苏科版八年级数学下册专题9.11四边形中动点问题专项训练(40道)(苏科版)(原卷版+解析)

这是一份苏科版八年级数学下册专题9.11四边形中动点问题专项训练(40道)(苏科版)(原卷版+解析)，共99页。

考卷信息：
本套训练卷共40题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对四边形中的动点问题的理解！
【类型1 面积问题】
1.（2023秋·河北邯郸·八年级统考期末）如图，长方形ABCD中，AB=3cm，BC=2cm，点P从A出发，以1cm/s的速度沿A→B→C运动，最终到达点C，在点P运动了3秒后点Q开始以2cm/s的速度从D运动到A，在运动过程中，设点P的运动时间为t，则当△APQ的面积为2cm2时，t的值为________．
2.（2023春·江苏苏州·八年级校考期中）E、F是线段AB上的两点，且AB=16，AE=2，BF=4，点G是线段EF上的一动点，分别以AG、BG为斜边在AB同侧作两个等腰直角三角形，直角顶点分别为D、C，如图所示，连接CD并取中点P，连接PG，点G从E点出发运动到F点，则线段PG扫过的图形面积为______．
3.（2023秋·重庆大足·八年级统考期末）如图1，两个等腰直角三角形△ABC、△EDC的顶点C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，连接AE，取AE中点F，连接BF,DF．
(1)如图1，当B、C、D三个点共线时，请猜测线段BF、FD的数量关系，并证明；
(2)将△EDC绕着点C顺时针旋转一定角度至图2位置，根据“AE中点F”这个条件，想到取AC与EC的中点G、H，分别与点F相连，再连接BG,DH，最终利用△BGF≌△FHD（SAS）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当△EDC绕着点C继续顺时针旋转至图3位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
(3)连接BD，在△EDC绕点C旋转一周的过程中，△BFD的面积也随之变化．若AC=52,CB=32，请直接写出△BFD面积的最大值．
4.（2023秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十七中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A和点B分别在y轴和x轴上，连接AB，点C为AB的中点，OA=OB=12．
(1)求点C坐标；
(2)点P从点O出发沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，连接AP、CP，点P的运动时间为t秒，△ACP的面积为S，求用含t的式子表示S；
(3)在（2）的条件下，在y轴负半轴上有一点Q，连接BQ，过点A作AD⊥BQ于点D，AD与CP交于点E，与x轴交于点F，当∠BPC=2∠OBQ时，OQ=CE，求此时点Q的坐标．
5.（2023秋·吉林·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，以A为原点，AB、AD所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系．正方形ABCD的边长是方程x2−8x+16=0的根．点P从点B出发，沿BC－CD向点D运动，同时点Q从点E出发，沿EB−BC向点C运动，点P的速度是每秒2个单位长度，点Q的速度是每秒1个单位长度．当点P运动到点D时，P、Q两点同时停止运动，设点P运动的时间为t秒，△AQP的面积为S．
(1)求点C的坐标；
(2)求S关于t的函数关系式；
(3)当△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
6.（2023春·八年级衡水期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E，P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形．
(2)求四边形ABDE的周长和面积．
(3)记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
7.（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学期末）如图1，点O为长方形ABCD的中心，x轴∥BC，y轴//AB，AB=6，BC=12．
(1)直接写出A、B的坐标；
(2)如图2，若点P从C点出发以每秒2个单位长度向CB方向匀速移动(不超过点B)，点Q从B点出发以每秒1个单位长度向BA方向匀速移动(不超过点A)，连接DP、DQ，在点P、Q移动过程中，四边形PBQD的面积是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求其变化范围．
(3)如图3，若矩形MNRS中，MN=4，NR=2，M(−8,0)，MS在x轴上，矩形MNRS以每秒1个单位长度向右平移t(t>0)秒得到矩形M'N'R'S'，点M'、N'、R'、S'分别为M、N、R、S的对应点，与此同时，点G从点O出发，沿矩形OEDF的边以每秒2个单位长度的速度顺时针方向运动(即O→E→D→F→O→E…)连接GM'，GN'，点H为GN'的中点，当△GM'N'的面积为12时，请直接写出t的值及对应的点H坐标．
8.（2023秋·吉林长春·八年级长春市第八十七中学校考期末）如图，长方形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=BC=10cm，AB=4cm，动点P从点B出发，以每秒1cm的速度沿B→A→D的方向，向终点D运动；动点Q从点B出发以每秒1cm的速度沿B→C的方向向终点C运动．以PQ为边向右上方作正方形PQMN，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点P、Q同时出发，运动时间为t秒（t＞0）．
(1)当0＜t＜4时，AP＝______（用含t的代数式表示）；
(2)当点N落在AD边上时，求t的值；
(3)当正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积S（用含t的代数式表示）；
(4)请直接写出当t满足什么条件时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形．
【类型2 线段最值问题】
9.（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上的两个动点，且PQ=2，当BP=（ ）时，四边形APQE的周长最小．
A．3B．4C．5D．22
10.（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E在BC边上，且BE=3，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作正方形EFGH，且点H在矩形ABCD内，连接CH，则CH的最小值为( )．
A．3B．4C．8D．10
11.（2023秋·甘肃兰州·八年级统考期中）如图正方形ABCD的面积为24，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一动点P，要使PD+PE最小，则这个最小值为（ ）
A．3B．23C．26D．6
12.（2023秋·甘肃兰州·八年级校考期中）在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
13.（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E在BC边上，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．3B．2C．1D．3
14.（2023秋·浙江宁波·八年级校考期中）（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，D是BC边的中点，E是AB边上一动点，则EC+ED的最小值是______．
（2）如图2，在正△ABC中，AB=4，P、M、N分别是BC,CA,AB上的动点，
①PM+MN的最小值为______；②求PM+MN+NP的最小值．
（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，E、F分别是边AB和BC上的动点且始终满足AE=BF，连结DE,DP，求DE+DF的最小值．
15.（2023秋·陕西西安·八年级西安市铁一中学校考期末）问题提出：
(1)如图1，在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，P为高AE上的动点，过点P作PH⊥AC于H，则PHAP的值为________．
问题探究：
(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线y=−3x+23与x轴、y轴分别交于点A、B．若点P是直线AB上一个动点，过点P作PH⊥OB于H，求OP+PH的最小值．
问题解决：
(3)如图3，在平面直角坐标系中，长方形OABC的OA边在x轴上，OC在y轴上，且B6,8．点D在OA边上，且OD=2，点E在AB边上，将△ADE沿DE翻折，使得点A恰好落在OC边上的点A′处，那么在折痕DE上是否存在点P使得22EP+A′P最小，若存在，请求最小值，若不存在，请说明理由．
16.（2023春·全国·八年级专题练习）已知∶如图1，点D在△ABC外，∠BAC=90°，AB=AC，射线BD与△ABC的边AC交于点H，AE⊥BD，垂足为E，∠ABD=∠ACD．
(1)若∠ABD=30°，CH=4，求DH的长；
(2)求证：BE=DC+DE；
(3)如图2，若∠ABE=25°，BE=4，点F在线段BC上，且BE=BF，点M、N分别是射线BC、BD上的动点，在点M、 N运动的过程中，请判断式子EM+MN+NF的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．
【类型3 几何存在性问题】
17.（2023秋·四川达州·八年级校考期中）在矩形ABCD中，AB=40cm．动点P从点A开始沿AB边以5cms的速度运动，动点Q从点C开始沿CD边以3cms的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．那么______秒后四边形APQD为矩形？
18.（2023春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=16厘米，BC=20厘米，点D在BC上，且CD=12厘米．现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以4厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以5厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒(t>0)．
(1)CP= ；（用t的代数式表示）
(2)连接CE，并运用割补的思想表示△AEC的面积（用t的代数式表示）；
(3)是否存在某一时刻t，使四边形EQDP是平行四边形，如果存在，请求出t，如果不存在，请说明理由；
(4)当t为何值时，△EDQ为直角三角形．
19.（2023春·吉林长春·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD(1)用含t的代数式表示：
AP=______；DP=______；BQ=______；CQ=______．
(2)P、Q与四边形ABCD的两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，求t值．
20.（2023春·广东江门·八年级校考期中）如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以3cm/s的速度运动，P、Q别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？
(2)当t为何值时，PQ∥CD？
(3)当t为何值时，PQ=CD？
21.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知A7a，0，B0，−7a，点C为x轴负半轴上一点，AD⊥AB，∠1=∠2．
(1)求∠ABC+∠D的度数．
(2)如图1，若点C的坐标为−3a，0，CD=CB，求点D的坐标（结果用含a的式子表示）．
(3)如图2，在（2）的条件下，若a=1，过点D作DE⊥y轴于点E，DF⊥x轴于点F，点M为线段DF上一点，若第一象限内存在点Nn，2n−3，使△EMN为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的N点坐标，并选取一种情况计算说明．
22.（2023秋·山西运城·八年级山西省运城市实验中学期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，动点P，Q分别从点A，C同时出发，都以每秒1个单位的速度运动，点P到达点D后停止，点Q到达点B后停止．设运动时间为t秒．
(1)当S△ABP=13S△BPQ时，t的值为______．
(2)当QB=QP时，求t的值．
(3)在点P和点Q的运动过程中是否存在∠BPQ=90°，你的判断是______（填“存在”或“不存在”）．
23.（2023秋·江苏连云港·八年级期末）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求当t=4时，y的值．
②求y关于t的函数解析式．
(2)如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动，移动到点A时停止．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度．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当t为何值时，重叠部分面积S等于9？
24.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形OABC的边OA、OC分别在x轴和y轴上，顶点B在第一象限，AB=6，点E、F分别在边AB和射线OB上运动（E、F不与正方形的顶点重合），OF=22BE，设BE=t，
(1)当t=2时，则AE=_________，BF=___________；
(2)当点F在线段OB上运动时，若△BEF的面积为94，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OF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．
【类型4 运动的图象问题】
25.（2023秋·江苏南通·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在边BC上运动，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．设BE=x，CF2=y，则y关于x的函数图象大致为（ ）
A．B．C．D．
26.（2023秋·河南漯河·八年级校考期末）如图，正方形ABCD的边长为2cm，点P，点Q同时从点A出发，速度均为2cm/s，点P沿A→D→C向点C运动，点Q沿A→B→C向点C运动，则△APQ的面积Scm2与运动时间ts之间函数关系的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
27.（2023春·八年级衡水期末）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ycm2随时间x(s)变化的函数图象，则BE的长为（ ）
A．5cmB．4cmC．3cmD．2cm
28.（2023春·八年级衡水期末）如图1，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD在第一象限，BC∥x轴．直线y=x从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被平行四边形ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示．平行四边形ABCD的面积为（ ）
A．3B．32C．432D．4
29.（2023秋·新疆乌鲁木齐·八年级新疆师范大学附属中学校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动，设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
30.（2023秋·新疆乌鲁木齐·八年级校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
31.（2023秋·河南郑州·八年级校考期末）如图1，菱形ABCD中，∠B=60°，动点P以每秒1个单位的速度自点A出发沿线段AB运动到点B，同时动点Q以每秒2个单位的速度自点B出发沿折线B−C−D运动到点D．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S随时间t变化关系图象，则a的值是（ ）
A．2B．2.5C．3D．23
32.（2023秋·广东汕头·八年级林百欣中学校考期中）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，点P从点A出发，沿路线A→B→C→D运动．设P点经过的路程为x，以点A，D，P为顶点的三角形的面积为y，则下列图象能反映y与x的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【类型5 函数图象中的几何动点问题】
33.（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，E是BC的中点，BC=12，点A坐标是(0，4)，CD所在直线的函数关系式为y=−x+9，点P是BC边上一个动点．
(1)当PB=_________________时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形．
(2)在（1）的条件下，点P在BC边上运动过程中，以点P、A、D、E为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．
34.（2023秋·四川成都·八年级石室中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点B，与y轴交于点A，OA=1，OB=3OA，直线OC：y=3x交直线AB于点C．
(1)求直线AB的解析式及C点的坐标；
(2)如图1，P为直线OC上一动点且在第一象限内，M、Q为x轴上动点，Q在M右侧且MQ=32，当S△PCB=938时，求PQ+QM+MA最小值；
(3)如图2，将△AOB沿着射线CO方向平移，平移后A、O、B三点分别对应D、E、F三点，当DF过O点时，在平面内是否存在H点，在第一象限内是否存在N点，使得以H、N、D、F四个点为顶点的四边形为正方形，若存在，请直接写出H点坐标；若不存在，请说明理由．
35.（2023春·上海·八年级上海田家炳中学校考期中）已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，D是AC中点，作直线BD．分别以AC，BC所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系（如图）．
(1)求直线BD的表达式．
(2)在直线BD上找出一点E，使四边形ABCE为平行四边形．
(3)直线BD上是否存在点F，使△AFC为以AC为腰的等腰三角形?若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，说明理由．
36.（2023春·广东东莞·八年级统考期中）如图，把矩形OABC放入平面直角坐标系xOy中，使OA,OC分别落在x，y轴的正半轴上，其中AB=10，对角线AC所在直线解析式为y=−53x+b，将矩形OABC沿着BE折叠，使点A落在边OC上的D处．
(1)求点B的坐标；
(2)求EA的长度；
(3)点P是y轴上一动点，是否存在点P使得△PBE的周长最小，若存在，请求出点P的坐标，如不存在，请说明理由．
37.（2023春·重庆·八年级期中）如图，平面直角坐标系中，直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过A、B两点，点C的坐标是（1，0）．
(1)如图1，当S△ABC＝6时，求直线AB的解析式；
(2)如图2，以BC、AB为边分别在第一二象限作正方形BCGF和正方形ABDE，连接DF，交y轴于点H，当a的值发生变化时，试判断BH的长度是否发生变化？若没有变化，请求出这个值并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，在a的值发生变化过程中，当直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过点F时，将直线AF向左平移，平移后的直线为A′F′，当直线A′F′经过点D时停止平移，此时在直线A′F′上有一动点P，当PC+PG最小时，在y轴左侧的平面内是否存在一动点Q使得以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
38.（2023春·上海青浦·八年级校考期中）已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m．
（1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为 ，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由．
39.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数y=2x+6的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的函数解析式；
(2)试在直线AM上找一点P，使得S△ABP=S△AOB，请求出点P的坐标；
(3)若点N为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有点N的坐标；若不存在，请说明理由．
40.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC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y=34x+6的图象分别与坐标轴交于点A，C．
(1)如图①，将△ABC折叠使得点C落在长方形的边AB上的点E处，折痕为BD，求点B，E的坐标；
(2)如图②，将△ABC折叠使得点B落在对角线AC上的点E处，折痕为AD，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△AEC与△ABC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．
专题9.11 四边形中动点问题的五大题型专项训练
【苏科版】
考卷信息：
本套训练卷共40题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对四边形中的动点问题的理解！
【类型1 面积问题】
1.（2023秋·河北邯郸·八年级统考期末）如图，长方形ABCD中，AB=3cm，BC=2cm，点P从A出发，以1cm/s的速度沿A→B→C运动，最终到达点C，在点P运动了3秒后点Q开始以2cm/s的速度从D运动到A，在运动过程中，设点P的运动时间为t，则当△APQ的面积为2cm2时，t的值为________．
答案:2或103
分析：分当P在AB上或当P在BC上两种情况,分别计算AQ、AQ边上的高的长，然后再结合三角形面积公式求解即可．
【详解】解：①当P在AB上，点P的速度为1cm/s,0∵AB=3,AD=2
∴AP=t,AQ=AD=2
∴SΔAPQ=12AP⋅AQ=12AP⋅AD=t=2，解得t=2s．
②当P在BC上，点P的速度为1cm/s
当Q的速度为2cm/s,3∴AQ=2−2t−3=8−2t，△APQ的高为AB，
∴SΔAPQ=12AQ·AB=12×3×8−2t=12−3t=2，解得t=103s．
综上可得，当t=2s或103s时，△APQ的面积为2cm2．
故答案为2或103．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、四边形综合题等知识点，灵活运用四边形的相关性质是解题关键．
2.（2023春·江苏苏州·八年级校考期中）E、F是线段AB上的两点，且AB=16，AE=2，BF=4，点G是线段EF上的一动点，分别以AG、BG为斜边在AB同侧作两个等腰直角三角形，直角顶点分别为D、C，如图所示，连接CD并取中点P，连接PG，点G从E点出发运动到F点，则线段PG扫过的图形面积为______．
答案:30
分析：分别延长AD、BC相交于点H，连接PH，EH，FH，易证四边形DGCH为矩形，且P为矩形DGCH的对角线交点，即P为HG中点，过P作MN∥AB分别交EH，FH与M、N，所以MN为△HEF的中位线，即点P的运动轨迹即为MN，所以GP扫过的图形即为梯形MEFN，再根据已知线段求出梯形MEFN的面积即可．
【详解】解：分别延长AD、BC相交于点H，连接PH，EH，FH，
∵△ADG、△GCB为等腰直角三角形，
∴∠DGA=∠CGB=∠A=∠B=45°，
∴∠DGC=90°，
∴AH∥GC，
又∵∠HCG=90°，
∴∠HCG=∠DGC=90°，
∴DG∥HB，
∴四边形DGCH为矩形，
∵点P为DC中点，
∴点G、P、H三点共线，且P为HG的中点，
过P作MN∥AB分别交EH、FH与M、N，
∴MN为△HEF的中位线，且MN即为点P的运动轨迹，
∴GP扫过的图形即为梯形MEFN，
∵AB=16，AE=2，BF=4，
∴EF=16−2−4=10，
∴MN=12EF=5，
过点H作HO垂直AB于O，
∵∠A=∠B=45°，
∴AH=BH，∠AHB=180°−45°−45°=90°，
∴HO=AO=BO=12AB=8，
∵MN为△HEF的中位线，
∴PO=12HO=12×8=4，
即梯形的高为4，
∴S梯形MEFN=12×4×10+5=30，
即线段PG扫过的图形面积为30．
故答案为：30．
【点睛】本题为动点问题，主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理、矩形的判定和性质等知识点，解题的关键是寻找点P的运动轨迹．
3.（2023秋·重庆大足·八年级统考期末）如图1，两个等腰直角三角形△ABC、△EDC的顶点C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，连接AE，取AE中点F，连接BF,DF．
(1)如图1，当B、C、D三个点共线时，请猜测线段BF、FD的数量关系，并证明；
(2)将△EDC绕着点C顺时针旋转一定角度至图2位置，根据“AE中点F”这个条件，想到取AC与EC的中点G、H，分别与点F相连，再连接BG,DH，最终利用△BGF≌△FHD（SAS）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当△EDC绕着点C继续顺时针旋转至图3位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
(3)连接BD，在△EDC绕点C旋转一周的过程中，△BFD的面积也随之变化．若AC=52,CB=32，请直接写出△BFD面积的最大值．
答案:(1)DF=BF，证明见解析
(2)成立，证明见解析
(3)32
分析：（1）连接CF，由等腰直角三角形的性质证出∠ABF=∠CBF=45°，得出∠FBD=∠FDB，则可得出结论；
（2）取AC的中点M，CE的中点N，连接BM，FM，FN，DN，由三角形中位线定理证出四边形FNCM是平行四边形，得出∠FMC=∠FNC，证明△FMB≌△DNF（SAS），由全等三角形的性质得出BF=DF；
（3）当BD最大时，△BFD的面积最大，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得出答案．
【详解】（1）解：BF=DF．
连接CF，
∵△ABC和△EDC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠DCE=45°，DC=DE，AB=BC，
∴∠ACE=90°，
∵F为AE的中点，
∴AF=CF=EF，
又∵DF=DF，
∴△DCF≌△DEF(SSS)，
∴∠CDF=∠EDF=45°，
同理△ABF≌△CBF(SSS)，
∴∠ABF=∠CBF=45°，
∴∠FBD=∠FDB，
∴DF=BF；
（2）解：成立，理由如下：
如图3，取AC的中点M，CE的中点N，连接BM，FM，FN，DN，
∵△ABC是等腰直角三角形，AM=MC，
∴∠MCB=∠MBC=45°，∠CMB=90°，BM=CM= 12 AC，
∵△DEC是等腰直角三角形，EN=NC，
∴∠DEN=∠DCN=45°，∠CND=90°，DN=CN= 12 CE，
∵F，N分别是AE和EC的中点，
∴FN是△AEC的中位线，
∴FN∥AC，FN= 12 AC，
∵F，M分别是AE和AC的中点，
∴FM是△AEC的中位线，
∴FM∥EC，FM= 12 EC，
∴BM= 12 AC=FN，DN= 12 EC=FM，
又∵FN∥AC，FM∥EC，
∴四边形FNCM是平行四边形，
∴∠FMC=∠FNC，
∴∠FMB+∠CMB=∠DNF+∠CND，
∴∠FMB=∠DNF，
∴△FMB≌△DNF（SAS），
∴BF=DF；
（3）解：过点F作FG⊥BD于点G，
由（2）知：△BFD是等腰直角三角形，
∴当BD最大时，△BFD的面积最大，
∵BD≤CB+CD，
∴当B、C、D共线时，BD最大=CB+CD=52+32=82，
∴S△BDF= 12 BD•GF= 12 ×82×42=32．
即△BFD面积的最大值是32．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4.（2023秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十七中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A和点B分别在y轴和x轴上，连接AB，点C为AB的中点，OA=OB=12．
(1)求点C坐标；
(2)点P从点O出发沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，连接AP、CP，点P的运动时间为t秒，△ACP的面积为S，求用含t的式子表示S；
(3)在（2）的条件下，在y轴负半轴上有一点Q，连接BQ，过点A作AD⊥BQ于点D，AD与CP交于点E，与x轴交于点F，当∠BPC=2∠OBQ时，OQ=CE，求此时点Q的坐标．
答案:(1)−6,6
(2)S=6t+36
(3)0,−4
分析：（1）连接OC，过点C作CM⊥OB于点M，CN⊥OA于点N，根据直角三角形斜边中线性质可得OC=12AB=AC=BC，根据等腰三角形三线合一的性质可得OM=BM，ON=AN，根据三角形中位线的性质可求CM=12AO=6，CN=12BO=6，即可求出点C的坐标；
（2）根据S=S△ACP=S△ABP−S△BCP求解即可；
（3）取AF中点G，连接CG，根据三角形中位线的性质得出CG=12BF，CG∥BF，根据ASA可证△BOQ≌△AOF，得出OQ=OF，∠FBD=α，结合三角形内角和定理和∠BPC=2∠OBQ可求∠PEF=∠PFE=90°−α，再结合平行线的性质，对顶角的性质以及等角对等边可证CG=CE，进而得出FO=12BF，则可求FO=4=QO，即可可求Q的坐标．
【详解】（1）解∶连接OC，过点C作CM⊥OB于点M，CN⊥OA于点N，
∵点C为AB的中点，∠AOB=90°，
∴OC=12AB=AC=BC，
∵CM⊥OB，CN⊥OA，
∴OM=BM，ON=AN，
又∵OA=OB=12，
∴CM=12AO=6，CN=12BO=6，
∴点C的坐标为−6,6；
（2）解：连接OC，过点C作CM⊥OB于点M，
，
由（1）知：CM=6，
由题意知：OP=2t，BP=12+2t，
∴S=S△ACP=S△ABP−S△BCP
=1212+2t×12−1212+2t×6
=6t+36；
（3）解：取AF中点G，连接CG，
，
∵点C为AB的中点，
∴CG=12BF，CG∥BF，
∵AD⊥BQ，∠AOF=90°，
∴∠FBD+∠BFD=90°，∠FAO+∠AFO=90°，
又∠BFD=∠AFO，
∴∠FBD=∠FAO，
又BO=AO，∠BOQ=∠AOF，
∴△BOQ≌△AOFASA，
∴OQ=OF，
设∠OBQ=α，
则∠BFD=∠AFO=90°−α，∠EPF=2∠OBQ=2α，
∴∠PEF=180°−∠EPF−∠PFE=90°−α，
∴∠PEF=∠PFE，
∵CG∥BF，
∴∠CGE=∠PFE，
又∠CEG=∠PEF，
∴∠CGE=∠CEG，
∴CG=CE，
又CE=OQ，FO=QO，CG=12BF，
∴FO=12BF，
又BO=BF+FO=12，
∴FO=4=QO，
又Q在y轴负半轴上，
∴Q的坐标为0,−4．
【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，添加合适的辅助线，证明QO=FO=12BF是解第（3）的关键．
5.（2023秋·吉林·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，以A为原点，AB、AD所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系．正方形ABCD的边长是方程x2−8x+16=0的根．点P从点B出发，沿BC－CD向点D运动，同时点Q从点E出发，沿EB−BC向点C运动，点P的速度是每秒2个单位长度，点Q的速度是每秒1个单位长度．当点P运动到点D时，P、Q两点同时停止运动，设点P运动的时间为t秒，△AQP的面积为S．
(1)求点C的坐标；
(2)求S关于t的函数关系式；
(3)当△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
答案:(1)4，4
(2)S=t2+2t(0(3)4，4或0，4
分析：（1）解方程求出正方形ABCD的边长，即可得点C的坐标；
（2）分两种情况：0（3）分两种情况：0【详解】（1）∵正方形ABCD的边长是方程x2−8x+16=0的根，
解方程x2−8x+16=0，
得x1=x2=4，
∴正方形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=CD=AD=4，BC⊥AB，CD⊥AD，
∴点C的坐标为4，4；
（2）∵E为AB的中点，
∴BE=AE=12AB=2,
由题意得：0≤t≤4，
分两种情况：
①0由题意得：EQ=t，BP=2t，
∴AQ=AE+EQ=2+t，
∴S=SΔAPQ=12AQ⋅BP=12×2+t×2t=t2+2t；
②2≤t≤4时，如图
由题意得：EB+BQ=t，BC+CP=2t，
∴BQ=t−BE=t−2，CQ=BC+BE−t=6−t，CP=2t−BC=2t−4，
PD=BC+CD−2t=8−2t，
∴S=S△APQ=S正方形ABCD−S△APD−S△ABQ―S△CPQ
=4×4−12×4(8−2t)−12×4(t−2)−12(6−t)(2t−4) =t2−6t+16，
∴S关于t的函数关系式为
S=t2+2t(0（3）分两种情况：
①0由题意得：EQ=t，BP=2t，
∴AQ=AE+EQ=2+t，BQ=2−t，
∴AQ2=(2+t)2=t2+4t+4,PQ2+BP2=(2−t)2+(2t)2 =5t2−4t+4
当AQ=PQ时，AQ2=PQ2，
∴t2+4t+4=5t2−4t+4，解得t=0(舍去)或2，
∴BP=4，
∴当0≤t≤2，△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，P4，4；
②2由题意得：EB+BQ=t，BC+CP=2t，
∴BQ=t−BE=t−2，
CQ=BC+BE−t=6−t，
CP=2t−BC=2t−4，
PD=BC+CD−2t=8−2t，
∴AQ2=AB2+BQ2=42+(t−2) =t2−4t+20
PQ2=CQ2+CP2=(6−t)2 +(2t−4)2=5t2−28t+52
当AQ=PQ时，AQ2=PQ2，
∴t2−4t+20=5t2−28t+52，解得t=2(舍去)或4，
∴DP=0，
∴P0，4；
∴当2综上所述，当△AQP是以AP为底边的等腰三角形时，点P的坐标为4，4或0，4
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、坐标与图形的性质、面积的计算、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用勾股定理构建方程．
6.（2023春·八年级衡水期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E，P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形．
(2)求四边形ABDE的周长和面积．
(3)记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
答案:(1)见解析
(2)▱ABDE的周长为：8+83，▱ABDE的面积为：83；
(3)①16+43＜C1+C2＜12+43+47；②S1+S2的值为定值，这个定值为43；
分析：（1）利用菱形的性质得：AB∥DE，由两组对边分别平行的四边形可得结论；
（2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定理得OB的长和BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；
（3）①先根据三角形的周长计算C1+C2=2AB+BD+AP+PE=8+43+AP+PE，确定AP+PE的最大值和最小值即可；
根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是4+4=8，由图形可知：当P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可；
②S1+S2的值为定值，这个定值为43，根据面积公式可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
即AB∥DE．
∵BD∥AE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）解：设对角线AC与BD相交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠ABD=∠CBP=12∠ABC=30°，AC⊥BD．
在Rt△AOB中，AO=12AB=2，
∴OB=23．
∴BD=2BO=43．
∴▱ABDE的周长为：2AB+2BD=8+83，
▱ABDE的面积为：BD·AO=43×2=83；
（3）①∵C1+C2=AB+PB+AP+PD+PE+DE=2AB+BD+AP+PE=8+43+AP+PE，
∵C和A关于直线BD对称，
∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是4+4=8，
当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2，
过E作EG⊥BD，交BD的延长线于G，
∵∠BDE=150°，
∴∠EDG=30°，
∵DE=4，
∴EG=2，DG=23，
Rt△PEG中，BG=43+23=63，
由勾股定理得：PE=22+(63)2=47，
∴AP+PE的最大值是：4+47，
∵P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），
∴8+8+43＜C1+C2＜8+43+4+47，
即16+43＜C1+C2＜12+43+47；
②S1+S2的值为定值，这个定值为43；
理由是： S1+S2=12BP⋅AO+12PD⋅AO=12AOBP+PD=12×43×2=43．
【点睛】考查了菱形的性质，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计算OA和OB的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形．
7.（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学期末）如图1，点O为长方形ABCD的中心，x轴∥BC，y轴//AB，AB=6，BC=12．
(1)直接写出A、B的坐标；
(2)如图2，若点P从C点出发以每秒2个单位长度向CB方向匀速移动(不超过点B)，点Q从B点出发以每秒1个单位长度向BA方向匀速移动(不超过点A)，连接DP、DQ，在点P、Q移动过程中，四边形PBQD的面积是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求其变化范围．
(3)如图3，若矩形MNRS中，MN=4，NR=2，M(−8,0)，MS在x轴上，矩形MNRS以每秒1个单位长度向右平移t(t>0)秒得到矩形M'N'R'S'，点M'、N'、R'、S'分别为M、N、R、S的对应点，与此同时，点G从点O出发，沿矩形OEDF的边以每秒2个单位长度的速度顺时针方向运动(即O→E→D→F→O→E…)连接GM'，GN'，点H为GN'的中点，当△GM'N'的面积为12时，请直接写出t的值及对应的点H坐标．
答案:(1)A(−6,3)，B(−6,−3)
(2)四边形PBQD的面积不发生变化，36，详见解析
(3)H点坐标为53,2或(173,2)
分析：（1）根据矩形的性质直接求解即可；
（2）分别求出S△ADQ=36−6t，S△CDP=6t，再求S四边形PBQD=6×12−36−6t−6t=36即可；
（3）当08时，M′N′在y轴的右侧，当G点在OE上时9【详解】（1）解：∵AB=6，BC=12，
∴A(−6,3)，B(−6,−3)；
（2）四边形PBQD的面积不发生变化，理由如下：
由题可知，CP=2t，QB=t，
∵AB=6，
∴AQ=6−t，
∴S△ADQ=12×(6−t)×12=36−6t，
S△CDP=12×6×2t=6t，
∴S四边形PBQD=6×12−36−6t−6t=36，
∴四边形PBQD的面积不发生变化；
（3）∵MN=4，△GM′N′的面积为12，
∴G点到M′N′的距离是6，
∵M(−8,0)，
∴M′(−8+t,0)，N′(−8+t,4)，
当0当G点在OE上时0当G点在ED上时1.5当G点在DF上时4.5当G点在OF上时6∴G(143，0)，N′(−43，4)，
∵H是GN′的中点，
∴H(53，2)；
当t>8时，M′N′在y轴的右侧，
当G点在OE上时9当G点在ED上时10.5当G点在DF上时13.5当G点在OF上时15∴G(83，0)，N′(263，4)，
∵H是GN′的中点，
∴H(173，2)；
综上所述：H点坐标为(53，2)或(173，2)．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，根据点的运动情况分类讨论是解题的关键．
8.（2023秋·吉林长春·八年级长春市第八十七中学校考期末）如图，长方形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=BC=10cm，AB=4cm，动点P从点B出发，以每秒1cm的速度沿B→A→D的方向，向终点D运动；动点Q从点B出发以每秒1cm的速度沿B→C的方向向终点C运动．以PQ为边向右上方作正方形PQMN，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点P、Q同时出发，运动时间为t秒（t＞0）．
(1)当0＜t＜4时，AP＝______（用含t的代数式表示）；
(2)当点N落在AD边上时，求t的值；
(3)当正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积S（用含t的代数式表示）；
(4)请直接写出当t满足什么条件时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形．
答案:(1)4−t
(2)t=2
(3)当0＜t≤2时，S=2t2；当6＜t＜10时， S=−12t2+6t−2
(4)当4≤t≤6或t=10时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形
分析：（1）根据题意可得当0＜t＜4时，AP=4−t；
（2）证明△APN≌△BQP（AAS），则AP=BQ，即t=4−t，求t的值即可；
（3）画出图形，当0＜t≤2时，正方形PQMN在长方形ABCD的内部；当P点运动到A点处，t=4，此时正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形，当M点运动到D点处时，当t=6时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形，则可知4≤t≤6 时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形；当Q点运动与C点时，t=10，此时正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形；则6＜t＜10时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为四边形；
（4）由（3）的讨论直接求解即可．
【详解】（1）当0＜t＜4时，AP=4−t；
故答案为：4−t；
（2）如图1，
∵BP=t，BQ=t，AB=4，
∴AP=4−t，
∵四边形PQMN是正方形，
∴∠NPQ=90°，
∴∠APN+∠BPQ=90°，
∵∠APN+∠ANP=90°，
∴∠BPQ=∠ANP，
∵PN=PQ，
∴△APN≌△BQP（AAS），
∴AP=BQ ，
∴t=4−t，
∴t=2；
（3）由（2）知，0＜t≤2时，正方形PQMN在长方形ABCD的内部，
∴0＜t≤2，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为四边形，
∴S=（2t）2=2t2；
如图2，当P点运动到A点处，t=4，此时正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形，
如图3，当M点运动到D点处时，
∵CQ=10﹣t，2CQ=PM，PM=14−t，
∴2（10−t）=14−t，
解得t=6，
∴当t=6时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形，
∴4≤t≤6时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形；
如图4，当Q点运动与C点时，t=10，此时正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形；
∴6＜t＜10时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为四边形，
如图5，
S=S矩形ABCD−S梯形ABQP−S△CQG
＝4×10−12×（t−4+t）×4−12×（10−t）2
＝−12t2+6t−2；
综上所述：当0＜t≤2时，S=2t2；当6＜t＜10时， S=−12t2+6t−2；
（4）由（3）可知当4≤t≤6时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形；
当t=10时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形；
综上所述：当4≤t≤6或t=10时，正方形PQMN与长方形ABCD的重叠部分为三角形．
【点睛】本题是四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．
【类型2 线段最值问题】
9.（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上的两个动点，且PQ=2，当BP=（ ）时，四边形APQE的周长最小．
A．3B．4C．5D．22
答案:B
分析：在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过F点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，此时四边形APQE的周长最小，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，先求出∠CEQ=45°，得出CE=CQ=2，设BP=x，则CQ=BC−BP−PQ=8−x−2=6−x，列出关于x的方程，解方程即可．
【详解】解：如图，在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过F点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，此时四边形APQE的周长最小，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=8，DC=AB=4，
∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=90°，
∴DF=AD−AF=8−2=6，
∵E为CD边的中点，
∴CE=DE=2，
∵GH=DF=6，EH=2+4=6，
∴GH=EH，
∵∠H=90°，
∴∠GEH=45°，
∴∠CEQ=45°，
∵在△CQE中，∠QCE=90°，
∴∠QEC=90°−45°=45°，
∴∠EQC=∠CEQ，
∴CE=CQ=2，
设BP=x，则CQ=BC−BP−PQ=8−x−2=6−x，
∴6−x=2，
解得：x=4，
即BP=4时，四边形APQE的周长最小，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，找出使四边形APQE的周长最小时，点P的位置．
10.（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E在BC边上，且BE=3，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作正方形EFGH，且点H在矩形ABCD内，连接CH，则CH的最小值为( )．
A．3B．4C．8D．10
答案:D
分析：过点H作HM⊥BC于点M，过H点作PQ∥BC，分别与AB、CD交于点P、点Q，证明△AEF≌△MHE，得BE=MH=3，BF=ME，设BF=x,根据勾股定理用x表示CH，进而求得CH的最小值．
【详解】解：过点H作HM⊥BC于点M，连接CH，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=HE，∠FEH=90°，
∴∠BEF+∠MEH=∠MEH+∠MHE=90°，
∴∠BEF=∠MHE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°=∠EMH，
∴△BEF≌△MHE(AAS)，
∴BE=HM=3，BF=EM，
设BF=EM=x,则CM=BC−BE−EM=8−3−x=5−x,
∴CH=CM2+HM2=(5−x)2+32=(5−x)2+9,
∵0≤x≤4，
∴当x=4时，CH有最小值为10．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是证明三角形全等，确定H点运动的轨迹．
11.（2023秋·甘肃兰州·八年级统考期中）如图正方形ABCD的面积为24，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一动点P，要使PD+PE最小，则这个最小值为（ ）
A．3B．23C．26D．6
答案:C
分析：由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边ΔABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的面积为16，可求出AB的长，从而得出结果．
【详解】解：设BE与AC交于点P′，连接BD．
∵点B与D关于AC对称，
∴P′D=P′B，
∴P′D+P′E=P′B+P′E=BE最小．
∵正方形ABCD的面积为24，
∴AB=26，
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=26．
故选：C．
【点睛】本题考查的是正方形的性质和轴对称−最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．
12.（2023秋·甘肃兰州·八年级校考期中）在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
答案:C
分析：连接BD，再连接DE，交AC于点G，当点Q与点G重合时，△BEQ周长的最小，为DE+EB，计算DE,EB的长度即可．
【详解】∵边长为4的正方形ABCD，AE=3，
∴点D与点B关于对角线AC对称，EB=AB−AE=4−3=1，∠DAB=90°，
连接DE，交AC于点G，当点Q与点G重合时，△BEQ周长的最小，
∴DE=DA2+AE2=42+32=5
∴QE+QB+EB=DG+GE=EB=DE+EB，
∴△BEQ周长的最小，为DE+EB=5+1=6，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称性质，熟练掌握正方形的性质，轴对称性质是解题的关键．
13.（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E在BC边上，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．3B．2C．1D．3
答案:B
分析：以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M，可证四边形MHNB是矩形，可证MH=BN，由“SAS”可证△FEH≌△GEC，可得FH=GC，当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形MHNB是矩形，
∴MH=BN，
∵BE=1，AB=2，BC=3，
∴EC=2，
∵△EHC是等边三角形，HN⊥EC，
∴EC=EH=2，EN=NC=1，∠HEC=60°，
∴BN=2=MH，
∵△FGE是等边三角形，
∴FE=FG，∠FEG=60°=∠HEC，
∴∠FEH=∠GEC，
在△FEH和△GEC中，
FE=GE∠FEH=∠GECHE=EC，
∴△FEH≌△GECSAS，
∴FH=GC，
∴当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值，
∴点F与点M重合时，FH=HM=2，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
14.（2023秋·浙江宁波·八年级校考期中）（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，D是BC边的中点，E是AB边上一动点，则EC+ED的最小值是______．
（2）如图2，在正△ABC中，AB=4，P、M、N分别是BC,CA,AB上的动点，
①PM+MN的最小值为______；②求PM+MN+NP的最小值．
（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，E、F分别是边AB和BC上的动点且始终满足AE=BF，连结DE,DP，求DE+DF的最小值．
答案:（1）25；（2）①23；②6；（3）45
分析：（1）作点C关于AB的对称点C′，连接C′D交AB于E′，此时CE+DE的最小值为C′D的长，再利用勾股定理求出DC′的长，即可；
（2）①作点P关于AC的对称点P′，连接P′N，此时PM+MN的最小值为P′N的最小值，根据对称性可得CP′∥AB，然后作CH⊥AB于H，可得P′N的最小值为CH的长， 再利用勾股定理求出CH的长，即可；②分别作点N关于AC,BC的对称点，作CH⊥AB于点H，根据对称性可得MN+MP+NP=N1M+MP+PN2≥N1N2，然后根据等边三角形和直角三角形的性质，求出N1N2的长，即可；
（3）连接CE，作点D关于点A的对称点D1，连接CD1交AB于点E′，先证明△BEC≌△CFD，可得DF=CE，从而得到DE+DF=DE+CE≥CE′+E′D1=CD1，即可求解．
【详解】解：（1）作点C关于AB的对称点C′，连接C′D交AB于E′，此时CE+DE的最小值为C′D的长，
由对称性知，BC′=BC=4,∠ABC′=∠ABC=45°，
∴∠CBC′=90°，
∵点D是BC的中点，
∴BD=2，
在Rt△DBC′中，由勾股定理得，C′D=DB2+BC′2=22+42=25，
∴CE+DE的最小值为25，
故答案为：25；
（2）①作点P关于AC的对称点P′，连接P′N，此时PM+MN的最小值为P′N的最小值，
由对称性知，
∠P′CA=∠ACB=∠CAB=60°，
∴CP′∥AB，
作CH⊥AB于H，
∴P′N的最小值为CH的长，
∵BH=2,CB=4，
∴CH=BC2−BH2=42−22=23，
故答案为∶23；
②如图，分别作点N关于AC,BC的对称点N1,N2，作CH⊥AB于点H，
由对称得：∠ACN1=∠ACN,∠BCN2=∠BCN，CN1=CN=CN2，
∴MN+MP+NP=N1M+MP+PN2≥N1N2，
即当PM+MN+NP取得最小值时，点N与点H重合共线，
此时CN1=CN2=CH=23，
设CH与N1N2交于点F，
在正△ABC中，∠ACB=60°,AC=AB=BC=4，
∴∠N1CN2=2∠ACB=120°，
∴∠CN1N2=∠CN2N1=30°，
此时∠N1CH=∠N2CH=60°，
∴∠CFN1=∠CFN2=90°，
∴FN1=FN2，CF=12CN1=3，
∴FN1=FN2=CN12−CF2=3，
∴N1N2=6，
∴PM+MN+NP的最小值为6；
（3）如图，连接CE，作点D关于点A的对称点D1，连接CD1交AB于点E′，
在正方形ABCD中，∠DCB=∠B=90°,AB=BC=CD=4，
∵AE=BF，
∴BE=CF，
在△BEC和△CFD中，
BC=CD∠DCB=∠BBE=CF，
∴△BEC≌△CFDSAS，
∴DF=CE，
∴DE+DF=DE+CE≥CE′+E′D1=CD1=CD2+DD12=45，
即DE+DF的最小值为45．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称——最短路线问题，等边三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟悉将军饮马基本模型是解决问题的关键．
15.（2023秋·陕西西安·八年级西安市铁一中学校考期末）问题提出：
(1)如图1，在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，P为高AE上的动点，过点P作PH⊥AC于H，则PHAP的值为________．
问题探究：
(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线y=−3x+23与x轴、y轴分别交于点A、B．若点P是直线AB上一个动点，过点P作PH⊥OB于H，求OP+PH的最小值．
问题解决：
(3)如图3，在平面直角坐标系中，长方形OABC的OA边在x轴上，OC在y轴上，且B6,8．点D在OA边上，且OD=2，点E在AB边上，将△ADE沿DE翻折，使得点A恰好落在OC边上的点A′处，那么在折痕DE上是否存在点P使得22EP+A′P最小，若存在，请求最小值，若不存在，请说明理由．
答案:(1)PHAP=22；
(2)OP+PH的最小值为：3．
(3)32+6
分析：（1）证明∠APH=45°=∠PAH，可得AP=2PH，从而可得答案；
（2）如图，先求解B0,23，A2,0，AB=4，取AB的中点P，连接OP，过P作PH⊥OB于H，延长HP至Q，使PO=PQ，连接OQ交AB于T，证明O，Q关于直线AB对称，此时OP+PH=PQ+PH=QH最小，从而可得答案；
（3）如图，过E作EM⊥OC于M，证明AD=A′D=4，∠EA′D=∠EAD=90°，∠AED=∠A′ED，AE=A′E，可得OA′=42−22=23由（2）的结论可得：∠A′DO=60°，∠OA′D=30°，AE=A′E=82−42=43，以PE为斜边在PE右侧作等腰直角三角形EPN，则PN=22PE，当A′，P，N三点共线时，22EP+A′P=A′P+PN=A′N最小，此时∠A′EN=30°+45°=75°，在A′N上取点K，使∠EKN=30°，设EN=m，则A′K=EK=2m，KN=3m，再利用勾股定理求解m即可得到答案．
【详解】（1）解：∵等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE为高，
∴AE⊥BC，∠BAE=∠CAE=45°，
∵PH⊥AC，
∴∠APH=45°=∠PAH，
∴AH=PH，AP2=AH2+PH2=2PH2，
∴AP=2PH，
∴PHAP=PH2PH=22．
（2）解：如图，∵直线AB为：y=−3x+23，
当x=0，则y=23，即B0,23，
当y=0，则x=2，即A2,0，
∴AB=22+232=4，
取AB的中点P，连接OP，过P作PH⊥OB于H，延长HP至Q，使PO=PQ，连接OQ交AB于T，
∴OP=AP=BP=2，而OA=2，
∴△APO为等边三角形，∠OPA=∠PAO=∠POA=60°，
∴∠ABO=∠POB=30°，
∴∠BPH=∠OPH=60°=∠OPT=∠QPT，而OP=PQ，
∴PT⊥OQ，OT=QT，
∴O，Q关于直线AB对称，
此时OP+PH=PQ+PH=QH最小，
∵PO=2，∠POH=30°，
∴PH=1，
∴OP+PH的最小值为：1+2=3．
（3）解：如图，过E作EM⊥OC于M，
将△ADE沿DE翻折，使得点A恰好落在OC边上的点A′处，B6,8，OD=2，
∴AD=A′D=4，∠EA′D=∠EAD=90°，∠AED=∠A′ED，AE=A′E，
∴OA′=42−22=23
由（2）的结论可得：∠A′DO=60°，∠OA′D=30°，
∴∠EA′M=60°，∠MEA′=30°，
∴∠AED=∠A′ED=30°，
∴ED=8，AE=A′E=82−42=43，
以PE为斜边在PE右侧作等腰直角三角形EPN，
∴∠EPN=∠PEN=45°，PN=EN，PE2=PN2+EN2=2PN2，
∴PN=22PE，
当A′，P，N三点共线时，22EP+A′P=A′P+PN=A′N最小，
此时∠A′EN=30°+45°=75°，
∴∠EA′N=15°，
在A′N上取点K，使∠EKN=30°，
∴∠A′EK=15°=∠EA′N，
∴A′K=EK，
设EN=m，则A′K=EK=2m，KN=3m，
∴A′N=2+3m，
∴A′E2=m2+2+32m2=8+43m2，
∴A′E=6+2m，（负根舍去），
∴6+2m=43，
∴m=436+2=32−6，
∴A′N=2+332−6=32+6，
∴22EP+A′P的最小值为32+6．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，一次函数的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次根式的混合运算，作出适当的辅助线，细心的计算是解本题的关键，本题计算难度大，属于压轴题．
16.（2023春·全国·八年级专题练习）已知∶如图1，点D在△ABC外，∠BAC=90°，AB=AC，射线BD与△ABC的边AC交于点H，AE⊥BD，垂足为E，∠ABD=∠ACD．
(1)若∠ABD=30°，CH=4，求DH的长；
(2)求证：BE=DC+DE；
(3)如图2，若∠ABE=25°，BE=4，点F在线段BC上，且BE=BF，点M、N分别是射线BC、BD上的动点，在点M、 N运动的过程中，请判断式子EM+MN+NF的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．
答案:(1)2；
(2)见详解；
(3)存在，EM+MN+NF的最小值是4；
分析：（1）先证明ΔCDH是直角三角形，然后由直角三角形的性质，即可求出DH的长度；
（2）作AF⊥CD，证明△ABE≌△ACF，再证明四边形AEDF是正方形，进而命题得证；
（3）作点E关于BC的对称点V，作点F关于BD的对称点R，连接RV，交BD于N，BC于M，证明△BRV是等边三角形，进一步得出EM+MN+NF的最小值．
【详解】（1）解：∵∠ABD=∠ACD=30°，∠AHB=∠DHC，
∴∠BAH=∠D，
∵∠BAH=90°，
∴∠D=90°，
∴ΔCDH是直角三角形，
∵∠ACD=30°，
∴DH=12CH=12×4=2；
（2）证明：如图1，作AF⊥CD于F，
在ΔABE和ΔACF中，
∠AEB=∠F=90°∠ABE=∠ACDAB=AC，
∴△ABE≌△ACF，
∴BE=CF，AE=AF，
∵∠ABD=∠ACD，∠AHB=∠CHB，
∴∠BDH=∠BAC=90°，
∴∠AED=∠F=∠ADF=90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∴矩形AEDF是正方形，
∴DE=DF，
∴BE=CF=DC+DF=DC+DE；
（3）解：如图2，
作点E关于BC的对称点V，作点F关于 BD的对称点R，连接RV，交BD于N，BC于M，
∴EM=MV，NF=NR，∠RBN=∠CBD=∠ABC−∠ABD=20°，∠VBF=∠CBD=20°，BR=BF=BE=4，BV=BE=4，
∴∠RBV=60°，
∴△BRV是等边三角形，
∴RV=BR=4，
此时EM+MN+NF最小=MV+MN+RN=RV=4．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮马”模型及变形模型．
【类型3 几何存在性问题】
17.（2023秋·四川达州·八年级校考期中）在矩形ABCD中，AB=40cm．动点P从点A开始沿AB边以5cms的速度运动，动点Q从点C开始沿CD边以3cms的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．那么______秒后四边形APQD为矩形？
答案:5
分析：设动点的运动时间为t秒，根据题意得AP=5tcm，DQ=40−3tcm，根据矩形的对边相等，求出t的值，即可解决问题．
【详解】解：设动点的运动时间为t秒，
由题意得：AP=5tcm，DQ=40−3tcm，
∵四边形APQD是矩形，
∴AP=DQ，
∴5t=40−3t
解得t=5．
即当t=5秒时，四边形APQD是矩形．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的性质．
18.（2023春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=16厘米，BC=20厘米，点D在BC上，且CD=12厘米．现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以4厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以5厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒(t>0)．
(1)CP= ；（用t的代数式表示）
(2)连接CE，并运用割补的思想表示△AEC的面积（用t的代数式表示）；
(3)是否存在某一时刻t，使四边形EQDP是平行四边形，如果存在，请求出t，如果不存在，请说明理由；
(4)当t为何值时，△EDQ为直角三角形．
答案:(1)16−4t
(2)24t
(3)存在，t=1
(4)t=52或3.1
分析：（1）用AC减去AP的长即可；
（2）连接CE，由平行线的性质可得S△PCD=S△CDE，由S△ACD=S△AEC+S△CDE，可求出PE=3t，再利用三角形面积公式计算即可；
（3）由平行四边形的性质可得QD=PE，可得3t=8−5t，可求t的值；
（4）分两种情况讨论，利用直角三角形的性质和面积和差关系可求解．
【详解】（1）解：由题意可得：
CP=AC−AP=16−4t；
（2）如图1，连接CE，
∵PE∥CD，
∴S△PCD=S△CDE，
∵AP=4tcm，
∴CP=AC−AP=(16−4t)cm，
∵S△ACD=S△AEC+S△CDE，
∴ 12×162=16×PE2+12×(16−4t)2，
∴PE=3t，
∴S△AEC=16×3t2=24t；
（3）∵四边形EQDP是平行四边形，
∴PE=DQ，
∴ 3t=8−5t，
∴t=1，
∴当t=1时，使四边形EQDP是平行四边形；
（4）如图2，当∠EQD=90°时，
∵∠C=∠EQD=90°，
∴EQ∥CP，
又∵EP∥CQ，
∴四边形EPCQ是平行四边形，
∴EP=CQ=3t，
∴ 5t+3t=20，
∴t=52；
当∠DEQ=90°时，
∵AC=16cm，CD=12cm，
∴AD=AC2+CD2=162+122=20cm，
∵S△ACD=S△ACQ+S△ADQ，
∴ 12×12×16=12×16×(20−5t)+12×20×QE，
∴QE=4t−325，
∵AE=AP2+PE2=16t2+9t2=5t，
∴DE=20−5t，
∵DQ2=DE2+EQ2，
∴(5t−8)2=(20−5t)2+(4t−325)2，
∴t1=3.1，t2=385（不合题意舍去），
综上所述：t=52或3.1时，△EDQ为直角三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
19.（2023春·吉林长春·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD(1)用含t的代数式表示：
AP=______；DP=______；BQ=______；CQ=______．
(2)P、Q与四边形ABCD的两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，求t值．
答案:(1)t，6−t，10−2t，2t
(2)t的值为103秒或2秒
分析：（1）根据速度×时间=路程分别表示相应的长度即可；
（2）分两种情况进行讨论：①当四边形APQB为平行四边形时；②当四边形PDCQ为平行四边形时；结合平行四边形的性质列方程求解即可．
【详解】（1）解：根据题意得：AP=t，DP=6−t，BQ=10−2t，CQ=2t，
故答案为：t，6−t，10−2t，2t；
（2）①当四边形APQB为平行四边形时，
由AP=BQ可得：t=10−2t，
解得：t=103；
②当四边形PDCQ为平行四边形时，
由PD=CQ可得：6−t=2t，
解得：t=2，
综上所述：P、Q与四边形ABCD的两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，t的值为103秒或2秒．
【点睛】本题考查了四边形动点问题，熟练掌握平行四边形的性质，利用平行四边形的性质列方程求解是本题的关键．
20.（2023春·广东江门·八年级校考期中）如图，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以3cm/s的速度运动，P、Q别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？
(2)当t为何值时，PQ∥CD？
(3)当t为何值时，PQ=CD？
答案:(1)6.5
(2)6
(3)6或7
分析：（1）根据矩形的判定定理，当AP=BQ时，列出方程求解即可；
（2）当DP=CQ时，四边形PQCD是平行四边形，依据这个等式列出方程求解即可；
（3）分四边形PQCD是平行四边形和等腰梯形两种情况讨论，列出方程求解即可．
【详解】（1）∵动点P以1cm/s的速度运动，动点Q以3cm/s的速度运动，
∴AP=t，CQ=3t，
∴BQ=26−3t，
当t=26−3t时，t=6.5，
此时AP∥BQ且AP=BQ，
由∠B=90°，即可得出四边形ABQP为矩形，
∴当t为6.5时，四边形ABQP为矩形．
（2）由题意，PD=24−t，CQ=3t，
当24−t=3t时，t=6；
此时，DP∥CQ且DP=CQ，
则四边形PQCD是平行四边形，即可得出PQ∥CD，
∴当t为6时，PQ∥CD．
（3）由（2）知，当t为6时，四边形PQCD是平行四边形，
此时，PQ=CD，
若四边形PQCD是等腰梯形，则也有PQ=CD，
如图所示，分别过P点和D点作PE⊥BC，DF⊥BC，垂足分别为E、F，
由PE=DF，
可得Rt△PQE≌Rt△DCF，
可知，QE=CF=26−24=2，
∴t−26−3t=2，
∴t=7，
综上，当t为6或7时，PQ=CD．
【点睛】本题考查了动点问题，涉及到了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、等腰梯形等知识，解题关键是正确理解题意，列出方程．
21.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知A7a，0，B0，−7a，点C为x轴负半轴上一点，AD⊥AB，∠1=∠2．
(1)求∠ABC+∠D的度数．
(2)如图1，若点C的坐标为−3a，0，CD=CB，求点D的坐标（结果用含a的式子表示）．
(3)如图2，在（2）的条件下，若a=1，过点D作DE⊥y轴于点E，DF⊥x轴于点F，点M为线段DF上一点，若第一象限内存在点Nn，2n−3，使△EMN为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的N点坐标，并选取一种情况计算说明．
答案:(1)180°
(2)点D的坐标为4a，3a
(3)满足条件的点N的坐标为(2，1)或(103，113)或(143，193)，过程见解析
分析：（1）如图1中，设CD与y轴交于点E．根据四边形内角和定理，只要证明∠BCD+∠BAD=180°即可解决问题；
（2）作DH⊥AC于H，证明△BOC≌△CHD，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CD与y轴交于点E．
∵AD⊥AB，
∴∠BAD=90°，
∵∠1+∠BCO=90°，∠1=∠2，
∴∠BCO+∠2=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ABC+∠D=360°−(∠BCD+∠BAD)=180°；
（2）解：如图，作DH⊥AC于H．
∵C−3a，0，B0，−7a，
∴OC=3a，OB=7a，
∵∠1=∠2，CD=CB，
∴△BOC≌△CHD，
∴OC=DH=3a，OB=CH=7a，
∴OH=7a−3a=4a，
∴点D的坐标为(4a，3a)；
（3）解：①如图2中，作NG⊥OE于G，GN的延长线交DF于H．
∵△NEM是等腰直角三角形，
∴EN=MN，∠ENM=90°，
由△ENG≌△NMH，得EG=NH，
∵N(n，2n−3)，D(4，3)，
∴HN=EG=3−(2n−3)=6−2n，
∵GH=4，
∴n+6−2n=4，
∴n=2，
∴N(2，1)；
②如图3中，作NG⊥OE于G，MH⊥OE于H．
由△ENG≌△MEH，得GE=HM=4，
∴OG=7=2n−3，
∴n=5，
∴N(5，7)，此时点M不在线段DF上，不符合题意舍去；
③如图4中，作NG⊥OE于G，GN的延长线交DF于H．
由△ENG≌△NMH得EG=NH=4−n，
∴3+4−n=2n−3，
∴n=103，
∴N(103，113)；
④如图5中，作MG⊥OE于G，NH⊥GM于H．
由△EMG≌△MNH得EG=MH=n−4，MG=NH=4，
∴GH=n，
∴3−(n−4)+4=2n−3，
∴n=143，
∴N(143，193)．
综上所述，满足条件的点N的坐标为(2，1)或(103，113)或(143，193)．
【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．
22.（2023秋·山西运城·八年级山西省运城市实验中学期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，动点P，Q分别从点A，C同时出发，都以每秒1个单位的速度运动，点P到达点D后停止，点Q到达点B后停止．设运动时间为t秒．
(1)当S△ABP=13S△BPQ时，t的值为______．
(2)当QB=QP时，求t的值．
(3)在点P和点Q的运动过程中是否存在∠BPQ=90°，你的判断是______（填“存在”或“不存在”）．
答案:(1)t=32
(2)t1=1，t2=3．
(3)不存在
分析：（1）根据S△ABP=13S△BPQ列出方程求解；
（2）方法一：作QM⊥AD于点M，则四边形CDMQ是矩形，然后表示出PM=AD−AP−MD=6−2t，结合PQ=BQ，利用勾股定理列方程求解；
方法二：作QM⊥AD于点M，则四边形CDMQ是矩形，首先表示出PM=AD−AP−MD=6−2t，然后根据勾股定理表示出PQ2，最后根据PQ2=BQ2列方程求解；
方法三：作BM⊥PQ于点M，则∠PMB=90°，首先根据题意证明出△ABP≌△MBPAAS，得到AB=BM．PM=AP，然后在Rt△BMQ中利用勾股定理列方程求解即可；
（3）作QM⊥AD于点M，则四边形CDMQ是矩形，根据题意分别表示出PQ2,BP2,BQ2，然后根据勾股定理的逆定理求解即可．
【详解】（1）∵S△ABP=13S△BPQ
∴12AB⋅AP=13×12BQ⋅AB
∴12×3t=13×12×36−t
解得t=32
（2）方法一：作QM⊥AD于点M，则四边形CDMQ是矩形，
∴QM=3，DM=CQ=t，PM=AD−AP−MD=6−2t．
在Rt△PQM中，∠PMQ=90°，PQ2=PM2+QM2，
∵PQ=BQ，
∴6−t2=6−2t2+32，
解得t1=1，t2=3．
方法二：作QM⊥AD于点M，则四边形CDMQ是矩形，
∴QM=3，DM=CQ=t，PM=AD−AP−MD=6−2t．
在Rt△PQM中，∠PMQ=90°，
PQ2=PM2+QM2=6−2t2+32=4t2−24t+45，
∵PQ=BQ，
∴PQ2=BQ2．
∴6−t2=4t2−24t+45，解得t1=1，t2=3．
方法三：作BM⊥PQ于点M，则∠PMB=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD∥BC．
∴∠A=∠PMB=90°，∠APB=∠QBP．
∵QP=QB，
∴∠QPB=∠QBP．
∴∠APB=∠QPB．
又∵BP=BP，
∴△ABP≌△MBPAAS．
∴AB=BM．PM=AP．
∴BM=3，PM=t．
∴QM=6−2t．
在Rt△BQM中，∠BMQ=90°，
∵BM2+QM2=BQ2，
∴32+6−2t2=6−t2，
解得t1=1，t2=3．
（3）作QM⊥AD于点M，则四边形CDMQ是矩形，
∴QM=3，DM=CQ=t，PM=AD−AP−MD=6−2t．
在Rt△PQM中，∠PMQ=90°，PQ2=PM2+QM2=6−2t2+32，
在Rt△PAB中，PB2=PA2+AB2=t2+32，
又∵BQ2=6−2t2
∵6−2t2+32+t2+32≠6−2t2
∴PQ2+BP2≠BQ2
∴在点P和点Q的运动过程中不存在∠BPQ=90°．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确作出辅助线．
23.（2023秋·江苏连云港·八年级期末）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求当t=4时，y的值．
②求y关于t的函数解析式．
(2)如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动，移动到点A时停止．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度．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当t为何值时，重叠部分面积S等于9？
答案:(1)①120，②y=144−6t(0≤t≤6)180−12t(6(2)①4，4，②115或132
分析：（1）①根据条件画出图形，然后利用图形的面积的和差关系可求解；
②分三种情况，结合图形可求出y关于t的函数解析式；
（2）①t=0时，S=S正方形ABCD=16，得到正方形ABCD的边长=4．t=4时，S=0，得到P，Q两点在第4秒相遇；
②先求出P，Q两点的速度，再分5种情况求解即可．
【详解】（1）∵正方形ABCD的边长为12，
∴S正方形ABCD=122=144，
∵O是AD的中点，
∴OA=OD=6．
①（Ⅰ）当t=4时，如图1①．
∵AP=2×4=8，OA=6，
∴S△OAP=12AP×OA=24，
∴y=S正方形ABCD−S△OAP=144−24=120；
②分三种情况：
（Ⅰ）当6∵AP=2t，OA=6，
∴S△OAP=12AP×6=6t，
∴y=S正方形ABCD−S△OAP=144−6t；
（Ⅱ）当6∵AB+BP=2t，AB=CD=BC=12，
∴CP=24−2t，
∴y=12OD+CP×CD=126+24−2t×12=180−2t；
（Ⅲ）当12∵AB+BC+CP=2t，AB=CD=BC=12，
∴DP=36−2t，
∴y=S△ODP=12DP×OD=12×36−2t×6=108−6t．
综上可知，y=144−6t(0≤t≤6)180−12t(6（2）①∵t=0时，S=S正方形ABCD=16，
∴正方形ABCD的边长=4．
∵t=4时，S=0，
∴P，Q两点在第4秒相遇；
故答案为：4，4
②∵S与t的函数图象由5段组成，
∴P，Q相遇于C点，
∵时间相同时，速度之比等于路程之比，而点P运动的路程=点Q运动的路程的2倍，
∴点P的速度=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．
∵t=4时，P，Q相遇于C点，正方形ABCD的边长为4，
∴4a+2a=4×3，
∴a=1．
故点P的速度为2单位长度/秒，点Q的速度为1单位长度/秒．
∵正方形ABCD的边长=4．
∴S正方形ABCD=16，
∵O是AD的中点，
∴OA=OD=2．
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等于9，
分五种情况讨论：
当0≤t≤2时，点P在AB上，点Q在CD上，如图2①，
AP=2t，DQ=t，OA=OD=2，
∴S=S正方形ABCD−S△OAP−S△ODQ=16−2t−t=16−3t，
若16−3t=9，
解得t=73（不合题意，舍去）；
当2AB+BP=2t，AB=4，
∴BP=2t−4，
∵DQ=t,OA=OD=2，
∴S=S正方形ABCD−S梯形OABP−S△ODQ=16−122t−4+2×4−12×2t=20−5t，
若20−5t=9，
解得t=115，符合题意；
当4AB+BC+CP=2t，AB=BC=CD=4，
∴DP=12−2t，
∵DC+CQ=t，
∴BQ=8−t，
S=S正方形ABCD−S梯形OABQ−S△ODP=16−12×2+8−t×4−12×2×12−2t=4t−16，
若4t−16=9，
解得t=254（不合题意，舍去）；
当6∵DC+CQ=t，CD=4，
∴CQ=t−4，
∴S=S梯形ODCQ=12t−4+2×4=2t−4，
若2t−4=9，
解得t=132；
当8DC+CB+BQ=t，AB=BC=CD=4，
∴AQ=12−t，
S=S正方形ABCD−S△OAQ=16−12×2×12−t=4+t，
若4+t=9，
解得t=5（不合题意，舍去）；
综上可知，当t为115或132时，重叠部分面积S等于9，
【点睛】此题考查了动点问题，求函数解析式，解一元一次方程、正方形的性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
24.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形OABC的边OA、OC分别在x轴和y轴上，顶点B在第一象限，AB=6，点E、F分别在边AB和射线OB上运动（E、F不与正方形的顶点重合），OF=22BE，设BE=t，
(1)当t=2时，则AE=_________，BF=___________；
(2)当点F在线段OB上运动时，若△BEF的面积为94，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OF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．
答案:(1)AE=4,BF=22
(2)t=32
(3)t=30−6155或t=4或t=615−67，理由见解析
分析：（1）由题意可直接得出答案；
（2）由题意易得BE=t,BF=62−22t，进而得到FH=6−2t，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OF=EF，二是OE=EF，三是OE=OF，然后分别求解即可．
【详解】（1）解：∵AB=6,BE=2，
∴AE=AB−BE=6−2=4，
∵AO=AB,∠A=90°，
∴OB=62+62=62，
∴OF=22×2=42，
∴BF=66−42=22；
（2）如下图，作FH⊥AB，
由题意，得BE=t,BF=62−22t ，
∴FH=6−2t，
由面积得12t6−2t=94，
解得：t=32；
（3）由已知得：
OF2=22t2=8t2，
EF2=6−2t2+6−3t2=13t2−60t+72，
OE2=6−t2+62=t2−12t+72，
如果OF=EF，如下图，
8t2=13t2−60t+72，
解得：t=30−6155，
如果OE=EF，如下图，
t2−12t+72=13t2−60t+72，
解得：t=4，
如果OE=OF，如下图，
t2−12t+72=8t2
解得：t=615−67．
综上所述，t=30−6155或t=4或t=615−67．
【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．
【类型4 运动的图象问题】
25.（2023秋·江苏南通·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在边BC上运动，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．设BE=x，CF2=y，则y关于x的函数图象大致为（ ）
A．B．C．D．
答案:A
分析：勾股定理求出AC，作FM⊥AC于M，证明△ABE≌△AMF，得到AB=AM=4,BE=MF，由此求出CM，然后根据勾股定理即可得结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°,BC=AD=3，
∵AB=4，
∴AC=AB2+BC2=5，
作FM⊥AC于M，
∴∠AMF=∠B=90°，
∵∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
又∵AE=AF，
∴△ABE≌△AMF，
∴AB=AM=4,BE=MF，
∴CM=AC−AM=5−4=1，
在Rt△CFM中，CF2=MF2+CM2，
∴CF2=BE2+12，
∴y=x2+12，图象对称轴为y轴，开口向上，
当点E与点C重合时，y=32+12=10，
∴y关于x的函数图象大致为A，
故选：A．
【点睛】此题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
26.（2023秋·河南漯河·八年级校考期末）如图，正方形ABCD的边长为2cm，点P，点Q同时从点A出发，速度均为2cm/s，点P沿A→D→C向点C运动，点Q沿A→B→C向点C运动，则△APQ的面积Scm2与运动时间ts之间函数关系的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
答案:C
分析：分两种情况讨论：当Q、P两点分别在AB、AD上时，可得S=12t2，0≤t≤1；当Q、P两点分别在BC、DC上时，连接AC，可得QC=4−t，PC=4−t，根据△APQ的面积为四边形AQCP的面积减去△CQP面积，以及四边形AQCP的面积等于△AQC与△APC的面积之和，则有S△AQP=S△AQC+S△APC−S△PQC，进而有S=−12t2+2t，1≤t≤2，综上可以求出S与t的关系式，即可求解．
【详解】解：当Q、P两点分别在AB、AD上时，即
可知AQ=t，AP=t，
△AQP的面积为：S=12t2，0≤t≤1；
当Q、P两点分别在BC、DC上时，连接AC，如图所示：
根据题意有：AB+BQ=t，则QC=AB+BC−AB+BQ，
∵正方形ABCD的边长为2cm，
∴AB=BC=CD=AD=2cm，
∴QC=4−t，
同理可得PC=4−t，
∵△APQ的面积为四边形AQCP的面积减去△CQP面积，
又∵四边形AQCP的面积等于△AQC与△APC的面积之和，
∴S△AQP=S△AQC+S△APC−S△PQC，
∵S△AQC=12×QC×AB=4−t、S△APC=12×PC×AD=4−t、S△PQC=12×QC×PC=12(4−t)2，
∴S=4−t+4−t−12(4−t)2，
整理得：S=4−t+4−t−12(4−t)2=−12t2+2t，
∴S=−12t2+2t，1≤t≤2，
则有S=12t20≤t≤1−12t2+2t1＜t≤2，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质的知识，掌握函数图象的性质以及分类讨论是解答本题的关键．
27.（2023春·八年级衡水期末）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ycm2随时间x(s)变化的函数图象，则BE的长为（ ）
A．5cmB．4cmC．3cmD．2cm
答案:D
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，y=12AD⋅AB=9，通过图象知道点P到终点时，△APE的面积是6，此时P、C重合，y=12EC·AB=6，得EC，即可求得BE的长．
【详解】解：∵ABCD是矩形，
∴AD=BC
由图象可知，当P、D重合，AD=AP=6cm，y=12AD⋅AB=9，
可得：AB=3cm，
当时P、C重合，y=12EC·AB=6，可得：EC=4cm，
则：BE=BC−EC=6−4=2cm．
故选：D．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
28.（2023春·八年级衡水期末）如图1，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD在第一象限，BC∥x轴．直线y=x从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被平行四边形ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示．平行四边形ABCD的面积为（ ）
A．3B．32C．432D．4
答案:D
分析：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A，当移动距离是6时，直线经过B，当移动距离是7时经过D，则AD=7−4=3，设直线经过点D时，交BC于N，则DN=432，作DM⊥BC于点M，由2DM2=DN2=4322=329；
【详解】解：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A，当移动距离是6时，直线经过B，当移动距离是7时经过D，则AD=7−4=3，
设直线经过点D时，交BC于N，则DN=432，作DM⊥BC于点M，如图所示：
∵移动直线为y=x，
∴∠NDM=45°，
∵∠DMN=90°，
∴∠DNM=90°−45°=45°，
∴∠NDM=∠DNM，
∴DM=NM，
∴2DM2=DN2=4322=329，
∴DM=43或DM=−43（舍去），
∴▱ABCD的面积为：AD⋅DM=3×43=4，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平移变换、勾股定理，等腰三角形的判定和性质，一次函数的性质，其中根据函数图象确定AD的长，是解答本题的关键．
29.（2023秋·新疆乌鲁木齐·八年级新疆师范大学附属中学校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动，设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
答案:A
分析：由图象可知：①当点P到达点B时，△AOP的面积为6，②AB+BC=10，利用三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时ΔAOP的高为12BC，
∴△AOP的面积=12×AB×(12BC)=6，解得AB⋅BC=24①，
而从图②看，AB+BC=10②，
由①②并解得AB=6，BC=4，
故选A．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象．通过函数图象得到相关信息和数据是解题的关键．
30.（2023秋·新疆乌鲁木齐·八年级校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
答案:A
分析：当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为12BC，则6=12×AB×12BC，解得AB•BC=24，而AB+BC=10，即可求解．
【详解】解：从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为12BC，
∴△AOP的面积=12×AB×12BC=6，解得AB•BC=24①，
而从图②看，AB+BC=10②，
由①②并解得AB=6，BC=4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
31.（2023秋·河南郑州·八年级校考期末）如图1，菱形ABCD中，∠B=60°，动点P以每秒1个单位的速度自点A出发沿线段AB运动到点B，同时动点Q以每秒2个单位的速度自点B出发沿折线B−C−D运动到点D．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S随时间t变化关系图象，则a的值是（ ）
A．2B．2.5C．3D．23
答案:D
分析：根据图一图二中的数据即可作出判断．
【详解】如图二可知，当t=4时两点停止运动，
∴点P从点A运动到点B用了4秒，
∴AB=4，
∵点Q运动到点C之前和之后，△BPQ面积算法不同，即t=2时，S的解析式发生变化，
∴图2中点M对应的横坐标为2，此时P为AB 中点，点C与点Q重合，
连接AC，如图所示
∵菱形ABCD中，AB=BC=4,∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴CP⊥AB,BP=12AB=2，
∴CP=BC2−BP2=42−22=23，
∴a=S=12BP⋅CP=12×2×23=23，
故选：D．
【点睛】本题考查了动点函数的图象，解决本题的关键是菱形的边长．
32.（2023秋·广东汕头·八年级林百欣中学校考期中）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，点P从点A出发，沿路线A→B→C→D运动．设P点经过的路程为x，以点A，D，P为顶点的三角形的面积为y，则下列图象能反映y与x的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
答案:B
分析：过点B作BE⊥AD于点E，根据题意，得出AB=AD=BC=4，∠ABE=30°，再利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半，得出AE=2，在利用勾股定理，得出BE=23，然后分三种情况：当点P在线段AB上时，即0≤x≤4时；当点P在BC上运动时，即4≤x≤8；当点P在线段CD上时，即8≤x≤12，进行讨论，即可得出结论．
【详解】解：如图1，过点B作BE⊥AD于点E，
∵在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，
∴AB=AD=BC=4，
∴∠ABE=30°，
∴AE=2，BE=23，
当点P在线段AB上时，即0≤x≤4时，如图2，过点P作PF⊥AD于点F，
则AP=x，AF=12x，PF=32x，
∴S△ADP=12⋅AD⋅PF=12×4×32x=3x，
∴△ADP的面积随x的增大而增大；
当点P在BC上运动时，即4≤x≤8，
S△ADP=12⋅AD⋅BE=12×4×23=43，
∴△ADP的面积保持不变；
当点P在线段CD上时，即8≤x≤12，如图3，过点P作PH⊥AD交AD的延长线于点H，
∴AB+BC+CP=x，
∴DP=12−x，DH=6−12x，PH=3DH=63−32x，
∴S△ADP=12⋅AD⋅PH=12×4×63−32x=123−3x，
∴△ADP的面积随x的增大而减小．
综上可得：当0≤x≤4，y随x的增大而增大；
当4≤x≤8时，y随x的增大而不变；
当8≤x≤12时，y随x的增大而减小．
故选：B
【点睛】本题考查了动态问题与函数图象，涉及菱形的性质、含30°的直角三角形、勾股定理、三角形的面积等知识点，解本题的关键在根据点P运动的轨迹，分情况进行讨论．
【类型5 函数图象中的几何动点问题】
33.（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，E是BC的中点，BC=12，点A坐标是(0，4)，CD所在直线的函数关系式为y=−x+9，点P是BC边上一个动点．
(1)当PB=_________________时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形．
(2)在（1）的条件下，点P在BC边上运动过程中，以点P、A、D、E为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．
答案:(1)1或11
(2)当PB=11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是菱形，理由见解析
分析：（1）先求出点D的坐标，进而求出AD=5，再根据线段中点的定义求出BE，再分当四边形PADE是平行四边形，当四边形PEAD是平行四边形时两种情况根据平行四边形的性质求解即可；
（2）根据（1）所求，求出两种情况下邻边是否相等即可得到结论．
【详解】（1）解：∵AD∥BC，点A坐标是(0，4)，
∴点D的纵坐标为4，
又∵点D在直线y=−x+9上，且当y=4时，x=5，
∴点D的坐标为5，4，
∴AD=5，
∵BC=12，点E是BC的中点，
∴BE=CE=12BC=6，
当四边形PADE是平行四边形，
∴PE=AD=5，
∴PB=BE−PE=1；
当四边形PEAD是平行四边形时，
∴PE=AD=5，
∴PB=BE+PE=11；
∴当PB=1或PE=11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，
故答案为：1或11；
（2）解：当PB=11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是菱形，理由如下：
∵点C是直线y=−x+9与x轴的交点，
∴点C的坐标为9，0，
∵BC=12，
∴点B的坐标为−3，0，
当PB=1时，点P的坐标为−2，0，则AP=22+42=25≠AD，则此时以点P、A、D、E为顶点的四边形不是菱形；
当PB=11时，点P的坐标为8，0，则DP=8−52+42=5=AD，则此时以点P、A、D、E为顶点的四边形是菱形；
综上所述，当PB=11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
34.（2023秋·四川成都·八年级石室中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点B，与y轴交于点A，OA=1，OB=3OA，直线OC：y=3x交直线AB于点C．
(1)求直线AB的解析式及C点的坐标；
(2)如图1，P为直线OC上一动点且在第一象限内，M、Q为x轴上动点，Q在M右侧且MQ=32，当S△PCB=938时，求PQ+QM+MA最小值；
(3)如图2，将△AOB沿着射线CO方向平移，平移后A、O、B三点分别对应D、E、F三点，当DF过O点时，在平面内是否存在H点，在第一象限内是否存在N点，使得以H、N、D、F四个点为顶点的四边形为正方形，若存在，请直接写出H点坐标；若不存在，请说明理由．
答案:(1)直线AB的解析式为y=−33x+1，点C的坐标是34,34
(2)PQ+QM+MA最小值为67+32
(3)存在，理由见解析，点H的坐标是1−34,3+14或334+1,3−34或3−24,−23−14
分析：（1）先求出点A和点B的坐标，再用待定系数法求出直线AB的解析式，联立直线AB和OC的解析式，即可求得点C的坐标；
（2）先求出△OBC的面积，证明点P在点C的上方，设点P的坐标为m,3m，其中m>0，由S△OBP=S△OCB+S△PCB=338+938=332，求得m，得到点P的坐标，作四边形PP1MQ是平行四边形，则PQ=P1M，证得PQ+QM+MA的最小值为P2A+MQ，由勾股定理求出答案即可；
（3）分两种情况：DF是正方形的边和DF为对角线，分别进行求解即可．
【详解】（1）解：∵OA=1，
∴点A的坐标是0,1，
∵OB=3OA，
∴OB=3，
∴点B的坐标为3,0，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
把点A和点B的坐标代入可得，b=13k+b=0，
解得k=−33b=1，
∴直线AB的解析式为y=−33x+1，
联立直线OC：y=3x和直线AB的解析式得，y=−33x+1y=3x，
解得x=34y=34，
∴点C的坐标是34,34；
（2）∵OB=3，OA=1，
∴AB=OA2+OB2=2，
∴AB=2OA，
∴∠OBA=30°，∠OAB=60°，
∵直线OC：y=3x交直线AB于点C．
∴∠COB=60°，
∴∠OCB=90°，
∵S△OBC=12×3×34=338<938，
∴点P在点C的上方，
∵P为直线OC上一动点且在第一象限内，
设点P的坐标为m,3m，其中m>0，
∴点P到x轴的距离为3m，
∵S△OBP=S△OCB+S△PCB=338+938=332，
∴12×3×3m=332，
解得m=3，
∴3m=3，
∴点P的坐标是3,3，
如图，过点P向左作PP1 ∥x轴，且PP1=MQ=32，则P1的坐标为32,3，再作点P1关于x轴的对称点P2，则P2的坐标为32,−3，则连接AP2交x轴于点M，在x轴上截取MQ=32，连接PQ，
由作图过程知四边形PP1MQ是平行四边形，则PQ=P1M，
∴PQ+QM+MA的最小值为P1M+QM+MA=P2M+QM+MA=P2A+MQ，
作AA1⊥P1P2于点A1，则A1的坐标为32,1，则AA1=32，A1P2=4，
∴PQ+QM+MA的最小值为P2A+MQ=AA12+A1P22+32
=(32)2+42+32
=67+32．
即PQ+QM+MA最小值为67+32；
（3）存在，理由如下：
第一种情况，DF是正方形的边，由勾股定理得AB=12+(3)2=2，
由点C的坐标是34,34，点C沿OC移动到点O0,0，由于平移规律相同，可得点A0,1平移到点D−34,14，点B3,0平移到点F334,−34，
如图，以AB为边作正方形ABH2H1，过点H2作H2B1⊥x轴于点B1，
∵∠ABO+∠H2BB1=∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠H2BB1=∠OAB，
∵AB=BH2，∠AOB=∠BB1H2=90°，
∴△ABO ≌ △BH2B1AAS，
∴BB1=AO=1，H2B1=BO=3，
∴OB1=3+1，
∴点H2的坐标为3+1,3，
同理可得点H1的坐标为1,3+1，
点C的坐标是34,34，点C沿OC移动到点O0,0，
由于平移规律相同，可知点H11,3+1，点H23+1,3，平移后的坐标即点H的坐标分别为1−34,3+14，334+1,3−34；
②DF为对角线时，如图，设两对角线的交点为K，
由题意可得DF=AB=2，
在Rt△DHF中，DH2+HF2=DF2=4，
∴DH2=HF2=2，
∴DH=HF=2，
由点D−34,14，F334,−34，可知点K的坐标为34,−14，
设HN的表达式为y=k1x+b1，
∵HN⊥DF，OC⊥DF，
∴HN ∥OC，
∴k1=3，
把点K的坐标代入y=3x+b1得，
−14=3×34+b1，
解得b1=−1，
∴HN的表达式为y=3x−1，
设点H的坐标为ℎ,3ℎ−1，
由两点间距离公式得，DH=(ℎ+34)2+(3ℎ−54)2，
∴(ℎ+34)2+(3ℎ−54)2=(2)2，
解得ℎ1=3+24(舍去)，ℎ2=3−24，
∴ℎ=3−24，
∴3ℎ−1=−23−14，
∴点H的坐标为3−24,−23−14，
综上所述，点H的坐标是1−34,3+14或334+1,3−34或3−24,−23−14.
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的图形和性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质、轴对称的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、两点间距离公式等知识，正确作出图形和分类讨论是解题的关键．
35.（2023春·上海·八年级上海田家炳中学校考期中）已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，D是AC中点，作直线BD．分别以AC，BC所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系（如图）．
(1)求直线BD的表达式．
(2)在直线BD上找出一点E，使四边形ABCE为平行四边形．
(3)直线BD上是否存在点F，使△AFC为以AC为腰的等腰三角形?若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，说明理由．
答案:(1)y=−2x+6
(2)(6,−6)
(3)存在，(245,−185)或(0,6)或(6,−6)或(65,185)
分析：（1）分别求出B、D点的坐标，利用待定系数法求解析式即可求出直线BD的表达式；
（2）设点E的坐标为(t,−2t+6)，利用xA+xC=xB+xE求出t值，即可得出E点坐标；
（3）设点F的坐标为(m,−2m+6)，分三种情况进行讨论，得出结果即可．
(1)
∵AB=AC=6，由题可得，
∴B(0,6)，C(6,0)，又∵点D是AC的中点，
∴D(3,0)，∴设直线BD的表达式为：y=kx+b代入B，D可得：
{3k+b=0b=6，解得：k=−2，b=6，
∴直线BD的表达式为：y=−2x+6．
(2)
设点E的坐标为(t,−2t+6)，
∵四边形ABCE是平行四边形，∴xA+xC=xB+xE，
∴0+6=0+t，t=6，∴点E的坐标为(6,−6)．
(3)
∵点F在BD上，∴设点F的坐标为(m,−2m+6)，
∴AF2=(m−0)2+(−2m+6)2 =m2+(2m−6)2．
CF2=(m−6)2+(−2m+6)2，∵△AFC是以AC为腰的等腰三角形，
∴当AC=AF时，则AC2=AF2，∴62=m2+(2m−6)2，
∴5m2−24m=0，解得：m=0或m=245．
∴点F的坐标为：(245,−185)或(0,6)，
当AC=FC时，则AC2=CF2，∴62=(m−6)2+(−2m+6)2，
5m2−36m+36=0，解得：m=6或m=65，
∴点F的坐标为(6,−6)或(65,185)．
∴综上，点F的坐标为(245,−185)或(0,6)或(6,−6)或(65,185)．
【点睛】本题主要考查的是一次函数及其图像与平行四边形、等腰三角形的综合，分情况讨论是本题的关键．
36.（2023春·广东东莞·八年级统考期中）如图，把矩形OABC放入平面直角坐标系xOy中，使OA,OC分别落在x，y轴的正半轴上，其中AB=10，对角线AC所在直线解析式为y=−53x+b，将矩形OABC沿着BE折叠，使点A落在边OC上的D处．
(1)求点B的坐标；
(2)求EA的长度；
(3)点P是y轴上一动点，是否存在点P使得△PBE的周长最小，若存在，请求出点P的坐标，如不存在，请说明理由．
答案:(1)B（6，10）
(2)AE=103
(3)P(0,4013)
分析：（1）由矩形的性质结合AB的长度可得出点C的坐标，由点C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，由直线AC的解析式，利用一次函数的图像上点的坐标特征可得出点A的坐标，再利用矩形的性质可得出点B的坐标；
（2）在Rt△BCD中，利用勾股定理可求出CD的长，进而可求出OD的长，设DE=AE=x，则OE=6−x，在Rt△DEO中，利用勾股定理可求出x(AE的长）的值；
（3）作点E关于y轴的对称点E′，连接BE′交y轴于P，此时ΔBPE的周长最小，由点E的坐标可得出点E′的坐标，由点B，E′的坐标，利用待定系数法可求出直线BE′的解析式，再利用一次函数图像上点的坐标特征可求出点P的坐标．
（1）
解：∵AB=10，四边形OABC是矩形，
∴OC=AB=10，
∴点C的坐标为(0,10)．
将C(0,10)代入y=−53x+b，得：10=−53×0+b，
∴b=10，
∴直线AC的解析式为y=−53x+10．
当y=0时，−53x+10=0，解得：x=6，
∴点A的坐标为(6,0)，
∴点B的坐标为(6,10)．
（2）
解：在Rt△BCD中，BC=6，BD=AB=10，
∴CD=BD2−BC2=8，
∴OD=OC−CD=2．
设DE=AE=x，则OE=6−x，
在Rt△DEO中，∵DE2=OD2+OE2，
∴x2=22+(6−x)2，
∴x=103，
∴AE=103．
（3）
解：存在，如图，作点E关于y轴的对称点E′，连接BE′交y轴于P，此时ΔBPE的周长最小．
由（2）可知：点E的坐标为(83，0)．
∵点E，E′关于y轴对称，
∴点E′的坐标为(−83，0)．
设直线BE′的解析式为y=kx+a(k≠0)，
将B(6,10)，E′(−83，0)代入y=kx+a，得：{6k+a=10−83k+a=0，
解得：{k=1513a=4013，
∴直线BE′的解析式为y=1513x+4013．
当x=0时，y=1513x+4013=4013，
∴点P的坐标(0,4013)．
【点睛】本题考查了矩形的性质、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、折叠的性质、勾股定理以及轴对称−最短路径问题，解题的关键是：（1）利用一次函数图像上点的坐标特征结合矩形的性质，找出点B的坐标；（2）利用折叠的性质结合勾股定理，求出AE的长度；（3）利用两点之间线段最短确定点P的位置．
37.（2023春·重庆·八年级期中）如图，平面直角坐标系中，直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过A、B两点，点C的坐标是（1，0）．
(1)如图1，当S△ABC＝6时，求直线AB的解析式；
(2)如图2，以BC、AB为边分别在第一二象限作正方形BCGF和正方形ABDE，连接DF，交y轴于点H，当a的值发生变化时，试判断BH的长度是否发生变化？若没有变化，请求出这个值并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，在a的值发生变化过程中，当直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过点F时，将直线AF向左平移，平移后的直线为A′F′，当直线A′F′经过点D时停止平移，此时在直线A′F′上有一动点P，当PC+PG最小时，在y轴左侧的平面内是否存在一动点Q使得以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
答案:(1)y＝2x+4
(2)BH=32不变，证明见解析
(3)(−3−22,5+222)或(22−1,−5+222)
分析：（1）用a表示A、B的坐标再结合面积求出a的值即可；
（2）分别过DF作y轴的垂线，利用一线三垂直模型表述出D、F的坐标，再证明DH=HF即可；
（3）把（2）中F点坐标代入AB解析式即可求出a的值，再求出A′F′的解析式；当PC+PG最小时利用轴对称求出P点坐标，最后设Q点坐标利用平行四边形对角线互相平方以及中点坐标公式计算即可．
【详解】（1）当x=0时y＝ax+2a=2a，
∴B点坐标为(0,2a)
当y=0时y＝ax+2a=0，解得x=−2
∴A点坐标为(−2,0)
∵点C的坐标是（1，0）．
∴AC=3,OB=2a
∵S△ABC＝6
∴S△ABC＝6=12AC⋅OB即6=12×3×2a
解得a=2
∴直线AB的解析式为y＝2x+4
（2）BH=32不变，理由如下：
如图，过D作DM⊥y轴于M，过F作FN⊥y轴于N，
∵正方形BCGF
∴△FNB≅BOC(AAS)
∴NB=OC=1,FN=OB=2a
∴F点坐标(2a,2a+1)
∵正方形ABDE
∴△DMB≅BOA(AAS)
∴BM=OA=2,DM=OB=2a
∴D点坐标(−2a,2a+2)
∴DM=FN=2a，MN=BM−BN=1
又∵∠DMB=∠FNM=90°,∠DHM=∠FHN
∴△DHM≅△FHN(AAS)
∴HM=HN=12MN=12
∴BH=BN+HN=1+12=32
（3）∵直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过点F(2a,2a+1)
∴2a+1=2a⋅a+2a，解得a=±22
∵a＞0
∴a=22
∴直线AF的解析式为y=22x+2，D点坐标为(−2,2+2)
∵直线AF向左平移，平移后的直线为A′F′，
∴设A′F′的解析式为y=22x+b
∵当直线A′F′经过点D时停止平移，
∴代入D(−2,2+2)得2+2=−22⋅2+b，解得b=2+3
∴设A′F′的解析式为y=22x+2+3
作C关于直线A′F′的对称点C1,连接GC1与直线A′F′的交点即为P，此时PC+PG最小
∵B点坐标为(0,2) ,C点坐标为(1,0)
∴直线BC解析式为y=−2x+2
∴D(−2,2+2)在直线BC上且BC⊥DE
设C1(t,−2t+2)，则CC1的中点即为D点
∴t+12=−2，解得t=−22−1
∴C1(−22−1,4+22)
∵DP∥CG，且D为CC1中点
∴DP是△CGC1中位线
∴P为GC1中点
过G作GH⊥x轴于H，则由正方形BCGF得△HCG≅BOC(AAS)
∴OB=CH=2,GH=OC=1
∴G点坐标为：(2+1,1)
∴GC1中点P坐标为(−22,5+222)
分别过△PAC三个顶点作对边的平行线，交点分别为Q1、Q2、Q3，则此时以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形，由于要求Q在y轴左边，符合条件的只有Q1、Q3，
∵Q1P∥x轴，且Q1P=AC=3
∴Q1坐标为(−3−22,5+222)
∵线段AC中点坐标为(−12,0)，平行四边形PAQC对角线互相平分
∴线段PQ3中点坐标为(−12,0)
∴Q3坐标为(22−1,−5+222)
综上所述，存在动点Q使得以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形，Q点坐标为(−3−22,5+222)或(22−1,−5+222)．
【点睛】本题综合考查一次函数与特殊四边形，难度极大，解题的关键是熟练根据正方形构造“一线三垂直”模型以及中点坐标公式的运用．
38.（2023春·上海青浦·八年级校考期中）已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m．
（1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为 ，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由．
答案:（1）点D（4,14）；（2）存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标(203，223)或(283，383)．
分析：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，可得点D（n,2n+6）,根据△APD是等腰直角三角形，可得∠EDA=∠FAP，可证△EDA≌△FAP（AAS），可得AE=PF，ED=FA，再证四边形AFPB为矩形，得出点D（n，14），根据点D在直线y＝2x＋6上，求出n=4即可；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），求出b =-6，设点D（x, 2x-6），分三种情况当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，证明△EDA≌△FPD（AAS），再证四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，得出DE+DF=x+2x-14=8；当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，先证△ABP≌△PFD（AAS），得出CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6；当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，先证四边形AFPB为矩形，得出PF=AB=8，再证△APF≌△DAE（AAS），得出2x−6=14求解方程即可
【详解】解：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，
设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，
∴x=n，y＝2n＋6，
∴点D（n,2n+6）,
∵△APD是等腰直角三角形，
∴DA=AP，∠DAP=90°，
∴∠DAE+∠FAP=180°-∠DAP=90°，
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EDA=∠FAP，
在△EDA和△FAP中，
∠DEA=∠AFP∠EDA=∠FAPDA=AP，
∴△EDA≌△FAP（AAS），
∴AE=PF，ED=FA，
∵四边形OABC为矩形，B的坐标为（8，6），
∴AB=OC=8，OA=BC=6，∠FAB=∠ABP=90°，
∵∠AFP=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
∴EA=FP=8，
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴点D（n，14），
∵点D在直线y＝2x＋6上，
∴14＝2n＋6,，
∴n=4，
∴点D（4,14）；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），
∴0＝6＋b，
∴b =-6，
∴直线y＝2x-6，
设点D（x, 2x-6），
过点D作EF⊥y轴，交y轴于E，交CB延长线于F，
要使△ADP为等腰直角三角形，
当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠ADE+∠FDP=180°-∠ADP=90°，
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EAD=∠FDP，
在△EDA和△FPD中，
∠DEA=∠PDF∠EAD=∠FDPDA=PD，
∴△EDA≌△FPD（AAS），
∴AE=DF=2x-6-8=2x-14，ED=FP=x，
∵四边形OABC为矩形，AB=OC=8，OA=BC=6，
∴∠OCF=90°，
∴四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，
∴DE+DF=x+2x-14=8，
解得x=223，
∴2x−6=2×223−6=263，
∴点D223，263；
当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠APB+∠DPF=90°，
过D作DF⊥射线CB于F，
∴∠DFP=90°，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=90°，
∴∠BAP+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠FPD，
在△ABP和△PFD中，
∠ABP=∠PFD∠BAP=∠FPDAP=PD，
∴△ABP≌△PFD（AAS），
∴BP=FD=x-8,AB=PF=8，
∴CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6，
解得x=283，
∴2x−6=2×283−6=383，
∴点D283，383；
当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠EAD +∠PAF=90°，
过D作DE⊥y轴于E，过P作PF⊥y轴于F，
∴∠DEA=∠PFA=90°，
∴∠FAP+∠FPA=90°，
∴∠FPA=∠EAD，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=∠BAO=90°，
∵∠PFA=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
在△APF和△DAE中，
∠APF=∠DAE∠AFP=∠DEAAP=DA，
∴△APF≌△DAE（AAS），
∴FP=AE=8，AF=DE=6-m，
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴2x−6=14，
解得：x=10，
∵PC＝m≥0，
∴AF=6-m≤6＜10，
∴此种情况不成立；
综合存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标223，263或283，383．
【点睛】本题考查等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质，掌握等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质是解题关键．
39.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数y=2x+6的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的函数解析式；
(2)试在直线AM上找一点P，使得S△ABP=S△AOB，请求出点P的坐标；
(3)若点N为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案:(1)y=x+3
(2)−9,−6或3,6
(3)存在，−3,−3，−3,3或3,9
分析：（1）通过函数y=2x+6求出A、M两点坐标，由两点坐标求出直线AM的函数解析式；
（2）设点P的坐标为x,x+3，按照等量关系“S△ABP=S△AOB”即可求出；
（3）设点N的坐标为m,n，结合平行四边形的性质和中点坐标公式，分三种情况进行讨论即可．
【详解】（1）当x=0时，y=2x+6=6，
∴点B的坐标为0,6，即OB=6，
当y=0时，2x+6=0，
解得：x=−3，
∴点A的坐标为−3,0，即OA=3，
∵点M为线段OB的中点，
∴OM=3，即点M的坐标为0,3．
设直线AM的函数解析式为y=kx+bk≠0，
将A−3,0，M0,3，代入y=kx+b，
得：−3k+b=0b=3，
解得k=1b=3，
∴直线AM的函数解析式为y=x+3；
（2）设点P的坐标为x,x+3，
∵OM=3，OB=6，
∴MB=3，
∵S△ABP=S△AOB，
∴12×BM⋅xP−xA=12×OA⋅OB，
即12×3×x+3=12×3×6，
解得：x1=−9，x2=3，
即：y1=x1+3=−6，y2=x2+3=6，
∴点P的坐标为−9,−6或3,6；
（3）存在，理由如下：
设点N的坐标为m,n，
∵点M的坐标为0,3，点B的坐标为0,6，点A的坐标为−3,0，
分三种情况考虑：
①当AM为对角线时，0+m2=−3+026+n2=0+32，
解得：m=−3n=−3，
∴点N1的坐标为−3,−3；
②当AB为对角线时，0+m2=−3+023+n2=0+62，
解得：m=−3n=3，
∴点N2的坐标为−3,3；
③当BM为对角线时，−3+m2=0+020+n2=3+62，
解得：m=3n=9，
∴点N3的坐标为3,9．
综上所述：在坐标平面内存在点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，点N的坐标为−3,−3，−3,3或3,9．
【点睛】此题考查一次函数综合题，解题关键在于求出A、M两点坐标，再利用待定系数法求解析式．
40.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC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y=34x+6的图象分别与坐标轴交于点A，C．
(1)如图①，将△ABC折叠使得点C落在长方形的边AB上的点E处，折痕为BD，求点B，E的坐标；
(2)如图②，将△ABC折叠使得点B落在对角线AC上的点E处，折痕为AD，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△AEC与△ABC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．
答案:(1)B−8,6，E−2,6
(2)−325,65
(3)存在，点E的纵坐标是0或−4225或19225
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AC=10，由折叠的性质可知：AE=AB=8，BD=DE，∠DEA=∠B=90°，设CD=x，则DE=BD=6−x，再根据勾股定理可得x2=22+6−x2，可得CD=103，DE=83，过点E作EF⊥BC于点F，根据面积可求得EF=85，再根据勾股定理可得CF，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y=34x+6上，且分别在y轴、x轴上，
∴令x=0，则y=6；令y=0，则x=−8，
∴A0,6，C−8,0，
∵四边形OABC是长方形，
∴OA=BC=6，AB=OC=8，
∴B−8,6，
又∵点C沿BD折叠后落在边AB上的点E处，
∴BE=BC=6，
∴AE=AB−BE=8−6=2，
∴E−2,6；
（2）解：由1知，OA=6，OC=8，
在Rt△AOC中，AC=OA2+OC2=62+82=10，
由折叠的性质可知：AE=AB=8，BD=DE，∠DEA=∠B=90°，
设CD=x，则DE=BD=6−x，
在Rt△CDE中，CE=AC−AE=10−8=2，
∴CD2=CE2+DE2，即x2=22+6−x2，
解得x=103，
∴CD=103，DE=83，
如图：过点E作EF⊥BC于点F，
∴S△CDE=12DE⋅CE=12CD⋅EF，
得EF=DE⋅CECD=83×2103=85，
在Rt△EFC中，CF=CE2−EF2=22−852=65，
∴OC−EF=8−85=325，
∴E−325,65；
（3）解：存在，点E的纵坐标是0或−4225或19225；
如图：设E1C交AB于点F，作E1H⊥AB于点H，
当点E在第二象限时，△AE1C≌△CBA，
∴AE1=CB=6，∠AE1C=∠CBA=90°，
又∵∠BFC=∠E1FA，
∴△BFC≌△E1FAAAS，
∴BF=E1F，
设BF=E1F=x，则AF=8−x，
由勾股定可理得：62+x2=8−x2，
解得x=74，
∴BF=E1F=74，AF=8−74=254，
∵S△E1FA=12AE1⋅E1F=12E1H⋅AF，
∴E1H=AE1⋅E1FAF=6×74254=4225，
由点E1的纵坐标为E1H+BC=6+4225=19225；
当点E在第三象限时，
同理可证△CE2G≌△AOG，
解得△CE2G中边CG上的高为4225，
则点E2的纵坐标为−4225，
当点E在坐标原点时，显然△COA≌△ABC，
点E的纵坐标为0，
综上所述，存在点E使得△AEC与△ABC全等，点E的纵坐标为0或−4225或19225．
【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．