2024年八年级数学下册专题21.3 期中期末专项复习之平行四边形二十二大必考点（举一反三）（人教版）（原卷版+解析卷）

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专题21.3 平行四边形二十二大必考点
【人教版】


【考点1 格点中利用无刻度直尺作平行四边形】 1
【考点2 利用平行四边形的判定与性质求面积】 7
【考点3 利用平行四边形的判定与性质求长度】 10
【考点4 利用平行四边形的判定与性质求角度】 15
【考点5 利用平行四边形的判定与性质求最值】 20
【考点6 利用动点判断平行四边形】 25
【考点7 平行四边形的判定与性质的实际应用】 31
【考点8 根据矩形的判定与性质求线段长】 36
【考点9 根据矩形的判定与性质求角度】 42
【考点10 根据矩形的判定与性质求面积】 47
【考点11 矩形与折叠问题】 54
【考点12 根据菱形的判定与性质求线段长】 59
【考点13 根据菱形的判定与性质求角度】 65
【考点14 根据菱形的判定与性质求面积】 71
【考点15 根据正方形的判定与性质求线段长】 79
【考点16 根据正方形的判定与性质求角度】 85
【考点17 根据正方形的判定与性质求面积】 95
【考点18 中点四边形】 100
【考点19 特殊四边形的证明】 108
【考点20 特殊四边形的动点问题】 119
【考点21 特殊四边形的最值问题】 129
【考点22 特殊四边形的存在性问题】 140


【考点1 格点中利用无刻度直尺作平行四边形】
【例1】（2022春·吉林长春·八年级校考期末）如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长为1，点A, B在格点上．请根据条件画出符合要求的图形．

(1)在图甲中画出以点A为顶点且一边长为5的平行四边形．要求：各顶点均在格点上．
(2)在图乙中画出线段AB的中点O．
要求：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹．
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）利用数形结合的思想，画出平行四边形即可；
（2）如图：取格点P、Q，连接PQ交AB于点O，点O即为所求．
【详解】（1）解：如图甲中，四边形ABCD即为所求．

（2）解：如图乙中，点O即为所求．

【点睛】本题主要考查了勾股定理、平行四边形的性质等知识，灵活运用数形结合的思想是解答本题的关键．
【变式1-1】（2022春·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考期末）如图，每个小正方形的边长都是1，A、B、C、D均在网格的格点上．

(1)∠BCD是直角吗？请证明你的判断．
(2)找到格点E，并画出四边形ABED（一个即可），使得其面积与四边形ABCD面积相等．
【答案】(1)∠BCD不是直角，证明见解析
(2)见解析（答案不唯一）

【分析】（1）先根据勾股定理求出BC2,CD2,BD2，再根据勾股定理的逆定理即可得；
（2）先利用平行四边形的性质找到格点E，再利用等高模型画出图形即可．
（1）
解：∠BCD不是直角，证明如下：
∵BC2=52+22=29，CD2=12+22=5，BD2=42+42=32，
∴BC2+CD2≠BD2，
∴∠BCD不是直角．
（2）
解：如图，点E和四边形ABED即为所求．

【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题、勾股定理的逆定理、平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于常考题型．
【变式1-2】（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在10×10的正方形网格中（每个正方形的边长为1），点A和点B都在格点上，仅用无刻度的直尺，分别按以下要求作图．

(1)图1中，以AB为边作一平行四边形，要求顶点都在格点上，且其面积为6；
(2)图2中，以AB为对角线作一平行四边形，要求顶点都在格点上，且其面积为10．
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】(1)根据平行四边形的面积公式及对边平行的性质即可求解；
(2)根据平行四边形的面积公式，利用数形结合的思想即可求解．
（1）解：如下图所示，均以AB为边作平行四边形，且面积为6．
（2）解：如下图所示，均以AB为对角线作平行四边形，且面积为10．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、性质及平行四边形的面积公式等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
【变式1-3】（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）由边长为1的小正方形构成网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、B，C都是格点，仅用无刻度的直尺在给定9×12的网格中完成画图，画图过程用虚线表示画图结果用实线表示，并回答下列问题：

(1)直接写出AB的长是 　 　；
(2)在图1中，画以点A、B、C为顶点且周长最大的平行四边形；
(3)在图2中，画△ABC的角平分线AD．
【答案】(1)52
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）根据勾股定理即可求解；
（2）根据网格的特点结合平行四边形的性质，以AC为对角线画出平行四边形；
（3）根据网格的特点，延长AC至E，使得AE=52，则△ABE是等腰三角形，再找到BE的中点D，连接AD，即可求解．
【详解】（1）解：AB=72+12=52，
故答案为：52；
（2）如图1中，四边形ABCE即为所求作；

（3）如图2中，延长AC至E，使得AE=52，则△ABE是等腰三角形，再找到BE的中点D，连接AD，线段AD即为所求作．

【点睛】本题考查了画平行四边形，勾股定理与网格问题，等腰三角形的性质，三线合一，掌握以上知识是解题的关键．
【考点2 利用平行四边形的判定与性质求面积】
【例2】（2022春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）如图，F是□ABCD的边CD上的点，Q是BF中点，连接CQ并延长交AB于点E，连接AF与DE相交于点P，若S△APD=2cm2，S△BQC=8cm2，则阴影部分的面积为（　　）cm2．

A．24 B．17 C．18 D．10
【答案】C
【分析】连接EF，证明四边形EBCF是平行四边形，求出S△BEF=16cm2，再得出S△APD=S△EPF=2cm2即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：连接EF，

∵F是□ABCD的边CD上的点，
∴BE∥CF，
∴∠EBF=∠CFB，∠BEC=∠FCE，
∵BQ=FQ，
∴△EBQ≅△CFQ，
∴EQ=CQ，
∴四边形EBCF是平行四边形，
∴S△BEF=2S△BQC=16cm2
∵S△AED=S△AEF，
∴S△APD=S△EPF=2cm2，
∴S阴影=S△EPF+S△EBF=18cm2，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，解题关键是熟练运用平行四边形的性质与判定进行证明与计算．
【变式2-1】（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AC=4．作出△ABC共于点A成中心对称的△AB'C'，其中点B对应点为B'，点C对应点为C'，则四边形CB'C'B的面积是（    ）

A．128 B．643 C．64 D．323
【答案】D
【分析】根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得AC=2，根据中心对称的性质以及平行四边形的判定定理，得出四边形CB'C'B是平行四边形，继而即可求解．
【详解】解：如图所示，

∵△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AC=4．
∴∠ABC=30°,AB=2AC=8,
∴BC=43,
∵作出△ABC共于点A成中心对称的△AB'C'，
∴AB=AB',AC=AC'，
∴四边形CB'C'B是平行四边形，
∴四边形CB'C'B的面积为BC×CC'=43×8=323，
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出四边形CB'C'B是平行四边形是解题的关键．
【变式2-2】（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，分别以直角三角形的三边向外作等边三角形，然后将较小的两个等边△AFG和△BDE放在最大的等边△ABC内（如图），DE与FG交于点P，连结AP，FE．欲求△GEC的面积，只需要知道下列哪个三角形的面积即可（　　）

A．△APG B．△ADP C．△DFP D．△FEG
【答案】C
【分析】先根据勾股定理得S△ABC=S△AFG+S△BDE，FG∥BC，CG∥PE，则四边形CEPG是平行四边形，再由S四边形ECGP=S△DFP，可以得到S△CEG=12S△DFP．
【详解】解：由题意得S△ABC=S△AFG+S△BDE，FG∥BC，CG∥PE，
∴四边形CEPG是平行四边形，
∴S△CEG=12S四边形ECGP，
∵S△ABC=S△AFG+S四边形BFPE+S四边形ECGP，
∴S四边形ECGP=S△DFP，
∴S△CEG=12S△DFP，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了以直角三角形三边组成的图形的面积，平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够正确理解题意．
【变式2-3】（2022春·全国·八年级专题练习）如图，在▱ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG=3BG，S▱BEPG=1.5，则S▱AEPH=__．

【答案】4.5##92
【分析】由条件可证明四边形HPFD、BEPG为平行四边形，可证明S四边形AEPH=S四边形PFCG，再利用面积的和差可得出四边形AEPH和四边形PFCG的面积相等，由已知条件即可得出答案．
【详解】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG为平行四边形，
∴SΔPEB=SΔBGP，
同理可得SΔPHD=SΔDFP，SΔABD=SΔCDB，
∴SΔABD-SΔPEB-SΔPHD=SΔCDB-SΔBGP-SΔDFP，
即S四边形AEPH=S四边形PFCG．
∵CG=3BG，S▱BEPG=1.5，
∴S四边形AEPH=S四边形PFCG=3×1.5=4.5；
故答案为：4.5．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行⇔四边形为平行四边形，②两组对边分别相等⇔四边形为平行四边形，③一组对边平行且相等⇔四边形为平行四边形，④两组对角分别相等⇔四边形为平行四边形，⑤对角线互相平分⇔四边形为平行四边形．
【考点3 利用平行四边形的判定与性质求长度】
【例3】（2022·辽宁丹东·校考一模）如图，在▱ABCD中，∠BAD=120°，连接BD，作AE∥BD交CD延长线于点E，过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，且CF=1，则AB的长是（　　）

A．2 B．1 C．3 D．2
【答案】B
【分析】先根据平行四边形的判定与性质可得四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质可得AB=DE，从而可得CE=2AB，再根据含30度角的直角三角形的性质可得CE=2，由此即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=120°，
∴AB∥CD，AB=CD，∠BCD=∠BAD=120°，
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB=DE，
∴CE=CD+DE=AB+AB=2AB，
∵∠BCD=120°，
∴∠ECF=60°，
∵EF⊥BC，
∴∠CEF=30°，
∴CE=2CF=2×1=2，
∴AB=1，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
【变式3-1】（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，点P为BC上一动点，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ 、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是______，连接PQ，当PQ取得最小值时，四边形APCQ的周长为_____．

【答案】     平行四边形     2+10##10+2
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可求解；当PQ是AQ和BC间距离时PQ取得最小值，计算四边形APCQ的周长即可．
【详解】解：如图，∵AQ∥BC，CQ∥AP，
∴四边形APCQ是平行四边形．
当PQ⊥BC时，PQ取得最小值，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴AH=HC=12AC，QH=PH=12PQ，
∵∠ABC=45°，AB=2，BC=22，
∴AC=2，∠ACB=45°，
∵QP⊥BC，
∴∠PHC=45°，
∴PH=PC=22，
∴PQ=2，
∴QC=PC2+PQ2=222+22=102，
∴四边形APCQ的周长为：2PC+2QC=2×22+2×102=2+10，
故答案为：平行四边形；2+10．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，垂线段最短的性质，综合性较强．
【变式3-2】（2022·广东佛山·石门中学校考一模）如图，在△ABC中，D，E分别为BC，AC上的点，将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，连接BF，CF，∠BFC=90°，若EF∥AB，AB=43，EF=10，则AE的长为 _____．

【答案】10-43
【分析】方法一、延长ED交FC于G，延长BA，DE交于点M，根据折叠的性质以及平行四边形的判定定理得出四边形BFEM是平行四边形，再根据平行四边形的性质及等角对等边即可得出答案；
延长CA和FB相交于点H，根据折叠的性质及等边对等角得出∠EFC=∠ECF，再根据等角的余角相等以及等角对等边得出EF=EC=HE=10，最后根据平行线的性质及线段的和差即可得出答案．
【详解】解：方法一、如图，延长ED交FC于G，延长BA，DE交于点M，

∵将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，
∴EF=EC，DF=DC，∠FED=∠CED，
∴EG⊥CF，
又∵∠BFC=90°，
∴BF∥EG，
∵AB∥EF，
∴四边形BFEM是平行四边形，
∴BM=EF=10，
∴AM=BM-AB=10-43，
∵AB∥EF，
∴∠M=∠FED，
∴∠M=∠CED=∠AEM，
∴AE=AM=10-43，
方法二、延长CA和FB相交于点H，

∵折叠，
∴EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
又∵∠BFC=90°，
∴∠H=∠EFH，
∴EF=EC=HE=10，
∵AB∥EF，
∴∠ABH=∠EFH=∠H，
∴AB=AH=43，
∴AE=HE-AH=10-43．
故答案为：10-43．
【点睛】本题考查了折叠的性质、平行四边形的判定及性质、平行线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
【变式3-3】（2022春·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B=∠D，点E为BC延长线上一点，连接AC、AE，AE交CD于点H，∠DCE的平分线交AE于点G．若AB=2AD=10，点H为CD的中点，HE=6，则AC的长为（　　）

A．9 B．97 C．10 D．310
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得∠B=∠DCE，推出∠D=∠DCE，得出AD∥BC，由点H是CD的中点可得△ADH≌△ECH(AAS)，则CH=CE=AD=5，由等腰三角形三角形合一的性质可得出HG=GE=3，进而求出AG的长，由勾股定理可得出CG的长，进而求出AC的长．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠B=∠DCE，
∵∠B=∠D，
∴∠D=∠DCE，
∴AD∥BC；
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AB=2AD=10，点H是CD的中点，
∴AD=BC=5，AB=CD=10，DH=CH=5，
∵AD∥BC，
∴∠D=∠DCE，∠DAE=∠E，
∴△ADH≌△ECH(AAS)，
∴AH=HE=6，AD=CE=5，
∴CH=CE=5，
∵CG平分∠DCE，
∴CG⊥HE，HG=GE=3，
∴AG=9，
在Rt△CGE中，GE=3，CE=5，
由勾股定理可得CG=CE2-GE2=52-32=4，
∴AC=92+42=97，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
【考点4 利用平行四边形的判定与性质求角度】
【例4】（2022春·湖北武汉·八年级校考期末）如图，AB=13，点D为AB上一动点，CD⊥AB于D，CD=8，点E在线段CD上，CE=3，连接BE．当BE+AC最小时，∠ACD的度数为（    ）

A．75° B．60° C．45° D．30°
【答案】C
【分析】过点E作l∥AB，作点B关于直线l的对称点B',则BB'=2DE=10，B'E=BE，过点A作AA'∥CE，则AA'⊥AB，且AA'=CE=3，连接A'E，则四边形ACEA'是平行四边形，总有A'E=AC，由两点之间线段最短可知：当点E在A'B'与直线l的交点处即点E'时，B'E+A'E的值最小，从而BE+AC的值最小，进一步求得∠ACD的度数．
【详解】解：∵点D为AB上一动点，CD⊥AB于D，CD=8，点E在线段CD上，CE=3，
∴DE=CD-CE=5，
过点E作l∥AB，作点B关于直线l的对称点B',
∴BB'=2DE=10，B'E=BE，

过点A作AA'∥CE，则AA'⊥AB，且AA'=CE=3，连接A'E，则四边形ACEA'是平行四边形，总有A'E=AC，
由两点之间线段最短可知：当点E在A'B'与直线l的交点处即点E'时，B'E+A'E的值最小，从而BE+AC的值最小，
此时，过点A'作A'F⊥BB'交B'B的延长线于点F，则∠F=90°，四边形ABFA'是矩形，
∴A'F=AB=13,BF=AA'=3,
∴B'F=BB'+BF=13=A'F，
∴∠B'A'F=∠A'B'F=45°，
∴∠AA'E'=90°-∠B'A'F=45°，
此时，四边形AC'E'A'是平行四边形，设C'E'与AB交于点D'，
∴∠AC'D'=∠AA'E'=45°，
即当BE+AC最小时，∠ACD的度数为45°．
故选：C
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定、矩形的判定和性质、轴对称的性质等知识，准确作出辅助线是解题的关键．
【变式4-1】（2022·全国·八年级专题练习）如图所示，在△ABC的BC边的同侧分别作等边△ABD，等边△BCF和等边△ACE，AB＝3，AC＝4，BC＝5，求∠DFE的度数．

【答案】150°
【分析】根据勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，根据周角的定义得∠DAE=360°-∠BAC-∠BAD-∠CAE=150°，根据平行四边形的对角相等即可求解．
【详解】解：∵△ABD和△FBC和△ACE，都是等边三角形，加上和△ACE
∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF＋∠FBA＝∠ABC＋∠FBA＝60°，∠DAB＝∠EAC＝60°，AC＝AE ∴∠DBF＝∠ABC．
在△ABC与△DBF中，
AB=DB∠ABC=∠DBFBC=BF，
∴△ABC≌△DBF（SAS）．
∴AC＝DF＝AE．
同理可证△ABC≌△EFC（SAS）．
∴AB＝EF＝AD．
∴四边形AEFD是平行四边形．
∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴AB2+AC2=32+42=52=BC2，
∴∠BAC＝90°，
又∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAE＝360°－∠DAB－∠EAC－∠BAC＝150°，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴∠DFE＝∠DAE＝150°．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质和判定、平行四边形的判定、勾股定理的逆定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
【变式4-2】（2022秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC．

(1)求证：
①△AOE≌△COF；
②四边形ABCD为平行四边形；
(2)过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)16°

【分析】（1）①由AD//BC，可得∠OAE＝∠OCF，然后根据ASA即可证明△AOE≌△COF；②同理可证△AOD≌△COB，由全等三角形的性质可得AD＝CB，又AD//BC，则可证四边形ABCD为平行四边形；
（2）先根据平行线的性质可得∠EBD=∠DBF=32°，∠ABC＝180°−∠BAD=80°，由线段垂直平分线的性质得BE=DE，则∠EBD=∠EDB=32°，然后根据∠ABE＝∠ABC−∠EBD−∠DBF即可求得答案.
【详解】（1）证明：①∵AD//BC，
∴∠OAE＝∠OCF，
在△AOE和△COF中，
{∠OAE=∠OCFAO=OC∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②∵AD//BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOD和△COB中，
{∠OAD=∠OCBAO=CO∠AOD=∠COB，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴AD＝CB，
又∵AD//BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵AD//BC，∠DBF=32°
∴∠EDB＝∠DBF=32°，
由（1）②得：四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，
又∵EF⊥BD，
∴EF是BD的垂直平分线
∴BE＝DE，
∴∠EBD＝∠EDB=32°，
∵AD//BC，∠BAD=100°
∴∠ABC＝180°−∠BAD=180°−100°=80°，
∴∠ABE＝∠ABC−∠EBD−∠DBF＝80°−32°−32°=16°
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键.
【变式4-3】（2022春·甘肃定西·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，O是对角线BD的中点，点E是BC边上一点，连接EO并延长交AD边于点F、交CD延长线于点G．OE=OF，AD=BC．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2）若∠A=62°，∠G=40°，求∠BEG的度数．

【答案】（1）见解析；（2）102°
【分析】（1）证△BOE≌△DOF（SAS），得出∠OBE＝∠ODF，证出AD∥BC，由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠C＝∠A＝62°，再由三角形的外角性质即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵O是对角线BD的中点，
∴OB=OD．
在△BOE和△DOF中，OB=OD∠BOE=∠DOFOE=OF，
∴△BOE≌△DOF(SAS)，
∴∠OBE=∠ODF，
∴AD//BC，
又∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）由（1）可知四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=62°，
∴∠BEG=∠C+∠G=62°+40°=102°．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、平行线的判定以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
【考点5 利用平行四边形的判定与性质求最值】
【例5】（2022春·四川成都·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中有A0,3，D5,0两点．将直线l1：y=x向上平移2个单位长度得到直线l2，点B在直线l2上，过点B作直线l1的垂线，垂足为点C，连接AB，BC，CD，则折线ABCD的长AB+BC+CD的最小值为______．

【答案】25+2
【分析】先证四边形ABCF是平行四边形，可得AB=CF，则AB+BC+CD=CF+2+CD，即当点C，点D，点F三点共线时，CF+CD有最小值为DF的长，即AB+BC+CD有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，将点A沿y轴向下平移2个单位得到E(0，1)，以AE为斜边，作等腰直角三角形AEF，则点F(1，2)，连接CF，

∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=EF=2，∠AEF=45°，
∵将直线l1：y=x向上平移2个单位长度得到直线l2，
∴∠AOC=45°，BC=2，
∴BC=AF=2，∠AEF=∠AOC=45°，
∴EF//OC，
∵AF⊥EF，BC⊥OC，
∴AF//BC，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AB=CF，
∴AB+BC+CD=CF+2+CD，
∴当点C，点D，点F三点共线时，CF+CD有最小值为DF的长，即AB+BC+CD有最小值，
∵点D5，0，点F(1，2)，
∴DF=(5-1)2+(2-0)2=25，
∴折线ABCD的长AB+BC+CD的最小值为25+2，
故答案为：25+2．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，一次函数的应用，添加恰当辅助线构造平行四边形是解题的关键．
【变式5-1】（2022秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=12，AD=10，点P在AD上，点Q在BC上，且AP=CQ，连结CP、QD，则PC+QD的最小值为（    ）

A．22 B．24 C．25 D．26
【答案】D
【分析】连接BP，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE=AB=12，连接PE、CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC=10，
∵AP=CQ，
∴AD-AP=BC-CQ，
∴DP=QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB=DQ，
则PC+QD=PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE=AB=12，连接PE，
则BE=2AB=24，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB=PE，
∴PC+PB=PC+PE，
连接CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，
∴CE=BE2+BC2=242+102=26，
∴PC+PB的最小值为26，
即PC+QD的最小值为26，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE是解题的关键．
【变式5-2】（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，已知▱ABCD的顶点A、C分别在直线x=1和x=4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（        ）

A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】当B在x轴上时，对角线OB长度最小，由题意得出∠ADO＝∠CED＝90°，OD＝1，OE＝4，由平行四边形的性质得出OA∥BC，OA＝BC，得出∠AOD＝∠CBE，由AAS证明△AOD≌△CBE，得出OD＝BE＝1，即可得出结果.
【详解】当B在x轴上时，对角线OB长度最小，如图所示：

直线x＝1与x轴交于点D，直线x＝4与x轴交于点E，
根据题意得：∠ADO＝∠CEB＝90°，OD＝1，OE＝4，
四边形ABCD是平行四边形，
∴OA∥BC，OA＝BC，
∴∠AOD＝∠CBE，
在△AOD和△CBE中，
∠AOD＝∠CBE∠ADO＝∠CEBOA＝BC，
∴△AOD≌△CBE(AAS)，
∴OD＝BE＝1，
∴OB＝OE＋BE＝5，
故答案为5.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.
【变式5-3】（2022秋·全国·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知四边形AMNB各顶点坐标分别是：A(0,-2)，B(2,2),M(3,a),N(3,b)，且MN=1, a3)
(3)12或112

【分析】（1）先求出点C的坐标，然后用待定系数法求出直线CD的解析式；
（2）先用t表示出点M、N的坐标，然后分类两种情况分别表示出MN的长；
（3）根据平行四边形对边相等的性质列出关于t的方程，解方程即可得出答案．
【详解】（1）当x=3时，y=x+2=3+2=5，
∴C(3,5)，
设直线CD的解析式是y=kx+b ，
将C(3,5)，D(0,8)坐标代入得，3k+b=5b=8  
解得：k=-1b=8，
∴直线CD的解析式是y=-x+8．
（2）由题知xP=xM=xN=t，
∵点M在直线AB上，
∴yM=t+2，
∴M(t,t+2)，
∵点N在直线CD上，
∴yN=-t+8，
∴N(t,-t+8)，
当t≤3时，MN=yN-yM=(-t+8)-(t+2)=-2t+6，
当t>3时，MN=yM-yN=(t+2)-(-t+8)=2t-6．
（3）∵CE⊥x轴，MN⊥x轴，
∴CE//MN，CE=5，
若四边形MNCE是平行四边形，则CE=MN，
即：-2t+6=5或2t-6=5，
∴t=12或112．
【点睛】本题主要考查了待定系数法，平面内两点之间的距离及平行四边形的性质，灵活运用一次函数和平行四边形的相关知识，用t表示出点M、N的坐标，然后进行分类讨论是解题的关键．
【变式6-1】（2022春·八年级课时练习）如图在平面直角坐标系中，A-8,0，C0,26，AB∥y轴且AB=24，点P从点A出发，以1个单位长度/s的速度向点B运动；点Q从点C同时出发，以2个单位长度/s的速度向点O运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为t秒．

(1)当四边形BCQP是平行四边形时，求t的值；
(2)当PQ=BC时，求t的值；
(3)当PQ恰好垂直平分BO时，求t的值．
【答案】(1)t=8
(2)t=8或t=283
(3)t=323

【分析】（1）利用平行四边形的性质构建方程即可解决问题．
（2）分两种情形：四边形PBCQ是平行四边形，四边形PBCQ是等腰梯形，分别求解即可．
（3）利用线段垂直平分线的性质构建方程即可解决问题．
【详解】（1）∵AB∥y，
∴当PB=CQ时，四边形PBCQ是平行四边形，
∵BP=24-t，CQ=2t，
∴24-t=2t，
∴t=8
（2）①当四边形PBCQ是平行四边形时，CQ=BP，
∴24-t=2t，
∴t=8
②当四边形PBCQ是等腰梯形时，BC=PQ，
此时CQ-PB=2(OC-AB)，
∵C0,26，
∴OC=26，
∴2t-(24-t)=2(26-24)，
∴t=283
综上，t=8或t=283
（3）∵A-8,0，
∴OA=8．
当PQ垂直平分BO时，则BP=PO，
∴24-t2=t2+82，
解得t=323
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰梯形，线段垂直平分线的性质，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，利用参数构建方程解决问题．
【变式6-2】（2022秋·山东威海·八年级统考期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=3，BC=8，E是BC的中点，点P以每秒1个单位长度的速度从A点出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动，点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间为多少秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形？

【答案】t=1或73
【分析】分两种情况进行讨论，①当点Q在线段CE上时，②当点Q在线段BE上时，再根据平行四边形对边相等的性质列出方程求解即可．
【详解】解：∵AD=3，BC=8，E是BC的中点，AD∥BC，
∴PD=QE时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
①当点Q在线段CE上时，QE=4-2t，PD=3-t，
即：4-2t=3-t，解得：t=1；
②当点Q在线段BE上时，QE=2t-4，PD=3-t，
即：2t-4=3-t，解得：t=73．
所以当t=1或73时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】此题考平行四边形的性质，解题关键是由已知明确有两种情况，不能漏解．
【变式6-3】（2022春·湖南长沙·八年级长沙市第二十一中学校考期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6，BC=16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．

(1)PD =_________，CQ=__________;(用含t的式子表示)
(2)当运动时间t为多少秒时，PQ∥CD；
(3)当运动时间t为多少秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】(1)6-t；3t；
(2)t为1.5秒时，PQ∥CD
(3)当运动时间t为1秒或3.5秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．

【分析】（1）根据题意列出代数式即可；
（2）根据PQ∥CD、AD∥BC可判定四边形PQCD为平行四边形，此时PD=CQ，可得方程6-t=3t，解方程即可得解；
（3）分别从当Q在CE上时，四边形PDQE为平行四边形和当Q在BE上时，四边形PQED为平行四边形两方面分析求解即可求得答案；
【详解】（1）解：∵AD=6，BC=16，点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动，
∴PD =6-t，CQ=3t，
故答案为：6-t；3t；
（2）解：如图示，

∵PQ∥CD，AD∥BC
∴四边形PQCD为平行四边形
∴PD=CQ
又∵PD=AD-AP=6-t，CQ=3t，
∴t=32．
当运动时间t为1.5秒时，PQ∥CD．
（3）由题意知，此时有两种情况，Q在CE上或Q在BE上，
①当Q在CE上时，四边形PDQE为平行四边形
此时PD=QE，
又∵PD=6-t，QE=CE-CQ=8-3t
∴6-t=8-3t
∴t=1AC，
∴当点B'恰好位于对角线AC上时，CB'+AB'最小，
在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴AC=62+82=10，
∴CB'′的最小值=AC-AB'=4，
∴∴△PCB'周长的最小值=8+CB'=8+4=12．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，掌握折叠是一种轴对称，折叠前后的图形对应角相等、对应边相等，灵活运用相关的性质是解题的关键．
【变式21-1】（2022春·湖南湘潭·八年级统考期末）如图，长方形OABC，是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=10,OC=6，在AB上取一点M使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作B′点，

(1)求B'点的坐标；
(2)求折痕CM所在直线的表达式；
(3)求折痕CM上是否存在一点P，使PO+PB'最小？若存在，请求出最小值，若不存在，请说出理由．
【答案】(1)B'（8，0）；
(2)y=-13x+6
(3)存在，最小值是234

【分析】（1）在Rt△B'OC中，求出OB'即可得答案；
（2）在Rt△AB'M中，求出AM可得M坐标，从而可以求CM所在直线的解析式；
（3）连接OB，OB与CM交点即为所求点P，连接PB'，根据△CBM沿CM翻折后，点B落在B'点，知PO+PB' =PO+PB≥OB，，用股股定理即可求出PO+PB'的最小值为234．
【详解】（1）解：∵四边形OABC是长方形，OA＝10，
∴BC＝OA＝10，
∵△CBM沿CM翻折，
∴B'C＝BC＝10，
在Rt△B′OC中，B′C＝10，OC＝6，
∴B'O＝B'C2-OC2=8，
∴B'（8，0），
故答案为：（8，0）；
（2）解：设AM＝x，则BM＝AB﹣AM＝6﹣x，
∵OA＝10，B′O＝8，
∴B'A＝2，
∵△CBM沿CM翻折，

∴B'M＝BM＝6﹣x，
在Rt△AB'M中，B'A2+AM2=B'M2，
∴22+x2＝（6﹣x）2，解得x＝83，
∴M（10，83），
设CM所在直线的解析式为y＝kx+b，将C（0，6）、M（10，83）代入得：
6=b83=10k+b，解得k＝﹣13，b＝6，
∴CM所在直线的解析式为y＝﹣13x+6；
（3）解：折痕CM上存在一点P，使PO+PB'最小，连接OB，OB与CM交点即为所求点P，连接PB'，如下图，

∵△CBM沿CM翻折后，点B落在B'点，
∴PB=PB'，
∴PO+PB' =PO+PB≥OB，
当O、P、B共线时，PO+PB'最小，
∵OB=OA2+AB2=102+62=234，
∴PO+PB'的最小值为234．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、长方形中的折叠、最短距离等知识，掌握折叠的性质以及熟练运用勾股定理是解题的关键．
【变式21-2】（2022春·辽宁沈阳·八年级期末）在正方形ABCD中，BD是对角线，直线BD上有一点E（不与B、D重合），连接AE，过点E作EF⊥AE，交直线BC于点F.

(1)如图，当点E在线段BD上时，求证：∠BAE=∠EFC；
(2)当AE=CF，且AB=23+2时，直接写出线段BE的长；
(3)设S=2AE+BE，AB=2，当S取最小值时，直接写出S2的值．
【答案】(1)见解析
(2)26或46+62；
(3)8+43

【分析】（1）可得∠BAE+∠BFE=180°，∠BFE+∠CFE=180°，从而得出结果；
（2）连接CE，过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，可得△AGE≌△EHF和△ABE≌△CBE，进而得出△EFC是等边三角形，设CH=a，可得EH=BH=3a，进一步求得结果；同样求得点E在BD的延长线时的情况；
（3）作∠DBG=30°，交CD于G，作AQ⊥BG于Q，交BD于E，从而得出S最小=2AQ，作AB的垂直平分线交AQ于H，BQ=x，则AH=BH=2x，HQ=3x，在RtΔABQ中，根据勾股定理列出方程，从而求得x2，进一步求得结果．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，
在四边形ABFE中，
∠BAE+∠BFE=360°-∠ABC-∠AEF=180°，
∵∠EFC+∠BFE=180°，
∴∠BAE=∠EFC；
（2）
解：如图1，

连接CE，过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，∠ABE=∠CBE=45°，AD∥BC，
∴GH⊥BC，
∴∠BHE=∠AGE=90°，
∵四边形ABHG是矩形，
∴AG=BH，
∵∠BEH=∠90°-∠HBE=45°，
∴∠BEH=∠HBE，
∴BH=EH，
∴EH=AG，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEG+∠FEH=90°，
∵∠AGE=90°，
∴∠AEG+∠GAE=90°，
∴∠GAE=∠FEH，
∴△AGE≌△EHF(AAS)，
∴AE=EF，
在ΔABE和ΔCBE中，
AB=BC∠ABE=∠CBEBE=BE，
∴△ABE≌△CBE(SAS)，
∴AE=CE，
∵AE=CF，
∴CE=EF=CF，
∴ΔCEF是等边三角形，
设CH=FH=a，则BH=EH=3a，
∵CH+BH=BC，
∴a+3a=23+2，
∴a=2，
∴EH=3a=23，
∴BE=2EH=26；
如图2，当点E在BD的延长线上时，

同理上可得：△CEF是等边三角形，EH＝BH，
∴3a=23+2+a，
∴a=4+23，
∴EH=3a=43+6，
∴BE＝2EH＝46+62，
综上所述：BE的长为26或46+62；
（3）
解：如图3，

作∠DBG=30°，交CD于G，作AQ⊥BG于Q，交BD于E，
∵EQ=12BE，
∴AE+12BE最小，
∵S=2AE+BE=2(AE+12BE)，
∴此时S最小，
作AB的垂直平分线交AQ于H，
∴AH=BH，
∵∠ABQ=∠ABE+∠DBG=75°，
∴∠BAQ=15°，
∴∠BHQ=2∠BAQ=30°，
∴BQ=12BH，
设BQ=x，则AH=BH=2x，HQ=3x，
在Rt△ABQ中，根据勾股定理得，
BQ2+AQ2=AB2，
∴x2+(2+3)2x2=4，
∴x2=2-3，
∴AQ2=(2+3)2x2=2+3，
∴S2=4⋅AQ2=4(2+3)=8+43．
【点睛】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是将已知线段进行转化．
【变式21-3】（2022春·河北秦皇岛·八年级统考期末）在▱ABCD中，AB=6，BC=8．

(1)如图①，将▱ABCD沿直线BE折叠，使点A的对应点F落在BC边上，求证：四边形ABFE是菱形．
(2)如图②，若▱ABCD是矩形，
①按（1）中操作进行，求证：四边形ABFE是正方形．
②在矩形ABCD中折叠出一个菱形，并使菱形的各个顶点都在矩形的边上，则菱形面积的最大值为______，最小值为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②752，24

【分析】（1）由折叠的性质可知△ABE≌△FEB，即得出AE=EF，AB=BF，∠ABE=∠EBF．再由平行四边形的性质可得出AD∥BC，从而得出∠AEB=∠EBF，即推出∠ABE=∠AEB，从而可得出AE=EF=AB=BF，即证明四边形ABFE是菱形；
（2）①根据有一个角为直角的菱形为正方形即可证明；②利用以BD为对角线的菱形面积最大；以矩形ABCD各边中点为菱形的顶点时面积最小，即可解答．
（1）
由折叠可知：△ABE≌△FBE，

∴AE=EF，AB=BF，∠ABE=∠EBF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBF，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB，
∴AE=EF=AB=BF，
∴四边形ABFE是菱形；
（2）
①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABF=90°．
由（1）可知，四边形ABFE是菱形，

∴四边形ABFE是正方形．
②如图1，以BD为对角线的菱形面积最大，

设DE=BE=x，则AE=8-x，
在Rt△ABE中，AB2+AE2=BE2，
∴62+(8-x)2=x2，
解得：x=254，
∴DE=254，
∴S=DE⋅AB=254×6=752；
如图2，以矩形ABCD各边中点为菱形的顶点时，面积最小，

取矩形ABCD各边中点E，F，G，H，
则S菱形EFGH=S矩形ABCD-4S△AEH=6×8-4×12×3×4=24．
故答案为：752，24．
【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，勾股定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
【考点22 特殊四边形的存在性问题】
【例22】（2022春·湖北恩施·八年级统考期末）如图，矩形纸片ABCD置于坐标系中，AB∥x轴，BC∥y轴，AB＝4，BC＝3，点A（﹣3，4），翻折矩形纸片使点D落在对角线AC上的H处，AG是折痕．

(1)求DG的长；
(2)在x轴上是否存在点N，使BN+DN的值最小，若存在，求出这个最小值及点N的坐标；若不存在．请说明理由；
(3)点P从点A出发，沿折线A﹣B﹣C运动，到达点C时停止运动，是否存在一点P，使△PBM是等腰三角形，若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)DG的长为32
(2)存在，BN+DN的最小值为41，点N的坐标为（﹣115，0）
(3)存在，点P的坐标为（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）或（1，19172）或（1，4﹣974）

【分析】（1）根据折叠的性质可得DG＝GH，设DG的长度为x，在Rt△HGC中，利用勾股定理求出x的值；
（2）作点D关于x轴的对称点D'，连接BD'与x轴交于一点N，这个就是所求的点，利用勾股定理求出此时BN+DN的值即可，利用待定系数法求出直线BD'的解析式，即可得点N的坐标；
（3）求出AC的解析式，可得M（0，74），则QM＝4﹣74＝94，BM＝QM2+BQ2＝974．分两种情况：①当点P在线段AB上时，设P（a，4），②当点P在线段BC上时，设P（1，c），利用勾股定理表示出PM，PB，根据等腰三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：由折叠的性质可得，DG＝GH，AD＝AH＝3，GH⊥AC，
∵AB＝4，BC＝3，
∴AC＝32+42＝5，
设DG的长度为x，
∴CG＝4﹣x，HC＝AC﹣AH＝5﹣3＝2，
在Rt△CHG中，GH2+HC2=CG2，
x2+4=4-x2，
解得：x＝32，
即DG的长为32；
（2）如图，作点D关于x轴的对称点D'，连接BD'与x轴交于一点N，此时BN+DN的值最小，最小值为BD'的长，

∵AB∥x轴，BC∥y轴，AB＝4，BC＝3，点A（﹣3，4），
∴点B（1，4），D（﹣3，1），
∴D'（﹣3，﹣1），
∴AD'＝5，
∴BN+DN＝BN+D'N＝BD'＝AD'2+AB2＝52+42＝41，
即BN+DN的最小值为41，
设直线BD'的解析式为y＝kx+b，
∴k+b=4-3k+b=-1，解得k=54b=114，
∴直线BD'的解析式为y＝54x+114，
当y＝0时，54x+114＝0，解得x＝﹣115，
∴N（﹣115，0）；
∴存在，BN+DN的最小值为41，点N的坐标为（﹣115，0）；
（3）由题意得A（﹣3，4），C（1，1），
设直线AC的解析式为y＝ax+c，
∴-3a+c=4a+c=1，解得a=-34c=74，
∴直线AC的解析式为y＝﹣34x+74，
当x＝0时，y＝74，
∴M（0，74），
∴QM＝4﹣74＝94，
∴BM＝QM2+BQ2＝974．
分两种情况：
①当点P在线段AB上时，

设P（m，4），
∴PM2=m2+ 942，PB＝1﹣m，PB2=1-m2，
若P1B＝P1M，则m2+ 942＝1-m2，
解得m＝﹣6532，
∴P1（﹣6532，4）；
若P2B=BM，则974＝1﹣m，
解得m＝1﹣974，
∴P2（1﹣974，4）；
若P3M=BM，
∵MQ⊥AB，
∴BQ＝P3Q＝1，
∴P3（﹣1，4）；
∴当点P在线段AB上时，点P的坐标为（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）；
②当点P在线段BC上时，

设P（1，n），
∴PM2=12+n-742，PB＝4﹣n，PB2=4-n2，
若P4B=P4M，则12+n-742＝4-n2，
解得n＝19172，
∴P4（1，19172）；
若P5B＝BM，则974＝4﹣n，
解得n＝4﹣974，
∴P5（1，4﹣974）；
∴当点P在线段BC上时，点P的坐标为（1，19172）或（1，4﹣974）；
综上所述，点P的坐标为（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）或（1，19172）或（1，4﹣974）．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理的应用、等腰三角形的性质以及利用待定系数法求函数解析式等知识，知识点较多，难度较大，解答本题的关键是掌握数形结合以及分类讨论的思想．
【变式22-1】（2022春·重庆大足·八年级统考期末）已知：在平面直角坐标系中，直线l1:y=-x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C(0,-4)．

(1)求直线l2的解析式；
(2)如图1，点P为直线l1一个动点，若△PAC的面积等于10时，请求出点P的坐标；
(3)如图2，将△ABC沿着x轴平移，平移过程中的△ABC记为△A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标．
【答案】(1)y=2x-4
(2)(-43，23)或(163，223)
(3)存在，(2,0)，(-8,0)，(-2,-8)

【分析】（1）设直线l2的解析式y=kx+b，求出点A的坐标，把A、C的坐标代入解析式计算即可；
（2）设点P的横坐标为t，根据三角形的面积公式建立方程，求解即可．
（3）按CC1为菱形边长和对角线两种情况讨论，最后根据菱形的性质求出点D的坐标即可．
【详解】（1）解：设直线l2的解析式y=kx+b，
∵直线l1:y=-x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，
∴A(2,0)，B(0,2)，
∵直线l2经过点A，与y轴交于点C(0,-4)，
∴ 2k+b=0b=-4，
∴ k=2b=-4，
∴直线l2的解析式：y=2x-4；
（2）由题意可知，BC=6，
设点P的横坐标为m，
∴SΔPAC=12⋅|xA-xP|⋅BC=12|2-m|×6=10，
∴m=-43或m=163．
∴P(-43，23)或P(163，223)；
（3）设将ΔABC沿着x轴平移t个单位长度得到△A1B1C1，
∴A1(2-t,0)，
∴CC1=t，A1C1=AC=25，
设D点坐标为(p,q)，
①当CC1为以A1、C1、C、D为顶点的菱形边长时，有两种情况：
当CC1=A1C1=25时，即t=25，
此时CC1∥A1D，即点D在x轴上，
且A1D=A1C1=25，
∴点D与点A重合，即D(2,0)．
当CC1=A1C=t时，
∵A1(2-t,0)，C(0,-4)，
∴(-4)2+(2-t)2=t2，
解得t=5，
此时CC1∥A1D，即点D在x轴上，
且A1D=CC1=5，
∴D(-8,0)．
②当CC1为以A1、C1、C、D为顶点的菱形对角线时，A1C1=A1C=25，即点A1在CC1的垂直平分线上，且A1，D关于CC1对称，
当ΔABC向左一移动，A1(2-t,0)，C(0,-4)，C1(-t,-4)，
∴(-4)2+(2-t)2=(25)2，
解得t=4或t=0（舍），
当ΔABC向右移动时，A1(2+t,0)，C(0,-4)，C1(t,-4)，
∴(-4)2+(2+t)2=(25)2，
解得t=-4（舍）或t=0（舍），
∴A1(-2,0)，
∴D(-2,-8)．
综上所述，存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形，点D的坐标为(2,0)，(-8,0)，(-2,-8)．
【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，菱形的性质与判定等相关知识，分类讨论等数学思想，根据题意进行正确的分类讨论是解题关键．
【变式22-2】（2022春·湖北孝感·七年级统考期末）正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，AD ∥ BC ∥ x轴，AD与y轴交于点E，OE=1，且AE,DE的长满足AE-3+|DE-1|=0．

(1)求点A的坐标；
(2)若P(-2,-1)，
①求△EPC面积；
②正方形ABCD的边CD上是否存在点M，使S△ECM=S△EPM？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(-3,1)
(2)①5；②存在，(1,13)

【分析】（1）根据二次根式和绝对值的非负性可求出AE，DE的值，即可得出结果；
（2）①过点P做x轴的垂线，交DA和CB于点F和点G，利用S△EPC=S长方形DCFG-S△DEC-S△EFP-S△CGP即可得解；②通过S△EPC=S△CEM，分别讨论M点在x轴上方时和下方时，是否存在即可．
（1）
∵AE-3≥0，DE-1≥0，且AE-3+DE-1=0，
∴AE-3=0，DE-1=0．
∴AE=3，DE=1．
∵OE=1，AD ∥ BC ∥ x轴，
∴A-3,1．
（2）
①如图，过点P做x轴的垂线，交DA和CB于点F和点G．

∵AD ∥ BC ∥ x轴，
∴四边形DCFG为矩形，
∵AE=3，DE=1，四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB=BC=4．
∵P-2,-1，
∴FE=2，GC=3．
∵DE=OE=1，
∴PG=FP=2．
∴S长方形DCFG=4×3=12，
∴ S△DEC=1×4×12=2，
∴ S△EFP=2×2×12=2，
∴ S△CGP=3×2×12=3．
∴ S△EPC=S长方形DCFG-S△DEC-S△EFP-S△CGP=12-2-2-3=5．
②当点M在x轴上方时，
设M(1,m)，过点P作PH⊥AD于点H，

∵S△ECM=S△EPM，
∴12CM⋅DE=12(DM+PH)⋅DH-12EH⋅PH-12DE⋅DM，
即3+m=(1-m+2)×3-2×2-1×(1-m)，
解得m=13，
∴M(1,13)；
当点M在x轴下方时，
同理可得，m=13，
不合题意，故不成立；
综上，M的坐标为(1,13)．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的坐标，正方形的性质，面积以及动点问题，有一定综合性，也有一定难度，需要利用数形结合的思想解题，熟练掌握平面直角坐标系中面积的求解方法是解题的关键．
【变式22-3】（2022春·山东济南·八年级统考期末）已知四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接BE、DG．直线BE与DG交于点H．

(1)如图1，当点E在AD上时，线段BE与DG的数量关系是 ，∠BHD的度数为 ；
(2)如图2，将正方形AEFG绕点A旋转任意角度．
①请你判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；
②当点H在直线AD左侧时，连接AH，则存在实数m、n满足等式：m·AH＋DH＝n·BH，猜想m、n的值，并予以证明；
(3)若AB＝5，AE＝1，则正方形AEFG绕点A旋转的过程中，点F、H是否能重合？若能，请直接写出此时线段BG的长；若不能，请说明理由．
【答案】(1)BE＝DG，90°
(2)①成立，理由见解析；②m＝2，n＝1，理由见解析
(3)能，BG＝10或BG＝2

【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得BE=DG，∠ABE=∠ADG，由余角的性质可得∠BHD的度数；
（2）①设BE交AD于O，根据AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，可证∠BAE＝∠DAG，所以△ABE≌△ADG（SAS），BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，即可求证∠BHD＝∠BAD＝90°．
②在BE上取N，使得BN=DH，连接AN，AH，证明△ADH≌△ABN(SAS)，可得∠BAN=∠DAH，AN=AH，求出∠NAH=90°，则△ANH为等腰直角三角形，HN=2AH，则HN+BN=2AH+DH=BH，根据存在实数m，n满足等式m·AH＋DH＝n·BH，即可得m=2，n=1；
（3）分两种情况画图，根据全等三角形的性质即勾股定理即可求解．
（1）
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴BE=DG，∠ABE=∠ADG，
∵∠ADG+∠DGA=90°，
∴∠ABE+∠DGA=90°，
∴∠GHB=90°，
∴∠BHD=90°，
故答案为：BE=DG，90°．
（2）
①BE＝DG；∠BHD＝90°仍然成立，理由如下：
设BE交AD于O，

∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°；
∴∠BAD＋∠DAE＝∠EAG＋∠DAE
即：∠BAE＝∠DAG
∴△ABE≌△ADG（SAS）
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∵∠AOB＝∠DOH（BE与AD交于点O），
∴180°－∠ADG－∠DOH＝180°－∠ABE－∠AOB
∴∠BHD＝∠BAD＝90°．
②m＝2，n＝1
证明：在BE上取N，使得BN=DH，连接AN，AH，

∵∠ABE=∠ADH，AD=AB，
∴△ADH≌△ABN(SAS)，
∴∠BAN=∠DAH，AN=AH，
∵∠DAN+∠BAN=90°，
∴∠DAH+∠DAN=90°，
即∠NAH=90°，
∴△ANH为等腰直角三角形，
∴HN=2AH，
∴HN+BN=2AH+DH=BH，
∵存在实数m，n满足等式m·AH＋DH＝n·BH，
∴m=2，n=1．
（3）
①如图：

∵AB=5，AE=1，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，
∴EF=FG=1，∠AEF=∠GFE=90°，
∵直线BE与DG交于点H，点F、H重合，
∴点B、E、F在同一直线上，
∴∠AEB=90°，
∴BE=AB2-AE2=2，
∴BF=BE+EF=2+1=3，
∴BG=GF2+BF2=12+32=10；
②如图：

∵AB=5，AE=1，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，
∴EF=FG=1，∠AEF=∠GFE=90°，
∵直线BE与DG交于点H，点F、H重合，
∴点B、E、F在同一直线上，
∴∠DFB=90°，
∴BE=AB2-AE2=2，
∴BF=BE-EF=2-1=1，
∴BG=GF2+BF2=12+12=2；
综上，正方形AEFG绕点A旋转过程中，点F、H能重合，此时线段BG的长为10或2．
【点睛】本题考查了四边形的综合问题、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、旋转的性质，灵活运用这些性质是解题的关键．