精品解析：黑龙江省哈尔滨市第十七中学校2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试卷

哈十七中学2024－2025学年度下学期4月份质量评价 数学学科试卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（ ） A. B. C. D. 4. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 关于的方程有实数根，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 6. 平行四边形中一边的长为10cm，那么它的两条对角线的长度可能是（ ） A. 4cm和6cm B. 20cm和30cm C. 6cm和8cm D. 8cm和12cm 7. 下列四个命题中是假命题的是（ ） A. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B. 一组对边平行一组对角相等的四边形是平行四边形 C. 一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D. 对角线相等且互相垂直的四边形是菱形 8. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab=8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为　　 A. 9 B. 6 C. 4 D. 3 9. 如图，在正方形中，，点，分别在边，上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 10. 如图，在中，，分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线．分别交于点D，E，连接．若，则等于（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每题3分，共30分） 11. 一元二次方程x2﹣2x=0的解是_____． 12. 已知是一元二次方程的一个根，则________． 13. 如图所示的数轴，点表示的数是______． 14. 如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为______． 15. 如图，已知中，，平分，点为的中点，连接，若，，则的面积为______． 16. 三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程的解，则此三角形的周长是__． 17. 如图，在矩形中，，点E在上，．若平分，则的长为 _____． 18. 如图，中，过对角线上一点作，，图中面积分别相等的四边形共有________对． 19. 如图，在菱形中，，E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为________ 20. 矩形的对角线交于点O，，，点F在上，连接， ，则____． 三、解答题（21－22题，每题7分；23－24题，每题8分；25－27题，每题10分） 21. 用适当的方法解方程（1）；（2）. 22. 实践操作：如图是的正方形网格，每个小正方形的边长都为1． （1）请在图中画出菱形，使菱形的面积为8； （2）请在图中画出等腰，使得点E在格点上，，且； （3）在（2）的条件下，仅用无刻度直尺作出边上的高，并保留作图痕迹（作图痕迹用虚线）直接写出的值． 23. 已知：如图1，四边形ABCD是平行四边形，E,F是对角线AC上的两点，AE=CF. （1）求证：四边形DEBF是平行四边形； （2）如果AE=EF=FC,请直接写出图中2所有面积等于四边形DEBF的面积的三角形. 24. 为丰富学生的大课间活动，某中学准备从体育用品商场一次性购买若干个足球和篮球．每个足球的价格都相同，每个篮球的价格也相同．已知篮球的单价比足球单价的2倍少30元，用1200元购买足球的数量是用900元购买篮球数量的2倍． （1）足球和篮球的单价各是多少元？ （2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共100个，但要求足球和篮球的总费用不超过6750元，学校最多可以购买多少个篮球？ 25. 阅读材料：如果一元二次方程的两个实数根分别是、，那么，．借助该材料完成下列各题： （1）若、是方程的两个实数根，______；______； （2）若、是方程的两个实数根，______；______； （3）若、是关于的方程的两个实数根，且，求的值． 26. 如图，正方形、正方形，连接，取的中点H，连接、． （1）【尝试探究】如图1，当点D落在上时，则______； （2）【深入探究】如图2，将正方形绕着点C旋转至点F落在的延长线上．求证：； （3）【拓展应用】如图3，继续将正方形绕着点C旋转，连接交于点P，连接，若点P为的中点，的面积为2，则线段的长为______． 27. 如图，平面直角坐标系中，点，点，连接，将沿直线翻折，点落在第二象限内的点处． （1）如图，求点的坐标； （2）如图，点为线段上一点，点为延长线上一点，，连接交于点，求证：； （3）如图，在（2）条件下，连接并延长到点，连接，若，，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈十七中学2024－2025学年度下学期4月份质量评价 数学学科试卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的判断，根据只含有一个未知数，且含有未知数的项的最高次幂为2的整式方程，叫做一元二次方程，进行判断即可． 【详解】解：A、是一元二次方程，符合题意； B、不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意； C、原方程化简得：，不含二次项，不是一元二次方程，不符合题意； D、含有2个未知数，不是一元二次方程，不符合题意； 故选A． 2. 如图，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、由，可以根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； B、由，可以根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； C、由，不可以判定四边形是平行四边形，例如等腰梯形也可以满足一组对边平行，另一组对边相等，故此选项符合题意； D、由，可以根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； 3. 如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得为的中位线，根据三角形的中位线定理，即可得出结果． 【详解】解：∵点D，E，分别为的中点， ∴为的中位线， ∴； 故选：C． 4. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】方程两边同时加上一次项系数一半的平方即计算即可． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴， 故选D． 【点睛】本题考查了配方法，熟练掌握配方法的基本步骤是解题的关键． 5. 关于的方程有实数根，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．讨论：当时，方程化为一元一次方程，有一个实数解；当时，根据根的判别式的意义得到，解得且，然后综合两种情况得到的取值范围． 【详解】解：当时，方程化为，解得； 当时，则，解得且， 综上所述，的取值范围为． 故选：C． 6. 平行四边形中一边的长为10cm，那么它的两条对角线的长度可能是（ ） A. 4cm和6cm B. 20cm和30cm C. 6cm和8cm D. 8cm和12cm 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质知，平行四边形的对角线互相平分，则对角线的一半和已知的边组成三角形，再利用三角形的三边关系可逐个判断． 【详解】解：因为平行四边形的对角线互相平分，一边与两条对角线的一半构成三角形，所以根据三角形的三边关系进行判断： A．三条线段为2cm，3cm，10cm， 根据三角形的三边关系可知： ∵2+3＜10， ∴不能构成三角形，不符合题意； B．三条线段为10cm，10cm，15cm， ∵10+10＞15， ∴ 能构成三角形，符合题意； C．三条线段为3cm，4cm，10cm， ∵3+4＜10， ∴ 不能构成三角形，不符合题意； D．三条线段为4cm，6cm，10cm， ∵ 4+6＝10， ∴ 不能构成三角形，不符合题意． 故选：B． 【点睛】主要考查了平行四边形的性质、三角形的三边关系等知识，要掌握平行四边形的构造，一边与两条对角线的一半构成三角形，判断对角线的范围可利用此三角形的三边关系来判断． 7. 下列四个命题中是假命题的是（ ） A. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B. 一组对边平行一组对角相等的四边形是平行四边形 C. 一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D. 对角线相等且互相垂直的四边形是菱形 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形、平行四边形、菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，本选项说法是真命题，不符合题意； B．一组对边平行一组对角相等的四边形是平行四边形，本选项说法是真命题，不符合题意； C．一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，本选项说法是真命题，不符合题意； D．对角线互相平分且互相垂直的四边形是菱形，本选项说法是假命题，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了命题的真假，熟练掌握真假命题的定义及几何图形的性质是解答本题的关键，当命题的条件成立时，结论也一定成立的命题叫做真命题；当命题的条件成立时，不能保证命题的结论总是成立的命题叫做假命题． 8. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab=8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为　　 A. 9 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长． 【详解】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：， 每一个直角三角形的面积为：， ， ， 或（舍去）， 故选：D． 【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型． 9. 如图，在正方形中，，点，分别在边，上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用以上性质；根据可得，根据折叠后对应角相等、对应边相等，可得，进而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，设，则，列方程求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， 将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，， ， ， 设，则， ， ， ， 故选：D． 10. 如图，在中，，分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线．分别交于点D，E，连接．若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由垂直平分线的性质和直角三角形的性质，求出，然后求出的度数． 【详解】解：根据题意，MN垂直平分AB， ∴点D是AB的中点，∠BDE=90°， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选：C． 【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的进行解题． 二、填空题（每题3分，共30分） 11. 一元二次方程x2﹣2x=0的解是_____． 【答案】 【解析】 【分析】方程整理后，利用因式分解法求出解即可． 【详解】方程整理得：x(x﹣2)=0 可得x=0或x﹣2=0 解得：x1=0，x2=2 故答案为：x1=0，x2=2． 12. 已知是一元二次方程的一个根，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值， 据此把代入原方程得到的值即可得到答案． 【详解】解：∵是一元二次方程的一个根， ∴， ∴， 故答案为：． 13. 如图所示的数轴，点表示的数是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理与实数，由图可知，，则可得出点表示的数，掌握勾股定理的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， 由图可知，， ∴点表示的数是， 故答案为：． 14. 如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键． 【详解】解：过点作于，于，则， ∵两张纸条的对边平行， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵两张纸条的宽度相等， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，，， ∴， ∴四边形的周长为， 故答案为：． 15. 如图，已知中，，平分，点为的中点，连接，若，，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了角平分线的性质，直角三角形的性质，三角形面积，掌握知识点的应用是解题的关键． 过作于点，由角平分线性质可得，然后通过直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，最后通过面积公式即可求解． 【详解】解：如图，过作于点， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵点为的中点，， ∴， ∴的面积为， 故答案为：． 16. 三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程的解，则此三角形的周长是__． 【答案】13 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，三角形的三边关系，解题的关键是掌握以上内容． 根据解一元二次方程的步骤求出方程的根，然后根据三角形的三边关系进行验证，最后求出周长即可． 【详解】解： 或 或， 当时，，不能构成三角形，舍去； 当时，，能构成三角形； ∴此三角形的周长是， 故答案为：13． 17. 如图，在矩形中，，点E在上，．若平分，则的长为 _____． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，由矩形的性质可得，由角平分线和平行线的性质可证，由勾股定理可求解． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：5． 18. 如图，中，过对角线上一点作，，图中面积分别相等的四边形共有________对． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质；平行四边形的对角线将平行四边形分成两个面积相等的三角形．所以三角形的面积等于三角形的面积．三角形的面积等于的面积，三角形的面积等于三角形的面积，从而可得到5对四边形的面积分别相等． 【详解】解：为平行四边形，为对角线， 的面积等于的面积， 同理三角形的面积等于三角形的面积，从而可得到的面积等于的面积， 四边形和的面积相等，四边形和四边形的面积相等，四边形和四边形的面积相等，四边形和四边形的面积相等， 共5对， 故答案为：5． 19. 如图，在菱形中，，E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为________ 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理等等，连接，作于点H，由菱形的性质得，则，由，求得，再证明四边形是矩形，则，由，得，则的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，连接，作于点H， ∵四边形是菱形，， ， ， ， ， ， 解得， ∵于点F，于点G， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ∴的最小值为， 故答案为：． 20. 矩形的对角线交于点O，，，点F在上，连接， ，则____． 【答案】5或 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．作于点，利用矩形的性质求得是的中位线，求得，利用勾股定理求得，再分两种情况讨论，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：作于点， ∵矩形的对角线交于点O， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， 当点在点的右边时，， ∴； 当点在点的左边时， ， ∴； 综上，或5， 故答案为：5或． 三、解答题（21－22题，每题7分；23－24题，每题8分；25－27题，每题10分） 21. 用适当的方法解方程（1）；（2）. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用直接开平方法进行运算； （2）利用公式法进行运算. 【详解】解：（1）； x-5=4或x-5=-4 ∴ （2） ∴a=1,b=-4,c=1 ∴ ∴方程有两个不相等的实数根 ∴ ∴ 【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，熟练运用解一元二次方程的方法是解题的关键. 22. 实践操作：如图是的正方形网格，每个小正方形的边长都为1． （1）请在图中画出菱形，使菱形的面积为8； （2）请在图中画出等腰，使得点E在格点上，，且； （3）在（2）的条件下，仅用无刻度直尺作出边上的高，并保留作图痕迹（作图痕迹用虚线）直接写出的值． 【答案】（1） 解：如图，菱形即为所求． ． （2） 解：如图，等腰即为所求． ． （3） 解：如图，即为所求． ， 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理与网格特点、菱形的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握菱形和勾股定理是解题关键． （1）根据菱形的性质可得的面积等于4，根据和勾股定理与网格特点作图即可得； （2）利用网格特点和勾股定理找出格点，使得，由此即可得； （3）先利用矩形的性质找出的中点，再连接即可得；利用勾股定理求出的长，由此即可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ∵，，， ∴， ∴， ∴． 23. 已知：如图1，四边形ABCD是平行四边形，E,F是对角线AC上的两点，AE=CF. （1）求证：四边形DEBF是平行四边形； （2）如果AE=EF=FC,请直接写出图中2所有面积等于四边形DEBF的面积的三角形. 【答案】 （1）证明： 连接BD交AC于点O， ∵平行四边形ABCD ∴OA=OC,OB=OD ∵AE=CF ∴OE=OF ∴四边形DEBF为平行四边形； （2）△ADF，△CDE，△CBE，△ABF. 【解析】 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得出OA=OC,OB=OD，因为AE=CF可推出OE=OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证结论； （2）AE=EF=FC可知 ，故而可推面积等于四边形DEBF的面积的三角形有：△ADF，△CDE，△CBE，△ABF. 【详解】（1）略 （2）由AE=EF=FC可知 故面积等于四边形DEBF的面积的三角形有：△ADF，△CDE，△CBE，△ABF； 【点睛】本题考查了平行四边形的性质及判定，以及三角形面积，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键. 24. 为丰富学生的大课间活动，某中学准备从体育用品商场一次性购买若干个足球和篮球．每个足球的价格都相同，每个篮球的价格也相同．已知篮球的单价比足球单价的2倍少30元，用1200元购买足球的数量是用900元购买篮球数量的2倍． （1）足球和篮球的单价各是多少元？ （2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共100个，但要求足球和篮球的总费用不超过6750元，学校最多可以购买多少个篮球？ 【答案】（1）足球的单价为元，篮球的单价为元； （2）学校最多可购买25个篮球． 【解析】 【分析】本题考查分式方程和一元一次不等式的实际应用． （1）设足球的单价为元，则篮球的单价为元，，根据用1200元购买足球的数量是用900元购买篮球数量的2倍，列出分式方程进行求解即可； （2）设购买篮球个，则购买足球个，根据总费用不超过6750元，列出不等式进行求解即可． 【小问1详解】 解：设足球的单价为元，则篮球的单价为元， 由题意，得：， 解得：； 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴， 答：足球的单价为元，篮球的单价为元； 【小问2详解】 解：设购买篮球个，则购买足球个， 由题意，得：， 解得：， ∴的最大值为25； 答：学校最多可购买25个篮球． 25. 阅读材料：如果一元二次方程的两个实数根分别是、，那么，．借助该材料完成下列各题： （1）若、是方程的两个实数根，______；______； （2）若、是方程的两个实数根，______；______； （3）若、是关于的方程的两个实数根，且，求的值． 【答案】（1）4，； （2）2，12； （3）． 【解析】 【分析】本题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法． （1）直接根据根与系数的关系求解即可； （2）根据根与系数的关系求出，，然后根据分式的加法和完全平方公式的变形求解即可； （3）首先由根与系数的关系得出，，然后根据完全平方公式变形求出求的值，最后检验即可． 【小问1详解】 解：、是方程的两个实数根， ，， 故答案为：4，； 【小问2详解】 解：、是方程的两个实数根， ∴，， ∴， 故答案为：2，12； 【小问3详解】 解：、是关于的方程的两个实数根， ，， 又∵， ，即， 解得，或， 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意，舍去， ． 26. 如图，正方形、正方形，连接，取的中点H，连接、． （1）【尝试探究】如图1，当点D落在上时，则______； （2）【深入探究】如图2，将正方形绕着点C旋转至点F落在的延长线上．求证：； （3）【拓展应用】如图3，继续将正方形绕着点C旋转，连接交于点P，连接，若点P为的中点，的面积为2，则线段的长为______． 【答案】（1）2 （2） 证明：在上截取，连接，如图所示： ∵是中点， ， ∴， ， ∵四边形、是正方形， ， ， ， ， ， 即； （3） 【解析】 【分析】（1）根据四边形、是正方形，得出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明； （2）在上截取，连接，根据是中点，得出，再结合四边形、是正方形，得出，证明，根据全等三角形的性质得出，再根据等腰三角形三线合一的性质即可证明； （3）延长至，使，连接，连接延长交于点，证明，再证出，即可得出、是等腰直角三角形，证出，过C作于点L，证明，证出，根据，即可解答； 【小问1详解】 解：连接，，如图所示： ∵四边形、是正方形， ， ， ∵是中点， ， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：延长至，使，连接，连接，并延长交于点， ∵是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵四边形、是正方形， ． ， ， ， ， ， ， ， ∴、是等腰直角三角形， ， 过C作于点L， 是中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 27. 如图，平面直角坐标系中，点，点，连接，将沿直线翻折，点落在第二象限内的点处． （1）如图，求点的坐标； （2）如图，点为线段上一点，点为延长线上一点，，连接交于点，求证：； （3）如图，在（2）条件下，连接并延长到点，连接，若，，求的面积． 【答案】（1）点的坐标为； （2） 证明：如图，过作，交于点， ∴，， 由（）得，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）的面积为． 【解析】 【分析】（）由，点，则，，由折叠性质可知，，所以四边形是菱形，则有，从而得出点的坐标； （）过作，交于点，则有，，由（）得，四边形是菱形，，则，根据等角对等边得，然后证明，根据性质即可求证； （）解：由四边形是菱形，，，设，，，，所以，，，证明，所以，过作于点，设，则，，，求得，，，，，则，过作于点，证明，所以，，利用，得出，证明，过作于点，，则可得，最后利用的面积为即可求解． 【小问1详解】 解：∵，点， ∴，， ∴， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，， 设，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， 如图，过作于点， ∵， 设，则，， ∴， ∴， ∴，解得或（不符合题意，舍去）， ∴，，，， ∴， 过作于点， ∴， 设，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过作于点， ∴， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，折叠的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $