人教版八年级数学下册常考点微专题提分精练专题19平面直角坐标系中的菱形(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册常考点微专题提分精练专题19平面直角坐标系中的菱形(原卷版+解析)，共38页。


A．B．C．D．
2．如图，菱形的边长为2，，则点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，菱形的边长为2，边在轴上，，对角线、相交于点，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点O顺时针旋转得到菱形，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在直角坐标系中，菱形ABCD的顶点B（-1，0）和C（2，0）在x轴上，若顶点A，D中有一个顶点在y轴的正半轴上，则第四个点的的坐标为（ ）
A．(-1，)B．(3，)
C．（-3，）或（3，）D．（3，）或（-3，）
6．已知，，点是轴正半轴上一点，是同一平面内一点，若以、、、为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为_________．
7．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，边在y轴上，若点A的坐标为，则点B的坐标为___________．
8．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点的坐标为，点是边的中点，现将菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第2021秒时，点的坐标为______，点的坐标为______．
9．如图，在平面直角坐标系中放置一菱形，已知，点B在y轴上，，先将菱形沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转，连续翻转2023次，点B的落点依次为，则的坐标为____________．
10．如图，直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，点C在y轴上，点D为平面内一点，若四边形ACDB恰好构成一个菱形，请写出点D的坐标 _____．
三、解答题(共0分)
11．在直角坐标系中，四边形的顶点A，B，C，D的坐标依次为，求x，y，z的值，使得四边形是菱形．
12．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与，轴交于点，，点为线段上一点，且．
(1)求点坐标及直线的解析式；
(2)为轴上一个动点，当时，求点坐标；
(3)为直线上一个动点，为坐标系内一点，当以，，，四个点为顶点的四边形是菱形时，直接写出点坐标．
13．如图，平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于两点()且的长分别是一元二次方程 的两个根，点在轴负半轴上，且
(1)求两点的坐标；
(2)若点从点出发，以每秒1个单位的速度沿射线运动，连接，设的面积为，点的运动时间为，写出关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)点是轴上的点，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，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
14．已知矩形，，，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，在边上取一点，将沿翻折，点恰好落在边上的点处．
(1)求线段长；
(2)如图，点与点重合时，在平面内找一点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标；
(3)如图，将图翻折后的矩形沿轴正半轴向上平移个单位，在平面内找一点，若以、、、为顶点的四边形为菱形，请求出的值并写出点的坐标．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+3的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，M是一次函数y=x图象上一个动点，将△ABO绕点M顺时针方向旋转90°得到△CDE（点C、D、E分别与点A、B、O对应），CE边恰好落在y轴上．
(1)若点M（0，0），直接写出点C的坐标是______；
(2)①如图1，若点C（0，6），求点M的坐标；
②若点C（0，c），点M（m，m），直接写出c与m的函数表达式是______；
(3)若在平面内存在一点F，使得以A、B、C、F为顶点的四边形是菱形，直接写出点M的坐标．
16．如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为，它与x轴交于点B，与y轴交于点A，直线y＝x与直线AB交于点C．动点P从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线CO运动，运动时间为t秒．
(1)求△ AOC的面积；
(2)设△ PAC的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)M是直线OC上一点，在平面内是否存在点N，使以A，O，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
17．已知，如图，为坐标原点，在四边形中，，，，，点D是的中点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒．
(1)当P运动_______秒，四边形是平行四边形；
(2)在直线上是否存在一点Q，使得以O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在线段上有一点M，且，四边形的最小周长是_______．
18．如图，点O为坐标原点，四边形OABC为矩形，，，点D是OA的中点，动点P在线段CB上以每秒4个单位长度的速度由点C向点B运动.设动点P的运动时间为t秒.
(1)点P的坐标为______（用含t的代数式表示）；
(2)当四边形PODB是平行四边形时，求t的值；
(3)在直线CB上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.
专题19 平面直角坐标系中的菱形
1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，顶点在轴上，且的坐标分别是，则顶点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：根据勾股定理求得，根据菱形的性质可得，即可求得点的坐标．
【详解】解：∵的坐标分别是
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的性质，坐标与图形，求得的长是解题的关键．
2．如图，菱形的边长为2，，则点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
分析：根据坐标意义，点A坐标与垂线段有关，过点A向x轴垂线段AE，求得OE、AE的长即可知点A坐标．
【详解】过点A作AE⊥x轴，垂足为E，则∠AEO=90°，
∵，∠AEO=90°
∴，
∴
∵菱形的边长为2即AO=2，∠AEO=90°，
∴，即
解得：．
∴点A坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质、菱形的性质，等角对等边，勾股定理等，正确添加辅助线是解题的关键．
3．如图，菱形的边长为2，边在轴上，，对角线、相交于点，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
答案：B
分析：根据菱形性质，求出两点的坐标，再利用中点坐标公式即可得到点的坐标．
【详解】解：过作轴于，如图所示：
菱形的边长为2，边在轴上，，
，，
，
菱形的对角线、相交于点，
点的坐标是，即，
故选：B．
【点睛】本题考查图形与坐标，涉及菱形性质、等腰直角三角形性质、平面直角坐标系中中点坐标公式等知识，熟练掌握菱形性质及中点坐标公式是解决问题的关键．
4．如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点O顺时针旋转得到菱形，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
答案：D
分析：过作轴于D，根据菱形与旋转的性质，得出长和的度数，然后利用直角三角形性质与勾股定理求解即可．
【详解】解：过作轴于D，如图所示，
，
菱形的顶点，菱形绕点O顺时针旋转得到菱形，
，，
，
，
，
故点的坐标为；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质、图形旋转的性质、含的直角三角形的性质与勾股定理等知识，熟练掌握相关的性质是解答此题的关键．
5．如图，在直角坐标系中，菱形ABCD的顶点B（-1，0）和C（2，0）在x轴上，若顶点A，D中有一个顶点在y轴的正半轴上，则第四个点的的坐标为（ ）
A．(-1，)B．(3，)
C．（-3，）或（3，）D．（3，）或（-3，）
答案：C
分析：当点A在y轴的正半轴上，由菱形的性质可得BC=AB=AD=3，根据勾股定理可得AO的长，即可得D的坐标；当点D在y轴的正半轴上，由菱形的性质可得BC=CD=AD=3，根据勾股定理可得OD的长，即可得A的坐标．
【详解】解：如下图，当点A在y轴的正半轴上，
∵B（-1，0），C（2，0），
∴BC=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AB=AD=3，
∴，
∴D（3，）；
如下图，当点D在y轴的正半轴上，
∵B（-1，0），C（2，0），
∴BC=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=AD=3，
∴，
∴A（-3，），
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，解题的关键是注意两种情况．
6．已知，，点是轴正半轴上一点，是同一平面内一点，若以、、、为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为_________．
答案：或
分析：分两种情况讨论，由菱形的性质和勾股定理可求解．
【详解】解：当AB为菱形的对角线时，如图1，设菱形的边长为m，
∵A（0，3），B（6，0），
∴OA=3，OB=6，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CA=AD=BC，ADBC，
∴OC=6-m，
在Rt△AOC中，32+（6-m）2=m2，解得m=，
∴D（，3）；
当AB为菱形的边时，如图2，
AB=，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=AB=AD=3，ADBC，
∴D（3，3），
综上所述，D点坐标为（3，3）或（，3），
故答案为：（3，3）或（，3）．
【点睛】本题考查了菱形的判定，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
7．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，边在y轴上，若点A的坐标为，则点B的坐标为___________．
答案：
分析：由点A的坐标为，求出，在中，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
8．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点的坐标为，点是边的中点，现将菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第2021秒时，点的坐标为______，点的坐标为______．
答案：
分析：根据旋转速度可知菱形绕点旋转6秒后与自身重合，进而可得第2021秒时，原图顺时针旋转了，画出图形，根据菱形的性质、中点坐标公式即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，
是等边三角形，
点的坐标为，
．
菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转，
（秒），
菱形绕点旋转6秒后与自身重合．
，
又，
第2021秒时，原图顺时针旋转了，作轴于点H，如图所示：
．
，
，
，，
，
又，点是边的中点，
，即，
由图易知是等边三角形，轴，
点与关于y轴对称，
，
故答案为：，．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，中点坐标公式等，解题的关键是根据旋转规律得出第2021秒时点A和点D的位置．
9．如图，在平面直角坐标系中放置一菱形，已知，点B在y轴上，，先将菱形沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转，连续翻转2023次，点B的落点依次为，则的坐标为____________．
答案：
分析：连接，根据条件可以求出，画出第次、第次、第次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转次，图形向右平移，由于，因此点向右平移（即），即可到达点，根据点的坐标就可求出点的横坐标．
【详解】解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
画出第次、第次、第次翻转后的图形，如图所示：
由图可知：每翻转次，图形向右平移，点B的纵坐标保持不变，
∵，
∴点向右平移即到点，
结合图形，根据等边三角形的性质可求出的坐标为，
∴的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力，发现“每翻转次，图形向右平移”是解决本题的关键．
10．如图，直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，点C在y轴上，点D为平面内一点，若四边形ACDB恰好构成一个菱形，请写出点D的坐标 _____．
答案：或
分析：根据直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，求得OA＝OB＝2，根据勾股定理得到AB＝2，根据菱形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵直线y＝−x+2与x轴，y轴分别交于点A、B，
∴A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴AB＝2，
∵四边形ACDB是菱形，
∴AC＝CD＝BD＝AB＝2，
当点C在点A的上面时，
过D作DH⊥y轴于H，
∵ACBD，
AC⊥x轴，
∴BD⊥x轴，
∴四边形OBDH是矩形，
∴，
∴CH＝2，
∴DH＝＝2，
∴D（2，2），
当点C在点A的下面时，
同理可得，D（2，﹣2），
故答案为：（2，2）或（2，﹣2）．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．
三、解答题(共0分)
11．在直角坐标系中，四边形的顶点A，B，C，D的坐标依次为，求x，y，z的值，使得四边形是菱形．
答案：，，
分析：根据点A、C的坐标得出轴，，连接、交于点E，根据菱形的性质求解即可．
【详解】解：∵，
∴轴，，
连接、交于点E，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，．
【点睛】题目主要考查菱形的性质及坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
12．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与，轴交于点，，点为线段上一点，且．
(1)求点坐标及直线的解析式；
(2)为轴上一个动点，当时，求点坐标；
(3)为直线上一个动点，为坐标系内一点，当以，，，四个点为顶点的四边形是菱形时，直接写出点坐标．
答案：(1)，直线
(2)或
(3)，，，
分析：（1）求出、点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）分两种情况讨论：当点位于点右侧时，令，易证得，通过相似三角形性质可证得，由，继而可求得的值；当点位于点左侧时，令，易证得，通过相似三角形性质可证得，继而可求得的值；即可得点坐标；
（3）设，，根据菱形的对角线互相平分，邻边相等，利用中点坐标公式和两点间距离公式，建立方程组，求出的值即可求点坐标．
【详解】（1）解：令，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
令，则，
∴，
设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴直线的解析式为：；
（2）由（1）知，，
∴，
①如图：当点位于点右侧时，令
∵且故∴即：
又∵∴解得所以
②如图：当点位于点左侧时，令
∵且故∴即：
∴解得所以
（3）设，，
当为菱形的对角线时，，
∴，解得：，
∴，
当为菱形的对角线时，，
∴，解得：或，
∴，，
当为菱形是对角线时，，
∴，解得：（舍去）或，
∴，
综上：，，，
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
13．如图，平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于两点()且的长分别是一元二次方程 的两个根，点在轴负半轴上，且
(1)求两点的坐标；
(2)若点从点出发，以每秒1个单位的速度沿射线运动，连接，设的面积为，点的运动时间为，写出关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)点是轴上的点，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，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案：(1)
(2)
(3)存在， 或或或
分析：（1）通过解一元二次方程，求得方程的两个根，从而得到两点的坐标，再根据勾股定理可求的长，根据，可求的长，从而得到点的坐标．
（2）分①当点在边上时；②当点在边的延长线上时；两种情况讨论可求关于的函数关系式．
（3）分是边和对角线两种情况讨论可求点的坐标
【详解】（1），
，
，
解得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
由题意得： ，
①当点在边上时，，
②当点在延长线上时， ，
综上，；
（3）存在，
①当是菱形的边时，如图所示，
在菱形中，，∴，
在菱形中，，∴，
在菱形中，，∴，
②当为菱形的对角线时，如图所示，
设菱形的边长为，则在中，
，
，
解得，
∴．
综上，平面内满足条件的点的坐标为或或或．
【点睛】此题考查一次函数的综合运用、勾股定理及其逆定理，菱形的性质与判定，解一元二次方程，解题过程中注意分类讨论．
14．已知矩形，，，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，在边上取一点，将沿翻折，点恰好落在边上的点处．
(1)求线段长；
(2)如图，点与点重合时，在平面内找一点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标；
(3)如图，将图翻折后的矩形沿轴正半轴向上平移个单位，在平面内找一点，若以、、、为顶点的四边形为菱形，请求出的值并写出点的坐标．
答案：(1)
(2)点的坐标为或或
(3)，点的坐标为：或，点的坐标为或，点的坐标为
分析：（1）由矩形的性质得AD=BC=OC=10，CD=AB=OA=6，∠AOC=∠ECF=90°，由折叠性质得EF=DE，AF=AD=10，则CE=6-EF，由勾股定理求出BF=OF=8，则FC=OC-OF=2在Rt△ECF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）分三种情况，当AB为平行四边形的对角线时；当AF为平行四边形的对角线时；当BF为平行四边形的对角线时，分别去点G的坐标即可；
（3）分三种情况讨论，由菱形的性质得OA=AF=10，则矩形ABCD平移距离m=OA-AB=4，即OB=4，设FG交x轴于H，证出四边形OBFH是矩形，得FH=OB=4，OH=BF=8，则HG=6，即可得出答案．
【详解】（1）四边形是矩形，
，，，
由折叠性质得：，，
，
由勾股定理得：，
，
在中，由勾股定理得：，
即：，
解得：；
（2）如图所示：
当为平行四边形的对角线时，，，
点的坐标为：；
当为平行四边形的对角线时，，，
点的坐标为：；
当为平行四边形的对角线时，，，
点的坐标为：；
综上所述，点的坐标为或或；
（3）如图，

当四边形为菱形，
，
矩形平移距离，
即，
设交轴于，如图所示：
，轴，
，
四边形是矩形，
，，
，
点的坐标为．
若四边形是菱形，
，
，
，
，
，
的坐标为，
当四边形是菱形，
，，，
，
点的坐标为，
综上所述：，点的坐标为：或，点的坐标为或，点的坐标为．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，坐标与图形性质，平行四边形的性质，勾股定理，折叠变换的性质、平移的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+3的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，M是一次函数y=x图象上一个动点，将△ABO绕点M顺时针方向旋转90°得到△CDE（点C、D、E分别与点A、B、O对应），CE边恰好落在y轴上．
(1)若点M（0，0），直接写出点C的坐标是______；
(2)①如图1，若点C（0，6），求点M的坐标；
②若点C（0，c），点M（m，m），直接写出c与m的函数表达式是______；
(3)若在平面内存在一点F，使得以A、B、C、F为顶点的四边形是菱形，直接写出点M的坐标．
答案：(1)（0，4）
(2)①点M的坐标（1，1）；②c=4+2m
(3)点M的坐标为（2，2）或（-3，-3）或（-，-）或（-，-）．
分析：（1）利用旋转的性质求得线段OC即可；
（2）①连接AM，CM，过点M作MG⊥x轴于点G，MF⊥y轴于点F，通过证明Rt△AMG≌Rt△CMF，得到AG=CF，设M（m，m），此时m＞0，OG=OF=m，利用OC=6，列出关于m的方程即可求解；
②分点M在第一象限和点M在第三象限两种情况讨论解答，利用（2）①中的方法解答即可；
（3）分四种情形讨论解答，画出符合题意的图形，通过计算OC的长度得到点C的坐标，利用c=4+2m的关系式求得m值，即可得到点M坐标．
（1）
解：对于一次函数y=x+3，
令x=0，则y=3，
∴B（0，3）．
令y=0，则x+3=0，
∴x=-4，
∴A（-4，0），
∴OA=4，
若点M（0，0），由题意：点M与点O重合，
∴OC=OA=4，
∴C（0，4）．
故答案为：（0，4）；
（2）
解：①连接AM，CM，过点M作MG⊥x轴于点G，MF⊥y轴于点F，如图，
由题意得：MC=MA，∠AMC=90°．
∵点M是一次函数y=x图象上一个动点，
∴设M（m，m），此时m＞0，
∴OG=OF=m，
∵MG⊥x轴，MF⊥y轴，∠COG=90°，
∴四边形FOGM为正方形，
∴MG=MF=m．
在Rt△AMG和Rt△CMF中，
，
∴Rt△AMG≌Rt△CMF（HL）．
∴AG=CF，
∵点C（0，6），
∴OC=6．
∵AG=OA+OG=4+m，
∴CF=4+m，
∵OC=CF+OF，
∴4+m+m=6．
解得：m=1，
∴M（1，1）；
②当点M在第一象限时，
由①知：AG=CF，如图，
∵点C（0，c），点M（m，m），
∴OC=c，OF=OG=m，
∴OC=CF+OF=AG+OF=OA+2OF，
∴c=4+2m；
当点M在第一象限时，
连接AM，CM，过点M作MG⊥x轴于点G，MF⊥y轴于点F，如图，
同（2）的方法可得：Rt△AMG≌Rt△CMF，
∴AG=CF，
∵点C（0，c），点M（m，m），
∴OC=-c，OF=OG=-m，
∴AG=OA-OG=4+m，
∴OC=OF-CF=OF-AG=-m-（4+m），
∴-c=-4-2m，
∴c=4+2m．
综上，c与m的函数表达式是c=4+2m．
故答案为：c=4+2m；
（3）
解：当四边形ABCF为菱形时，如图，
∵OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∴BC=AB=5，
∴OC=BC-OB=2，
∴C（0，-2）．
由（2）②的结论可得：
-2=4+2m，
∴m=-3．
∴M（-3，-3）；
当四边形ABCF为菱形时，如图，
则BC=AB=5，
∴OC=OB+BC=8，
∴C（0，8）．
由（2）②的结论可得：
8=4+2m，
∴m=2．
∴M（2，2）；
当四边形ABFC为菱形时，如图，
则OB=OC=3，
∴C（0，-3），
由（2）②的结论可得：-3=4+2m，
∴m=-．
∴M（-，-）；
当四边形AFBC为菱形时，如图，
连接FC，则CH⊥AB，AH=BH=，
∵∠BHC=∠BOA=90°，∠HBO=∠OBA，
∴△BHC∽△BOA，
∴，
∴BC=．
∴OC=BC-OB=．
∴C（0，-）．
由（2）②的结论可得：
-=4+2m，
∴m=-．
∴M（-，-）．
综上，使得以A、B、C、F为顶点的四边形是菱形，则点M的坐标为（2，2）或（-3，-3）或（-，-）或（-，-）．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，全等三角形的判定与性质，图形的旋转的性质，菱形的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为，它与x轴交于点B，与y轴交于点A，直线y＝x与直线AB交于点C．动点P从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线CO运动，运动时间为t秒．
(1)求△ AOC的面积；
(2)设△ PAC的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)M是直线OC上一点，在平面内是否存在点N，使以A，O，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案：(1)6
(2)
(3)存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，点的坐标为：或或或
分析：（1）由可求得A(0,４)，联立y=x得C(３,３），根据三角形的面积公式即可得△AOC的面积；
（2）设点的坐标为，由题意得CP=t，过作轴上，过作于，则，所以，可求得点的坐标为，根据，当，=t；当，=t，即可得S与t的函数关系式；
（3）分两种情况：①当OA为菱形的边时，②当OA为菱形的对角线时，分别根据菱形的性质即可求得答案．
（1）解：∵直线：与轴交于点，令，得，∴，∴，∵直线与直线：交于点，∴，解得∴，∴；
（2）解：设点的坐标为，由题意得，∵，过作轴上，过作于，如图1∴，∴，∴，∴点的坐标为，∵，当，，当，，∴与的函数关系式为：．
（3）解：存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，点的坐标为或或或．理由如下：∵，∴，①当为菱形的边时，如图2，1）∵四边形是菱形，为对角线∴，，∵直线：，∴，∴或，∴或；2）∵四边形是菱形，为对角线，可得四边形是正方形所以；②当为菱形的对角线时，如图3，连接，∵四边形是菱形，∴，、互相平分，∴轴， ∴点、的纵坐标为2，∵直线：，是直线上一点，∴，∴，综上所述，存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，点的坐标为：或或或．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数与坐标轴的交点，三角形的面积公式，菱形的性质等，解本题的关键是用分类讨论的思想解决问题．
17．已知，如图，为坐标原点，在四边形中，，，，，点D是的中点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒．
(1)当P运动_______秒，四边形是平行四边形；
(2)在直线上是否存在一点Q，使得以O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在线段上有一点M，且，四边形的最小周长是_______．
答案：(1)5.5
(2)存在，Q点坐标为：，，
(3)
分析：（1）根据点的坐标先求出AO、OC，再根据BC的长度求出B点坐标，根据条件有，即，只需要AD=PB即可得四边形PDAB是平行四边形，根据D为OA中点，即可求出AD，则PB可得，进而可得PC，则问题得解；
（2）根据Q点在直线BC上，P点在线段BC上，即可知O、D、Q、P四点为顶点的菱形有两条边为PQ和OD，即分类讨论：第一种情况，当OP为菱形的边时，则有OP=OD=13=PQ=QD，在Rt△OPC中，利用勾股定理可得，根据PQ=13，即可确定Q点的横坐标，则此时Q点坐标可求；第二种情况，当OQ为菱形的边时，同理在Rt△OQC中，利用勾股定理可求出，即可确定Q点的横坐标，则此时Q点坐标可求；综上即可作答；
（3）要求四边形OAMP的周长的最小值，即要求PO+AM的最小值，连接OP，过M点作交AO于N点，连接AM，作A点关于CB的对称点G，连接GM，先证明四边形PMNO是平行四边形，即OP=MN，再根据A、G点关于BC对称，有AM=MG，即OP+AM=MN+MG，即当N、M、G三点共线时，MN+MG最小，最小为NG，在Rt△ANG中，，即，则四边形OAMP的周长的最小值即为所求．
(1)
∵A(26,0)，C(0,12)，
∴AO=26，OC=12，
∵，
∴轴，即轴，
∴根据BC=24可知B点坐标为(24,12)，
根据条件有，即，只需要AD=PB即可得四边形PDAB是平行四边形，
∵D为OA中点，
∴，
∴PB=AD=13，
∵BC=24，
∴CP=BC-PB=24-13=11，
∴P点运动的时间为：t=11÷2=5.5（秒），
故答案为：5.5；
(2)
存在，
理由如下：
∵Q点在直线BC上，P点在线段BC上，
∴根据（1）可知，且Q点的纵坐标与C点相等，即Q点纵坐标为12，
∴以O、D、Q、P四点为顶点的菱形其中有两条边为PQ和OD，
∵OD=13，OC=12，
即分类讨论：
第一种情况：当OP为菱形的边时，则DQ为另一条边，
则有OP=OD=13=PQ=QD，
∵P点在线段BC上，轴，
∴在Rt△OPC中，，
∵PQ=13，
可知Q点在P点右侧，即Q点的横坐标为，
∴此时Q点坐标为，
第二种情况：当OQ为菱形的边时，
∵OC=12，OQ=OD=13，
∴在Rt△OQC中，，
即当Q点在C点左侧时，Q点的横坐标为，
∴此时Q点坐标为，
即当Q点在C点右侧时，Q点的横坐标为5，
∴此时Q点坐标为，
综上满足条件的Q点坐标为：，，；
(3)
四边形OAMP的周长为OA+AM+MP+PO，
∵OA=26，PM=6，
∴四边形OAMP的周长为OA+AM+MP+PO=PO+AM+32，
要求四边形OAMP的周长的最小值，即要求PO+AM的最小值，
连接OP，过M点作交AO于N点，连接AM，作A点关于CB的对称点G，连接GM，如图，
∵，，
∴四边形PMNO是平行四边形，即OP=MN，
∵A、G点关于BC对称，
∴AM=MG，
∴OP+AM=MN+MG，
即当N、M、G三点共线时，MN+MG最小，最小为NG，
N、M、G三点共线，如图：
∵四边形PMNO是平行四边形，
∴ON=PM=6，OP=MN，
∴AN=OA-ON=26-6=20，
∵OC=12，A、G关于BC对称，
∴根据对称的性质有AG=24，AG⊥OA，
∴在Rt△ANG中，，
即，
∴，
∴四边形OAMP的周长的最小值为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、轴对称的性质以及坐标系的相关知识，掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
18．如图，点O为坐标原点，四边形OABC为矩形，，，点D是OA的中点，动点P在线段CB上以每秒4个单位长度的速度由点C向点B运动.设动点P的运动时间为t秒.
(1)点P的坐标为______（用含t的代数式表示）；
(2)当四边形PODB是平行四边形时，求t的值；
(3)在直线CB上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.
答案：(1)
(2)
(3)时，；时，；时，.
分析：（1）P点的纵坐标与C点相同，横坐标为P点所走的路程，由此可求P的坐标；
（2）四边形OABC为矩形，由此可得矩形四个顶点坐标，由 ，，由点D是OA的中点，可知，当，，由四边形PODB是平行四边形，可知，则，由此可解得；
（3）分三种情况：①当Q点在P的右边时；②当Q点在P的左边且在BC线段上时；③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，针对每种情况分析计算即可．
（1）
P点的纵坐标与C点相同，横坐标为P点所走的路程，
故P的坐标为，
故答案是：(4t，8)；
（2）
∵四边形OABC为矩形，，，
∴，，
∵点D是OA的中点，
∴，
由题意可知，，
∴，
∵四边形PODB是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（3）
分三种情况：
①当Q点在P的右边时，如图，
∵四边形ODQP为菱形，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
②当Q点在P的左边且在BC线段上时，如图，
同①的方法得出，，
∴
可知，
∴，
③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，如图，
同①的方法得出，，
∴，
可知，
∴.
综上所述，时，；时，；时，.
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的性质，坐标与图形，勾股定理的应用，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键．