解：①如图3，设AB＝b，则AD＝kb，

∵点E是边AB的中点，

∴AE＝EB＝ $\frac{1}{2}$ b，

∵四边形EDFG是其“矩菱形”，

∴DF＝DE，

∴DF²＝DE²＝AD²+AE²＝（kb）²+（ $\frac{1}{2}$ b）²＝（k²+ $\frac{1}{4}$ ）b²，

∵∠DCF＝180°﹣90°＝90°，

∴CF²＝DF²﹣CD²＝（k²+ $\frac{1}{4}$ ）b²﹣b²＝（k²﹣ $\frac{3}{4}$ ）b²，

∴k²﹣ $\frac{3}{4}$ ≥0，即（k+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ）（k﹣ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ）≥0，

∵k＞0，

∴k+ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ＞0，

∴k﹣ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ≥0，

∴k≥ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ；

②如图4，连接EF，DG，BM，过点G作GK⊥AB交其延长线于K，

过点M作NL⊥AB于N，交CD于L，

∵四边形DEGF是菱形，

∴DG，EF交于点M，DM＝GM，EM＝FM，

∵∠ABC＝90°，

∴BM＝EM，

∵MN⊥AB，

∴EN＝BN＝ $\frac{1}{2}$ ，

∵DF $/ /$ EG，DF＝EG，

∴∠DFC＝∠EHB，

∵∠ABC＝∠EKG＝90°＝∠DCF，

∴GK $/ /$ BC，

∴∠EHB＝∠EGK，

∴∠DFC＝∠EGK，

∴△DCF≌△EKG（AAS），

∴EK＝CD＝AB＝2，

∴BK＝EK﹣BE＝1，

∵ $\frac{A D}{A B}$ ＝k，

∴AD＝2k，

在Rt△ADE中，DE＝ $\sqrt{A D^{2} + A E^{2}} = \sqrt{{(2 k)}^{2} + 1^{2}} = \sqrt{4 k^{2} + 1}$ ，

∴EG＝DF＝DE＝ $\sqrt{4 k^{2} + 1}$ ，

∴KG＝CF＝ $\sqrt{D F^{2} - C D^{2}} = \sqrt{4 k^{2} - 3}$ ，

∴MN＝ $\frac{A D + K G}{2} = \frac{2 k + \sqrt{4 k^{2} - 3}}{2}$ ，

∴ML＝NL﹣MN＝AD﹣MN＝2k﹣ $\frac{2 k + \sqrt{4 k^{2} - 3}}{2} = \frac{2 k - \sqrt{4 k^{2} - 3}}{2}$ ，

在Rt△BEF中，EF＝ $\sqrt{B E^{2} + B F^{2}} = \sqrt{1^{2} + {(2 k + \sqrt{4 k^{2} - 3})}^{2}}$ ，

∴EM＝ $\frac{1}{2} E F = \frac{1}{2} \sqrt{1^{2} + {(2 k + \sqrt{4 k^{2} - 3})}^{2}}$ ，

∴S_{五边形EMCGB}＝S_梯形KGMN﹣S_△BKG+S_△EMN+S_△CMG

＝ $\frac{1}{2} (\frac{2 k + \sqrt{4 k^{2} - 3}}{2} + \sqrt{4 k^{2} - 3}) \times \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{4 k^{2} - 3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{2 k + \sqrt{4 k^{2} - 3}}{2} + \frac{1}{2} \times 2 \times \frac{2 k - \sqrt{4 k^{2} - 3}}{2}$

＝2k+ $\frac{1}{4} \sqrt{4 k^{2} - 3}$ ；

∴S＝2k+ $\frac{1}{4} \sqrt{4 k^{2} - 3}$ .

2024年浙教版数学八（下）微素养核心突破22 特殊四边形的存在性问题