

∴．
∴．

（）存在．
①当四边形为菱形时．
∵得四边形为正方形
∴,
即．
②当四边形为菱形时
∵得
代入得，
∴．
③当四边形为菱形时
∴
∴
综上得点的坐标为或或．

点拨：此题属于一次函数综合题,涉及的知识有:一次函数与坐标轴的交点,待定系数法确定一次函数解析式,一次函数图象的交点,一次函数图象与性质,菱形的性质,坐标与图形性质,熟练掌握待定系数法和菱形的性质是解答本题的关键.
8．（1）y=2x-5；（2）见解析；（3）（3，-9），（7，-6），（，）
【分析】
（1）解方程得到A（4，3），待定系数法即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到OA，根据折叠的性质得到OB=BC，OA=AC，从而有OA=OB=BC=AC，即可得证；
（3）如图，过C作CM⊥OB于M，求得CM=OD=4，得到C（4，-2），过P1作P1N⊥y轴于N，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵直线与直线相交于点A（a，3），
∴A（4，3），
∵直线交l₂交y轴于点B（0，-5），
∴y=kx-5，
把A（4，3）代入得，3=4k-5，
∴k=2，
∴直线l₂的解析式为y=2x-5；
（2）∵OA==5，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵将△OAB沿直线l₂翻折得到△CAB，
∴OB=BC，OA=AC，
∴OA=OB=BC=AC，
∴四边形OABC是菱形；
（3）如图，过C作CM⊥OB于M，
则CM=OD=4，
∵BC=OB=5，
∴BM=3，
∴OB=2，
∴C（4，-2），
过P1作P1N⊥y轴于N，
∵△BCP是等腰直角三角形，
∴∠CBP1=90°，
∴∠MCB=∠NBP1，
∵BC=BP1，
∴△BCM≌△P1BN（AAS），
∴BN=CM=4，
∴P1（3，-9）；
可知P3是CP1的中点，
∴P3（，），
由图可知四边形BCP1P2是正方形，B（0，-5），C（4，-2），P1（3，-9），
从而可得：P2（7，-6），
综上，点P的坐标为：（3，-9），（7，-6），（，）．

【点拨】
本题考查了一次函数的综合题，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，正确的求得P点的坐标是解题的关键．
9．(1)A(6，3)，B(12，0)，C(0，6)；(2)y=-x+6；(3)满足条件的Q点坐标为：(-3，3)或(3，-3)或(6，6).
【分析】
（1）根据坐标轴上点的坐标特点，可求出B,C两点坐标.两个函数解析式联立形成二元一次方程组，可以确定A点坐标.（2）根据坐标特点和已知条件，采用待定系数法，即可作答.（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内存在点Q，使以O、C、P、2为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP1Q1C为菱形时，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形；②当四边形OP2CQ2为菱形时；③当四边形OQ3P3C为菱形时；分别求出Q坐标即可.
【详解】
解：(1)由题意得
解得
∴A(6，3)
在y=-中，当y=0时，x=12，
∴B(12，0)
当x=0时，y=6，
∴C(0，6).
(2)∵点D在线段OA上，
∴设D(x，x) (0≤x≤6)
∵S△COD=12
∴×6x=12
x=4
∴D(4，2)，
设直线CD的表达式为y=kx+b，
把(10，6)与D(4，2)代入得
解得
直线CD的表达式为y=-x+6
(3) 存在点2，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，

如图所示，分三种情况考虑：
①当四边形OP1Q1C为菱形时OC==OP1，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形，此时Q1P1=OP1=OC=6，即Q:（6，6）；
② 当四边形OP2CQ2为菱形时，OP2=CP2 ，由C坐标为（0，6），得到Q2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ2解析式y=-x中，得：x=-3，此时Q2（-3，3）；
③当四边形0Q3P3C为菱形时，OC=CP3，则有OQ3=OC=CP3=P3Q3=6，设坐标为（x，-x+6），
∵OC=CP3
∴x2+x2= CP32= OC2=62
解得，x=3，P的坐标为 (3，6-3)
此时Q3 (3，-3).
综上，点Q的坐标是(-3，3)或(3，-3)或(6，6).
【点拨】
本题是一次函数、勾股定理、特殊的平行四边形的综合应用，是一道压轴题，在考试中第一问必须作答，二三问可以根据自己的情况进行取舍.
10．（1）A（，），B（16，0），C（0，8）；（2）；（3）存在，点F的坐标为（8，8）或（−4，4）或，）．
【分析】
（1）把x＝0，y＝0分别代入直线，可求出y和x的值，可得到点B、C的坐标，解由直线和直线的方程组即可求出A的坐标；
（2）设M（x，x），代入面积公式即可求出x，求出点D的坐标，设直线CD的函数表达式是y＝kx＋b，把C（0，8），M（6，2）代入即可求出直线CD的函数表达式；
（3）存在点F，使以O、C、E、F为顶点的四边形是菱形，根据菱形的性质分两种情况写出点F的坐标．
【详解】
解：（1）∵直线：分别与x轴、y轴交于点B、C，
当x＝0时，y＝8，
当y＝0时，x＝16，
∴B（16，0），C（0，8），
联立直线和直线得，
解得： ，
∴A（，）．
∴A（，），B（16，0），C（0，8）．
（2）∵点M在线段OA上，且直线OA的解析式为，设M（x，x），
∵△COM的面积为24，
∴×8•x＝24，
解得：x＝6，
∴M（6，2），
设直线CM的函数表达式是y＝kx＋b，把C（0，8），M（6，2）代入得：
，
解得：，
∴直线CM的函数表达式是．
（3）如图所示，分两种情况讨论：

①CE是菱形的对角线时：
由（2）知，直线CM的解析式为y＝−x＋8，
令y＝0，则−x＋8＝0，
∴x＝8，
∴E1（8，0），
∵四边形OE1F1C是菱形，
∴E1F1＝OE1＝OC＝8，
∴∠OC E1＝45°，OC＝O E1，
过点C作C F1∥x轴，过点E1作E1F1∥y轴相交于F1，
∴F1（8，8）；
②CE为菱形的边时：
在射线CM上取一点E使C E2＝O E2，C E3＝OC＝O F3＝E3F3＝8，
（i）∵四边形OE2CF2是菱形，
∴C E2＝O E2，
∴点E2在OC的垂直平分线上，
当y＝4时，−x＋8＝4，
∴E2（4，4），
∴F2（−4，4）；
（ii）∵四边形OC E3F3是菱形，
∴E3F3∥y轴，且∠F3＝∠OC E1＝45°，O F3＝8，
∴E3F3⊥x轴，
则O F3、 E3F3与x轴围成的三角形为等腰直角三角形，
∴点F3的坐标为（，）．
综上所述：点F的坐标是（8，8）或（−4，4）或，）．
【点拨】
此题属于一次函数综合题，考查了一次函数图象与性质、待定系数法确定一次函数解析式、解二元一次方程组、菱形的性质、三角形的面积等知识点，熟练掌握一次函数的图象与性质、待定系数法及菱形的性质是解题的关键．
11．（1）；（2）点到直线的距离为；（3）存在，点F坐标分别为：F1（8+，），F2（8-，-），F3（33，25）．
【分析】
（1）根据AC=14，C（-6，0）可得点A坐标，根据A、D两点坐标，利用待定系数法即可得答案；
（2）过点P作PN⊥y轴于N，作PP′//y轴，交AB于P′，过P′作P′M⊥CD于M，过D作DE⊥y轴于E，设CD与y轴交于点F，利用待定系数法可求出直线CD的解析式，可得∠PCO=45°，OF=6，即可求出BF的长，设P（a，a+6），根据S△PBD=S△PBF-S△DBF=7列方程可求出a值，即可得出点P坐标，根据平移的性质可得P′坐标，即可得出PP′的长，根据∠PCO=45°可得△PMP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出P′M的长即可得答案；
（3）分AD为边和AD为对角线两种情况，根据菱形的性质及两点间距离公式求出点F的坐标即可．
【详解】
（1）∵AC=14，C（-6，0），点A在点C右侧，
∴A（8，0），
∵直线AB与直线CD相交于点D，D（2，8），
∴，
解得：，
∴直线l的解析式为：．
（2）过点P作PN⊥y轴于N，作PP′//y轴，交AB于P′，过P′作P′M⊥CD于M，过D作DE⊥y轴于E，设CD与y轴交于点F，
设直线CD的解析式为y=mx+n，
∵C（-6，0），D（2，8），
∴，
解得：，
∴直线CD的解析式为y=x+6，
∴∠PCO=45°，OF=6，
∵直线l的解析式为：，
∴B（0，），
∴OB=，
∴BF=OB-OF=-6=
设P（a，a+6），
∵S△PBD=S△PBF-S△DBF=7，
∴BF·PN-BF·DE=7，即×（a-2）=7，
解得：a=5，
∴P（5，11），
∵将线段沿着轴方向平移，使得点落在直线上的处，
∴=4，
∴P′（5，4），
∴PP′=7，
∵∠PCA=45°，
∴∠MPP′=45°，
∴△PMP′是等腰直角三角形，
∴P′M=PP′=，即点到直线的距离为．

（3）①如图，当AD为边时，
∵A（8，0），D（2，8），
∴AD==10，
∵四边形ADEF是菱形，
∴DE//AF，AD=AF=10，
∵直线CD的解析式为y=x+6,
∴设直线AF的解析式为y=x+b，
∵A（8，0），
∴8+b=0，
解得：b=-8，
∴直线AF的解析式为y=x-8，
设F（c,c-8）,
∴AF==AD=10，
解得：c=8±,
∴F1（8+，），F2（8-，-），

②如图，当AD为对角线时，则DF=AF，AF//DE，
由①得直线AF的解析式为y=x-8，
设F（t，t-8），
∵D（2，8），A（8，0），
∴，
解得：t=33，
∴F3（33，25），

综上所述：存在点，使以点、、、为顶点的四边形为菱形，点F坐标分别为：F1（8+，），F2（8-，-），F3（33，25）．
【点拨】
本题考查一次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式及菱形的性质，熟练掌握互相平行的两条直线的斜率（k）相等的性质及菱形的性质并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．
12．（1）D（4，3），；（2）P（3，）或（-3，）；（3）F（-3，0）或（2，6）或（，）或（，）.
【分析】
（1）先求出A点坐标，然后根据菱形的性质得到D点的坐标，利用C，D两点的坐标求出解析式；
（2）利用点P是直线CD上一点，AO为△PAO的底边不变，并且S△PAO=S△ABO，分两种情况讨论即可；
（3）根据菱形的性质，分AC、AF是邻边，AC、AF是邻边，AC是对角线，AF是对角线四种的情况分别进行求解计算．
【详解】
解：∵OB=OC=2，AB=，
∴AD=OB+OC=2+2=4，
，
∴A点的坐标为：（0，3），
D点的坐标为：（4，3），
C点的坐标为：（2，0），
设直线CD的函数表达式为：，
∴将C，D点的坐标代入，得：
，解之得：，
∴直线CD的函数表达式为：，
（2）

如图示：∵
∴
设P点坐标为（，）
即：，
∴，
则：，或
∴，或
即P点坐标为（，）或（-3，）；
（3） ∵由（1）得OB=OC=2，AB=，OA=3，
∴AC=，
①当AC、AF是邻边时，如图示，

AF=AC=，即点F与B重合，
∴F的坐标为（-3，0），
②当AC、AF是邻边，如图示，

M在直线AD上，且FC垂直平分AM，C，F沿AD成轴对称，
则F的坐标为：（2，6），
③AC是对角线时，如图示：

作AC垂直平分线FE，
∵AC经过A（0，3），C（2，0），
∴AC解析式为：，并且E点的坐标为（1，），
∵，
∴设FE的解析式为：，将E点坐标，代入化简得：
FE的解析式为：
又∵AB经过A（0，3），B（-2，0），
∴AB解析式为：，
∴Ｆ点的坐标为方程组 的解，
解之得： ,
∴则F的坐标为：（，）,
④AF是对角线时，如图示：

过C作AB垂线，垂足为N，
则
∵，
∴，
∴，，
设F点的横坐标为，根据F点在AB上，并AB解析式为：，
∴F的坐标为：（，）,
则根据勾股定理，有：
∴，，
∴
∴F的坐标为：（，）
综上所述，F点的坐标为：（-3，0）或（2，6）或（，）或（，）
【点拨】
本题主要考查了平行四边形的性质，四边形的综合问题，全等三角形的性质和判定，待定系数法，菱形的性质，难点是分类讨论．
13．（1）13；（2）；（3）存在，点P的坐标为或．
【分析】
（1）在Rt△AEO中，利用勾股定理求得OA的长度即可；
（2）利用待定系数法先求得直线AC的解析式，然后由该解析式求得点D的坐标，进而求解；
（3）当点P在BD的上方时，过点E作PE∥BD，则△PBD与△EBD的面积相等，即可求解，②当点P位于直线BD下方时，同理可解．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCO为菱形，
∴AB∥CO，
∴∠AEO＝∠EOC＝90°，
在Rt△AEO中，OA13，
∴菱形ABCO的边长为13；
（2）∵四边形ABCO为菱形，
∴OC＝OA＝AB＝13，
∴BE＝AB﹣AE＝13﹣5＝8，
∴点B坐标为（8，12），点C的坐标为（13，0），
设AC所在直线为 y＝kx+b，
根据题意得，解得，
∴AC所在直线为yx①，
∴当x＝0时，y；
∴点D的坐标为（0，），
∵点C的坐标为（13，0），
故CD；
（3）存在，理由：
由B、D的坐标得：BD所在直线为yx；
①当点P在BD的上方时，
过点E作PE∥BD，则△PBD与△EBD的面积相等，
如图，PE∥BD，

设直线PE的解析式为yx+t，将点E的坐标代入上式并解得t＝12，
故直线PE的表达式为yx+12②；
联立①②得，解得，
即点P的坐标为（，）；
②当点P位于直线BD下方时，
同理可得点P的坐标是（，）．
综上所述，点P的坐标为（，）或（，）．
【点拨】
本题为一次函数综合题，主要考查了菱形的性质，勾股定理，三角形的面积，待定系数法求函数的解析式，正确的作出辅助线是解题的关键．
14．（1）；（2）； （3）存在，.
【分析】
（1）如图过点B作BH⊥x轴，垂足为点H，则四边形OCBH为矩形，在Rt△ABH中，通过解直角三角形可求出BH的长度，进而可得出点B的坐标；
（2）作轴于点，由平行可知，得到，从而可求得EG的长度得到E点坐标，根据OD的长度可得出点D的坐标，再根据点D、E的坐标利用待定系数法即可求出直线DE的解析式；
（3）分OD为边及OD为对角线两种情况考虑：①当OD，DM为边时，作轴于点，则轴，通过相似和解直角三角形可求出点M的坐标，再根据菱形的性质即可求出点N的坐标（因为另一种情况点N在x轴下方，故可不考虑）；②当OD，OM为边时，延长交轴于点，则轴，设点M的坐标为（a，-a+5），由OM=OD=5，可得出关于x的一元二次方程，解之可得出点M的坐标，再利用菱形的性质可求出点N的坐标；③当OD为对角线时，连结，交于点，则与互相垂直平分，通过函数关系式可求出点M、N的横坐标，进而求出M、N的坐标．综上即可得出结论．
【详解】
（1）如图，作于点，则易得四边形为矩形，



在中，
∴，
∴点B的坐标为（3，6）.
(2) 如图，作轴于点，则



又



又，D在y轴正半轴，
∴点的坐标为（0，5），设直线的解析式为：
则 解得：
直线的解析式为，
（3）存在，
①如图1，当，四边形为菱形.作轴于点，则轴，



又时 解得

在中，



②如图2，当时，四边形为菱形，延长交轴于点，则轴，

点在直线上
设
在中，
解得：

③如图3，当时，四边形为菱形，连结，交于点，则与互相垂直平分，





综上所述；轴上方的点有三个，分别为
.
【点拨】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、勾股定理以及菱形的性质，解题的关键是：（1）利用勾股定理求出BH的长度；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分OD，DM为边，OD，OM为边及OD为对角线三种情况考虑.
15．（1）菱形 ABCO 的边长为 13；（2） BD 所在直线为；（3）存在点 P 使得△PBD 与△EBD 的面积相等， 点 P 的坐标为或．
【分析】
（1）在Rt△AOE中利用勾股定理即可求得菱形的边长；

（2）根据（1）即可求的OC的长，则C的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线AC的解析式，求出点D的坐标，再利用待定系数法求BD的解析式即可；

（3）设点P（a, ），根据S△PBD ==S△EBD列式计算即可.
【详解】
(1)∵四边形 ABCO 为菱形，
∴AB∥CO，
∴∠AEO=∠EOC=90°，
∴在 Rt△EHD 中，
，
∴菱形 ABCO 的边长为 13；
（2）∵四边形 ABCO 为菱形
∴OC=OA=AB=13，
∴BE=AB-AE=13-5=8，
∴点 B 坐标为（8，12），点 C 的坐标为（13，0）， 设 AC 所在直线为 y=kx+b，
根据题意得，
解得，
y=，
∴AC 所在直线为，
∴当 x=0 时，
∴点 D 的坐标为，
同上理可得 BD 所在直线为；
（3）存在点 P 使得△PBD 与△EBD 的面积相等， 点 P 的坐标为或．
点拨：本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，菱形的性质，勾股定理，图形与坐标，根据勾股定理求出OC的长是解（1）的关键，熟练掌握待定系数法是解（2）的关键，表示出PD的长是解（3）的关键.
16．（1）A（6，3）．B（12，0）．C（0，6），（2）y＝−x＋6．（3）①Q（3,-3）,②（−3，3）,（6,6）.
【分析】
（1）构建方程组确定交点A的坐标，利用待定系数法确定B，C两点坐标即可．

（2）设D（m，m），利用三角形的面积公式，构建方程求出m的值，再利用待定系数法即可解决问题．

（3）①构建OC＝PC，设P（m，m），利用两点间距离公式，构建方程求出m即可．
②当OC为菱形的对角线时，OC垂直平分线段PQ，利用对称性解决问题即可;当PC为对角线时,OQ⊥CP, 利用对称性解决问题即可.
【详解】
解：（1）由
解得
∴A（6，3）．
∵与分别与x轴、y轴交于点B、C，
∴C（0，6），B（12，0）．
（2）设D（m，m），由题意：OC＝6，△COD的面积为12，
∴×6×m＝12，
∴m＝4，
∴D（4，2），∵C（0，6），
设直线CD的解析式为y＝kx＋b，
则有
解得
∴直线CD的解析式为y＝−x＋6．
（3）①∵四边形OCPQ是菱形，
∴OC＝PC＝6，
设P（m，−m＋6），
∴m2＋m2＝36，
∴m＝3或−3，
∴P（3,-3+6），
∵PQ∥OC，PQ＝OC，
∴Q（3,-3）
②如图，当OC为菱形的对角线时，OC垂直平分线段PQ，
易知P′（3，3），Q′（−3，3），
∴满足条件的点Q′的坐标为（−3，3）．
（−3，3）

如下图,当PC为对角线时,OQ⊥CP,
易知△OCP是等腰直角三角形,
∴四边形OCQP是正方形,此时Q的坐标为（6,6）．

【点拨】
本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
17．（1）C（0，1.5）；（2）存在点B'，使得四边形BCB'D是菱形，此时菱形的边长为20﹣8．
【分析】
（1）折叠后使点B与点A重合，则C在AB的中垂线上，Rt△AOC中利用勾股定理即可得到方程，求得C的坐标；（2）当B'C∥AB（或B'D∥BO）时，四边形BCB'D是菱形，则△OB'C∽△OAB，依据相似三角形的对应边的比相等即可求得B′C的长度，然后根据△AB'D∽△AOB，即可求得B′D的长．从而证得B'C=BC=B'D=BD．
【详解】
解:（1）设C（0，m），（m＞0），

则CO=m，
BC=AC=（4﹣m），
在Rt△AOC中，有（4﹣m）2﹣m2=4，
整理得，12m=8，
∴m=1.5，
∴C（0，1.5）；
（2）存在，当B'C∥AB（或B'D∥BO）时，四边形BCB'D是菱形，
∵∠AOB=90°，OA=2，OB=4，
∴AB=2，
∵B'C∥AB，
∴△OB'C∽△OAB，
∴，
设B'C=BC=x，则，
解得，x=2，
∵B'C∥AB，
∴∠CBD+∠BCB'=180°，
又∵∠CBD=∠CB'D，
∴∠CB'D+∠BCB'=180°，
∴B'D∥BO，
∴△AB'D∽△AOB，
∴，
设B'D=BD=y，
∴，
解得：y=20﹣8，
∴B'C=BC=B'D=BD，
∴四边形BCB'D是菱形，
∴存在点B'，使得四边形BCB'D是菱形，此时菱形的边长为20﹣8．
【点拨】
本题考查了翻折变换（折叠问题）和坐标与图形性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握翻折变换（折叠问题）和坐标与图形性质以及菱形的判定与性质.
18．（1）P（，-3），的面积=2；（2）（12，-2）或（8，2）或（8+4，-2）
【分析】
（1）先根据直角三角形的性质求出OE=2，由勾股定理得BE=4，得出∠ABE=30°，∠EBC=90°，作点F关于EB的对称点H，过H作HP⊥CD于P，交BE于K，交AB于M，则KH=KF，HP的长即KF+KP 的最小值，此时的值最小，由（在上方），且可得出此时点G于点B重合，根据直角三角形的性质求出HP、HM、HK、MK、MG的长，即可解答本题；
（2）沿轴平移，当点平移到边上时，平移后的中与B重合，分三种情况：①为对角线时，②为对角线时，③为对角线时，分别画出图形，利用菱形的性质，直角三角形的性质等知识一一求解即可．
【详解】
解：（1）由题意得OA=2，则OB=6，
∵，
∴∠AEO=30°，OE=2，
Rt△OBE中，BE==4，
∴∠ABE=30°，
∵，，
∴∠ABC=180°-∠BAD =120°，∠C=60°，AD=BC=6
∴∠EBC=90°，EB⊥BC，
作点F关于EB的对称点H，过H作HP⊥CD于P，交BE于K，交AB于M，则KH=KF，HP的长即KF+KP 的最小值，此时的值最小，

∵ HP⊥CD，∠C=60°
∴∠H=30°
∵点为中点，BC=6，点F关于EB的对称点H，
∴HG=3，CH=9，
在Rt△CPH，Rt△HBK，Rt△HBM中，
HP=，，KH=2，BM=，HM=，
∴MP=HP-HM=3，OM=OB-BM=，MK=HK-HM=，
∴P的坐标（，-3）；
∵线段上有两个动点（在上方），且，，
∴此时点G于点B重合，
∴的面积=AG∙KM=×8×=2；
胡答案为：P（，-3），的面积=2；
（2）①如图，为对角线时，作NH⊥AB与H，由题意得A1B1=8，E1B1=4，∠B1A1E1=60°，∠A1B1E1=30°，E1A1=4，

∵菱形
∴∠A1B1N=60°，∠A1ME1=∠MA1E1=60°，
∴ME1= A1E1=B1N=4，
∴HB1=2，HN=2，
∴OH=OB1-HB1=12，
∴点的坐标（12，-2）；
②为对角线时，

∵菱形
∴∠E1B1N=60°，NE1=B1E1=4， HE1=HN=2，
∴HB1=6，
∴OH=OB1-HB1=8，
∴点的坐标（8，2）；
为对角线时，作NH⊥AB与H，

由题意得∠B1MN=30°，MN=B1E1=B1M=4，
∴HM=6，HN=2，
∴B1H=4-6，
∴OH=OB1+HB1=14+（4-6）=8+4，
∴点的坐标（8+4，-2）．
故点的坐标为：（12，-2）或（8，2）或（8+4，-2）．
【点拨】
本题属于四边形综合题，考查平行四边形的性质，菱形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用轴对称解决最值问题，属于中考压轴题．
19．（1）A（0，4），B（﹣3，0）（2）射线AO是∠BAC的平分线（3）满足条件的点有四个：F1（3，8）；F2（﹣3，0）；F3（﹣，﹣）；F4（﹣，）．
【解析】
试题分析：（1）先解出一元二次方程，即得出OA，OB，即可得出点A，B坐标；
（2）先得出BC=AD=6，求出OC，再判断出△AOB≌△AOC即可；
（3）根据菱形的性质，分AC与AF是邻边并且点F在射线AB上与射线BA上两种情况，以及AC与AF分别是对角线的情况分别进行求解计算．
试题解析：解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣7x+12=0的两个根，∴x=3或x=4，∵OA＞OB，∴OA=4，OB=3，∴A（0，4），B（﹣3，0）；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=AD=6，∵B（﹣3，0），∴C（3，0），∴OC=OB，在△AOB和△AOC中，∵OB=OC，∠AOB=∠AOC，AO=AO，∴△AOB≌△AOC，∴∠BAO=∠CAO，∴射线AO是∠BAC的平分线
（3）∵OB=OC=3，∴AO平分∠BAC．
①AC、AF是邻边，点F在射线AB上时，AF=AC=5，所以点F与B重合，即F（﹣3，0）；
②AC、AF是邻边，点F在射线BA上时，M应在直线AD上，且FC垂直平分AM，点F（3，8）．
③AC是对角线时，做AC垂直平分线L，AC解析式为y=﹣x+4，直线L过（，2），且k值（平面内互相垂直的两条直线k值乘积为﹣1），L解析式为，联立直线L与直线AB求交点，∴F（﹣，﹣）；
④AF是对角线时，过C做AB垂线，垂足为N，
根据等积法求出CN=，勾股定理得出，AN=，作A关于N的对称点即为F，AF=，过F做y轴垂线，垂足为G，FG=，∴F（﹣，）．

综上所述，满足条件的点有四个：F1（3，8）；F2（﹣3，0）；F3（﹣，﹣）；F4（﹣，）．
点拨：此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，待定系数法，菱形的性质，判断出AO平分∠BAC，难点是分类讨论．
20．（1）；（2）①见解析；②；（3）存在，，，，
【分析】
（1）根据矩形的性质得到OB＝AC＝3，OA＝BC＝5，∠C＝90°，根据旋转变换的性质得到AD＝OA＝5，根据勾股定理求出CD，得到点D的坐标；
（2）①根据旋转变换的性质得到OA＝DA，∠AOB＝∠ADE＝90°，利用HL定理证明△ADB≌△AOB；
②根据全等三角形的性质得到BD＝BO＝AC，根据△BDH≌△ACH，得到DH＝CH，根据勾股定理求出CH，得到点H的坐标；
（3）分四种情况进行讨论：①当四边形ADNM为菱形，且点N在点D左侧时；②当四边形ADNM为菱形，且点N在点D右侧时；③当四边形ADMN为菱形时，④当四边形ANDM为菱形时，根据菱形的性质即可求解．
【详解】
（1）如图①中，
∵，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵矩形是由矩形旋转得到，
∴，
在中，，
∴，
∴
（2）①如图②中，
由四边形是矩形，得到，
点在线段上，
，
由（1）可知，，又，，
∴
②∵，
∴，
又在矩形中，，
∴，
∴，
∴，设，则，
在中，∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（3）存在，
①当四边形ADNM为菱形，且点N在点D左侧时，
∵AD=5，
∴ND=AD=AM=5，
又BD=1，
∴BN=5-1=4，
∵点M在x轴上，
∴DN∥AM，
∴N（-4,3）

②当四边形ADNM为菱形，且点N在点D右侧时，
∵AD=5，
∴ND=AD=AM=5，
又BD=1，
∴BN=5+1=6，
∵点M在x轴上，
∴DN∥AM，
∴N（6,3）

③当四边形ADMN为菱形时，
∵点M在x轴上，
∴点D与点N关于x轴对称，
∵D（1，3）,
∴N（1，-3）

④当四边形ANDM为菱形时，则MN⊥AD，
∵AM∥DC，点M在x轴上，
∴点N在BC上，DN=AN，
设CN=a，则DN=AN=4-a，
∴,即，解得：a=,
∴BN=，
故

综上所述：，，，
【点拨】
本题考查的是矩形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换的性质以及菱形的性质，掌握矩形的性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．（1）见解析；（2）存在，点D的坐标为（﹣，），（，﹣）或（，）
【分析】
（1）根据题目中的直线解析式，可以得到点A、B、C的坐标，然后利用勾股定理，即可得到AC、BC长，再根据勾股定理的逆定理即可判断△ABC的形状；
（2）先判断是否存在点D，然后画出相应的图形，利用分类讨论的方法求出点D的坐标即可．
【详解】
解：（1）∵直线y＝2x＋4交x轴于点A，
∴当y＝0时，x＝﹣2，
∴点A的坐标为(﹣2，0)，
∵直线y＝﹣x＋2交x轴于点B，
∴当y＝0时，x＝4，
∴点B的坐标为(4，0)，
由，得，
∴点C的坐标为(﹣，)，
∴AC＝＝，
BC＝＝，
AB＝4﹣(﹣2)＝4＋2＝6，
∵AC2＋BC2＝()2＋()2＝62＝AB2，
∴△ABC是直角三角形；
（2）平面直角坐标系内存在点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为(﹣，)，(，﹣)或(，)，
如右图所示，

当CD1//AB时，
∵点A的坐标为(﹣2，0)，点B的坐标为(4，0)，点C的坐标为(﹣，)，
∴AB＝CD1＝6，
∵﹣-6=﹣，
∴D1的坐标为(﹣，)；
当AC//BD2时，
设直线AC的函数解析式为y＝kx＋b，
，得，
即直线AC的函数解析式为y＝2x＋4，
设直线BD2对应的函数解析式为y＝2x＋c，
∵点B(4，0)在该直线上，
∴0＝2×4＋c，得c＝﹣8，
∴直线BD2对应的函数解析式为y＝2x﹣8，
∵点D2的纵坐标为，
∴＝2x﹣8，
解得x＝，
∴D2的坐标为(，﹣)；
当CD3//AB时，
∵点A的坐标为(﹣2，0)，点B的坐标为(4，0)，点C的坐标为(﹣，)，
∴AB＝CD3＝6，
∵﹣+6=，
∴D3的坐标为(，)；
由上可得，点D的坐标为(﹣，)，(，﹣)或(，)．
【点拨】
本题考查了一次函数的性质、待定系数法、勾股定理、勾股定理的逆定理，平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论和数形结合的思想解答．
22．(Ⅰ)B(0,4);(Ⅱ) ;(Ⅲ) Q的坐标为(2√2,-2√2)或(-2,2)或(4,4)．
【分析】
(1) 令，得到，可求B坐标，解方程组可得得解得C的坐标；（2）由面积求出D的坐标，再由待定系数法求BD函数解析式;(3)当OB为菱形的边时，，可得，当为菱形的对角线时，四边形是正方形，此时．当OB为菱形的边时，点与D重合，P、Q关于y轴对称，.
【详解】
解：Ⅰ对于直线：，令，得到，
，
由，解得，

Ⅱ点D在直线上，设，
的面积为4，
，
解得，
．
设直线BD的解析式为，则有，
解得，
直线BD的解析式为．
Ⅲ如图中，

当OB为菱形的边时，，可得，
当为菱形的对角线时，四边形是正方形，此时．
当OB为菱形的边时，点与D重合，P、Q关于y轴对称，，
综上所述，满足条件的Q的坐标为或或．
【点拨】
本题考核知识点：一次函数与菱形. 解题关键点：熟记一次函数与菱形性质，数形结合分析题目.
23．（1）3;（2） 点N的坐标为（-2，32）、（7225，9625）．．
【解析】
试题分析：（1）把（4，0）代入y=-34x+b即可求得b的值；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E，证明△OAB≌△EDA，即可求得AE和DE的长，则D的坐标即可求得；
（3）分当OM=MB=BN=NO时；当OB=BN=NM=MO=3时两种情况进行讨论．
试题解析：（1）把（4，0）代入y=-34x+b，得：-3+b=0，解得：b=3，
（2）如图1，过点D作DE⊥x轴于点E，

∵正方形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠1+∠2=90°，
又∵直角△OAB中，∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
在△OAB和△EDA中，
∠BAO=∠DEA∠1=∠3AB=AD，
∴△OAB≌△EDA，
∴AE=OB=3，DE=OA=4，
∴OE=4+3=7，
∴点D的坐标为（7，4）；
（3）存在．
①如图2，当OM=MB=BN=NO时，四边形OMBN为菱形．
则MN在OB的中垂线上，则M的纵坐标是32，
把y=32代入y=-34x+4中，得x=2，即M的坐标是（2，32），
则点N的坐标为（-2，32）．

②如图3，当OB=BN=NM=MO=3时，四边形BOMN为菱形．
∵ON⊥BM，
∴ON的解析式是y=43x．
根据题意得：
y=-34x+4y=43x，解得：x=3625y=4825．
则点N的坐标为（7225，9625）．
考点：一次函数综合题．
24．(1) C的坐标是：（63，0），B的坐标是（63，6）；(2) y=3x-6；(3) （33，-3）或（3，33）或（-3，-33）或（3，3）．
【解析】
试题分析：（1）利用三角函数求得OA以及OC的长度，则C、B的坐标即可得到；
（2）先求出直线DE的斜率，设直线DE的解析式是y=3x+b，再把点G代入求出b的值即可；
（3）分当FM是菱形的边和当OF是对角线两种情况进行讨论．利用三角函数即可求得P的坐标．
试题解析：（1）在直角△OAC中，
∵∠ACO=30°
∴tan∠ACO=OAOC=33，
∴设OA=3x，则OC=3x，
根据勾股定理得：（3x）2+（3x）2=AC2，
即9x2+3x2=144，
解得：x=23．
故C的坐标是：（63，0），B的坐标是（63，6）；
（2）∵直线AC的斜率是：--663=-33，
∴直线DE的斜率是：3．
∴设直线DE的解析式是y=3x+b，
∵G（0，-6），
∴b=-6，
∴直线DE的解析式是：y=3x-6；
（3）∵C的坐标是：（63，0），B的坐标是（63，6）；
∴A（0，6），
∴设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0），
∴6=b0=63k+b，
解得b=6k=-33．
∴直线AC的解析式为y=-33x+6．
∵直线DE的解析式为y=3x-6，
∴y=-33x+6y=3x-6，
解得x=33y=3．
∴F是线段AC的中点，
∴OF=12AC=6，
∵直线DE的斜率是：3．
∴DE与x轴夹角是60°，
当FM是菱形的边时（如图1），ON∥FM，

则∠POC=60°或120°．
当∠POC=60°时，过N作NG⊥y轴，则PG=OP•sin30°=6×12=3，
OG=OP•cos30°=6×32=33，则P的坐标是（3，33）；
当∠NOC=120°时，与当∠POC=60°时关于原点对称，则坐标是（-3，-33）；
当OF是对角线时（如图2），MP关于OF对称．

∵F的坐标是（33，3），
∴∠FOD=∠POF=30°，
在直角△OPH中，OH=12OF=3，OP=OHcos∠POH=332=23．
作PL⊥y轴于点L．
在直角△OPL中，∠POL=30°，
则PL=12OP=3，
OL=OP•cos30°=23×32=3．
故P的坐标是（3，3）．
当DE与y轴的交点时G，这个时候P在第四象限，
此时点的坐标为：（33，-3）．
则P的坐标是：（33，-3）或（3，33）或（-3，-33）或（3，3）．
考点：一次函数综合题．
25．（1）；（2） ， ， ；（3）或
【分析】
（1）将点A的坐标代入直线：中即可求出直线的解析式；
（2）①先假设存在点Q，则以A,P,B,Q为顶点的四边形是菱形，再利用菱形的性质求点Q的坐标即可，如果能求出来，说明存在，反之则不存在；
②要求DM的直线必须知道点M的坐标，求点M的坐标必须把它放到直角三角形中去求.利用关于y轴对称的点的特点和等边三角形的性质，结合全等三角形及锐角三角函数解题即可.
【详解】
解：（1）将代入得，
，
解得
所以，直线的函数表达式为；
（2）①直线l中，令x=0,y=,∴OB=
由勾股定理得
若AP为对角线时，有两种情况：
∵BP∥AQ
∴Q点与A点横坐标相同
∵四边形ABPQ是菱形
∴AQ=AB=8
若点P在点B上端，则Q的坐标为（4,8）
若点P在点B下端，则Q的坐标为（4,-8）
若AB为对角线
∵四边形APBQ为菱形
设AB,PQ交于点D
∴AB⊥PQ，
∴tan∠OBA=
∴∠OBA=30°
∵PB∥AQ
∴∠BAQ=30°
在Rt△ADQ中，
∴
∴Q的坐标为
若BP为对角线
∵四边形ABQP为菱形
∴BP⊥AQ,AO=OQ
∴Q的坐标为
综上所述，这样的Q点有4个，分别是
， ，
②点D与C点关于y轴对称，所以D的坐标为（-2,0）
如图，当点在轴上方时，
将及CD边绕点逆时针旋转至点与点重合，设与重合，则，，作MQ⊥AD于点Q

∵CD=CE,
∴为等边三角形
∴点在的中垂线上，即在轴上，于是
∵∠MCP=∠DCE=60°
∴∠MCP+∠PCD=∠DCE+∠PCD
∴∠MCD=∠PCE
在△MCD和△PCE中

∴△MCD≌△PCE（SAS）
∴
在Rt△AMQ中，
∵∠BAO=60°
∴tan60°=
设AQ=x,则MQ=
在Rt△DMQ中，

解得
∴
∴
设DM的直线方程为
将D（-2,0），代入直线方程中
解得
所以，直线DM的函数表达式为
当点在轴下方时，同理可得直线的函数表达式为
【点拨】
本题主要考查了已知点的坐标用待定系数法求一次函数或直线的解析式，菱形的性质，点关于y轴对称的特点，全等三角形的判定及性质，锐角三角函数等知识，综合性较强，难度较大，要求学生对各部分知识熟练掌握的基础上能够灵活运用.
26．（1），，；（2）；（3）存在，，，．
【分析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B，C的坐标，联立直线l1，l2的解析式成方程组，通过解方程组可求出点A的坐标；
（2）过点A作AF⊥y轴，垂足为点F，则△ACF≌△CDO，利用全等三角形的性质可求出点D的坐标，根据点C，D的坐标，利用待定系数法即可求出直线CD的解析式；
（3）分OC为对角线及OC为边两种情况考虑：①若OC为对角线，由菱形的性质可求出点P的纵坐标，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点P1的坐标；②若OC为边，设点P的坐标为（m，2m＋6），分CP＝CO和OP＝OC两种情况，利用两点间的距离公式可得出关于m的方程，解之取其负值，再将其代入点P的坐标中即可得出点P2，P3的坐标．
【详解】
（1）∵直线：，
∴当时，；当时，，
∴，，
解方程组：得：，
∴点的坐标为；
（2）如图1，作，则，

∵四边形为正方形，
∴，
∵，，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
设直线的解析式为，
将、代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为
（3）存在
①以为对角线时，如图2所示，
则PQ垂直平分CO，
则点P的纵坐标为：，
当y=3时，，解得：x=
∴点；
②以为边时，如图2，设点P（m，2m+6），
当CP=CO时，，
解得：（舍去）
∴，
当OP=OC时，，
解得：（舍去）
∴
综上所述，在平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，，，．

【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式、菱形的性质以及两点间的距离，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，求出点A，B，C的坐标；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分OC为对角线及OC为边两种情况，利用菱形的性质求出点P的坐标．