八年级初二数学第二学期平行四边形单元测试基础卷试题

八年级初二数学第二学期平行四边形单元测试基础卷试题

一、解答题

1．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．

（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；

（2）若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．

2．如图，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O为原点建立平面直角坐标系，点B，点D

分别在x轴，y轴上，点C在第一象限内，若平面内有一动点P，且满足S△POB＝1

3

S矩形

OBCD，问：

（1）当点P在矩形的对角线OC上，求点P的坐标；

（2）当点P到O，B两点的距离之和PO+PB取最小值时，求点P的坐标．

3．如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E，F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．

(1)求证：AE＝AF；

(2)取AF的中点M，EF的中点N，连接MD，MN．则MD，MN的数量关系是，MD、MN的位置关系是

(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则(2)中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

4．如图正方形ABCD ，DE 与HG 相交于点O （O 不与D 、E 重合）．

（1）如图（1），当90GOD ∠=?， ①求证：DE GH =； ②求证：2GD EH DE +>

；

（2）如图（2），当45GOD ∠=?，边长4AB =，25HG =，求DE 的长． 5．已知正方形,ABCD 点F 是射线DC 上一动点(不与,C D 重合)．连接AF 并延长交直线BC 于点E ，交BD 于,H 连接CH ．在EF 上取一点,G 使ECG DAH ∠=∠． （1）若点F 在边CD 上，如图1，

①求证：CH CG ⊥． ②求证：GFC 是等腰三角形．

（2）取DF 中点,M 连接MG ．若3MG =，正方形边长为4，则BE = ． 6．探究：如图①，△ABC 是等边三角形，在边AB 、BC 的延长线上截取BM =CN ，连结MC 、AN ，延长MC 交AN 于点P ． （1）求证：△ACN ≌△CBM ；

（2）∠CPN= °；（给出求解过程）

（3）应用：将图①的△ABC分别改为正方形ABCD和正五边形ABCDE，如图②、③，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、DN，延长MC交DN于点P，则图②中

∠CPN= °；（直接写出答案）

（4）图③中∠CPN= °；（直接写出答案）

（5）拓展：若将图①的△ABC改为正n边形，其它条件不变，则∠CPN= °（用含n 的代数式表示，直接写出答案）．

7．如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且F(1，4)．

(1)求G点坐标

(2)求直线EF解析式

(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由

?是边长为3的等边三角形，点D是射线BC上的一个动点（点D不与点8．如图，ABC

?是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，交直线B、C重合），ADE

AC于点F，连接BE．

（1）判断四边形BCFE的形状，并说明理由；

（2）当DE AB

⊥时，求四边形BCFE的周长；

（3）四边形BCFE能否是菱形？若可为菱形，请求出BD的长，若不可能为菱形，请说明理由．

9．如图，在平行四边形 ABCD 中，AD=30 ，CD=10，F 是BC 的中点，P 以每秒1 个单位长度的速度从 A 向 D 运动，到D 点后停止运动；Q 沿着A B C D →→→ 路径以每秒3个单位长度的速度运动，到D 点后停止运动．已知动点 P ，Q 同时出发，当其中一点停止后，另一点也停止运动． 设运动时间为 t 秒，问：

（1）经过几秒，以 A ，Q ，F ，P 为顶点的四边形是平行四边形

（2）经过几秒，以A ，Q ，F ， P 为顶点的四边形的面积是平行四边形 ABCD 面积的一半？

10．如图，ABCD 的对角线,AC BD 相交于点,,6,10O AB AC AB cm BC cm ⊥==，点P 从点A 出发，沿AD 方向以每秒1cm 的速度向终点D 运动，连接PO ，并延长交BC 于点Q ．设点P 的运动时间为t 秒． （1）求BQ 的长（用含t 的代数式表示）； （2）当四边形ABQP 是平行四边形时，求t 的值； （3）当32

5

t =

时，点O 是否在线段AP 的垂直平分线上？请说明理由．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、解答题

1．（1）AG 2=GE 2+GF 2，理由见解析；（2）326

6

【分析】

（1）结论：AG 2=GE 2+GF 2．只要证明GA=GC ，四边形EGFC 是矩形，推出GE=CF ，在Rt △GFC 中，利用勾股定理即可证明；

（2）作BN ⊥AG 于N ，在BN 上截取一点M ，使得AM=BM ．设AN=x ．易证AM=BM=2x ，3，在Rt △ABN 中，根据AB 2=AN 2+BN 2，可得1=x 2+（3x ）2，解得x=

624，推出BN=62

4

，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题. 【详解】

解：（1）结论：AG 2=GE 2+GF 2． 理由：连接CG ． ∵四边形ABCD 是正方形， ∴A 、C 关于对角线BD 对称， ∵点G 在BD 上， ∴GA=GC ，

∵GE ⊥DC 于点E ，GF ⊥BC 于点F ， ∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°， ∴四边形EGFC 是矩形， ∴CF=GE ，

在Rt △GFC 中，∵CG 2=GF 2+CF 2， ∴AG 2=GF 2+GE 2．

（2）作BN ⊥AG 于N ，在BN 上截取一点M ，使得AM=BM ．设AN=x ． ∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°， ∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°， ∴∠AMN=30°，

∴AM=BM=2x ，MN=3x ， 在Rt △ABN 中，∵AB 2=AN 2+BN 2， ∴1=x 2+（2x+3x ）2， 解得x=62

-， ∴BN=

62

+， ∴BG=BN÷cos30°=

326

6

+．

【点睛】

本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形30度的性质． 2．（1）P （103，2）；（2）（52，2）或（﹣5

2

，2） 【分析】

（1）根据已知条件得到C （5，3），设直线OC 的解析式为y ＝kx ，求得直线OC 的解析式

为y＝3

5

x，设P（m，

3

5

m），根据S△POB＝

1

3

S矩形OBCD，列方程即可得到结论；

（2）设点P的纵坐标为h，得到点P在直线y＝2或y＝﹣2的直线上，作B关于直线y＝2的对称点E，则点E的坐标为（5，4），连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，设直线OE的解析式为y＝nx，于是得到结论．

【详解】

（1）如图：

∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，

∴C（5，3），

设直线OC的解析式为y＝kx，

∴3＝5k，

∴k＝3

5

，

∴直线OC的解析式为y＝3

5 x，

∵点P在矩形的对角线OC上，

∴设P（m，3

5 m），

∵S△POB＝1

3

S矩形OBCD，

∴1

2

?5×

3

5

m＝

1

3

?3×5，

∴m＝10

3

，

∴P（10

3

，2）；

（2）∵S△POB＝1

3

S矩形OBCD，

∴设点P的纵坐标为h，

∴1

2

h×5＝

1

3

3

??5，

∴h＝2，

∴点P在直线y＝2或y＝﹣2上，

作B关于直线y＝2的对称点E，

则点E的坐标为（5，4），

连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，

设直线OE的解析式为y＝nx，

∴4＝5n，

∴n＝4

5

，

∴直线OE的解析式为y＝4

5 x，

当y＝2时，x＝5

2

，

∴P（5

2

，2），

同理，点P在直线y＝﹣2上，

P（5

2

，﹣2），

∴点P的坐标为（5

2

，2）或（﹣

5

2

，2）．

【点睛】

本题考查了轴对称——最短路线问题，矩形的性质，待定系数法求函数的解析式，正确的找到点P在位置是解题的关键．

3．(1)见解析；(2)相等，垂直；(3)成立，理由见解析

【分析】

(1)由等腰直角△ECF得到CE=CF，再由正方形ABCD进一步得到BE=DF，最后证明

△ABE≌△ADF即可求解；

(2)MN是△AEF的中位线，得到AE=2MN，又M是直角三角形ADF斜边上的中点，得到AF=2MD，再由(1)中的AE=AF即可得到MN=MD；由∠DMF＝∠DAF+∠ADM，∠FMN＝

∠FAE，∠DAF＝∠BAE，∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，由此得到∠DMN＝∠BAD＝90°；

(3)连接AE，同(1)中方法证明△ABE≌△ADF，进而得到AE=AF，此时MN是△AEF中位线，MD是直角△ADF斜边上的中线，证明方法等同(2)中即可求解．

【详解】

解：(1)证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形

∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF＝90°，

∵△CEF是等腰直角三角形，∠C＝90°，

∴CE＝CF，

∴BC﹣CE＝CD﹣CF，

即BE＝DF，

∴△ABE≌△ADF（SAS），

∴AE＝AF．

(2)如图2中，MD，MN的数量关系是相等，MD、MN的位置关系是垂直，理由如下：∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，

∴AF＝2DM，

∵MN是△AEF的中位线，∴AE＝2MN，

由(1)知：AE＝AF，∴DM＝MN；

∵∠DMF＝∠DAF+∠ADM，AM＝MD，

∵∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠BAE，

∴∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，

∴∠DMN＝∠BAD＝90°，

∴DM⊥MN，

故答案为：相等，垂直；

(3)如图3中，(2)中的两个结论还成立，理由如下：

连接AE，交MD于点G，如下图所示，

∵点M 为AF 的中点，点N 为EF 的中点， ∴MN ∥AE ，MN ＝1

2

AE ， 由(1)同理可证，

AB ＝AD ＝BC ＝CD ，∠B ＝∠ADF ，CE ＝CF ， 又∵BC +CE ＝CD +CF ，即BE ＝DF ， ∴△ABE ≌△ADF （SAS ），∴AE ＝AF ， 在Rt △ADF 中，

∵点M 为AF 的中点，∴DM ＝1

2

AF ， ∴DM ＝MN ，

∵△ABE ≌△ADF ，∴∠1＝∠2， ∵AB ∥DF ，∴∠1＝∠3，

同理可证：∠2＝∠4，∴∠3＝∠4， ∵DM ＝AM ，∴∠MAD ＝∠5， ∴∠DGE ＝∠5+∠4＝∠MAD +∠3＝90°， ∵MN ∥AE ，∴∠DMN ＝∠DGE ＝90°， ∴DM ⊥MN ． 故答案为：仍成立． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、三角形的中位线、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形全等几何知识，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键． 4．（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）410

DE =． 【分析】

（1）过点D 作//DM GH 交BC 延长线于点M ，连接EH ，

①由正方形的性质可得//AD BC ，AD CD =，90A ADC DCM ∠=∠=∠=?，即可证明四边形DGHM 是平行四边形，可得DM=GH ，由90GOD ∠=?可得∠EDM=90°，根据直角三角形两锐角互余的性质可得12∠=∠，利用ASA 可证明△ADE≌△CDM，可得DE=DM ，即可证明DE=GH ；

②由①得DM=DE ，根据勾股定理可得2，利用三角形三边关系即可得结论；

（2）过点D 作DN//GH 交BC 于点N ，作ADM CDN ∠=∠，DM 交BA 延长线于点

M ，可证明四边形GHND 为平行四边形，可得DN HG =，GD HN =，根据勾股定理可求出CN 的长，利用AAS 可证明ADM CDN ??≌，可得AM NC =，DM DN =，根据

平行线的性质∠EDN=45°，根据角的和差故选可得∠MDE=∠EDN ，利用SAS 可证明

MDE NDE ??≌，即可证明AE CN EN +=，设AE x =，利用勾股定理可求出x 的值，进而利用勾股定理求出DE 的值即可得答案． 【详解】

（1）如图（1），过点D 作//DM GH 交BC 延长线于点M ，连接EH ，EM ， ①∵四边形ABCD 为正方形，

∴//AD BC ，AD CD =，90A ADC DCM ∠=∠=∠=? ∴四边形DGHM 为平行四边形， ∴DM=GH ，GD HM =， ∵90GOD ∠=?，

∴90EDM EOH ∠=∠=?， ∴290EDC ∠+∠=?， ∵90ADC ∠=?， ∴190EDC ∠+∠=?， ∴12∠=∠，

在ADE ?和CDM ?中12A DCM AD DC ∠=∠??

=??∠=∠?

，

∴ADE CDM ??≌， ∴DE DM =， ∴DE GH =．

②在DEM ?中，∠EDM=90°， ∴222DE DM EM +=， ∵DE DM =， ∴222DE EM =， ∴2EM DE =

，

在EHM ?中，HM EH EM +>， ∵GD HM =，

∴GD EH +≥

．

（2）如图（2），过点D 作DN//GH 交BC 于点N ，则四边形GHND 为平行四边形， ∴DN HG =，GD HN =，

∵90C ∠=?，4CD AB ==

，HG DN ==

∴2CN =

=，

∴422BN BC CN =-=-=，

作ADM CDN ∠=∠，DM 交BA 延长线于点M ，

在ADM ?和CDN ?中90C MAD CDN ADM DC AD ∠=∠=???

∠=∠??=?

，

∴ADM CDN ??≌， ∴AM NC =，DM DN =， ∵45GOD EOH ∠=∠=?， ∴45EDN ∠=?， ∴45ADE CDN ∠+∠=?， ∴45ADE ADN MDE ∠+∠=?=∠，

在MDE ?和NDE ?中MD ND MDE EDN DE DE =??

∠=∠??=?

，

∴MDE NDE ??≌，

∴EM EN =，即AE AM AE CN EN +=+=， 设AE x =，则BE=4-x ，

在Rt BEN ?中，2

2

2

2(2)x x +=+， 解得：43

x =

，

∴3DE ===．

【点睛】

本题考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理，并正确作出辅助线是解题关键． 5．（1）①见解析；②GFC 是等腰三角形，证明见解析；（2）4+2

5或4﹣25． 【分析】

（1）①只要证明△DAH ≌△DCH ，即可解决问题； ②只要证明∠CFG=∠FCG ，即可解决问题；

（2）分两种情形解决问题：①当点F 在线段CD 上时，连接DE ．②当点F 在线段DC 的延长线上时，连接DE ．分别求出EC 即可解决问题． 【详解】

（1）①证明：∵四边形ABCD 是正方形，

∴∠ADB ＝∠CDB ＝45°，DA ＝DC ， 在△DAH 和△DCH 中，

DA DC ADH CDH DH DH =??

∠=∠??=?

， ∴△DAH ≌△DCH ， ∴∠DAH ＝∠DCH ； ∵∠ECG=∠DAH ， ∴∠ECG=∠DCH ，

∵∠ECG+∠FCG=∠FCE=90°， ∴∠DCH+∠FCG=90°， ∴CH ⊥CG.

②∵在Rt△ADF中，∠DFA+∠DAF＝90°，

由①得∠DCH+∠FCG=90°，∠DAH＝∠DCH；

∴∠DFA＝∠FCG，

又∵∠DFA＝∠CFG，

∴∠CFG＝∠FCG，

∴GF＝GC，

∴△GFC是等腰三角形

-．

（2）BE的长为 4+25或425

①如图①当点F在线段CD上时，连接DE．

∵∠GFC＝∠GCF，

又∵在Rt△FCG中，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，∴∠GCE＝∠GEC，

∴EG＝GC＝FG，

∴G是EF的中点，

∴GM是△DEF的中位线

∴DE＝2MG＝6，

在Rt△DCE中，CE＝22

-＝25，

64

DE DC

-＝22

∴BE＝BC+CE＝4+25．

②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．

同法可知GM 是△DEC 的中位线， ∴DE ＝2GM ＝5，

在Rt △DCE 中，CE

∴BE ＝BC ﹣CE ＝4

﹣

综上所述，BE 的长为

4+4

﹣ 【点睛】

本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、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，属于中考常考题型． 6．（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）360

n

. 【分析】

（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC ，∠ACB=∠ABC ，从而得到△ACN ≌△CBM. （2）利用全等三角形的性质得到∠CAN=∠BCM ，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求解.

（3）利用正方形（或正五边形）的性质得到BC=DC ，∠ABC=∠BCD ，从而判断出△DCN ≌△CBM ，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM ，再利用内角和定理即可得到答案.

（4）由（3）的方法即可得到答案.

（5）利用正三边形，正四边形，正五边形，分别求出∠CPN 的度数与边数的关系式，即可得到答案. 【详解】

（1）∵△ABC 是等边三角形，

∴BC=AC ，∠ACB=∠BAC=∠ABC=60?， ∴∠ACN=∠CBM=120?， 在△CAN 和△CBM 中，

CN BM ACN CBM AC BC =??

∠=∠??=?

， ∴△ACN ≌△CBM. （2）∵△ACN ≌△CBM. ∴∠CAN=∠BCM ，

∵∠ABC=∠BMC+∠BCM ，∠BAN=∠BAC+∠CAN ， ∴∠CPN=∠BMC+∠BAN =∠BMC+∠BAC+∠CAN =∠BMC+∠BAC+∠BCM =∠ABC+∠BAC =60?+60?, =120?，

故答案为：120.

（3）将等边三角形换成正方形， ∵四边形ABCD 是正方形， ∴BC=DC ，∠ABC=∠BCD=90?， ∴∠MBC=∠DCN=90?， 在△DCN 和△CBM 中，

DC BC DCN MBC CN BM =??

∠=∠??=?

， ∴△DCN ≌△CBM ， ∴∠CDN=∠BCM ， ∵∠BCM=∠PCN ， ∴∠CDN=∠PCN ，

在Rt △DCN 中，∠CDN+∠CND=90?， ∴∠PCN+∠CND=90?， ∴∠CPN=90?， 故答案为：90.

（4）将等边三角形换成正五边形， ∴∠ABC=∠DCB=108?， ∴∠MBC=∠DCN=72?， 在△DCN 和△CBM 中，

DC BC DCN MBC CN BM =??

∠=∠??=?

， ∴△DCN ≌△CBM ，

∴∠BMC=∠CND ，∠BCM=∠CDN ， ∵∠BCM=∠PCN ， ∴∠CND=∠PCN ，

在△CDN 中，∠CDN+∠CND=∠BCD=108?， ∴∠CPN=180?-(∠CND+∠PCN) =180?-(∠CND+∠CDN) =180?-108?， =72?， 故答案为：72.

（5）正三边形时，∠CPN=120?=360

3

， 正四边形时，∠CPN=90?=

360

4

，

正五边形时，∠CPN=72?=360

5

， 正n 边形时，∠CPN=360

n

， 故答案为： 360

n

. 【点睛】

此题考查正多边形的性质，三角形全等的判定及性质，图形在发生变化但是解题的思路是不变的，依据此特点进行解题是解此题的关键.

7．（1）G （0，2）4y =++3）

23466,,,(1,4333M M M ???--+ ???. 【解析】 【分析】

1（1）由F （1，4），B （3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，

在Rt △AGF 中，利用勾股定理求出AG =，那么OG=OA-AG=4-

，于是G （0，）；

（2）先在Rt △AGF 中，由tan AG AFG AF ∠=

==，得出∠AFG=60°，再由折叠

的性质得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt △BFE ，求出BE=BF tan60°，那么CE=4-

2E （3，.设直线EF 的表达式为y=kx+b ，将E （3，F （1，4）代入，利用待定系数法即可求出直线EF 的解析.（3）因为M 、N 均为动点，只有F 、G 已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG 为一边，N 点在x 轴上；FG 为一边，N 点在y 轴上；FG 为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M 点的坐标. 【详解】

解：（1）∵F （1，4），B （3，4）， ∴AF=1，BF=2，

由折叠的性质得：GF=BF=2， 在Rt △AGF 中，由勾股定理得，

AG ==∵B （3，4）， ∴OA=4，

∴

∴G （0， （2）在Rt △AGF 中，

∵

3

tan3

1

AG

AFG

AF

∠==

=，

∴∠AFG=60°，由折叠的性质得知：∠GFE=∠BFE=60°，

在Rt△BFE中，

∵BE=BF tan60°=23，

.CE=4-23，

.E（3，4-23）.

设直线EF的表达式为y=kx+b，

∵E（3，4-23），F（1，4），

∴

3423

4

k b

k b

?+=-

?

?

+=

??

解得

3

43

k

b

?=-

?

?

=+

??

∴343

y x

=-++；

（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况：

①FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFMN为平行四边形，如图1所示.

过点G作EF的平行线，交x轴于点N1，再过点N：作GF的平行线，交EF于点M，得平行四边形GFM1N1.

∵GN1∥EF，直线EF的解析式为343,(0,43)

y x G

=+

∴直线GN1的解析式为34-3

y x

=

当y=0时，1

433433

,,0

33

x N

??

= ?

?

??

.

∵GFM1N1是平行四边形，且G（0，3F（1，4），N1（

433

3

，0），

∴M，（

3

3

3

②FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFNM为平行四边形，如图2所示.∵GFN2M2为平行四边形，

∴GN?与FM2互相平分.

∴G（0，3N2点纵坐标为0

∴GN：中点的纵坐标为

3

2

2 -，

设GN?中点的坐标为（x，

3

2

2 -.

∵GN2中点与FM2中点重合，

∴

3 3432

2 x+=-

∴x=39 6

∵.GN24393

2

+

），

.∴N2439

+

0）.

∵GFN2M2为平行四边形，且G（0，3F（1，4），N2439

+

，0），

∴M2（436

,3 3

③FG为平行四边形的一边，N点在y轴上，GFNM为平行四边形，如图3所示.

∵GFN3M3为平行四边形，.

∴GN3与FM3互相平分.

∵G（0，4-3），N2点横坐标为0，

.∴GN3中点的横坐标为0，

∴F与M3的横坐标互为相反数，

∴M3的横坐标为-1，

-?-++=+，

当x=-1时，y=3(1)43423

∴M3（-1，4+23）；

④FG为平行四边形的对角线，GMFN为平行四边形，如图4所示.

过点G作EF的平行线，交x轴于点N4，连结N4与GF的中点并延长，交EF于点M。，

得平行四边形GM 4FN 4

∵G （0，4-3），F （1，4）， ∴FG 中点坐标为（

13

,42-

）， ∵M 4N 4的中点与FG 的中点重合，且N 4的纵坐标为0， .∴M 4的纵坐标为8-3.

5-45解方程34383x -++=- ，得643

3

x -= ∴M 4（

643

,833

--）. 综上所述，直线EF 上存在点M ，使以M ，N ，F ，G 为顶点的四边形是平行四边形，此时M 点坐标为：

23443436643,3,,3,(1,423),,83M M M ??????

+---+- ? ? ? ? ? ???? 。 【点睛】

本题是一次函数的综合题，涉及到的考点包括待定系数法求一次函数的解析式，矩形、平行四边形的性质，轴对称、平移的性质，勾股定理等，对解题能力要求较高.难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有四种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏.

8．（1）平行四边形，理由见解析；（2）9；（3）可为菱形，BD=6或0 【分析】

（1）先证明()EAB DAC SAS ???，得60ABE C ∠=∠=?，可得//AC BE ，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BCFE 是平行四边形；

（2）如图2，证明90AEB =?∠，根据直角三角形30度角所对的直角边为斜边的一半可得

BE 的长，根据平行四边形的周长计算方法可得结论；

（3）分两种情况：①当D 在边BC 的延长线上；②当D 在边BC 上时；分别画图可得

BD 的长．

【详解】

解：（1）如图1，四边形BCFE 是平行四边形，理由是：

ABC ?和ADE ?是等边三角形，

AB AC ∴=，AD AE =，60EAD BAC ∠=∠=?， EAB DAC ∴∠=∠，