精品解析：山东省德州市宁津县苗场中学2023-2024学年八年级下学期5月月考数学试题

2023-2024学年第二学期第二次月考（八年级） 数学试题 考试时间：120分钟，分值：150分 一、选择题（本题包括12个小题，1-12题每题4分，共48分） 1. 下列二次根式是最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 2. 下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ） A. ， B. C. D. ， 3. 在下列各组数据中，不能作为直角三角形三边边长的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 4. 下列判断错误是（　　） A. 两组对边分别相等四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形 C. 对角线相等四边形是矩形 D. 四条边都相等的四边形是菱形 5. 函数的自变量的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果是（    ） A. B. C. D. 0 7. 如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，则重叠部分AFC的面积为（ ） A. 8 B. 12 C. 8 D. 12 8. 对于一次函数与正比例函数，下列说法正确的是（ ） A. 的图像向下平移个单位长度可得到的图象 B. 的图像经过第一、二、三象限 C. 两个函数中，的值均随着值的增大而增大 D. 的图像经过点 9. 如图，函数与的图象相交于点，则关于的不等式组的解集是( ) A. B. C. D. 10. 直线经过第一、三、四象限，则点所在象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 11. 如图所示，在中，，点D为边的中点，点P为边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 12. 如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在，上，将沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论： ①四边形是菱形；②平分；③线段的取值范围为；④当点与点重合时，． 其中正确的结论是（　　） A. ①②③④ B. ①④ C. ①②④ D. ①③④ 二、填空题（共6小题，每题4分，共24分） 13. 已知是一次函数，则________． 14. 已知一个对角线长分别为和的菱形，则菱形的边长是________． 15. 已知，是一次函数图像上不同的两点，若，则的取值范围是______________． 16. 我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理．如图，在中，，四边形为正方形，，，，，则______． 17. 如图，一个梯子长米，斜靠在竖直的墙上，这时梯子下端与墙角距离为米，梯子滑动后停在上的位置上，如图，测得的长米，则梯子底端向右滑动了______米． 18. 如图，折线描述了一辆汽车在某一直线上的行驶过程中，汽车离出发地的距离与行驶时间之间的函数关系，根据图中提供的信息，判断下列结论正确的是________． ①汽车在行驶途中停留了0.5小时；②汽车在整个行驶过程的平均速度是； ③汽车共行驶了； ④汽车出发离出发地． 三、简答题（共7题，共78分） 19. 计算： （1）； （2）． 20. 如图，在矩形中，点为对角线的中点，过点作，交于点，交于点，连接． （1）试判断四边形的形状，并说明理由： （2）若，求的长． 21. 如图，已知函数的图象与轴交于点，一次函数的图象经过点，与轴以及的图象分别交于点、，且点的坐标为． （1）求，，的值； （2）若函数的函数值不大于函数的函数值，直接写出的取值范围　　； （3）求面积． 22. 某网络经销商购进了一批 A型钥匙扣和B型钥匙扣．已知购进A型钥匙扣个、B型钥匙扣个共需 元，购进 A 型钥匙扣个、B型钥匙扣 个共需 元． （1）每个 A 型钥匙扣和 B型钥匙扣的进价分别是多少元? （2）该经销商决定购进 A 型钥匙扣和 B型钥匙扣共 个，投入资金不超过 元，并将 A 型钥匙扣的售价定为每个 元，B型钥匙扣的售价定为每个 元，请问如何进货可以使该经销商获得最大利润? 最大利润是多少元? 23. 如图，在中，D是边上一点，． （1）求证：； （2）若E是边上的动点，求线段的最小值． 24. 如图，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接．设运动时间为t秒． （1）________，________．（用含t的代数式表示） （2）当四边形为平行四边形时，求t的值． （3）如图，当M和N在运动的过程中，是否存在某时刻t，使为直角三角形，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 25. 如图，平面直角坐标系中，把矩形沿对角线所在的直线折叠，点A落在点D处，与交于点E．的长满足式子． （1）求点A，C的坐标； （2）求出点E的坐标和直线的函数解析式； （3）F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年第二学期第二次月考（八年级） 数学试题 考试时间：120分钟，分值：150分 一、选择题（本题包括12个小题，1-12题每题4分，共48分） 1. 下列二次根式是最简二次根式是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式，熟练掌握二次根式的化简方法，最简二次根式的形式是解题的关键．最简二次根式的概念：被开方数不含分母；被开方数中不含能开得尽方的因数或因式． 根据最简二次根式的定义逐项判断即可． 【详解】解：A．，所以A不符合题意； B．是最简二次根式，所以B符合题意； C．，所以C不符合题意； D．，所以D不符合题意； 故选：B． 2. 下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ） A. ， B. C. D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质．根据平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项A符合题意； B、，， 四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； C、，， 四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、由，， 四边形是平行四边形，故选项D不符合题意； 故选：A． 3. 在下列各组数据中，不能作为直角三角形三边边长的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理可以判断各个选项中的条件能否构成直角三角形，从而求解即可，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键． 【详解】、∵， ∴能组成直角三角形，故此选项不符合题意； 、∵， ∴不能组成直角三角形，故此选项符合题意； 、∵， ∴能组成直角三角形，故此选项不符合题意； 、∵， ∴能组成直角三角形，故此选项不符合题意； 故选：． 4. 下列判断错误的是（　　） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 四条边都相等的四边形是菱形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查矩形的判定，平行四边形的判定和菱形的判定，掌握相关判定定理，是解题的关键．根据矩形的判定，平行四边形的判定和菱形的判定定理，进行判断即可． 【详解】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确； B、四个内角都相等的四边形是矩形，正确； C、对角线相等且平分的四边形是矩形，故选项错误； D、四条边都相等的四边形是菱形，正确； 故选C． 5. 函数的自变量的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是函数的自变量的取值范围，分式有意义的条件，由可得，从而可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴函数的自变量的取值范围是， 故选A 6. 实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果是（    ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了实数与数轴之间的对应关系，二次根式化简，要求学生正确根据数在数轴上的位置判断数的符号以及绝对值的大小，再根据运算法则进行判断． 由数轴可知，，所以，化简即可解答． 【详解】解：由数轴可知，， ， ． 故选：A． 7. 如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，则重叠部分AFC的面积为（ ） A. 8 B. 12 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由折叠可知，AD＝AD'，∠D'＝90°，先证明△AD'F≌△CBF（AAS），则有BF＝D'F，设BF＝x，则D'F＝x，则AD'＝4，AF＝8﹣x，在Rt△AD'F中，由勾股定理可得（8﹣x）2＝x2+，解得x＝2，则AF＝6，所以S△ACF＝×AF×BC＝12． 【详解】解：由折叠可知，AD＝AD'，∠D'＝∠D=90°， 又∵四边形ABCD为矩形， ∴AD=BC，∠B＝∠D=90°, ∴AD'＝BC，∠B＝∠D' 又∵∠AFD'＝∠CFB， ∴△AD'F≌△CBF（AAS）， ∴BF＝D'F， 设BF＝x，则D'F＝x， ∵AB＝8，BC＝4， ∴AD'＝4，AF＝AB-BF=8﹣x， 在Rt△AD'F中，AF2＝AD'2+D'F2， ∴（8﹣x）2＝x2+， 解得x＝2， ∴AF＝6， ∴S△ACF＝×AF×BC＝×6×4＝12， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题，熟练掌握折叠的性质、全等三角形形的判定和性质、应用勾股定理是解题的关键． 8. 对于一次函数与正比例函数，下列说法正确的是（ ） A. 的图像向下平移个单位长度可得到的图象 B. 的图像经过第一、二、三象限 C. 两个函数中，的值均随着值的增大而增大 D. 的图像经过点 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一次函数图像与几何变换，一次函数的性质，一次函数图像上点的坐标特征．解题的关键是熟知一次函数的性质，根据平移规律、一次函数的性质及函数图像上点的坐标特征对各选项依次作出判断即可． 【详解】解：A．的图象向下平移个单位长度可得到，即的图像，故此选项符合题意； B．对于一次函数 ∵，， ∴的图像经过第一、二、四象限，故此选项不符合题意； C．对于一次函数与正比例函数， ∵， ∴两个函数中，的值均随着值的增大而减小，故此选项不符合题意； D．对于一次函数， 当时，， ∴的图像不经过点，故此选项不符合题意． 故选：A． 9. 如图，函数与的图象相交于点，则关于的不等式组的解集是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与不等式，先求得交点坐标，进而结合函数图象，即可求解． 【详解】解：将代入， ∴， 解得：， ∴ 将代入 ∴ 解得： ∴ 当时，，即与轴的交点为， 根据函数图象可得关于的不等式组的解集是， 故选：D． 10. 直线经过第一、三、四象限，则点所在象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了各象限点的特征，根据直线经过第一、三、四象限得到m、n的取值范围，即可得到答案． 【详解】解：∵直线经过第一、三、四象限， ∴， ∴ ∴ ∴点所在象限为第三象限， 故答案为：C 11. 如图所示，在中，，点D为边的中点，点P为边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】题目主要考查轴对称的性质及等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，作点D关于的对称点E，连接，则，，然后利用等边三角形的判定和性质及勾股定理解三角形即可，作出相应辅助线是解题关键． 【详解】解：如图所示：作点D关于的对称点E，连接，则，， ∴， ∴当B、P、E在同一直线上时，， ， ， ∴为等边三角形， ， ∵D为边上的中点， ， ， ， ， ， ∴， 即的最小值为， 故选：C． 12. 如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在，上，将沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论： ①四边形是菱形；②平分；③线段的取值范围为；④当点与点重合时，． 其中正确的结论是（　　） A. ①②③④ B. ①④ C. ①②④ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得，由点C落在上的一点H处，不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若与重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值，可判断③；如图，过点H作于M，由勾股定理可求的长，可判断④；即可求解． 【详解】解：由矩形的性质可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故①正确； ∵四边形是菱形， ∴， 若平分， ∴， ∴， ∵点C落在上的一点H处， ∴不一定等于30° ∴不一定平分，故②错误； 当点H与点A重合时，有最小值， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴， 若落在上时，有最大值， ∴四边形是正方形， ∴， ∴最大值为4， ∴，故③正确； 如图，过点F作于M， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，故④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合． 二、填空题（共6小题，每题4分，共24分） 13. 已知是一次函数，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查一次函数的定义，掌握一次函数的定义是本题的关键．根据一次函数的定义作答即可． 【详解】解：根据一次函数的定义，得，且， 解得． 故答案为：2 14. 已知一个对角线长分别为和的菱形，则菱形的边长是________． 【答案】13 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形对角线互相垂直平分，直角三角形两直角边的平方和等于斜边平方． 根据题意画出图形，根据菱形的性质得出，，再根据勾股定理，即可解答． 【详解】解：如图：菱形，，相交于点E， ∵四边形菱形， ∴，， 根据勾股定理可得：， 故答案为：13． 15. 已知，是一次函数图像上不同的两点，若，则的取值范围是______________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握“当时，随的增大而增大”是解题的关键．根据可得出与同号，进而得出，解之即可得出结论． 【详解】解：， 与同号， ， 解得：， 故答案为：． 16. 我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理．如图，在中，，四边形为正方形，，，，，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 设正方形的边长为，则，，根据全等三角形的性质得到，根据即可求解． 【详解】解：设正方形的边长为，则，， ∵，， ， ，， ， ， ， 解得：， ∴正方形的边长等于1， 故答案为：1． 17. 如图，一个梯子长米，斜靠在竖直的墙上，这时梯子下端与墙角距离为米，梯子滑动后停在上的位置上，如图，测得的长米，则梯子底端向右滑动了______米． 【答案】 【解析】 【分析】在中用勾股定理可得，梯子，在中用勾股定理可得的长，即可计算． 【详解】解：中， 中，， ， ； 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用；解决本题关键在于能找出其中的不变量，在不同的直角三角形中应用勾股定理． 18. 如图，折线描述了一辆汽车在某一直线上的行驶过程中，汽车离出发地的距离与行驶时间之间的函数关系，根据图中提供的信息，判断下列结论正确的是________． ①汽车在行驶途中停留了0.5小时；②汽车在整个行驶过程的平均速度是； ③汽车共行驶了； ④汽车出发离出发地． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】本题考查了从函数图象获取信息，根据停留时距离S不发生变化可判断①；根据速度=路程÷时间列式计算即可判断②；求得往返的路程和得出答案即可判断③；先求出到的速度，再求据出发地的距离可判断④． 【详解】解：①汽车在行驶途中停留了，故①正确； ②平均速度：千米/小时，故②错误； ③汽车共行驶了故③正确； ④汽车自出发后到速度为：千米/小时， ∴汽车出发4h离出发地距离为千米， 故④正确． ∴正确的是①③④， 故选：C． 三、简答题（共7题，共78分） 19. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，实数的混合运算； （1）根据二次根式的混合运算进行计算即可求解； （2）根据零指数幂，负整数指数幂，二次根式的除法，化简绝对值进行计算即可求解． 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 解： 20. 如图，在矩形中，点为对角线的中点，过点作，交于点，交于点，连接． （1）试判断四边形的形状，并说明理由： （2）若，求长． 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析 （2）13 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理，判定四边形是菱形是解答的关键． （1）先证明，，进而证得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定可得结论； （2）先根据菱形和矩形的性质证得， ，，在中，由勾股定理求得即可求解． 【小问1详解】 解：四边形是菱形， 理由：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵点为对角线的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴，， 在中，由勾股定理得， 则，解得， ∴． 21. 如图，已知函数的图象与轴交于点，一次函数的图象经过点，与轴以及的图象分别交于点、，且点的坐标为． （1）求，，的值； （2）若函数的函数值不大于函数的函数值，直接写出的取值范围　　； （3）求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法、一次函数的图象与性质，求直线围成的图形面积；熟练掌握待定系数法和函数图象法是解题关键． （1）将点代入函数可得的值，再将点的坐标代入函数求解即可得； （2）结合函数图象，根据点的坐标求解即可得； （3）先求出，从而可得，再根据三角形的面积公式求解即可得． 【小问1详解】 解：将点代入函数得：， 将点，代入中，得：，解得． 故； 【小问2详解】 解：由函数图象可知，若函数的函数值不大于函数的函数值，则， 故答案为：． 【小问3详解】 解：对于一次函数， 当时，，即， ∴， ∵， ∴的边上的高为1， ∴的面积为． 22. 某网络经销商购进了一批 A型钥匙扣和B型钥匙扣．已知购进A型钥匙扣个、B型钥匙扣个共需 元，购进 A 型钥匙扣个、B型钥匙扣 个共需 元． （1）每个 A 型钥匙扣和 B型钥匙扣的进价分别是多少元? （2）该经销商决定购进 A 型钥匙扣和 B型钥匙扣共 个，投入资金不超过 元，并将 A 型钥匙扣的售价定为每个 元，B型钥匙扣的售价定为每个 元，请问如何进货可以使该经销商获得最大利润? 最大利润是多少元? 【答案】（1）每个A 型钥匙扣进价元，B型钥匙扣的进价为元 （2）该经销商应购进 A 型钥匙扣 个，B型钥匙扣 个，可获得最大利润，最大利润为元 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组和一次函数的应用，找到等量关系是解题的关键； （1）根据“购进A型钥匙扣个、B型钥匙扣个共需 元，购进 A 型钥匙扣个、B型钥匙扣 个共需 ．”列方程组求解， （2）先求出利润的函数，再根据一次函数的性质求解． 小问1详解】 解：设每个A 型钥匙扣进价x元，B型钥匙扣的进价为y元，根据题意得： ， 解得：， 答：每个A 型钥匙扣进价元，B型钥匙扣的进价为元． 【小问2详解】 解：设购进A 型钥匙扣a个，则B型钥匙扣件，利润为W元，根据题意得： ， 即：， ， ，且a为非负整数 ， W随着a的增大而增大， 当时，W最大，最大值为： ， 该经销商应购进 A 型钥匙扣 个，B型钥匙扣 个，可获得最大利润，最大利润为元． 23. 如图，在中，D是边上一点，． （1）求证：； （2）若E是边上的动点，求线段的最小值． 【答案】（1）见解析 （2）9.6 【解析】 【分析】本题考查勾股定理以及逆定理，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． （1）利用勾股定理的逆定理解决问题即可． （2）根据垂线段最短解决问题即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：当时，线段最短， 在中，， ∵， ∴， ∴线段的最小值为9.6． 24. 如图，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接．设运动时间为t秒． （1）________，________．（用含t的代数式表示） （2）当四边形为平行四边形时，求t的值． （3）如图，当M和N在运动的过程中，是否存在某时刻t，使为直角三角形，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）或2 【解析】 【分析】本题主要考查了四边形综合题，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，运用数形结合、方程思想是解题的关键． （1）由，根据，即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则； （2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可； （3）分两种情况：①当时，②当时，进行讨论即可． 【小问1详解】 解：由题意得， ， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， 故答案为：； 【小问2详解】 ∵当四边形为平行四边形时，， 根据（1）可算出， ∴， 解得． 【小问3详解】 由其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动可知，， ∵， ∴为等腰直角三角形，即：， 则也是等腰直角三角形， ， ∵此种情况不存在； ①当时，∵， ∴，为等腰直角三角形， 则， ∴， 解得； ②当时，∵， ∴，为等腰直角三角形， 则， ∴， 解得：； 综上，当或2时，为直角三角形． 25. 如图，平面直角坐标系中，把矩形沿对角线所在的直线折叠，点A落在点D处，与交于点E．的长满足式子． （1）求点A，C的坐标； （2）求出点E的坐标和直线的函数解析式； （3）F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）， （3）存在，或或或 【解析】 【分析】（1）利用绝对值及算术平方根的非负性求解； （2）根据折叠、平行的性质可证，设，则，用勾股定理解，求出x的值即可得到点E的坐标；利用待定系数法求直线的函数解析式； （3）分三种情况：为边，为对角线；为边，为对角线；为对角线，分别求解即可． 【小问1详解】 解：， ，， ，（负值舍去）， ，； 【小问2详解】 解：矩形中， ， 由折叠得， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得， 点E的坐标为， 设直线的函数解析式为， 将，代入，得：， 解得， 直线的函数解析式为； 【小问3详解】 解：存在，点P的坐标为或或或． 矩形中，， ， ， 当以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形时，存在四种情况，如图： 当为边，为对角线时，, 当点P在点B左侧时，如所示，点坐标为， 当点P在点B右侧时，如所示，点坐标为； 当为边，为对角线时，点P与点B关于x轴对称，如所示，点坐标为； 当为对角线时，如所示， 设，则， 在中，，即， 解得， 可得点坐标为，即， 综上可知，点P的坐标为或或或． 【点睛】本题考查坐标与图形，非负数的性质，矩形的性质，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，求一次函数解析式等，注意数形结合及分类讨论是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$