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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，AD BC，
∴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 ，AD BC，
∴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，
∵AC BD，
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．
