9.（2024·常州期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD = 2AB = 2，∠ABC = 60°，E、F是对角线BD上的动点，且BE = DF，M、N分别是边AD、边BC上的动点。下列四种说法：①存在无数个平行四边形MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；④存在无数个正方形MENF。其中正确的个数是（ ）
　　　　　　
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

C 解析：如图，连接AC，与BD交于点O，连接ME、MF、NF、EN、MN。∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA = OC，OB = OD。∵BE = DF，∴OE = OF。∵点E、F是BD上的点，∴只要MN过点O，那么四边形MENF就是平行四边形，∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；只要MN = EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形。∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个矩形MENF，故②正确；只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形。∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个菱形MENF，故③正确；只要MN = EF，MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是正方形，而符合要求的正方形只有一个，故④错误。故选C。

10.（2024·盐城期中）如图，在矩形ABCD中，AB = 4 cm，AD = 12 cm，点P从点A向点D以每秒1 cm的速度运动，点Q以每秒4 cm的速度从点C出发，在B、C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时停止（同时点Q也停止），这段时间内，当运动时间为________时，P、Q、C、D四点组成矩形。
　　　　　　

2.4 s或4 s或7.2 s 解析：根据已知可知，点Q运动轨迹为C→B→C→B→C。∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，若AP = BQ，则四边形APQB是矩形，则以P、Q、C、D四点为顶点组成矩形。设过了t秒，则PA = t cm，在点Q第一次由C→B运动的过程中，BQ = (12 - 4t)cm，t = 12 - 4t，∴t = 2.4。在点Q第一次由B→C运动的过程中，BQ = 4(t - 3)cm，t = 4(t - 3)，解得t = 4，在点Q第二次由C→B运动的过程中，BQ = [12 - 4(t - 6)]cm，t = 12 - 4(t - 6)，解得t = 7.2。在点Q第二次由B→C运动的过程中，BQ = 4(t - 9)cm，t = 4(t - 9)，解得t = 12，此时PQ与CD重合，无法构成矩形，故舍去。故答案为2.4 s或4 s或7.2 s。

11. 如图，在平面直角坐标系中，函数y = -2x + 6的图像分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且MB = 2MO。在平面直角坐标系内存在点C，使得以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形，则点C的坐标为________。
　　　 　　

(3,4)或(3,-4)或(-3,8) 解析：∵函数y = -2x + 6的图像分别交x轴、y轴于A、B两点，当x = 0时，y = -2×0 + 6 = 6，∴B(0,6)，OB = 6。∵MB = 2MO，且点M位于y轴正半轴，∴$MO=\frac{1}{3}OB=\frac{1}{3}\times6 = 2$，∴M(0,2)。当y = 0时，-2x + 6 = 0，解得x = 3，∴A(3,0)，以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况。如图所示：①以MB、MA为边，∴MB//AC，MB = AC。∵M(0,2)，A(3,0)，B(0,6)，∴线段MB向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度得到线段AC，则点M(0,2)的对应点为点A(3,0)，点B(0,6)的对应点为点C，∴C(3,4)；②以BM、BA为边，∴BM//AC'，BM = AC'。∵B(0,6)，A(3,0)，M(0,2)，∴线段BM向右平移3个单位长度，再向下平移6个单位长度得到线段AC'，则点B(0,6)的对应点为点A(3,0)，点M(0,2)的对应点为点C'，∴C'(3,-4)；③以AM、AB为边，∴AM//BC''，AM = BC''。∵A(3,0)，M(0,2)，B(0,6)，∴线段AM向左平移3个单位长度，再向上平移6个单位长度得到线段BC''，则点A(3,0)的对应点为点B(0,6)，点M(0,2)的对应点为点C''，∴C''(-3,8)。综上所述，满足条件的点C的坐标为(3,4)或(3,-4)或(-3,8)。

12. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O。AC = 8 cm，BD = 6 cm，点P为AC上一动点，点P以1 cm/s的速度从点A出发沿AC向点C运动。设运动时间为t s，当t的值为________时，△PAB为等腰三角形。
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5或8或$\frac{25}{8}$ 解析：∵四边形ABCD是菱形，AC = 8 cm，BD = 6 cm，∴AC⊥BD，AO = OC = 4 cm，BO = OD = 3 cm。由勾股定理得BC = AB = AD = CD = 5 cm。分为三种情况：如图①，当PA = AB = 5 cm时，t = 5÷1 = 5(s)；如图②，当点P和点C重合时，PB = AB = 5 cm，t = 8÷1 = 8(s)；如图③，作AB的垂直平分线交AC于点P，连接PB，此时PB = PA，在Rt△BOP中，由勾股定理得$BP^{2}=BO^{2}+OP^{2}$，即$AP^{2}=3^{2}+(4 - AP)^{2}$，解得$AP=\frac{25}{8}$，此时$t=\frac{25}{8}\div1=\frac{25}{8}$(s)。故答案为5或8或$\frac{25}{8}$。

13. 如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为(3,4)，一次函数y = -$\frac{2}{3}$x + b的图像与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD = BE，点M是线段DE上的一个动点。
(1)求b的值；
(2)连接OM，若△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1 : 3，求点M的坐标；
(3)设点N是x轴上方平面内的一点，以O、M、D、N为顶点的四边形是菱形时，试求出点N的坐标。
　　　　　　　　　　　　

(1)∵矩形OABC的顶点B的坐标为(3,4)，∴OC = AB = 4，OA = BC = 3。在$y = -\frac{2}{3}x + b$中，令x = 0，得y = b，∴点D的坐标为(0,b)，∴OD = b。∵OD = BE，∴BE = b，∴点E的坐标是(3,4 - b)。∵点E(3,4 - b)在直线$y = -\frac{2}{3}x + b$上，∴$4 - b = -\frac{2}{3}\times3 + b$，解得b = 3。
(2)由(1)得D、E两点的坐标分别为(0,3)，(3,1)，∴OD = 3，AE = 1，∴$S_{四边形OAED}=\frac{1}{2}(OD + AE)\times OA=\frac{1}{2}\times(3 + 1)\times3 = 6$。∵△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1 : 3，∴$S_{\triangle ODM}=\frac{1}{4}S_{四边形OAED}=\frac{3}{2}$。不妨设线段DE上的点M的坐标为$(t,-\frac{2}{3}t + 3)$，易知0＜t＜3，则点M到OD的距离为t，∴$\frac{1}{2}\times3t=\frac{3}{2}$，解得t = 1，∴点M的坐标为$(1,\frac{7}{3})$。
(3)设线段DE上的点M的坐标为$(m,-\frac{2}{3}m + 3)$。由(1)得D、E两点的坐标分别为(0,3)，(3,1)，∴OD = 3，AE = 1。分两种情况讨论：①当OD作为菱形的对角线时，如图①，得菱形OMDN，∴MN⊥OD，MN、OD互相平分，∴$-\frac{2}{3}m + 3=\frac{1}{2}\times3$，解得$m=\frac{9}{4}$，∴点M的坐标为$(\frac{9}{4},\frac{3}{2})$，此时点N的坐标为$(-\frac{9}{4},\frac{3}{2})$。②当OD作为菱形的一边时，如图②，得菱形OMND，∴MN//OD，MN = OM = OD = 3。根据点M的坐标为$(m,-\frac{2}{3}m + 3)$，可得点N的坐标为$(m,-\frac{2}{3}m + 6)$。过点M作MP⊥x轴于点P，则在Rt△OPM中，OP = m，$MP = -\frac{2}{3}m + 3$。由勾股定理，得$OP^{2}+PM^{2}=OM^{2}$，即$m^{2}+(-\frac{2}{3}m + 3)^{2}=3^{2}$，化简得$\frac{13}{9}m^{2}-4m = 0$。由题意，得点M不在y轴上，即m≠0。在等式$\frac{13}{9}m^{2}-4m = 0$的两边同时除以m，得$\frac{13}{9}m - 4 = 0$，解得$m=\frac{36}{13}$。此时点N的坐标为$(\frac{36}{13},\frac{54}{13})$。综上所述，满足题意的点N的坐标为$(-\frac{9}{4},\frac{3}{2})$或$(\frac{36}{13},\frac{54}{13})$。