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专题1.20 特殊平行四边形存在性问题（拓展篇）（专项练习）
一、单选题
1．在平行四边形ABCD中，O为AC的中点，点E，M为AD边上任意两个不重合的
动点（不与端点重合），EO的延长线与BC交于点F，MO的延长线与BC交于点N．下面
四个推断：① EF＝MN；② EN∥MF ；③ 若平行四边形ABCD是菱形，则至少存在一个
四边形ENFM是菱形；④ 对于任意的平行四边形ABCD，存在无数个四边形ENFM是矩形，
其中，所有正确的有（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
2．正方形ABCD的边长为4，点M，N在对角线AC上（可与点A，C重合），MN＝
2，点P，Q在正方形的边上．下面四个结论中错误的是（ ）
A．存在无数个四边形PMQN是平行四边形
B．存在无数个四边形PMQN是矩形
C．存在无数个四边形PMQN是菱形
D．至少存在一个四边形PMQN是正方形
3．如图，直线 分别与 、 轴交于点A、B，点C在线段OA上，线段
OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处.以下结论：①AB=10；②直线BC的解析式为
；③点D（ ， ）；④若线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为
顶点的四边形为菱形，则点P的坐标是（ ， ）．正确的结论是（ ）A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④
4．如图，正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为线段BO上一动点（不包括
O，B两点），DF⊥CE于点F，过点A作AG⊥DF于点G，交BD于点H，连结AE，CH，
则下列结论：①∠ADG=∠DCF；②DG=EF；③存在点E，使得EF=GF；④四边形AECH
是菱形．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，E是BC边上一动点（不含端点B，
C），连接EA，F是CD边上一点，设DF＝a，若存在唯一的点E，使∠FEA＝90°，则a
的值是（ ）
A． B． C． D．3
6．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣6与x轴，y轴分别交于点A，B，直线y＝
kx+2k与x轴，y轴分别交于点C，D，其中k＞0，M，N为线段AB上任意两点，P，Q为
线段CD上任意两点，记点M，N，P，Q组成的四边形为图形G．下列四个结论中，不正
确结论的序号是（ ）
A．对于任意的k，都存在无数个图形G是平行四边形
B．对于任意的k，都存在无数个图形G是矩形
C．存在唯一的k，使得此时有一个图形G是菱形
D．至少存在一个k，使得此时有一个图形G是正方形
7．如图，在矩形 中， 点 是 的中点，点 在 上，且若在此矩形上存在一点 ，使得 是等腰三角形，则点 的个数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，已知四边形 中， 分别为 上的点(不与
端点重合)．下列说法错误的是（ ）
A．若 分别为各边的中点，则四边形 是平行四边形：
B．若四边形 是任意矩形，则存在无数个四边形 是菱形
C．若四边形 是任意菱形，则存在无数个四边形 是矩形
D．若四边形 是任意矩形，则至少存在一个四边形 是正方形
9．如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在
一点P，使 PBE的周长最小，则 PBE的周长的最小值为 ( )
△ △
A． B． C． D．
二、填空题
10．矩形纸片ABCD，长AD＝8cm，宽AB＝4cm，折叠纸片，使折痕经过点B，交AD
边于点E，点A落在点A'处，展平后得到折痕BE，同时得到线段BA'，EA'，不再添加其它
线段．当图中存在30°角时，AE的长为______厘米．11．如图，在 中， ， ， 分别为边 ， 上的点（ ， 不与
端点重合）．对于任意 ，下面四个结论：
①存在无数个平行四边形 ；②至少存在一个菱形 ；③至少存在一个矩形
；④存在无数个面积是 面积的一半的四边形 ．所有正确结论的序号是
______．
12．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝a，点E在边AD上，连接BE，将 ABE
沿BE折叠，点A的对应点为F．若在AD边上存在两个不同位置的点E，使得点F落△在
∠C的平分线上，则a的取值范围为____．
13．如图，点 为平面内不在同一直线上的三点，点 为平面内一个动点，线
段 的中点分别为 ．在点 的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形 是平行四边形；②存在无数个中点四边形 是菱形；
③存在无数个中点四边形 是矩形；④存在两个中点四边形 是正方形．所有正
确结论的序号是________．14．在平面直角坐标系 中，直线 与x轴，y轴分别交于A，B，直线
与x轴，y轴分别交于C，D其中 ，M，N均为线段AB上任意两点，P，Q
为线段CD上任意两点，记点M，N，P，Q组成的四边形为图形G．
下列四个结论中，
① 对于任意的k，都存在无数个图形G是平行四边形；
② 对于任意的k，都存在无数个图形G是矩形；
③ 存在唯一的k，使得此时有一个图形G是菱形；
④ 至少存在一个k，使得此时有一个图形G是正方形
所有正确结论的序号是__________．
15．在 中，对角线 交于点 是边 上的一个动点(与点 不重
合)，连接 并延长，交 于点 ，连接 ．下列说法：①对于任意的点 ，四边
形 都是平行四边形；②当 时，至少存在一个点 ，使得四边形 是
矩形；③当 时，至少存在一个点 ，使得四边形 是菱形； ④当
时，至少存在一个点 ，使得四边形 是正方形．所有正确说法的序号是
___________．
16．在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B
重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，有下列四个结论：
①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；
②若∠ABC＞90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；
③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；
④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．
以上所有错误说法的序号是_____．
17．对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边
重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角
形的“最优覆盖菱形”．问题：如图，在 中， ， ，且 的面积
为m，如果 存在“最优覆盖菱形”为菱形 ，那么m的取值范围是________．18．如图，在 中， 分别为边 上的点（ 不与端点重
合）．对于任意 ，下面四个结论中：
①存在无数个四边形 ，使得四边形 是平行四边形；
②至少存在一个四边形 ，使得四边形 菱形；
③至少存在一个四边形 ，使得四边形 矩形；
④存在无数个四边形 ，使得四边形 的面积是 面积的一半．
所有正确结论的序号是___________．
19．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．如果 、F分别是AD、BC上的点，且EF
经过AC中点O，G，H是对角线AC上的点．下列判断𝐸正确的有______．
①在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是平行四边形；②在AC上存在无数
组G、H，使得四边形EGFH是矩形；③在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是
菱形；④当AG= 时，存在E、F、G，H，使得四边形EGFH是正方形．
20．如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的
B′处，折痕为AE．如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则
此时PB＝__．21．定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智
慧三角形”．如图，在平面直角坐标系 中，矩形 的边 ，点
，在边 存在点 ，使得 为“智慧三角形”，则点 的坐标为：______．
三、解答题
22．如图1，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点分别在x轴、y轴上，其中C，
D两点的坐标分别为 ， ．两动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以每秒1
个单位的速度沿线段AB向终点B运动，点Q以每秒2个单位的速度沿折线CDA向终点A
运动，设运动的时间为t秒．
(1)求菱形ABCD的高h和面积s的值；
(2)当点Q在CD边上运动时，t为何值时直线PQ将菱形ABCD的面积分成1：2两部
分；
(3)设四边形APCQ的面积为y，求y关于t的函数关系式（要写出t的取值范围）；在
点P、Q运动的整个过程中是否存在y的最大值？若存在，求出这个最大值，并指出此时
点P、Q的位置；若不存在，请说明理由．23．如图，在矩形ABCD中，AD＝10，点E是AD上一点，且AE＝m （m是常数），
作△BAE关于直线BE的对称图形△BFE，延长EF交直线BC于点G．
(1)求证：EG＝BG；
(2)若m＝2．
①当AB＝6时，问点G是否与点C重合，并说明理由；
②当直线BF经过点D时，直接写出AB的长；
(3)随着AB的变化，是否存在常数m，使等式BG AE＝AB2总成立？若存在，求出
m的值；若不存在，请说明理由．
24．如果一个四边形存在一条对角线，使得这条对角线长度的平方是四边形某两边长
度的乘积，则称这个四边形为“闪亮四边形”，这条对角线称为“亮线”，如图1，在这
个四边形 中， ，满足 ，四边形 是闪亮四边形，
是亮线．
（1）以下说法在确的是__________（填写序号）
①正方形不可能是闪亮四边形
②矩形有可能是闪亮四边形
③若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个角为
（2）如图2，在四边形 中， ，四
边形 是否为闪亮四边形？如果是，哪条线段是亮线，并写出验证过程，如果不是，
说明理由．25．问题背景：在学习平行四边形和轴对称图形时，我们曾总结出以下结论结论1：
如图1所示，过平行四边形对角线交点的任意一条直线 平分平行四边形的周长和面积．
菱形、矩形、正方形都是特殊的平行四边形．
结论2：圆是轴对称图形，任意一条直径所在的直线（过圆心的直线）都是圆的对称
轴，都平分圆的面积和周长．
问题探究：
（1）在图2中作一条直线，使它同时将正方形 和圆 都分成面积相等的两部分；
（2）如图3，点 是矩形 内一点， ， ，点 与坐标原点 重合，
、 分别位于 、 轴正半轴， ，直线 经过点 将矩形 分成面积相
等的两部分，请直接写出直线 的解析式；
（3）如图4，在平面直角坐标系中，四边形 是某医院筹建的新冠肺炎患者隔离
区用地示意图， ， ， ， ， ．医院将隔离区护士站（其占地面积不计）设在点 处，为了方便急救，准备过点 修一条笔直的道路（路
宽不计），并且使这条路所在的直线 将四边形 分成面积相等的两部分，你认为直线
是否存在？若存在，求出直线 的表达式；若不存在，请说明理由．
26．我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”；对角线相等的凸四
边形叫做“对等四边形”．
（1）在“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中一定是“十字形”的有
；一定是“对等四边形”的有 ；（请填序号）
（2）如图1：若凸四边形ABCD是“十字形”也是“对等四边形”，F，H，G，M分
别是AD，DC，AB，BC的中点，求证，四边形FGMH为正方形．
（3）如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AC＝20，点D从点C出发沿CA
方向以2个单位每秒向A匀速运动；同时点E从A出发沿AB方向以1个单位每秒向B匀速
运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，DF//AB，连接EF，是否存在
时间t（秒），使得四边形ADFE为“十字形”或“对等四边形”，若存在，请求出t的值，
若不存在，请说明理由．参考答案
1．D
【分析】
分别根据平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定进行判断即可得
到正确的结论．
解：①如图1，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴四边形ABCD是中心对称图形，则其对称中心是对角线AC的中点O，
∴OE=OF，OM=ON
故有且仅有当OE=OM时，EF=MN，故①错误；
②如图2，
由①得
∴四边形 是平行四边形
∴ ，故②正确；
③如图3，∵四边形ABCD是菱形
∴ 即∠APD=90°
∵点E，M在边AD上，且不与端点A，D重合，
∴∠EOM 90°
∴不存在<一个四边形ENFM是菱形，故③错误；
④如图1，存在无数点使OE=OM，
∵平行四边形ABCD是中心对称图形，
∴
∴四边形 是平行四边形
又EF，MN有无数次垂直，
所以，存在无数个四边形ENFM是矩形，故④正确，
∴正确的结论是②④
故选：D．
【点拨】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定
进行判断，熟练掌握相关判定与性质是解答此题的关键．
2．B
【分析】
根据正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质和平行四边形的判
定与性质来判断即可求解．
解：如图，正方形ABCD中，作线段MN的垂直平分线交AD于点P，交AB于Q点，∵PQ垂直平分MN，
∴PM=PN，QM=QN，
在正方形ABCD中，∠PAN=∠QAN=45°，
∴∠APQ=∠AQP=45°，
∴AP=AQ，
∴AC垂直平分PQ，
∴MP=MQ，
∴四边形PNQM是菱形，
在MN运动的过程中，这样的菱形有无数个，即存在无数个这样的平行四边形，
当点M与A或者C重合时，四边形PNQM是正方形，则至少存在一个四边形PNQM是正
方形，即A、C、D项说法正确，
∵MN=2，且当点M与A或者C重合时，四边形PNQM是正方形，也是矩形，
∴不存在无数多个矩形，故B说法错误．
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的判定定理、矩形的判定定理、菱形和平行四边形的判定
定理，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
3．B
【分析】
先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，可判断①；由折叠的性质可得
OB=BD=6，OC=CD，∠BOC=∠BDC=90°，由勾股定理可求OC的长，可得点C坐标，利
用待定系数法可求BC解析式，可判断②；由面积公式可求DH的长，代入解析式可求点D
坐标，可判断③；由菱形的性质可得PD∥OC，可得点P纵坐标为 ，可判断④，即可求
解．
解：∵直线 分别与 轴交于点A、B，
∴点A（8，0），点B（0，6），
∴OA=8，OB=6，
∴AB= ，故①正确；
∵线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处，
∴OB=BD=6，OC=CD，∠BOC=∠BDC=90°，∴AD=AB-BD=4，
∵AC2=AD2+CD2，
∴（8-OC）2=16+OC2，
∴OC=3，
∴点C（3，0），
设直线BC解析式为： ，
∴ ，
∴ ，
∴直线BC解析式为： ，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AC于H，
∵CD=OC=3，
∴CA=5，
∵S ACD= AC DH= CD AD，
△
∴DH= ，
∴当 时， ，
∴ ，
∴点D( ， )，故③正确；
∵线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，
则OC=CD，
∴PD∥OC，
∴点P纵坐标为 ，故④错误，
综上，①②③正确，故选：B．
【点拨】本题是一次函数综合题，考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，面
积法，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
4．B
【分析】
由四边形ABCD是正方形，DF⊥CE，可得∠ADG=90°-∠FDC=∠DCF，故①正确；证
明△ADG≌△DCF，可得DG=CF，而CF不一定等于EF，可判定②错误；由CE//AG，得
∠ECA=∠HAC，直线BD为正方形ABCD的对称轴，可知AH=CH，∠HAC=∠HCA，从而
∠ECA=∠HCA，OE=OH，即得四边形AECH对角线互相垂直平分，四边形AECH是菱形，
故④正确；由HG=GF-EF，且E为线段BO上一动点（不包括O，B两点），HG≠0，可得
GF-EF≠0，可判定③不正确；
解：∵四边形ABCD是正方形，DF⊥CE，
∴∠ADC=90°，∠DFC=90°，
∴∠ADG=90°-∠FDC=∠DCF，故①正确；
在△ADG和△DCF中，
，
∴△ADG≌△DCF（AAS），
∴DG=CF，
∵E为动点，
∴DE不一定等于DC，
∴CF不一定等于EF，
∴DG不一定等于EF，故②错误；
∵DF⊥CE，AG⊥DF，
∴CE//AG，
∴∠ECA=∠HAC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴直线BD为正方形ABCD的对称轴，AC⊥BD，OA=OC，
∴AH=CH，
∴∠HAC=∠HCA，∴∠ECA=∠HCA，
∴OE=OH，
∴四边形AECH对角线互相垂直平分，
∴四边形AECH是菱形，故④正确；
∴CE=AH，
∴HG=AG-AH=AG-CE，
而△ADG≌△DCF有AG=DF，DG=CF，
∴HG=DF-CE=（DG+GF）-（CF+EF）=GF-EF，
∵E为线段BO上一动点（不包括O，B两点），
∴HG≠0，即GF-EF≠0，
∴GF≠EF，故③不正确；
∴正确的有①④，
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质及应用，涉及三角形全等的判定与性质、菱形的判
定等知识，解题的关键是证明△ADG≌△DCF．
5．B
【分析】
根据题意易证△ABE∽△ECF，继而由相似三角形的性质可得 ，设BE＝x，则
EC＝BC﹣BE＝10﹣x，由DF＝a可得FC＝DC﹣DF＝6﹣a，进而可得一元二次方程，利
用判别式等于0，构建方程解决问题．
解：∵∠FEA＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠AEB+∠EAB＝90°，
∴∠EAB＝∠FEC，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECF，
∴ ，
设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝10﹣x，
∵DF＝a，∴FC＝DC﹣DF＝6﹣a，
∴ ，
∴ ，
由题意判别式 ，
∴ ，整理得： ，
∴ ，
故选：B．
【点拨】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定及其性质、一元二次方程的判别式，
解题的关键是掌握相似三角形的判定及其性质、一元二次方程的判别式．
6．C
【分析】
根据函数表达式得到MN∥PQ，再根据四边形的判定方法逐项判断即可．
解：由题意可得：k＞0，
与 中，k相等，
即两直线平行，则MN∥PQ，
A、只要满足MN=PQ，则图形G都为平行四边形，故此选项不符合题意；
B、由于只要满足MN=PQ，图形G都为平行四边形，则只要满足MP垂直于直线
或直线 ，即可使图形G为矩形，故此选项不符合题意；
C、由于只要满足MN=PQ，图形G都为平行四边形，只要满足MP=MN，即可成
为菱形，则有无数个k值成立，故此选项符合题意；
D、由于两直线之间的距离处处相等，则只要在②的基础上同时满足MP=MN，即
可成为正方形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点拨】本题考查了平行线之间的距离，一次函数的图像，平行四边形以及特殊平行
四边形的判定，解题的关键是根据函数表达式得到两直线平行．
7．D
【分析】根据等腰三角形的定义，分三种情况讨论：①当 为腰， 为顶角顶点时，②当
为腰， 为顶角顶点时，③当 为底， 为顶角顶点时，分别确定点P的位置，即可得
到答案．
解：∵在矩形 中， ，点 是 的中点，
．
∴ 是等腰三角形，存在三种情况：
①当 为腰， 为顶角顶点时，根据矩形的轴对称性，可知：在 上存在两个
点P，在 上存在一个点P，共 个，使 是等腰三角形；
②当 为腰， 为顶角顶点时，
在 上存在一个点 ，使 是等腰三角形；
③当 为底， 为顶角顶点时，点 一定在 的垂直平分线上，
∴ 的垂直平分线与矩形的交点，即为点 ，存在两个点．
综上所述，满足题意的点 的个数是 ．
故选 ．
【点拨】本题主要考查等腰三角形的定义，矩形的性质，熟练掌握等腰三角形的定义
和矩形的性质，学会分类讨论思想，是解题的关键．
8．D
【分析】
根据三角形中位线定理、平行四边形、菱形、正方形的判定条件进行判断即可．
解：A选项：证明：连接BD，AC，
∵E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，
∵在△ABD中，EH∥BD，EH＝ BD，在△CBD中，FG∥BD，FG= BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；故A不符合题意；
B选项：如图，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于O，
过点O直线EG和FH，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AO＝OC，
∴∠DAO＝∠BCO，∠AHO＝∠CFO，
∴△AHO≌△CFO，OH＝OF，
同理可得OE＝OG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形，故B选项不符合题意；
同理可知C选项不符合题意；
D选项：若四边形EFGH是正方形，则EH＝HG，∠A＝∠D＝90°，∠EHG＝
90°，
∴∠AEH＋∠AHE＝90°，∠DHG＋∠AHE＝90°，
∴∠AEH＝∠DHG，
∴△AEH≌△DHG，
∴AE＝DH，
同理可得：BE＝AH，
∴AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形，
∴当四边形ABCD为任意矩形时，不存在四边形EFGH是正方形，故D选项符合
题意．
【点拨】本题考查矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定、平行四边
形的判定与性质以及三角形的中位线定理，熟记各定理是解题的关键．9．C
【分析】
如下图，△BEP的周长=BE+BP+EP，其中BE是定值，只需要BP+PE为最小值即可，
过点E作AC的对称点F，连接FB，则FB就是BP+PE的最小值．
解：如下图，过点E作AC的对称点F，连接FB，FE，过点B作FE的垂线，交FE的
延长线于点G
∵菱形ABCD的边长为4，点E是BC的中点
∴BE=2
∵∠DAB=60°，∴∠FCE=60°
∵点F是点E关于AC的对称点
∴根据菱形的对称性可知，点F在DC的中点上
则CF=CE=2
∴△CFE是等边三角形，∴∠FEC=60°，EF=2
∴∠BEG=60°
∴在Rt△BEG中，EG=1，BG=
∴FG=1+2=3
∴在Rt△BFG中，BF= =2
根据分析可知，BF=PB+PE
∴△PBE的周长=2
故选：C
【点拨】本题考查菱形的性质和利用对称性求最值问题，解题关键是利用对称性，将
BP+PE的长转化为FB的长．10． ， 或
【分析】
根据矩形的性质和图形的折叠，分情况讨论：①当 时，根据直角三角形的
性质和勾股定理解答即可；②当 时，根据直角三角形的性质和勾股定理解答即
可；③当 时，过点 作 ，交AD于点M，交BC于点N，根据平行线
的性质，三角形内角和定理得 ，在 中，AB=4cm，则BN=2cm，根据
勾股定理求出 ，即可得 ，再根据三角形内角和定理求出 ，根据直角
三角形的性质即可得．
解：①由题意得， cm， ， ，
当 时，则在 中， ，
设AE=xcm，则BE=2xcm，
∴ ，
或 （舍），
∴ ，
即 cm；
②当 时，则在 中， ，
即 cm，
∴ （cm），
③当 时，如图所示，过点 作 ，交AD于点M，交BC于点
N，则 cm， ，
，
∴ ，
在 中，AB=4cm，则BN=2cm，根据勾股定理
（cm），
∴ （cm），
∵ ，
∴ ，
∴ （cm），
∴ （cm）
综上，AE的长为 cm， cm或 cm，
故答案为： ， 或 ．
【点拨】本题考查了图形的折叠，矩形的性质，勾股定理，三角形内角和定理,平行线
的性质和直角三角形的性质，解题的关键时掌握并灵活运用这些知识点．
11．①②④
【分析】
根据菱形的判定和性质，矩形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
解：①存在无数个平行四边形 ，故①正确；
②平行四边形的包含矩形、菱形图形，故②正确；
③平行四边形不一定是矩形，故③正确；
④存在无数个平行四边形ABEF，故④正确；【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，平行四边形的判定，熟记各定
理是解题的关键．
12．5≤a≤
【分析】
分两种情况：①点E，点F在落在∠C的平分线上，此时a的值最大；②点E与点D
重合，点F落在点C上，此时a的值最小，依此进行求解即可．
解：①点E，点F在落在∠C的平分线上；如图1，
由折叠得，BF=AB=5，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFC=90°，
∵CE是∠BCD的平分线，
∴∠BCF=45°,
∴∠FBC=45°，
∴△BFC是等腰直角三角形，
∴BC=5 ，即a=5 ；
②点E与点D重合，点F落在点C上，如图2 ，
此时矩形ABCD是正方形，
因此BC=AB=5，即a=5；
所以a的取值范围为：5≤a≤5 ．
故答案为：5≤a≤5 ．【点拨】本题考查了折叠的性质、勾股定理、矩形的性质、方程思想等知识；解题的
关键是根据折叠的性质运用勾股定理求解．
13．①②③④
【分析】
连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ//AC，PQ= AC，MN//AC，MN=
AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
解：①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．
故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定
理、三角形中位线定理是解题的关键．
14．①②④
【分析】
根据函数表达式得到MN∥PQ，再根据四边形的判定方法逐项判断即可．
解：由题意可得：k＞0，
与 中，k相等，
即两直线平行，则MN∥PQ，
①只要满足MN=PQ，则图形G都为平行四边形，故正确；②由于图形G都为平行四边形，则只要满足MP垂直于直线 或直线
，即可使图形G为矩形，故正确；
③由于图形G都为平行四边形，只要满足MP=MN，即可成为菱形，则有无数个
k值成立，故错误；
④由于两直线之间的距离处处相等，则只要在②的基础上同时满足MP=MN，即
可成为正方形，故正确；
故正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点拨】本题考查了平行线之间的距离，一次函数的图像，平行四边形以及特殊平行
四边形的判定，解题的关键是根据函数表达式得到两直线平行．
15．①②③④
【分析】
①根据平行四边形的性质及判定定理可迅速作出判断；
②当BE⊥BC时，四边形BEDF是矩形，故选项②正确；
③由于有AB＜AD的限制，则BD的垂直平分线与AD的交点一定在A、D之间；
④由②可知结论正确．
解：（1）如图1，
∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，
∴AD∥BC，AD=BC，OA=OC，OB=OD，
∴∠ODE=∠OBF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF（ASA），
∴DE=BF，
又∵DE∥BF，∴四边形BEDF为平行四边形，
即E在AD上任意位置（不与A、D重合）时，四边形BEDF恒为平行四边形，
故选项①正确．
（2）如图2，当BE⊥BC时，四边形BEDF是矩形，故选项②正确．
（3）如图3，
当EF⊥BD时，四边形BEDF为菱形，由于AB＜AD，即AB＜AE+BE，可以保证
E点AD上，故一定存在点E满足要求，故选项③正确．
（4）由②可知，∠ADB=45°，四边形BEDF是正方形，故选项④正确．
故答案为：①②③④．
【点拨】本题主要考查了平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边
形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．
16．②④．
【分析】
由于EF经过平行四边形ABCD的中心O，故四边形AECF一定也是平行四边形，这
可以通过证明BE与CF相等来说明．然后只要让平行四边形AECF再满足适当的特殊条件
就可以变成对应的特殊平行四边形．
解：①如图1，
∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，∴AB∥DC，AB＝DC，OA＝OC，OB＝OD，
∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
即E在AB上任意位置（不与A、B重合）时，四边形AECF恒为平行四边形，
故选项①正确；
②如图2，
四边形AECF不是矩形，故选项②错误．
③如图3，
当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，故选项③正确．
④如 图4 ，
如果AB＜AD，就不存在点E在边AB上，使得四边形AECF为正方形，故选项④
错误．
故答案为：②④．【点拨】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、
矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．
17．
【分析】
由 的面积为m可得 的高为 ，然后再分三角形的高取最小值和最大值两
种情况求解即可．
解：∵ 的面积为m
∴ 边BC上的高为
如图：当高取最小值时， 为等边三角形，A与M或N或MN上一重合重合，
如图：过A作AD⊥BC，垂足为D
∵等边三角形ABC,BC=4
∴∠ABC=60°,BC=4，∠BAD=30°
∴BD=2,
∴AD= =2
∴ ，即m=4 ；
如图：当高取最大值时，菱形为正方形，
∴A在 中点，
∴ ，即m=8∴ ．
故填： ．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定
理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
18．①②④．
【分析】
根据平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定逐条判断即可．
解：只要满足AB∥EF，四边形 是平行四边形，这样的EF有无数条，故①正确；
因为 ，可在AD上截取AE=AB，再满足AB∥EF，四边形 是菱形，
故②正确；
因为是任意 ，∠B不一定是直角，矩形 不一定存在，故③错误；
当EF经过 对角线交点时，四边形 的面积是 面积的一半，
故④正确．
故答案为：①②④．
【点拨】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形、矩形的判定，解题关键是熟练
运用所学四边形的性质与判定，准确进行推理判断．
19．①②④
【分析】
如图，矩形ABCD， 为对角线的交点，由中心对称性证明： 所以当
时，四边形 是平行四边形，当 时，四边形 是
矩形，当 四边形 是菱形，再利用正方形的性质求解 从而
可得答案.解：如图，矩形ABCD， 为对角线的交点，
由中心对称性可得：
所以当 时，
四边形 是平行四边形，
所以AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是平行四边形；故①符合题意；
当 时，
四边形 是矩形，而 不是定值，
所以在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是矩形；故②符合题意；
当
四边形 是菱形，
而 位置确定，所以 唯一，
所以在AC上不存在无数组G、H，使得四边形EGFH是菱形，故③不符合题意；
如图，当四边形EGFH是正方形时，
由矩形 可得：所以当AG= 时，存在E、F、G，H，使得四边形EGFH是正方形，故④符合题
意；
故答案为：①②④
【点拨】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定，
正方形的性质，掌握“特殊四边形的判定与性质”是解本题的关键.
20．
【分析】
由翻折的性质知，PB＝PB′，而要点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为PB′，故
有PB′⊥CD，先证明四边形 PB′EB是平行四边形，然后利用勾股定理求解即可得到答案．
解：根据折叠的性质知：PB＝PB′，若点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为
PB′，故有PB′⊥CD，由题意知：如图所示，连接AD，BB′
由折叠的性质可知AB＝AB′＝3， ，AE是线段BB′的垂直平分线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∵四边形ABDC是矩形，
∴BD⊥CD，∠C=∠BDC=∠ABD=90°，CD=AB=3，AC=BD
∴BD∥ ，
∴ ，
∴ ，
∴BP∥ ，
∴四边形PB′EB是平行四边形，
∴
在直角三角形ABD中 ，
∴ ，
在直角三角形 中 ，
∴ ，
设 ，则 ，
在直角三角形 中 ，
∴
解得：
PB＝ ，
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，平行四边形的性质与判定，勾股
定理定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
21． 或 或
【分析】由题可知，“智慧三角形”是直角三角形，因为不确定哪个角是直角，所以分情况讨
论，∠CPM=90°或∠CMP=90°，设设点P(3,a)，则AP=a，BP=4-a，根据勾股定理求出
CP2，MP2，CM2，根据∠CPM=90°或∠CMP=90°，可以得到这三条边的关系，解之即可.
解：由题可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM=90°或∠CMP=90°
设点P(3,a)，则AP=a，BP=4-a
①若∠CPM=90°，在Rt△BCP中，
在Rt△MPA中，
在Rt△MCP中，
又∵
∴2a2-8a+26=20
即(a-3)(a-1)=0
解得a=3或a=1
∴P(3,3)或(3,1)
②若∠CMP=90°，在Rt△BCP中
在Rt△MPA中，
∵
在Rt△MCP中，
即∴
综上， 或(3,1)或(3,3)
故答案为 或(3,1)或(3,3).
【点拨】本题主要考查了勾股定理的应用. 解题的关键是知道“智慧三角形”指的是
直角三角形.
22．(1)24， (2)当 时，直线PQ将菱形面积分成1：2两部分
(3) ，存在最大值18，此时点P运动到AB的中点，点Q运动
到与点D重合
【分析】
（1）先根据C、D的坐标求出 ， ，即可利用勾股定理求出
，再由菱形的性质可得 ，则 ；
（2）如图1．由已知可得： ， ，则 ，求出
，再由直线PQ将菱形的面积分
成1：2两部分，则 或 ，由此求解即可；
（3）分当Q在CD上，即 时和当Q在AD上，即 时两种情况讨论
求解即可．
(1)解：∵ ， ，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ．∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形面积 ．
∴菱形的高 ；
(2)解：如图1．由已知可得： ， ，则 ．
则
若直线PQ将菱形的面积分成1：2两部分，则 或 ．
即 ，或 ．
解得： 或 （舍去）．
∴当 时，直线PQ将菱形面积分成1：2两部分．
(3)当Q在CD上，即 时，见图2．
∴此时，y随t的增大而增大．
∴当 时， 取得最大值．当Q在AD上，即 时，见图3．
∴此时y随t的增大而减小，无最大值．
∴ ，在点P、Q运动的整个过程中，y有最大值18，此
时点P运动到AB的中点，点Q运动到与点D重合．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，一次函数的性质，解
题的关键在于能够熟练掌握相关知识．
23．(1)见分析(2)①点G与点C重合，理由见分析；② (3)存在，且m=
【分析】
（1）欲证明EG=BG，只要证明∠EBG=∠BEG即可；
（2）①如图1中，过点E作EH⊥BG于点H，则四边形ABHE是矩形，设BG=EG=x，
在Rt EHG中，EG2=EH2+HG2，构建方程求出x，即可判断；
△②由轴对称的性质可知AB=BF，AE=EF=2，则 ，推出
，推出可以假设AB=k，BD=4k，则DF=3k，在Rt DEF中，DE2=EF2+DF2，构建
△
方程，可得结论；
（3）利用勾股定理求出BG与AB，AE的关系，再结合已知条件，构建关系式可得结
论．
解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG，
∵△ABE与 FBE关于BE对称，
∴∠AEB=∠△BEF，
∴∠EBG=∠BEF，
∴EG=BG；
(2)①点G与C重合；
理由：如图1中，过点E作EH⊥BG于点H，则四边形ABHE是矩形，
∴EH=AB=6．AE=BH=2，
设BG=EG=x，
在Rt EHG中，EG2=EH2+HG2，
∴x2=6△2+（x-2）2，
∴x=10，
∵BC=AD=10，BG=10，
∴点G与C重合；
②如图2中，由轴对称的性质可知AB=BF，AE=EF=2，
∵ ，
∴ ，
∴可以假设AB=k，BD=4k，则DF=3k，
在Rt DEF中，DE2=EF2+DF2，
∴82=2△2+（3k）2，
∴k （负根已经舍去），
∴AB ；
(3)如图1中，设BG=EG=y，
在Rt EHG中，EG2=EH2+HG2，
∴y2=A△B2+（y-m）2，
∴ ，
∴BG- AE=AB2总成立，∴ ，
∴m= ．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识，
解题关键是学会利用参数构建方程解决问题．
24．（1）①③；（2）四边形ABCD是闪亮四边形，BD为亮线
【分析】
（1）根据正方形、矩形和菱形的基本性质逐项分析即可；
（2）先分别根据勾股定理求出BD，BC以及AC的长度，从而结合题干定义进行分析
即可．
解：（1）①设正方形的边长为 ，则对角线为 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴正方形不可能是闪亮四边形，①正确；
②设矩形的一组邻边为 ，则对角线的平方为 ，
该矩形两边长乘积为 ，
∴若 成立时，可满足闪亮四边形的定义，
∵ ，
∴ 恒成立，
∴矩形不可能是闪亮四边形，②错误；
③如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，
若菱形ABCD为闪亮四边形，则 ，
即： ，
∵AB=BC，
∴AB=AC=BC， ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，△
∴∠BAD=120°，
∴若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个角为 ，③正确；故答案为：①③；
（2）∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∵AD=9，AB=12,
∴由勾股定理得BD2=225，
如图，作DE⊥BC于E点，则四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=12，BE=AD=9，
在Rt DEC中，CD=20，
由勾股△定理得CE=16，
∴BC=BE+CE=25，
在Rt ABC中， ，
∵ △ ，
∴ ，
∴四边形ABCD是闪亮四边形，BD为亮线．
【点拨】本题考查新定义多边形，涉及勾股定理解三角形，理解题干意思，熟悉常见
四边形的基本性质，并灵活运用勾股定理是解题关键．
25．（1）见分析；（2） ；（3）存在，
【分析】
（1）过正方形ABCD对角线的交点E和圆心O作直线OE即可．
（2）连接AC、BD交于点N，过M、N作直线l，则直线l即为所求，由待定系数法求出直线l的解析式即可；
（3）过点B作BD⊥OA于点D，则点P（1，2）为矩形ODBC的对称中心，过点P的
直线只要平分△ABD的面积即可，设直线PH的表达式为y＝kx＋b，则y＝kx＋2−k，由待
定系数法求出直线AB的解析式为y＝−x＋6，求出点H的坐标为（ ），求出
k和b的值即可．
解：（1）过正方形 对角线的交点 和圆心 作直线 ，如图2所示：
则 将正方形 和圆 都分成面积相等的两部分，直线 即为所求；
（2）连接 、 交于点 ，如图3所示：
∵四边形 是矩形，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
过 、 作直线 ，则直线 即为所求，
设直线 的解析式为 ，
由题意得： ，解得： ，
∴直线 的解析式为 ；
（3）直线 存在，理由如下：
过点 作 于点 ，如图4所示：
则点 为矩形 的对称中心，
∴过点 的直线只要平分 的面积即可，
∵在 边上必存在点 使得 将 面积平分．
∴直线 平分梯形 的面积，
即直线 为所求直线 ；
设直线 的表达式为 且点 ，
∴ 即 ，
∴ ，
∵ ， ， ， ，
∴ ， ，
∴直线 的表达式为 ，则 ，
解得： ，
∴直线 的解析式为 ，∴ ，
解得： ，
∴点 的坐标为 ，
把 代入直线 的解析式 ，得 ，
∴ 与线段 的交点 ，
∴ ，
∴ ．
∴ ，
解得： ，或 （不合题意舍去），
∴ ，
∴直线 的表达式为 ．
【点拨】本题是圆的综合题目，考查了圆的性质、正方形的性质、矩形的性质、坐标
与他图形性质、待定系数法求直线的解析式、三角形面积等知识；本题综合性强，有一定
难度，熟练掌握圆的性质、矩形的性质以及待定系数法是解题的关键．
26．（1）③④，②④；（2）证明见分析；（3）当t＝ 时，四边形ADFE为“十字
形”．
【分析】
（1）根据“十字形”和“对等四边形”的定义判断即可；
（2）先根据“十字形”和“对等四边形”的定义可知： ， ，根据三
角形的中位线的性质可证得四边形 四边相等，且有一个角是直角，可得结论；
（3）先证明四边形 是平行四边形，若四边形 为“十字形”，则要满足对
角线互相垂直，若四边形 “对等四边形”，则要满足对角线相等，则要满足四边形
是菱形或矩形，因为 ，所以四边形 不可能是矩形，根据菱形列方程可得 的值．
（1）解： 正方形，菱形的对角线互相垂直，
正方形，菱形是“十字形”，
矩形，正方形的对角线相等，
矩形，正方形是“对等四边形”，
故答案为：③④，②④；
（2）证明：如图1，
凸四边形 是“十字形”也是“对等四边形”，
， ，
，
，
， ， ， 分别是 ， ， ， 的中点，
， ， ， ， ， ，
四边形 是平行四边形，
，
，
，
四边形 菱形，
，
菱形 是正方形；
（3）解：如图2，连接 ， ，
由题意得： ， ，则 ，中， ， ， ，
，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
，
不可能是矩形，
当 时， 是菱形，则 ，此 是“十字形”，
，
，
当 时，四边形 为“十字形”．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了动点运动的问题，矩形的性质和判定，平行
四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，“对等四边形”和“十字形”的定义等知识，
解题的关键是正确运用中位线定理和掌握矩形和菱形对角线的关系．
