精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试题（A卷）

丰城九中八年级数学期中检测（A）卷 考试时间：120分钟 满分：120分 一．单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 已知，那么可化简为（ ） A B. C. D. 2. 如图，长方形ABCD中，E，M分别为AB，CD边上的点，，，，，则EM的长为（ ） A. 5 B. 3 C. 6 D. 7 3. 在四边形中，是对角线交点，不能判定四边形是矩形的是（ ） A. B. ，， C D. ，， 4. 如图，△ABC中，AB=8，AC=6，AD，AE分别是其角平分线和中线，过点C作 CG⊥AD 于点F，交AB于点G，连接EF，则线段EF 长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 如图，在中P是边上一点，且和分别平分和，若，，则的周长是（　　） A. 13 B. 12 C. 11.5 D. 10.5 6. 某容器有一个进水管和一个出水管，从某时刻开始的前5分钟内只进水不出水，在随后的10分钟内既进水又出水，15分钟后关闭进水管，放空容器中的水．已知进水管进水的速度与出水管出水的速度是两个常数．容器内水量y（升）与时间x（分钟）之间的关系如图所示．则每分钟的出水量为（ ）． A 1升 B. 2升 C. 3升 D. 4升 二．填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 已知与最简二次根式是同类二次根式，则________． 8. 已知函数y＝是正比例函数，且y随x的增大而增大，则m＝ ______． 9. 如图，在菱形中，，，则该菱形的面积是________． 10. 如图，已知，在中，对角线，相交于点，，于点．若，则______． 11. 如图，在中，，分别以为边在外作等边和等边，连接，则的长为____________． 12. 如图，平移到的位置，且点在边的延长线上，连接，若，那么在以下四个结论：①四边形是平行四边形；②四边形是菱形；③；④平分，正确的有____________． 三．（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 计算： 14. 先化简，再求值：，其中． 15. 已知与成正比例，且当时，． （1）与之间的函数关系式． （2）当时，求的值． 16. 图1，图2分别是10×6的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，每个网格中画有一个平行四边形，请分别在图1，图2中各画一条线段，各图均满足以下要求： （1）线段的一个端点为平行四边形的顶点，另一个端点在平行四边形一边的格点上（每个小正方形的顶点均为格点）； （2）将平行四边形分割成两个图形，都要求其中一个是轴对称图形，图1，图2的分法不相同． 17. 如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形为菱形，，，求四边形的面积． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 若两个实数的积是1，则称这两个实数互为倒数．如，所以2与互为倒数． （1）判断与是否互为倒数，并说明理由； （2）若实数与互为倒数，求点中纵坐标随横坐标变化的函数解析式，并画出函数图象． 19. 四边形是矩形，点P在边上，，将沿直线翻折得到，连接． （1）如图，若四边形是正方形，求的度数； （2）连接，，当时， ①求证：． ②直接写出的度数． 20. 如图，在平面直角坐标系中，放置一平面镜，其中点，的坐标分别为，，从点发射光线，其图象对应的函数表达式为（，）． （1）点为平面镜的中点，若光线恰好经过点，求所在直线的表达式； （2）若入射光线（，）与平面镜有公共点，求的取值范围； 五、（本题共2小题，每题9分，共18分） 21. 如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC垂足是D，AN是∠BAC的外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足是E，连接DE交AC于F． （1）求证：四边形ADCE为矩形； （2）求证：DF∥AB，DF＝； （3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE为正方形，简述你的理由． 22. 如图，在平面直角坐标系中，函数的图象与轴，轴分别交于点A，B，与函数的图象交于点． （1）求m和的值； （2）函数的图象与x轴交于点D，点E从点D出发沿方向，以每秒2个单位长度匀速运动到点A（到A停止运动）．设点E的运动时间为t秒． ①当的面积为6时，求t的值； ②在点E运动过程中，是否存在t的值，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． 六、（本题共1小题，每题12分，共12分） 23. 如图①，在四边形中，，点从点出发，沿射线以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点运动．当点到达点时，点停止运动，设点运动时间为秒． （1）求的长； （2）当运动停止时，求线段的长； （3）在运动的过程中，是否存在某一时刻，使以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． （4）如图②，若点为边上一点，且，当是以为腰等腰三角形时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中八年级数学期中检测（A）卷 考试时间：120分钟 满分：120分 一．单选题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 已知，那么可化简为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件得到，而，则，根据二次根式的性质得到原式． 【详解】解：， 而， ， 原式． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简、二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握． 2. 如图，长方形ABCD中，E，M分别为AB，CD边上的点，，，，，则EM的长为（ ） A. 5 B. 3 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】过点E作，交DC于点F，运用勾股定理求解即可. 【详解】过点E作，交DC于点F，如图， ∴ ∵，， ∴. 在中，. 故选A. 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识，是基础知识要熟练掌握． 3. 在四边形中，是对角线交点，不能判定四边形是矩形的是（ ） A. B. ，， C. D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】利用矩形的判定方法即可解答. 【详解】选项A，根据三个角是直角的四边形是为矩形可得选项A正确． 选项B，∵AD=BC，AD∥BC，∴四边形ABCD平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，选项B错误； 选项C，根据对角线平分且相等的四边形为矩形可得选项C正确； 选项D，∵AB=CD，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，又因为∠BAD=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得选项D正确． 故选B． 【点睛】本题考查了矩形的判定方法，熟知矩形的判定方法是解决问题的关键. 4. 如图，△ABC中，AB=8，AC=6，AD，AE分别是其角平分线和中线，过点C作 CG⊥AD 于点F，交AB于点G，连接EF，则线段EF 的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先证明△AGF≌△ACF，则AG=AC=4，GF=CF，证明EF是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理即可求解． 【详解】解：在△AGF和△ACF中， ， ∴△AGF≌△ACF（ASA）， ∴AG=AC=6，GF=CF， 则BG=AB－AG=8－6=2． 又∵BE=CE， ∴EF是△BCG的中位线， ∴EF=BG=1． 故选B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及三角形的中位线定理，正确证明GF=CF是关键． 5. 如图，在中P是边上一点，且和分别平分和，若，，则的周长是（　　） A. 13 B. 12 C. 11.5 D. 10.5 【答案】B 【解析】 【分析】此题重点考查平四边形的性质、勾股定理等知识，由平行四边形的性质得，，则，，，而，，所以，，，则，，求得，所以，进而求得的周长是12，于是得到问题的答案，推导出是解题的关键． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ，，， 是边上一点，且和分别平分和， ，， ，，， ，， ， ， ， ， 的周长是12， 故选：B． 6. 某容器有一个进水管和一个出水管，从某时刻开始的前5分钟内只进水不出水，在随后的10分钟内既进水又出水，15分钟后关闭进水管，放空容器中的水．已知进水管进水的速度与出水管出水的速度是两个常数．容器内水量y（升）与时间x（分钟）之间的关系如图所示．则每分钟的出水量为（ ）． A. 1升 B. 2升 C. 3升 D. 4升 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，进水管的速度为：（升/分钟），设出水管每分钟的出水量为a升，则，进行计算即可得． 【详解】解：由图可知，进水管的速度为：（升/分钟）， 设出水管每分钟的出水量为a升， 解得，， 即每分钟的出水量为3升， 故选C． 【点睛】本题考查了函数图像，解题的关键是理解函数图像上点的坐标实际意义． 二．填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 已知与最简二次根式是同类二次根式，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了同类二次根式，熟记“二次根式化为最简二次根式后被开方数相同的二次根式为同类二次根式”是解题关键． 【详解】解：与最简二次根式是同类二次根式， ， 解得：． 故答案为：． 8. 已知函数y＝是正比例函数，且y随x的增大而增大，则m＝ ______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据正比例函数定义可得=1,再根据正比例函数的性质可得m+1＞0,再解即可. 【详解】解:由题意得: =1,且m+1＞0, 解得:m=2, 故答案为:2. 【点睛】本题主要考查正比例函数的定义及性质. 9. 如图，在菱形中，，，则该菱形的面积是________． 【答案】24 【解析】 【分析】连接，交于点O，根据勾股定理可得，推得，再计算面积即可． 【详解】连接，交于点O，如图： ∵四边形为菱形 ∴， ∴ ∴ 故菱形的对角线，， ∴菱形的面积， 故答案为：24． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键． 10. 如图，已知，在中，对角线，相交于点，，于点．若，则______． 【答案】2.5#### 【解析】 【分析】取中点，连接，首先借助题意以及平行四边形的性质证明，再根据三角形中位线的性质可得，，易得，结合“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的性质可得，即可证明，进而证明为等腰三角形，即可获得答案． 【详解】解：如下图，取中点，连接， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为中点，为中点， ∴，， ∴， ∵，为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形中位线的性质、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键． 11. 如图，在中，，分别以为边在外作等边和等边，连接，则的长为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，过点E作交延长线于F，先证明得到，再求出，进而求出的长，再求出，即可利用勾股定理求出答案． 【详解】解：如图所示，过点E作交延长线于F， ∵都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 如图，平移到的位置，且点在边的延长线上，连接，若，那么在以下四个结论：①四边形是平行四边形；②四边形是菱形；③；④平分，正确的有____________． 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】本题主要考查了平移的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质，根据平移的性质可得，，据此根据平行四边形的判定定理，菱形的性质与判定定理逐一判断即可． 【详解】解：由平移的性质可得， ∴四边形是平行四边形，故①正确； ∵平移到的位置， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∴，平分，故④正确 ∵， ，故③正确； 故答案为：①②③④。 三．（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 计算： 【答案】； 【解析】 【分析】（1）先利用零指数幂的意义计算，然后化简后合并即可； （2）先利用平方差公式计算，然后利用二次根式的除法法则和绝对值的意义计算． 【详解】解：（1）原式 ； （2）原式 ． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍． 14. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】先通分化简，用平方差公式和完全平方和公式因式分解，再根据分式的乘除运算法则计算，再代入求值，分母有理化即可． 【详解】解：原式= = =， 将代入原式：， 【点睛】本题考查了含平方差、完全平方和公式的分式化简求值，分母有理化；熟练地使用公式，掌握分式运算、分母有理化是本题的关键． 15. 已知与成正比例，且当时，． （1）与之间的函数关系式． （2）当时，求的值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】本题考查了正比例函数定义，待定系数法求一次函数的解析式，求函数值及整体思想，理解题意并熟练掌握正比例函数的定义是解题的关键． （1）设，再代入求解即可； （2）代入求解即可． 【小问1详解】 解：设， ∵当时，， ∴， 解得， ∴． 【小问2详解】 解：由（1）知， 当时，． 16. 图1，图2分别是10×6的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，每个网格中画有一个平行四边形，请分别在图1，图2中各画一条线段，各图均满足以下要求： （1）线段的一个端点为平行四边形的顶点，另一个端点在平行四边形一边的格点上（每个小正方形的顶点均为格点）； （2）将平行四边形分割成两个图形，都要求其中一个是轴对称图形，图1，图2的分法不相同． 【答案】图1见解析；图2见解析． 【解析】 【分析】根据线段的定义、轴对称图形的定义、平行四边形的性质分别画图即可． 【详解】如图1，线段AC即为所求 由网格的特点可知， ∴是等腰三角形，是轴对称图形 则线段AC满足要求； 如图2，线段EF即为所求 由网格的特点可知， ∴是等腰三角形，是轴对称图形 则线段EF满足要求． 【点睛】本题考查了线段的定义、轴对称图形的定义、平行四边形的性质，读懂题意，理解轴对称图形的定义是解题关键． 17. 如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形为菱形，，，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析 （2）20 【解析】 【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，证明四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论； （2）首先根据勾股定理得到，然后利用菱形的性质得到，设，则，然后在中，利用勾股定理列方程求解求出，，然后利用菱形的面积公式求解即可． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； 【小问2详解】 ∵四边形是矩形 ∴ ∵，， ∴ ∵四边形为菱形 ∴ ∴设，则 ∵ ∴在中，，即 解得， ∴ ∴ ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 若两个实数的积是1，则称这两个实数互为倒数．如，所以2与互为倒数． （1）判断与是否互为倒数，并说明理由； （2）若实数与互为倒数，求点中纵坐标随横坐标变化的函数解析式，并画出函数图象． 【答案】（1）互为倒数，理由见解析；（2）(x0)，图像见解析 【解析】 【分析】（1）根据倒数的定义判断即可； （2）根据倒数的定义列式计算求出、的关系式，再根据一次函数的性质作出图象即可． 【详解】解：（1）互为倒数． 理由如下： ， 与互为倒数； （2）与互为倒数， ， ，即(x0)． 函数图象如图所示： ． 【点睛】本题考查二次根式的应用、倒数的定义以及一次函数的图象，解题的关键是理解并应用倒数的定义进行计算． 19. 四边形是矩形，点P在边上，，将沿直线翻折得到，连接． （1）如图，若四边形是正方形，求的度数； （2）连接，，当时， ①求证：． ②直接写出的度数． 【答案】（1） （2）①见解析；②或 【解析】 【分析】（1）根据正方形和翻折的性质即可求解； （2）①分类讨论点G在矩形的内部和外部，利用全等三角形的判定定理即可求解；②分类讨论点G在矩形的内部和外部，利用全等三角形的性质定理即可求解． 【小问1详解】 解：如图1， 沿直线翻折得到， ， ，． 四边形是正方形， ， ． 在中，， ， ； 【小问2详解】 解：①当时，点G可能在矩形的内部或外部． a：若点G在矩形的内部，如图2 由（1）可知，在中，，， 是等边三角形， ，， 在矩形中，，， ， 即， b：若点G在矩形的外部，如图3，全等思路同上 ②a：若点G在矩形的内部，如图2 ∵ ∴ ∴ b：若点G在矩形的外部，如图3 ∵ ∴ ∴ 【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、全等三角形的判定及性质定理等．掌握相关结论及“分类讨论”的数学思想是解题关键． 20. 如图，在平面直角坐标系中，放置一平面镜，其中点，的坐标分别为，，从点发射光线，其图象对应的函数表达式为（，）． （1）点为平面镜的中点，若光线恰好经过点，求所在直线的表达式； （2）若入射光线（，）与平面镜有公共点，求的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，线段中点坐标，一次函数图象及性质，利用待定系数法求出一次函数解析式是解题的关键． （1）先求出线段中点的坐标，再利用待定系数法解答即可求解； （2）先求出直线解析式，再求出直线解析式，即可求解． 【小问1详解】 解：∵点，的坐标分别为，，点为平面镜的中点， ∴， 将点，坐标分别代入中， 得， 解得， ∴所在直线的表达式为． 【小问2详解】 解：当入射光线经过，时， 得， 解得， 当入射光线经过，时， 得， 解得， ∵入射光线（，）与平面镜有公共点， ∴． 五、（本题共2小题，每题9分，共18分） 21. 如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC垂足是D，AN是∠BAC的外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足是E，连接DE交AC于F． （1）求证：四边形ADCE为矩形； （2）求证：DF∥AB，DF＝； （3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE为正方形，简述你的理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ADCE为正方形．见解析 【解析】 【分析】（1）先根据AB=AC，AD⊥BC垂足是D，得AD平分∠BAC，然后根据AE是△ABC的外角平分线，可求出AN∥BC，故∠DAE=∠ADC=∠AEC=90°，所以四边形ADCE为矩形； （2）根据四边形ADCE是矩形，可知F是AC的中点，由AB=AC，AD平分∠BAC可知D是BC的中点，故DF是△ABC的中位线，即DF∥AB，DF=AB； （3）根据矩形的性质可知当△ABC是等腰直角三角形时，则∠5=∠2=45°，利用等腰三角形的性质定理可知对应边AD=CD．再运用邻边相等的矩形是正方形．问题得证． 【详解】证明：如图 （1）∵AB＝AC，AD⊥BC垂足是D， ∴AD平分∠BAC，∠B＝∠5， ∴∠1＝∠2， ∵AE是△ABC的外角平分线， ∴∠3＝∠4， ∵∠1+∠2+∠3+∠4＝180°， ∴∠2+∠3＝90°， 即∠DAE＝90°， 又∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， 又∵CE⊥AE， ∴∠AEC＝90°， ∴四边形ADCE是矩形． （2）∵四边形ADCE是矩形， ∴AF＝CF＝AC， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴BD＝CD＝BC， ∴DF是△ABC的中位线， 即DF∥AB，DF＝． （3）当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ADCE为正方形． ∵在Rt△ABC中，AD平分∠BAC ∴∠5＝∠2＝∠1＝45°， ∴AD＝CD， 又∵四边形ADCE是矩形， ∴矩形ADCE为正方形． 【点睛】本题考查的是等腰三角形、矩形、正方形的判定与性质和三角形外角平分线的性质，具有一定的综合性，需要灵活应用． 22. 如图，在平面直角坐标系中，函数的图象与轴，轴分别交于点A，B，与函数的图象交于点． （1）求m和的值； （2）函数的图象与x轴交于点D，点E从点D出发沿方向，以每秒2个单位长度匀速运动到点A（到A停止运动）．设点E的运动时间为t秒． ①当的面积为6时，求t的值； ②在点E运动过程中，是否存在t值，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）①11；②存在，或 【解析】 【分析】（1）把点代入函数求出m的值即可得到点坐标，把点C的坐标代入即可求出b的值； （2）①求出A的坐标为，点D的坐标为，得到，由题意得：，则，过点C作轴，垂足为点F，根据题意列出关于t的方程，解方程即可得到答案； ②先写出使得为直角三角形时的值，然后利用分类讨论的方法分别求得当和对应的的值即可； 本题考查了一次函数的性质、三角形的面积、动点问题，平面直角坐标系两点间距离坐标公式，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质和分类讨论的数学思相解答． 【小问1详解】 解：把点代入函数， 得： 所以点坐标为 把点代入函数，得：， 所以； 【小问2详解】 ①当时，，所以 所以函数的图象与轴的交点A的坐标为， 由（1）得： ∴函数的表达式为 当时，， ∴， ∴函数的图象与轴的交点D的坐标为， ∴ 由题意得：，则， 过点C作轴，垂足为点F， ∵， ∴ 当的面积为6时，即， ∴， 解之得：， 所以当t的值为11时，的面积为6 存在，或． 理由：当时，， 所以函数的图象与y轴的交点B的坐标为， ∵，， ∴， ∴， 当时，则， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， 解得； 当，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得； 综上，当或时，为直角三角形． 六、（本题共1小题，每题12分，共12分） 23. 如图①，在四边形中，，点从点出发，沿射线以每秒2个单位长度的速度向右运动，同时点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点运动．当点到达点时，点停止运动，设点运动时间为秒． （1）求的长； （2）当运动停止时，求线段的长； （3）在运动过程中，是否存在某一时刻，使以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． （4）如图②，若点为边上一点，且，当是以为腰的等腰三角形时，求的值． 【答案】（1）4 （2）12 （3）存在，t的值为2或6 （4）1或或4 【解析】 【分析】（1）如图①，过点作，于点，易证四边形是矩形，则，在中，由勾股定理得，求的值，进而根据可求的值； （2）由题意知，运动停止时，点运动时间为秒，，由求的值即可； （3）由题意知，以 为顶点的四边形为平行四边形，分两种情况求解： ①当为平行四边形的边，则在点左侧，，，②当为平行四边形的对角线，在点右侧，，，根据，分别列方程求解即可； （4）由题意知，当是以为腰的等腰三角形时，分两种情况求解：①当时，如图②，在中，由勾股定理得，，进而可得值；②当时，如图②，过作于，易证四边形是矩形，则，在中，由勾股定理得，，由或，求的值，进而可求值． 【小问1详解】 解：如图①，过点作，于点， ∵， ∴四边形矩形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴的长为； 【小问2详解】 解：由题意知，运动停止时，点运动时间为秒， ∴， ∴， ∴运动停止时， 的长为12； 【小问3详解】 解：由题意知，以 为顶点的四边形为平行四边形，分两种情况求解： ①当为平行四边形的边，则在点左侧，，， ∵， ∴， 解得； ∴当秒时， 以 为顶点的四边形为平行四边形； ②当为平行四边形的对角线，在点右侧，，， ∵， ∴， 解得， ∴当时，以 为顶点的四边形为平行四边形； 综上所述，存在，当或时，以 为顶点的四边形为平行四边形； 【小问4详解】 解：由题意知，当是以为腰的等腰三角形时，分两种情况求解： ①当时，如图②， 在中，由勾股定理得，， ∴； ②当时，如图②，过作于， 由题意知，四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴或， ∴或， 综上所述，当或或时，是以为腰的等腰三角形． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质等知识，以及分类讨论的思想．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $