数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试同步训练题

这是一份数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试同步训练题，共33页。试卷主要包含了如图，M，如图，在六边形中，若，则等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形月考
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若＝10°，则∠EAF的度数为（　　）

A．40° B．45° C．50° D．55°
3、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
5、如图，M、N分别是正五边形ABCDE的边BC、CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P，则∠APN的度数是（ ）

A．120° B．118° C．110° D．108°
6、如图，在矩形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，点F是AE的中点，连接DF，若AB＝9，AD，则四边形CDFE的面积是（　　）

A． B． C． D．54
7、在锐角△ABC中，∠BAC＝60°，BN、CM为高，P为BC的中点，连接MN、MP、NP，则结论：①NP＝MP；②AN：AB＝AM：AC；③BN＝2AN；④当∠ABC＝60°时，MN∥BC，一定正确的有（ ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①④
8、如图，在六边形中，若，则（ ）

A．180° B．240° C．270° D．360°
9、 “垃圾分类，利国利民”，在2019年7月1日起上海开始正式实施垃圾分类，到2020年底先行先试的46个重点城市，要基本建成垃圾分类处理系统．以下四类垃圾分类标志的图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A．可回收物 B．有害垃圾 C．厨余垃圾 D．其他垃圾
10、一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A．14或15或16 B．15或16或17 C．15或16 D．16或17
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、若点P（m，﹣2）与Q（﹣4，2）关于原点对称，则m＝_____．
2、正五边形的一个内角与一个外角的比______．
3、在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB＝4，BC＝5，则线段DE的长为 _____．
4、如图，点O是正方形ABCD的称中心O，互相垂直的射线OM，ON分别交正方形的边AD，CD于E，F两点，连接EF；已知．
（1）以点E，O，F，D为顶点的图形的面积为________________；
（2）线段EF的最小值是_______________．

5、若一个多边形的内角和是外角和的倍，则它的边数是_______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、阅读材料，回答下列问题：
（材料提出）
“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
（探索研究）
探索一：如图1，在八字形中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 ；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 ；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 ．
（模型应用）
应用一：如图4，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P．则∠A＝ （用含有α和β的代数式表示），∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
（拓展延伸）
拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 ．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 ．


2、如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处；再将矩形沿折叠，使点落在点处且过点．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当是多少度时，四边形为菱形?试说明理由．
3、如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C．

（1）写出C点坐标 ；
（2）若M为线段BC上一点，且满足S△AMB ＝ S△AOB，请求出点M的坐标；
（3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴正半轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求出点G的坐标．
4、（1）先化简，再求值：（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b），其中a＝1，b＝2；
（2）如图，菱形ABCD中，AB＝AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF．证明：四边形AECF是矩形．

5、如图，在平行四边形中，，．．点在上由点向点出发，速度为每秒；点在边上，同时由点向点运动，速度为每秒．当点运动到点时，点，同时停止运动．连接，设运动时间为秒．

（1）当为何值时，四边形为平行四边形？
（2）设四边形的面积为，求与之间的函数关系式．
（3）当为何值时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三？求出此时的度数．
（4）连接，是否存在某一时刻，使为等腰三角形？若存在，请求出此刻的值；若不存在，请说明理由．

-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2、A
【分析】
可以设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠可得∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，用α，β表示∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，根据四边形ABCD是矩形，利用∠DAB＝90°，列方程10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，求出α+β＝30°即可求解．
【详解】
解：设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，
根据折叠性质可知：
∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，
∵∠B′AD′＝10°，
∴∠DAF＝10°+β，
∠BAE＝10°+α，

∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB＝90°，
∴10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，
∴α+β＝30°，
∴∠EAF＝∠B′AD′+∠D′AE+∠FAB′，
＝10°+α+β，
＝10°+30°，
＝40°．
则∠EAF的度数为40°．
故选：A．
【点睛】
本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．
3、B
【分析】
根据中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】
选项、、均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4、A
【分析】
关于原点成中心对称的两个点的坐标规律：横坐标与纵坐标都互为相反数，根据原理直接作答即可.
【详解】
解：点关于原点对称的点的坐标是：
故选A
【点睛】
本题考查的是关于原点成中心对称的两个点的坐标规律，掌握“关于原点成中心对称的两个点的坐标规律：横坐标与纵坐标都互为相反数”是解题的关键.
5、D
【分析】
由五边形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠C，证明△ABM≌△BCN，得出∠BAM=∠CBN，由∠BAM+∠ABP=∠APN，即可得出∠APN=∠ABC，即可得出结果．
【详解】
解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC=
∴∠APN的度数为108°；
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、多边形的内角和定理；熟练掌握五边形的形状，证明三角形全等是解决问题的关键．
6、C
【分析】
过点F作，分别交于M、N，由F是AE中点得，根据，计算即可得出答案．
【详解】

如图，过点F作，分别交于M、N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∵点E是BC的中点，
∴，
∵F是AE中点，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查矩形的性质与三角形的面积公式，掌握是解题的关键．
7、C
【分析】
利用直角三角形斜边上的中线的性质即可判定①正确；利用含30度角的直角三角形的性质即可判定②正确，由勾股定理即可判定③错误；由等边三角形的判定及性质、三角形中位线定理即可判定④正确．
【详解】
∵CM、BN分别是高
∴△CMB、△BNC均是直角三角形
∵点P是BC的中点
∴PM、PN分别是两个直角三角形斜边BC上的中线
∴
故①正确
∵∠BAC=60゜
∴∠ABN=∠ACM=90゜−∠BAC=30゜
∴AB=2AN，AC=2AM
∴AN：AB=AM：AC=1：2
即②正确
在Rt△ABN中，由勾股定理得：
故③错误
当∠ABC=60゜时，△ABC是等边三角形
∵CM⊥AB，BN⊥AC
∴M、N分别是AB、AC的中点
∴MN是△ABC的中位线
∴MN∥BC
故④正确
即正确的结论有①②④
故选：C
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，掌握这些知识并正确运用是解题的关键．
8、C
【分析】
根据多边形外角和求解即可．
【详解】
解： ，
，
故选：C
【点睛】
本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形外角和是解题的关键．
9、B
【分析】
由题意根据轴对称图形和中心对称图形的定义对各选项进行判断，即可得出答案．
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B.
【点睛】
本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，注意掌握判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10、A
【分析】
由题意先根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论即可．
【详解】
解：设新多边形的边数为n，
则（n-2）•180°=2340°，
解得：n=15，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为14，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为15，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为16，
所以多边形的边数可以为14，15或16．
故选：A．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式（n-2）•180°（n为边数）是解题的关键．
二、填空题
1、4
【分析】
两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P1（-x，-y）．
【详解】
解：因为点P（m，﹣2）与Q（﹣4，2）关于原点对称，
所以m-4=0,
即m=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查平面内两点关于原点对称的点，属于基础题，掌握相关知识是解题关键．
2、
【分析】
根据公式分别求出一个内角与一个外角的度数，即可得到答案．
【详解】
解：正五边形的一个内角的度数为，正五边形的一个外角的度数为，
∴正五边形的一个内角与一个外角的比为，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了正五边形的内角度数及外角度数，熟记多边形的内角和与外角和公式是解题的关键．
3、2.5或2．
【分析】
需要分类讨论：①BE1＝E1C，此时点E1是BC的中垂线与AD的交点；②BE＝BC，在直角△ABE中，利用勾股定理求得AE的长度，然后求得DE的长度即可．
【详解】
解：①当BE1＝E1C时，点E1是BC的中垂线与AD的交点，；
②当BC＝BE＝5时，在直角△ABE中，AB＝4，则，
∴．
综上所述，线段DE的长为2.5或2．
故答案是：2.5或2．

【点睛】
本题考查矩形的性质和等腰三角形的性质，勾股定理，在此题中，没有确定等腰三角形的底边，所以需要分类讨论，以防漏解．
4、1
【分析】
（1）连接OA、OD，根据正方形的性质和全等三角形的判定证明△OAE≌△ODF，利用全等三角形的性质得出四边形EOFD的面积等于△AOD的面积即可求解；
（2）根据全等三角形的性质证得△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，当OE⊥AD时OE最小，则EF最小，求解此时在OE即可解答．
【详解】
解：（1）连接OA、OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OD，∠AOD=90°，∠EAO=∠FDO=45°，
∴∠AOE+∠DOE=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠DOF+∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
在△OAE和△ODF中，
，
∴△OAE≌△ODF（ASA），
∴S△OAE=S△ODF，
∴S四边形EOFD = S△ODE+S△ODF= S△ODE+S△OAE= S△AOD= S正方形ABCD，
∵AD=2，
∴S四边形EOFD= ×4=1，
故答案为：1；
（2）∵△OAE≌△ODF，
∴OE=OF，
∴△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，
当OE⊥AD时OE最小，即EF最小，
∵OA=OD，∠AOD=90°，
∴OE=AD=1，
∴EF的最小值，
故答案为：．

【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
5、
【分析】
根据多边形的内角和公式（n−2）•180°以及外角和定理列出方程，然后求解即可．
【详解】
解：设这个多边形的边数是n，
根据题意得，（n−2）•180°＝2×360°，
解得n＝6．
答：这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
三、解答题
1、∠A+∠B＝∠C+∠D； 25°；∠P＝；α+β﹣180°，∠P＝； ；∠P＝；2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【分析】
探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；
探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，结合（1）的结论可得2∠P＝∠B+∠D，再代入计算可求解；
探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，利用三角形内角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；
拓展一：运用探索一的结论可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再结合已知条件即可求得答案；
拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．
【详解】
解：探索一：如图1，

∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，
故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，

∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，
∴∠P＝25°，
故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，

由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，

延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，
∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，
∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，

延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，
∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，
∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，
故答案为：；
拓展一：如图6，

由探索一可得：
∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，
∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，
故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，

∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，
∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，
∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，
故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【点睛】
本题是探究性题目，考查了三角形的相关计算、三角形内角和定理、角平分线性质、三角形外角的性质等，此类题目遵循题目顺序，结合相关性质和定理，逐步证明求解即可．
2、（1）见解析；（2）当∠B1FE=60°时，四边形EFGB为菱形，理由见解析
【分析】
（1）由题意，，结合，得，同理可得，即，结合，依据平行四边形的判定定理即可证明四边形BEFG是平行四边形；
（2）根据菱形的性质可得，结合（1）中结论得出为等边三角形，依据等边三角形的性质及（1）中结论即可求出角的大小．
【详解】
证明：（1）∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
同理可得：．
∴，
又∵，
∴四边形BEFG是平行四边形；
（2）当时，四边形EFGB为菱形．
理由如下：
∵四边形BEFG是菱形，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】
题目主要考查平行四边形和菱形的判定定理和性质，矩形的折叠问题，等边三角形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
3、（1）点C（6，0）；（2）点；（3）满足条件的点G坐标为或．
【分析】
（1）直接利用直线，令y=0，解方程即可；
（2）结合图形，由S△AMB＝S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB，再利用两直线相交建立方程组，解方程组求得交点M的坐标；
（3）分两种情形：①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．求出Q（n-4，n-2）．②当n＜4时，如图2-2中，同法可得Q（4-n，n+2），代入直线BC的解析式解方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵直线交x轴正半轴于点C．
∴当y=0时，，
解得x=6
∴点C（6，0）
故答案为（6，0）；
（2）连接OM并双向延长，

∵S△AMB＝S△AOB ，
∴点O到AB与点M到AB的距离相等，
∴直线OM平行于直线AB，
∵AB解析式为y＝2x＋8，
故设直线OM解析式为：，
将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组得：
，
解得：
故点；
（3）∵直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令y=0，2x＋8=0，
解得x=-4，
∴A（-4，0），
令x=0，则y＝8
∴B（0，8），
∵点F为AB中点，
点F横坐标为，纵坐标为
∴F（-2，4），
设G（0，n），
①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．

∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN=n-4，
∴Q（n-4，n-2），
∵点Q在直线上，
∴，
∴,
∴．
②当n＜4时，如图2-2中，
点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN= 4-n，
∴Q（4- n， n+2），
∵点Q在直线上，
∴，

∴n=-2，
∴．
综上所述，满足条件的点G坐标为或．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，平行线性质，两直线联立解方程组，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
4、（1），0；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据整式的乘法运算法则先去括号，然后合并同类项化简，然后代入求解即可；
（2）首先根据菱形的性质得到，，然后根据E、F分别是BC、AD的中点，得出，根据一组对边平行且相等证明出四边形AECF是平行四边形，然后根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可证明出四边形AECF是矩形．
【详解】
（1）（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b）

将a＝1，b＝2代入得：原式＝；
（2）如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，
∴，且，
又∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AB＝AC，E是BC的中点，
∴，即，
∴平行四边形AECF是矩形．
【点睛】
此题考查了整式的混合运算，代数式求值问题，菱形的性质和矩形的判定，解题的关键是熟练掌握整式的混合运算法则，菱形的性质和矩形的判定定理．
5、（1）；（2）y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8）；（3）t＝8，；（4）当t＝4或 或时，为等腰三角形，理由见解析．
【分析】
（1）利用平行四边形的对边相等AQ＝BP建立方程求解即可；
（2）先构造直角三角形，求出AE，再用梯形的面积公式即可得出结论；
（3）利用面积关系求出t，即可求出DQ，进而判断出DQ＝PQ，即可得出结论；
（4）分三种情况，利用等腰三角形的性质，两腰相等建立方程求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵在平行四边形中，，，
由运动知，AQ＝16−t，BP＝2t，
∵四边形ABPQ为平行四边形，
∴AQ＝BP，
∴16−t＝2t
∴t＝，
即：t＝s时，四边形ABPQ是平行四边形；
（2）过点A作AE⊥BC于E，如图，

在Rt△ABE中，∠B＝30°，AB＝8，
∴AE＝4，
由运动知，BP＝2t，DQ＝t，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝16，
∴AQ＝16−t，
∴y＝S四边形ABPQ＝（BP＋AQ）•AE＝（2t＋16−t）×4＝2t＋32（0＜t≤8）；
（3）由（2）知，AE＝4，
∵BC＝16，
∴S四边形ABCD＝16×4＝64，
由（2）知，y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8），
∵四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三
∴2t＋32＝×64，
∴t＝8；
如图，


当t＝8时，点P和点C重合，DQ＝8，
∵CD＝AB＝8，
∴DP＝DQ，
∴∠DQC＝∠DPQ，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴∠DQP＝75°；
（4）①当AB＝BP时，BP＝8，
即2t＝8，t＝4；
②当AP＝BP时，如图，

∵∠B＝30°，
过P作PM垂直于AB，垂足为点M，
∴BM＝4，，
解得：BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
③当AB＝AP时，同（2）的方法得，BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
所以，当t＝4或 或时，△ABP为等腰三角形．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解（1）的关键是利用AQ＝BP建立方程，解（2）的关键是求出梯形的高，解（3）的关键是求出t，解（4）的关键是分类讨论的思想思考问题．