专题02 四边形综合题（9知识点+5核心考点+复习提升）-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（沪教版）

专题02 四边形综合题（9知识点+5核心考点+复习提升） 内容导航 串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 举一反三：核心考点能举一反三，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 知识点01 多边形 多边形 知识点02 平面四边形 平行四边形：两组对边分别平行的四边形. 知识点03 特殊的平面四边形 （1）矩形 （2）菱形 （3）正方形 知识点04 梯形 梯形 知识点05 等腰梯形 知识点06 三角形、梯形的中位线 知识点07 梯形常用辅助线的添法 梯形添辅助线目的：将梯形问题转化为三角形和平行四边形的问题来解决. 知识点08 平面向量 知识点09 平面向量的运算 考点一：翻折问题 例1．（22-23八年级下·上海青浦·期末）如图，在矩形中，，，点E为边中点，将沿翻折，点A落到点F处，延长交边于点G，则线段的长度为 ．    【变式1-1】（22-23八年级下·上海黄浦·期末）如图，在边长为6的正方形中，点M、N分别是边、的中点，Q是边上的一点．连接、，将沿着直线翻折，若点C恰好与线段上的点P重合，则的长等于 ．    【变式1-2】（22-23八年级下·上海宝山·期末）已知矩形，把矩形沿直线翻折，点A落在点E处，如果的长度等于该矩形的一条边长，那么 ． 【变式1-3】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在中，，，点M在边上，过点M作，垂足为点M，交边于点N，将沿直线翻折，点A、C分别与点D、E对应，如果四边形是平行四边形，那么的长是 ．    【变式1-4】（22-23八年级下·上海松江·期末）已知：如图，在矩形中，．点P是边上一点，且．连接，将四边形沿所在直线翻折，点A、B的对应点分别为点E、F，边与边的交点为点G．则 ；    【变式1-5】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，矩形中，将沿折叠，使得点A落在对角线上，若，，则＝ ．    【变式1-6】（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为 ． 【变式1-7】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，是矩形的对角线，已知，，点E在边上，将矩形沿直线翻折，如果点B恰好落在对角线上，那么的长是 ． 【变式1-8】（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为 ． 【变式1-9】（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知中，，，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，若是直角三角形，那么边 ． 考点二：旋转问题 例2．（22-23八年级下·上海奉贤·期末）如图，在平行四边形中，边，对角线，将平行四边形绕着点逆时针旋转，点的对应点恰好落在对角线上，那么边的长为 ．    【变式2-1】（22-23八年级下·上海长宁·期末）如图，菱形的边长为，，连接，将菱形绕点旋转，使点的对应点落在对角线上，连接，那么的面积是 ．    【变式2-2】（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ． 考点三：新定义问题 例3.（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． 【变式3-1】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）定义：有一组对角相等，且另一组对角不相等的凸四边形叫做等对角四边形．已知在等对角四边形中，，，，，那么的长是 ． 【变式3-2】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，被平行于边的直线l分成梯形和小，当为直角三角形，且时，我们叫梯形是“余角梯形”．如果一个“余角梯形”较短底边长5，两腰长分别是3和4，那么它的中位线长是 ．    【变式3-3】（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如果把对角线与一边垂直的平行四边形成为“联想平行四边形”，现有一个“联想平行四边形”的一组邻边长为4和2，那么它的最小内角为 度． 【变式3-4】（2023八年级下·上海·专题练习）如果一个四边形的一条对角线把它分成两个等腰三角形，那么我们就称这条对角线是四边形的“美丽线”．已知是四边形的“美丽线”，如果，，那么 °． 考点四：题型辅助线添加方法 例4.（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在等腰梯形中，，，于O，E、F分别是、的中点，梯形的面积为24，那么 ． 【变式4-1】（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，，．如果梯形的中位线长为6，那么的长为 ． 【变式4-2】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在梯形中，，，已知，，那么梯形的中位线长是 （用含m、n的式子表示）． 【变式4-3】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）如图，梯形中，．点、分别是对角线、的中点，如果，，那么 ．    【变式4-4】（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，在等腰梯形中，，对角线于点，，，垂足分别为、，，，则 ．    【变式4-5】（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，在梯形中，，，对角线相交于点，点分别是的中点，连接． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 【变式4-6】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 【变式4-7】（22-23八年级下·上海青浦·期末）如图，在梯形中，，平分，．    (1)求证：； (2)作，垂足为点E，． ①设，请用含m的代数式表示梯形的面积； ②点F为中点，联结并延长，交边于点G，请你想一想，能否成为直角三角形，如果能，请求出此时线段的长，如果不能，请说明理由． 考点五：四边形与函数综合 例5. （23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别相交于点、点．点C是x轴上一点，点Q是平面内一点，四边形是菱形． (1)求点C和点Q的坐标； (2)由平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次连接所组成的封闭图形叫做多边形，对于一个多边形，画出它的任意一边所在的直线，如果其余各边都在这条直线的一侧，那么这个多边形叫做“凸多边形”；否则叫做“凹多边形”．如果点E是直线上的一个动点，纵坐标为t，且四边形是凹四边形（线段与线段没有交点），求t的取值范围． 【变式5-1】（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于点B、C，与直线相交于点A． (1)求点A的坐标； (2)已知点P在线段上． ①若点P是的中点，求线段的长度； ②点D在直线上，点H在x轴上，当四边形是正方形时，求点P的坐标． 【变式5-2】（23-24八年级上·上海静安·期末）如图，直角中，，，点D是边的中点，点E是边上的一个动点（不与A，B重合），交于点F，设，． (1)求证：； (2)写出y关于x的函数关系式，并写出函数的定义域； (3)写出x为何值时，？ 【变式5-3】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与轴交于点，并且与反比例函数在第一象限内交于点．    (1)求、的值； (2)如果点在轴的负半轴上，点在坐标平面内，当以点，，，为顶点的四边形是矩形时，求点的坐标． 【变式5-4】（22-23八年级下·上海奉贤·期末）已知在平面直角坐标系中，直线交轴负半轴于点，交轴于点，且．    (1)求直线的表达式； (2)已知点在直线上且在第一象限内，过点作轴，垂足为点，以线段为对角线作正方形（点在点的左侧）． ①如图，当点落在轴上时，求点的坐标； ②当的延长线经过点时，求正方形的边长． 【变式5-5】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线经过点，． (1)求直线的函数表达式； (2)点C在直线上，点D与点C关于y轴对称，如果以O，A，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标． 【变式5-6】（22-23八年级下·上海宝山·期末）如图，点A的坐标为，点B、C在x轴上，且轴，，直线与y轴交于点D，E是直线上的一个动点．      (1)求直线的表达式； (2)当点E在线段上，联结，如果的面积是面积的一半，求点E的坐标； (3)设点F是平面内一点，如果以A、E、B、F为顶点的四边形为正方形，试求出点F的坐标． 一、单选题 1．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，在等腰梯形中，，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是（ ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 3．（23-24八年级下·上海·期末）探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 4．（23-24八年级下·上海静安·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G，连接（如图所示），当时，下列结论中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 5．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为，四边形是正方形．点M是线段上的一个动点（点A、B除外），点N在x轴的上方，以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形，则点N的坐标为 ． 6．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，，点P为斜边上一动点，过点P作，，，垂足分别为点E、F，连接，则线段的最小值为 ． 7．（22-23八年级下·上海·期末）如图，已知矩形的长，，将其折叠，使点D与点B重合，求折叠后折痕的长是 ； 8．（23-24八年级下·上海普陀·期中）“方胜”是中国古代的一种首饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，如果将边长为1厘米的正方形沿对角线向右平移厘米得到正方形，形成一个“方胜”图案，那么“方胜”图案的周长为 厘米． 9．（22-23八年级下·上海普陀·期末）如图，平行四边形中，，，将沿着翻折，点B的对应点为点E，连接，那么线段 ．    10．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知矩形，，将沿着直线翻折，点D落在点E处，如果点E到直线的距离是6，那么的长是 ． 三、解答题 11．（24-25八年级下·上海青浦·期中）已知直线与x轴、y轴分别相交于、两点，点在线段上，过点作轴，交轴于点，再过作，交轴于点， (1)求直线的解析式； (2)已知点的横坐标为4，求四边形的面积； (3)联结、，当点C在线段上移动时，问与是否有可能互相垂直？如有可能，试求出点的坐标；如不可能，请简要说明理由． 12．（24-25八年级下·上海松江·期中）在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于、两点，点关于点的对称点为点，四边形是平行四边形． (1)求点、点的坐标． (2)过线段的中点作直线，直线把平行四边形分成面积为的两部分，求直线的解析式： (3)在（2）的条件下，直线与轴交于点（当点在点的下方），点在直线上，且，请直接写出点的坐标． 13．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）在梯形中，，，，，．    (1)若梯形是直角梯形，求的长； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出其定义域； (3)当梯形是等腰梯形时，在直线上取一点P，使得是以为腰的等腰三角形，直按写出此时的底边长． 14．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在菱形中，，点在边上（不与、重合），将线段绕着点顺时针旋转后，点落在点处，连接，交边于点． (1)如图1，如果，延长至点，使得，连接．求证：； (2)连接， ①如图2，设，求与之间的函数关系式：（不写定义域） ②如果，．求证：． 15．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图．矩形中，，点E是延长线上的一点，且，连结，取的中点F，联结、． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)当时，求的长． 16．（23-24八年级下·上海长宁·期末）定义：如果梯形的一个内角等于其它三个内角中的两个内角之和，那么称这个梯形为“加和角梯形”，这个内角称为“加和角” (1)如图1，在梯形中，，点E为边上一点，四边形为菱形，点E为边中点，求证：梯形为“加和角梯形”， (2)在“加和角梯形”中，为“加和角”，． ①如图2，如果，垂足为点O，，求梯形的周长； ②如图3，如果，点E为边中点，过点E作交边于点F，，点G在边上使得是以为腰的等腰三角形，求的长． 17．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、，将点B向左平移2个单位后落在y轴上的点P处． (1)求m的值； (2)将线段绕点P逆时针旋转，点A落在点C处，求直线的表达式； (3)设（2）中的直线与x轴交于点D，在直角坐标平面内找点Q，使得以点A、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标． 18．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，梯形，，，，，的平分线交边于点E． (1)如果，，求的长； (2)如果，设，四边形的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围； (3)设F是的中点，连接，如果，且，求的长． 19．（23-24八年级下·上海·期末）如图，平面直角坐标系中有一个等腰梯形，且，，点在轴正半轴上，点B、C在x轴上（点B在点C的左侧），点D在第一象限，，，梯形的高为2，双曲线经过点，直线经过、两点． (1)求双曲线和直线的解析式； (2)已知点在双曲线上，点在轴上，如果四边形是平行四边形，直接与出点N的坐标； (3)点是第三象限双曲线上的一点，设的横坐标为，直线与直线交于点，；连接，设的面积为，的面积为，用含t的代数式表示的值． 20．（24-25八年级下·上海青浦·期中）如图，已知梯形中，，，，点是射线上一点，，垂足为点，交线段于点，，，． (1)求梯形的面积； (2)当点在线段上时，设，，求关于的函数关系式及自变量的取值范围； (3)若是以为腰的等腰三角形，请直接写出的长． 21．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，直线图象与轴、轴分别交于、两点，点、分别是射线、射线上一动点点与点不重合，且． (1)求点、坐标和度数； (2)点、在线段、上时不与端点重合，设的长度为，用含的代数式表示的面积； (3)若为坐标平面内的一点，当以、、、为顶点的四边形为菱形时，直接写出的坐标． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 四边形综合题（9知识点+5核心考点+复习提升） 内容导航 串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 举一反三：核心考点能举一反三，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 知识点01 多边形 多边形 知识点02 平面四边形 平行四边形：两组对边分别平行的四边形. 知识点03 特殊的平面四边形 （1）矩形 （2）菱形 （3）正方形 知识点04 梯形 梯形 知识点05 等腰梯形 知识点06 三角形、梯形的中位线 知识点07 梯形常用辅助线的添法 梯形添辅助线目的：将梯形问题转化为三角形和平行四边形的问题来解决. 知识点08 平面向量 知识点09 平面向量的运算 考点一：翻折问题 例1．（22-23八年级下·上海青浦·期末）如图，在矩形中，，，点E为边中点，将沿翻折，点A落到点F处，延长交边于点G，则线段的长度为 ．    【答案】 【分析】过点E作于点H，首先根据勾股定理得到，然后由折叠的性质得到，，，设，然后利用等面积法得到，最后利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】如图所示，过点E作于点H，    ∵在矩形中，，，点E为边中点， ∴， ∴ ∴ ∵将沿翻折，点A落到点F处 ∴，， ∵ ∴四边形是矩形 ∴ ∴设 ∴在中， ∴，解得 ∴在中， ∴ ∴解得． ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握． 【变式1-1】（22-23八年级下·上海黄浦·期末）如图，在边长为6的正方形中，点M、N分别是边、的中点，Q是边上的一点．连接、，将沿着直线翻折，若点C恰好与线段上的点P重合，则的长等于 ．    【答案】 【分析】先证明是等边三角形，得到，从而由折叠的性质得到，，设，则，在中，利用勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：根据题意，画图如下：    在边长为6的正方形中，点M、N分别是边、的中点， ∴，垂直平分，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 由折叠的性质可得：， 设，则， 在中，，即， 解得：， 即：． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理等知识，根据题意画出图形是解题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 【变式1-2】（22-23八年级下·上海宝山·期末）已知矩形，把矩形沿直线翻折，点A落在点E处，如果的长度等于该矩形的一条边长，那么 ． 【答案】6或 【分析】分两种情况：①当时，利用矩形的性质和全等三角形的判定与性质证明是等边三角形，得出，然后根据30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解；②当时，同理可求． 【详解】解：如图，当时， ∵四边形是矩形， ∴，， 根据翻折的性质可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， 解得：；    当时，如图， 同理可得是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：6或．    【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、数形结合是解题的关键． 【变式1-3】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在中，，，点M在边上，过点M作，垂足为点M，交边于点N，将沿直线翻折，点A、C分别与点D、E对应，如果四边形是平行四边形，那么的长是 ．    【答案】3 【分析】当点E在线段上时，连接交于点，过点作于点H，则，求出，，由轴对称可得，得，，，求出，由折叠可知，；假设点E在线段的延长线上，得到，与矛盾，故点E不可能在线段的延长线上，即可确定的长． 【详解】解：当点E在线段上时，如图，连接交于点，过点作于点H，则，    ∵，， ∴，， ∵将沿直线翻折，点A、C分别与点D、E对应， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由折叠可知，， 假设点E在线段的延长线上，延长交于点F，    则，， ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴,即， 则，， 在中，，，， ∴， ∴,即， ，与矛盾， 故点E不可能在线段的延长线上， 综上可知，， 故答案为：3 【点睛】此题考查了勾股定理、平行四边形的性质、含角的直角三角形的性质等知识， 分类讨论是解题的关键． 【变式1-4】（22-23八年级下·上海松江·期末）已知：如图，在矩形中，．点P是边上一点，且．连接，将四边形沿所在直线翻折，点A、B的对应点分别为点E、F，边与边的交点为点G．则 ；    【答案】 【分析】设,则，在RT△DGC中，CG=a,DG=3-a,CD=2，利用勾股定理即可解决问题． 【详解】解：由题意得：四边形与四边形全等． ∴．, ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设,则， 则在中，，且， ∴，解得：． 故答案为．    【点睛】本题主要考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理的知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键． 【变式1-5】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，矩形中，将沿折叠，使得点A落在对角线上，若，，则＝ ．    【答案】 【分析】根据折叠的性质及勾股定理列方程求解． 【详解】解：如图，    矩形ABCD中， 由折叠性质可得，， ∴ 设，则 在Rt中，， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质、勾股定理是解题的关键． 【变式1-6】（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握正方形与折叠的性质是解题的关键． 连接，先由勾股定理求出，再由折叠的性质可知：，，则，设，则，由勾股定理得：，即，解得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∴正方形中，， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 由折叠的性质可知：，， ， 设，则， 由勾股定理得：， ， 解得：， ， 故答案为：． 【变式1-7】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，是矩形的对角线，已知，，点E在边上，将矩形沿直线翻折，如果点B恰好落在对角线上，那么的长是 ． 【答案】5 【分析】本题考查矩形折叠问题，勾股定理，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题的关键． 先由勾股定理，求得，再根据折叠的性质得，，，设，则，在中由勾股定理，得，解之即可求得x值，从而求解． 【详解】解：如图，设点B恰好落在对角线上的点为， 四边形是矩形， ∴， 由勾股定理，得， 由折叠可得：，，， ∴， 设，则， 在中由勾股定理，得 解得：， ∴， 故答案为：5． 【变式1-8】（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等积转换；由勾股定理得 ，由三角形的面积得，即可求解；掌握性质，能用三角形面积转化求解是解题的关键． 【详解】解：如图， 四边形是矩形， ， ， ， 由翻折得：， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案：． 【变式1-9】（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知中，，，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，若是直角三角形，那么边 ． 【答案】或 【分析】由平行四边形的性质可得，，，， 由折叠的性质可得：，，分两种情况：当时，延长交于；当时；分别求解即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， 由折叠的性质可得：，， 如图，当时，延长交于， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴点是的中点， 在中，， ∴， ∴； 如图，当时， 则， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴点、、在同一直线上， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴，， 综上所述，当是直角三角形时，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定与性质、含的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 考点二：旋转问题 例2．（22-23八年级下·上海奉贤·期末）如图，在平行四边形中，边，对角线，将平行四边形绕着点逆时针旋转，点的对应点恰好落在对角线上，那么边的长为 ．    【答案】 【分析】过点作交的延长线于点，根据题意，得出是等腰直角三角形，进而求得，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，    依题意，，则是等腰直角三角形， ∴， ∵，则， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式2-1】（22-23八年级下·上海长宁·期末）如图，菱形的边长为，，连接，将菱形绕点旋转，使点的对应点落在对角线上，连接，那么的面积是 ．    【答案】/ 【分析】过点作，根据已知条件得出是等腰直角三角形，设，则，根据，列出方程，解得进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作    依题意， ∵菱形的边长为，， ∴，，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 设，则， ∵， ∴， 即， 解得：， 则， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式2-2】（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ． 【答案】/ 【分析】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、，由题意可知当在上时满足到点、的距离相等，得到，根据正方形性质可证明，从而推出，然后判定四边形是矩形，结合垂直平分，推出，即可根据勾股定理可算出，得到，最后再由勾股定理算出，即可得到答案． 【详解】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、 由题意可知，当旋转到上时，到点、的距离相等，且 四边形是正方形 ，， ， 在和中 ，， 四边形是矩形 又垂直平分， 故答案为：． 【点睛】本题考查了图形的旋转，垂直平分线的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据题意找到位置并作出相应的辅助线是解题的关键． 考点三：新定义问题 例3.（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由的面积为S可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可． 【详解】解：∵的面积为S， ∴， ∴边上的高为， 如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或上重合， 如图：过A作，垂足为D， ∵等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，即； 如图：当高取最大值时，菱形为正方形， ∴A在中点， ∴，即 ∴． 故填：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键． 【变式3-1】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）定义：有一组对角相等，且另一组对角不相等的凸四边形叫做等对角四边形．已知在等对角四边形中，，，，，那么的长是 ． 【答案】或 【分析】分两种情况：①当时，延长，相交于点，先用含角的直角三角形的性质求出，得出、，再利用勾股定理求出，即可求出；②当时，过点作于点，于点，则，四边形是矩形，先求出、，再由矩形的性质得出，，再根据直角三角形的性质求出，即可求出． 【详解】分两种情况： ①当时，延长，相交于点，如图1所示：   ，， ， ， ， ， ， ，， ∴， ∵， ∴， ， ； ②当时， 过点作于点，于点，如图2所示：    则，四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ， 故答案为：或． 【点睛】此题考查了新定义、勾股定理、含30度角的直角三角形性质、矩形的判定与性质等知识，正确分类、熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键． 【变式3-2】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，被平行于边的直线l分成梯形和小，当为直角三角形，且时，我们叫梯形是“余角梯形”．如果一个“余角梯形”较短底边长5，两腰长分别是3和4，那么它的中位线长是 ．    【答案】 【分析】如图，过作交于，结合梯形，，证明四边形为平行四边形，，利用勾股定理求解，可得，再利用梯形的中位线的性质可得答案． 【详解】解：如图，过作交于，结合梯形，， ∴四边形为平行四边形，，    ∴，，而， ∴， ∴， ∴梯形的中位线长是， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，梯形的中位线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【变式3-3】（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如果把对角线与一边垂直的平行四边形成为“联想平行四边形”，现有一个“联想平行四边形”的一组邻边长为4和2，那么它的最小内角为 度． 【答案】30 【分析】在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=，BC=4时，∠B最小，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】如图所示： 在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=，BC=4时，∠B最小， 由勾股定理得：， ∴， ∴在Rt△ABC中，∠B=30°， 故答案为：30． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、“联想平行四边形”、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握“联想平行四边形”的性质，根据含30°角的直角三角形的性质求出∠B＝30°，是解题的关键． 【变式3-4】（2023八年级下·上海·专题练习）如果一个四边形的一条对角线把它分成两个等腰三角形，那么我们就称这条对角线是四边形的“美丽线”．已知是四边形的“美丽线”，如果，，那么 °． 【答案】或 【分析】由是四边形的美丽线，可以得出是等腰三角形，从图，图，两种情况运用等边三角形的性质和判定，正方形的性质和判定和角的直角三角形的性质就可以求出的度数． 【详解】解：是四边形的美丽线， 是等腰三角形． ， 如图，当时， ，， 是正三角形， ． ， ， ， ． 如图，当时， ． ， 四边形是正方形， ， 综上，的度数为或或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了四边形的“美丽线”的定义和性质的运用，“美丽线”的判定，等边三角形的性质和判定的运用，矩形的性质与判定，正方形的性质和判定的运用，角的直角三角形的性质的运用．解答如图3这种情况容易忽略，解答时合理运用分类讨论思想是关键． 考点四：题型辅助线添加方法 例4.（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在等腰梯形中，，，于O，E、F分别是、的中点，梯形的面积为24，那么 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了等腰梯形．熟练掌握等腰梯形性质，等腰直角三角形性质，三角形面积公式，是解决问题的关键． 根据等腰梯形性质得到，，过C作交延长线G，于点H，得到四边形是平行四边形，得到，，得到，，根据，得到，推出，得到，，即得． 【详解】如图，过C作交延长线G，作于点H， ∵等腰梯形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ E、F分别是、的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式4-1】（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，，．如果梯形的中位线长为6，那么的长为 ． 【答案】 【分析】以为边在右侧作平行四边形，过点D作，垂足为H，由梯形中位线的性质，得到，根据含30度角的直角三角形的特征及等腰三角形的性质，得到，，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：以为边在右侧作平行四边形，过点D作，垂足为H， ， 三点共线， 梯形的中位线长为6， ， ， ， ， ， 在梯形中，， 梯形是等腰梯形， ， ， ， ， ，即， （负值舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，梯形中位线的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的特征，勾股定理，熟练掌握梯形的性质是解题的关键． 【变式4-2】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在梯形中，，，已知，，那么梯形的中位线长是 （用含m、n的式子表示）． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，梯形中位线性质，勾股定理，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 过点D作交于E，证明四边形是平行四边形，得到，，再证明，然后由勾股定理，求得，从而求得，然后由梯形的中位线定理求解即可． 【详解】解：过点D作交于E，如图， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 由勾股定理，得， ∴， ∴梯形的中位线长， 故答案为：． 【变式4-3】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）如图，梯形中，．点、分别是对角线、的中点，如果，，那么 ．    【答案】8 【分析】取的中点G，连接，可证，所以，于是． 【详解】解：取的中点G，连接，则， ∵， ∴． ∴三点共线． ∴． ∴． ∴． 故答案为：8    【点睛】本题考查中位线的性质，平行线的性质，由中位线的性质得到线段间的数量关系是解题的关键． 【变式4-4】（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，在等腰梯形中，，对角线于点，，，垂足分别为、，，，则 ．    【答案】6 【分析】过作交延长线于点，则，证四边形为平行四边形得证为等腰直角三角形，利用勾股定理得，再根据等腰三角形的三线合一得及直角三角形的性质得，从而求得，再四边形是平行四边形，即可得解． 【详解】解：过作交延长线于点，则，   ， 四边形为平行四边形， ，， ， ∴， ， 又四边形是等腰梯形， ， ， 为等腰直角三角形， ∴， ， ，即， ， ，， ∴， ， ， ， ， ，， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，等腰梯形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质以及等腰梯形的性质是解题的关键． 【变式4-5】（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，在梯形中，，，对角线相交于点，点分别是的中点，连接． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题主要考查了等腰梯形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定等知识，熟练掌握等腰梯形的性质和全等三角形的性质是解题关键． （1）连接并延长交于点，证明，得到，利用三角形中位线定理证得，即可证明结论成立； （2）连接并延长交于点，连接并延长交于点，证明，推出，同理，得到，再证明，推出，据此即可证明结论． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点， ∵点分别是的中点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴； （2）证明：连接并延长交于点，连接并延长交于点， ∵在梯形中，，， ∴四边形为等腰梯形，，， ∴， 由（1）可知，，又， ∴， ∵， ∴， 由（1）得， ∴， 同理，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． 【变式4-6】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 【答案】(1)8 (2) (3) 【分析】（1）过A作，过D作，垂足分别为M、N，证明四边形是平行四边形，则，，再证，可得，在中，，则，即可得到的长； （2）过点O作，垂足为点Q，则，由三角形中位线定理可得，，由中点的定义可得，进一步得到，在中，，，根据三角形面积公式即可得到答案； （3）证明四边形是菱形，过点D作于点N，由（1）可知，，，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解得，即可得到四边形的周长． 【详解】（1）解：过A作，过D作，垂足分别为M、N，    则， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，   ∴，， ∵，   ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中， ∵   ∴， ∴， ∴． （2）过点O作，垂足为点Q，则，    ∵O是的中点，E是的中点， ∴，，， ∴， ∴， 在中，，， ． （3）∵，     ∴， ∵O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，    过点D作于点N， 由（1）可知，， ∴， 由勾股定理得， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴四边形的周长． 【点睛】此题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，添加适当的辅助线和数形结合是解题的关键． 【变式4-7】（22-23八年级下·上海青浦·期末）如图，在梯形中，，平分，．    (1)求证：； (2)作，垂足为点E，． ①设，请用含m的代数式表示梯形的面积； ②点F为中点，联结并延长，交边于点G，请你想一想，能否成为直角三角形，如果能，请求出此时线段的长，如果不能，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②的长为4或6 ． 【分析】（1）在上截取，连接，首先证明出四边形是平行四边形，然后由平分进而证明出平行四边形是菱形，然后利用得到，即可得到； （2）①设，在中利用勾股定理得到，进而得到，，然后利用梯形面积公式求解即可； ②根据题意分和时两种情况讨论，分别利用矩形和直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）如图所示，在上截取，连接    ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴ ∴平行四边形是菱形 ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴； （2）①如图所示，    ∵平行四边形是菱形 ∴设 ∴ ∴在中， ∴，解得 ∴， ∴； ②能成为直角三角形，理由如下∶ 当时，    ∵F是的中点， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴； 如图所示，当时，    ∵F是的中点， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形 ∵ ∴四边形是正方形 ∴ 又∵ ∴ 即，点A，G重合时，能成为直角三角形 综上所述，的长为4或6 ． 【点睛】此题考查了梯形的性质，矩形的性质和判定，正方形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 考点五：四边形与函数综合 例5. （23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别相交于点、点．点C是x轴上一点，点Q是平面内一点，四边形是菱形． (1)求点C和点Q的坐标； (2)由平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次连接所组成的封闭图形叫做多边形，对于一个多边形，画出它的任意一边所在的直线，如果其余各边都在这条直线的一侧，那么这个多边形叫做“凸多边形”；否则叫做“凹多边形”．如果点E是直线上的一个动点，纵坐标为t，且四边形是凹四边形（线段与线段没有交点），求t的取值范围． 【答案】(1)， (2)或 【分析】（1）根据题意，画出示意图，由四边形是菱形，得到，设点，，可得，求出，即，在根据菱形对角线互相平分且垂直，即可求解； （2）根据题意画出示意图，求出直线的解析式，结合“凹多边形”的定义找到临界点即可求解． 【详解】（1）解：如图， 四边形是菱形， ， 设点，， ，即， ，即 ，即， ， ，即； （2）解：， 将点代入直线：，则， 解得：， 直线的解析式为：， 设直线的解析式为：， 将点代入，则， 解得：， 直线的解析式为：， 如图，当点E在直线下方，直线上方时，四边形是凹四边形， 此时，令，则有， ， 如图，当点E在直线上方时，四边形是凹四边形， 此时，令，则有， ， 综上，四边形是凹四边形，或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，一次函数解析式及“凸多边形”“凹多边形”的定义理解，正确画出示意图是解题的关键． 【变式5-1】（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于点B、C，与直线相交于点A． (1)求点A的坐标； (2)已知点P在线段上． ①若点P是的中点，求线段的长度； ②点D在直线上，点H在x轴上，当四边形是正方形时，求点P的坐标． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】该题主要考查了正方形的性质，一次函数交点求解，等知识点，解题的关键是数形结合． （1）联立解析式即可求解； （2）①求出点P坐标，点的坐标，即可求解； ②当四边形是正方形时，正确画出图象，根据正方形性质即可求解； 【详解】（1）解：联立函数解析式得， 解得． ∴点的坐标为． （2）①若点P是的中点， 则， 把代入得， 解得：， ∴点的坐标为， ． ②如图， 当四边形是正方形时，， 设， 则， 解得或3（舍去）， 即点P的坐标为． 【变式5-2】（23-24八年级上·上海静安·期末）如图，直角中，，，点D是边的中点，点E是边上的一个动点（不与A，B重合），交于点F，设，． (1)求证：； (2)写出y关于x的函数关系式，并写出函数的定义域； (3)写出x为何值时，？ 【答案】(1)见详解 (2)， (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，正确证明是关键． （1）取的中点记为，取的中点记为．根据三角形中位线的性质可得，根据余角的性质可得，根据可证，根据全等三角形的性质即可证明； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到y关于x的函数关系式，以及x的定义域； （3）连接，根据三角形中位线的性质可得x为1时，． 【详解】（1）解：取的中点记为H，取的中点记为N．连接 ∵，点D是边的中点， ∴都是三角形中位线 ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 在与中， ， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴ 即 ∵E是边上的一个动点（不与A、B重合）， ∴； （3）解：连接，当E与H重合时，， ∵此时， ∴当时，． 【变式5-3】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与轴交于点，并且与反比例函数在第一象限内交于点．    (1)求、的值； (2)如果点在轴的负半轴上，点在坐标平面内，当以点，，，为顶点的四边形是矩形时，求点的坐标． 【答案】(1)， (2)， 【分析】（1）根据待定系数法解答即可； （2）根据题意画出图形，符合题意的只有2种情况，按照当为矩形的对角线时和当为矩形的边时，分别求解即可得出答案． 【详解】（1）解：把代入直线得：， 解得：， ∴直线的解析式是， 当时，， ∴， 把代入，得； （2）解：对于直线，当时，， ∴， 当为矩形的边时：如图，四边形是矩形，    则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标是； 当为矩形的对角线时：如图，四边形是矩形， ∵，，， ∴点是中点， ∴点也是中点，且， ∴， ∴点的坐标是； 综上，点的坐标是或． 【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式、矩形的性质、等腰直角三角形的性质和判定等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键． 【变式5-4】（22-23八年级下·上海奉贤·期末）已知在平面直角坐标系中，直线交轴负半轴于点，交轴于点，且．    (1)求直线的表达式； (2)已知点在直线上且在第一象限内，过点作轴，垂足为点，以线段为对角线作正方形（点在点的左侧）． ①如图，当点落在轴上时，求点的坐标； ②当的延长线经过点时，求正方形的边长． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由，当，求得点的坐标，根据，结合图象，即可求得点的坐标，代入解析式即可求解． （2）①设交于点，的坐标为，则，根据，得出，解方程即可求解； ②设的坐标为，，当经过点时，是等腰直角三角形，则，根据题意列出方程，解方程，进而即可求得对角线的长，根据勾股定理即可求解．． 【详解】（1）解：由，当，， 则， ∵， ∴， ∵在轴的负半轴， ∴, 代入，即， 解得：， ∴直线的表达式为：； （2）①设交于点，    设的坐标为，则 ∵轴， ∴， ∵为正方形的对角线， ∴轴，， 则 ∴， ∴ 解得： ∴； ②如图所示，设的坐标为，，    ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， 当经过点时，是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：, ∴， ∴边长为． 【点睛】本题考查了一次函数与结合图形综合，正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键． 【变式5-5】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线经过点，． (1)求直线的函数表达式； (2)点C在直线上，点D与点C关于y轴对称，如果以O，A，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标． 【答案】(1) (2)点C的坐标是或 【分析】（1）由直线经过点，，再利用待定系数法求解解析式即可； （2）设与y轴相交于点H，证明，证明．①当点C在线段上时，．如图，则点C的横坐标是，②当点C在线段的延长线上时，．如图，则点C的横坐标是2，再利用函数的性质可得点的坐标． 【详解】（1）解：由题意得，直线经过点，， 代入得解得． ∴直线的表达式是． （2）∵点C与点D关于y轴对称，设与y轴相交于点H， ∴， ∵以O、A、C、D为顶点的四边形是平行四边形， ∴． ①当点C在线段上时，．如图， 则点C的横坐标是，点C的坐标是． ②当点C在线段的延长线上时，．如图， 则点C的横坐标是2，点C的坐标是． 综上所述，如果以O，A、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点C的坐标是 或． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，平行四边形的性质与判定，轴对称的性质，利用数形结合的方法解题是关键． 【变式5-6】（22-23八年级下·上海宝山·期末）如图，点A的坐标为，点B、C在x轴上，且轴，，直线与y轴交于点D，E是直线上的一个动点．      (1)求直线的表达式； (2)当点E在线段上，联结，如果的面积是面积的一半，求点E的坐标； (3)设点F是平面内一点，如果以A、E、B、F为顶点的四边形为正方形，试求出点F的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）求出点C的坐标，由待定系数法求出直线的表达式即可； （2）求出点D的坐标是，得到，设点E的坐标是，由的面积是面积的一半列出关于t的方程，求出t的值，即可得点E的坐标； （3）根据点E的位置，利用正方形的性质分两种情况求出点F的坐标即可． 【详解】（1）解：∵点A的坐标为，且轴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴点C的坐标是， 设直线的表达式为， 则， 解得， ∴直线的表达式为； （2）当时，， ∴点D的坐标是， ∴， ∵点E在线段上， ∴可设点E的坐标是， ∵的面积是面积的一半， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴点E的坐标是； （3）∵E是直线上的一个动点．是等腰直角三角形， ∴当点E与点C重合时，四边形是正方形，      此时， ∴，， ∴点F的坐标是， 当点E为线段的中点时，是等腰直角三角形， 此时点E的坐标为，四边形是正方形，则有与互相垂直平分且相等，    ∴，， ∴轴， ∴点F的坐标是， ∴点F的坐标是或． 【点睛】此题是一次函数和几何综合题，考查了一次函数的图象和性质、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式、等腰直角三角形的判定和性质等知识，数形结合是解题的关键． 一、单选题 1．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积，根据平行四边形的对边相等可得，设点P到的距离分别为，然后利用三角形的面积公式列式整理即可出得结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 设点P到的距离分别为，平行四边形边，边上的高分别为， 则， ∴ ∵， ∴ 同理可得，， ∵， ∴ 故选：D． 2．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，在等腰梯形中，，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是（ ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 【答案】A 【分析】本题考查梯形中求线段长，平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理等腰直角三角形的判定与性质等知识，孰练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键. 过作, 交延长线于，根据梯形为等腰梯形，可得，即可得到,根据等腰直角三角形性质即可求出长，然后根据从而得到答案. 【详解】过作, 交延长线于, 如图所示:、 ∵, ∴四边形是平行四边形, ∴, , ∵是等腰梯形， ∴, ∵, ∴, ∴, 即, ∵, ∴, 在中,, ∴, ，此时①正确； 由， ∴， ∴，故②错误； 故选A 3．（23-24八年级下·上海·期末）探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 【答案】B 【分析】此题考查了平行四边形的判定，根据作图可知，，即可得到答案. 【详解】解：由作图可知，， ∴四边形为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） 故选：B 4．（23-24八年级下·上海静安·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G，连接（如图所示），当时，下列结论中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形性质及翻折问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是根据折叠得到．先由折叠的性质及矩形的性质可得，从而判断出选项A；由全等的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再由平行线的判定即可判断选项B；设，则，中，，列出方程求解，即可判断出选项C；由折叠性质可得，再由，可得，再判断选项D． 【详解】解：矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， 在和中， ， ， 故A正确，不符合题意； ， ， ， ， ， ， 故B正确，不符合题意； 设，则， 中，， ， 解得：， ， ， ， 故C正确，不符合题意； 矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， ， ， 故D不正确，符合题意， 故选：D 二、填空题 5．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为，四边形是正方形．点M是线段上的一个动点（点A、B除外），点N在x轴的上方，以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形，则点N的坐标为 ． 【答案】或 【分析】先求出直线得解析式，可得到点B的坐标，然后分两种情况：当四边形为菱形时，当四边形为菱形时，即可求解． 【详解】解：把点代入得： ，解得：， ∴直线得解析式为， 当时，， ∴点B的坐标为， 如图，当四边形为菱形时， ∴垂直平分， ∴点M，N的纵坐标均为，且点M，N关于y轴对称， 把代入得： ，解得：， ∴点M的坐标为， 此时点N的坐标为； 如图，当四边形为菱形时，延长交x轴于点P，此时，轴， 设点M的坐标为，则， ∵轴， ∴轴， ∴点N的坐标为，即 在中，， ∴， 解得：， ∴点N的坐标为． 综上所述，点N的坐标为或． 故答案为：或 【点睛】此题主要考查待定系数法求函数解析式、正方形的性质、菱形的性质、勾股定理，主要掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用． 6．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，，点P为斜边上一动点，过点P作，，，垂足分别为点E、F，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，当时，最小，利用三角形面积解答即可． 本题主要考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答． 【详解】解：解：连接， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当最小时，也最小， 即当时，最小， ∵，， ∴， ∴的最小值为：． ∴线段长的最小值为， 故答案为：． 7．（22-23八年级下·上海·期末）如图，已知矩形的长，，将其折叠，使点D与点B重合，求折叠后折痕的长是 ； 【答案】 【分析】过点E作于点G，则，根据矩形的性质和判定可得，由折叠的性质可得，，设，则，利用勾股定理列方程求解，，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得，从而求得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：过点E作于点G，则， ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质得，，， 设，则， 在中，， 解得， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定、折叠的性质、平行线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 8．（23-24八年级下·上海普陀·期中）“方胜”是中国古代的一种首饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，如果将边长为1厘米的正方形沿对角线向右平移厘米得到正方形，形成一个“方胜”图案，那么“方胜”图案的周长为 厘米． 【答案】6 【分析】本题考查正方形的性质，平移的性质，勾股定理．掌握正方形和平移的性质是解题关键．由正方形和平移的性质可求出厘米，，．进而由勾股定理可求出厘米，即得出厘米．同理可求厘米．最后求其周长即可． 【详解】解：∵正方形的边长为1厘米， ∴厘米，． 由平移可知厘米，， ∴厘米，，． ∵， ∴厘米， ∴厘米． 同理可求厘米． ∴“方胜”图案的周长为厘米． 故答案为：6． 9．（22-23八年级下·上海普陀·期末）如图，平行四边形中，，，将沿着翻折，点B的对应点为点E，连接，那么线段 ．    【答案】 【分析】根据翻折，推出，过点作，则四边形为矩形，利用含30度的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，得到，，利用，求出的长，进而求出的长，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：如图，    ∵翻折， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， 过点作，则四边形为矩形， ∴，， 设， 在中，， ∴，， 在在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，等腰直角三角形的性质，根据题意，正确的作图，得到特殊三角形，是解题的关键． 10．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知矩形，，将沿着直线翻折，点D落在点E处，如果点E到直线的距离是6，那么的长是 ． 【答案】或 【分析】分为两种情况分别画图计算．①如图，当时，交于点，过点E作交于点H，则，根据四边形是矩形，得出，根据折叠的性质得，，证明，得出，设，根据等面积法得出，从而得出，在中，根据勾股定理求出，即可求解； ②如图，时，过点E作交的延长线于点H，过点E作交于点F，则，根据四边形是矩形，得出，证出四边形是矩形，得到，，根据折叠的性质得，，，在中，根据勾股定理算出，设，，在中，根据勾股定理求出，即可求解； 【详解】解：①如图，当时，交于点，过点E作交于点H，则， ∵四边形是矩形， ， 根据折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， 即， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴； ②如图，时，过点E作交的延长线于点H，过点E作交于点F，则， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 根据折叠的性质得，，， 在中，， 设，， 在中，， 即， 解得：， ∴， 综上，或； 故答案为：或． 【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的性质和判定、三角形面积等知识点，熟练掌握折叠的性质，正确作出图形并分类讨论是解题的关键． 三、解答题 11．（24-25八年级下·上海青浦·期中）已知直线与x轴、y轴分别相交于、两点，点在线段上，过点作轴，交轴于点，再过作，交轴于点， (1)求直线的解析式； (2)已知点的横坐标为4，求四边形的面积； (3)联结、，当点C在线段上移动时，问与是否有可能互相垂直？如有可能，试求出点的坐标；如不可能，请简要说明理由． 【答案】(1) (2)4 (3)当点的坐标为时，与互相垂直 【分析】（1）将、代入，利用待定系数法即可求解； （2）当时，，可知点的坐标为，由题意可知四边形为平行四边形，且，再根据平行四边形的面积公式即可求解； （3）由题意可知，设点的坐标为，其中，由（2）可知四边形为平行四边形，得，，，当时，四边形为菱形，此时与互相垂直，在中，，列出方程求解即可． 【详解】（1）解：将、代入， 得，解得：， ∴； （2）当时，， ∴点的坐标为， ∵轴，， ∴四边形为平行四边形，且， 则四边形的面积为； （3）当点的坐标为时，与互相垂直，理由如下： ∵， ∴， 设点的坐标为，其中， 由（2）可知四边形为平行四边形， ∴，，， 当时，四边形为菱形，此时与互相垂直， 在中，，即， 解得：（舍去）， 则， 此时点的坐标为， 综上，当点的坐标为时，与互相垂直． 【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析，平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理等知识点，理解相关图形的性质是解决问题的关键． 12．（24-25八年级下·上海松江·期中）在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于、两点，点关于点的对称点为点，四边形是平行四边形． (1)求点、点的坐标． (2)过线段的中点作直线，直线把平行四边形分成面积为的两部分，求直线的解析式： (3)在（2）的条件下，直线与轴交于点（当点在点的下方），点在直线上，且，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)， (2)或 (3)点的坐标为或 【分析】（1）首先求出，，然后根据中心对称的性质求出，然后根据平行四边形的性质求出； （2）如图所示，点E为的中点，连接，，首先得出，然后分两种情况讨论，分别根据题意求出点F和点G的坐标，然后利用待定系数法求解即可； （3）首先求出，然后分两种情况讨论，当点Q在y轴左边时，求出，得到所在直线表达式为，然后求出；当点Q在y轴右边时，作点Q关于y轴的对称点，根据对称性求解即可． 【详解】（1）解：∵直线分别交轴、轴于、两点 ∴当时， ∴； 当时， 解得 ∴ ∵点关于点的对称点为点， ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴， ∴点D的横坐标为，纵坐标为16 ∴； （2）解：如图所示，点E为的中点，连接，， ∵四边形是平行四边形 ∴ ∵点E为的中点 ∴ ∴ ∵直线把平行四边形分成面积为的两部分，如图交于点F ∴当时， ∴ ∴ ∵， ∴点F的纵坐标为 ∴将代入得， 解得 ∴ 设表达式为 根据题意得， 解得 ∴的表达式为； ∴当时，如图交于点G ∴ ∵， ∴点G的纵坐标为 ∴将代入得， 解得 ∴ 同理利用待定系数法求出表达式为 综上所述，直线的解析式为或； （3）解：如图所示， ∵直线与轴交于点（当点在点的下方）， ∴点M为直线直线与y轴的交点 ∴当时， ∴ 当点Q在y轴左边时， ∵， ∴ ∴ ∴所在直线表达式为 ∴将代入得， 解得 ∴； 当点Q在y轴右边时，作点Q关于y轴的对称点 ∴ ∴ ∴ 综上所述，点的坐标为或． 【点睛】此题考查了一次函数和几何综合，等边对等角，平行四边形的性质，平行线的性质，待定系数法求一次函数解析式等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 13．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）在梯形中，，，，，．    (1)若梯形是直角梯形，求的长； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出其定义域； (3)当梯形是等腰梯形时，在直线上取一点P，使得是以为腰的等腰三角形，直按写出此时的底边长． 【答案】(1) (2) (3)6或或8． 【分析】（1）先说明与不可能垂直，只有，如图：过B作、过A作，然后运用等面积法可求得， 再说明四边形是矩形，最后根据矩形的性质得到即可解答； （2）如图：过点A作，过点D作，根据勾股定理可得，进而得到，再在中利用勾股定理即可得到关系式； （3）分点P在C、D之间、点D与点P重合、点P在射线上三种情况，分别画出图形，然后根据图形解答即可． 【详解】（1）解：∵． ∴不可能是直角三角形，即与不可能垂直， ∵梯形是直角梯形， ∴， 如图：过B作， ∵， ∴ ∴， 过A作， 则，即，解得， ∵， ∴四边形是矩形， ∴．   ； （2）解：如图：过点A作，过点D作，    由（1）可知，， ∴， ∵, ∴, ∴，即 在中，， ∴，整理得：． （3）解： ①当点P在C、D之间时，是以为腰的等腰三角形，则，如图：    过点A作，过点B作， 由题意知， 又∵， ∴， ∴， ∴底边； ②如图：当点D与点P重合时，，是以为腰的等腰三角形，    此时底边； ③如图：当点P在射线上时，是以为腰的等腰三角形，则，连接，    ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴． 综上所述，底边的长为6或或8． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形的面积、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、掌数握形结合和分类讨论思想是解题关键． 14．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在菱形中，，点在边上（不与、重合），将线段绕着点顺时针旋转后，点落在点处，连接，交边于点． (1)如图1，如果，延长至点，使得，连接．求证：； (2)连接， ①如图2，设，求与之间的函数关系式：（不写定义域） ②如果，．求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）先证明，得到，再根据菱形，得到，又，即可证得，从而得出结论； （2）①先证明，得到，，再根据菱形，得到，，从而得，然后证明，得到，从而得到，整理即可得出答案； ②延长至点，使得，连接．先由①求得，过点A作交延长线于G，过点H作于Q，设，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理求得，，根据，求得，，，从面得到，再证明，得到，然后利用等腰三角形与直角三角形性质，勾股定理求得，，，，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图， 由题意可得， ∴ ∴ 由旋转可得， 在与中， ∴ ∴ ∵菱形， ∴， ∵ ∴， ， ∴，即 ∴， （2）解：如图，延长至点，使得，连接． ①由题意可得， ∴ ∴ 由旋转可得， 在与中， ∴ ∴，， ∵菱形， ∴， ∴， ∵ ∴， ， ∴，即 ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ②∵，， ∴ 过点A作交延长线于G，过点H作于Q，如图， ∵菱形， ∴，，， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理，得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．此题属四边形综合题目，难较大．熟练掌握相关知识和正确作出辅助线是解题的关键． 15．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图．矩形中，，点E是延长线上的一点，且，连结，取的中点F，联结、． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)当时，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)， (3) 【分析】（1）连接，证明，进而推出，即可得证； （2）连接，利用矩形的性质和勾股定理进行求解即可； （3）根据，推出，利用（2）中的结论，列出无理方程，进行求解即可． 【详解】（1）见详解 解：连接， ∵，为的中点， ∴， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）连接，则， ∵， ∴， 在中，，即， 在中，， 由（1）知：，， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，； （3） 当时， 又， ∴， 由（2）知：，， ∴， 解得：或（不合题意，舍去）； 经检验是原方程的解， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，斜边上的中线，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用函数关系式表示变量之间的关系，解无理方程等知识点，综合性强，难度较大，计算量大，属于压轴题，掌握相关知识点，正确的计算，是解题的关键． 16．（23-24八年级下·上海长宁·期末）定义：如果梯形的一个内角等于其它三个内角中的两个内角之和，那么称这个梯形为“加和角梯形”，这个内角称为“加和角” (1)如图1，在梯形中，，点E为边上一点，四边形为菱形，点E为边中点，求证：梯形为“加和角梯形”， (2)在“加和角梯形”中，为“加和角”，． ①如图2，如果，垂足为点O，，求梯形的周长； ②如图3，如果，点E为边中点，过点E作交边于点F，，点G在边上使得是以为腰的等腰三角形，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；②或 【分析】（1）根据四边形为菱形，得出，结合点为边中点，得出，，即可得到，即可证明； （2）①根据是梯形，，得到，结合“加和角梯形”中，为“加和角”，即可求出，分别过点、作、，垂足分别为点G，H，则，证出四边形为矩形，得到，证明，得到，求出，，，证明，根据勾股定理求出，在中，根据直角三角形的性质得出，，从而求出，，即可求解； ②由为“加和角”，可得，过点作于点，可得四边形为矩形，得出，由点为中点，，可得，分为当时和当时，分别作图求解即可； 【详解】（1）∵四边形为菱形， ∴， ∵点为边中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴梯形为“加和角梯形”． （2）①∵梯形中，， ∴， ∵“加和角梯形”中，为“加和角”， ∴， ∴， ∴， 分别过点、作、，垂足分别为点G，H， ∴， ∴ ∴四边形为矩形， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ； ②，， ，， 由为“加和角”， 可得， ， 过点作于点， 则四边形为矩形， ∴， ∴， 由点为中点，， 则， ， I．当时， ∵ 则， 则， ∵， ∴中，， ∵， ， ∴； II．当时，过点G作于点Q，交延长线于点P，作于点R，设， 由I知， 则， ∵， ∴， 解得：（负值舍去）， ． 综上，或． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，梯形的性质，矩形的性质和判定，菱形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，掌握以上知识点． 17．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、，将点B向左平移2个单位后落在y轴上的点P处． (1)求m的值； (2)将线段绕点P逆时针旋转，点A落在点C处，求直线的表达式； (3)设（2）中的直线与x轴交于点D，在直角坐标平面内找点Q，使得以点A、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标． 【答案】(1)0 (2) (3)或或 【分析】（1）根据坐标平移规律“左减右加”以及坐标轴上点坐标特征即可求解； （2）根据旋转的性质求得，再利用待定系数法即可求解； （3）先求得，根据平行四边形的性质进行分类讨论，利用平移的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵将点B向左平移2个单位后落在y轴上 ∴ 解得 （2）由（1）可得， ∴ ∴ 如图，根据旋转可得， ∴ 设直线的表达式为（） ∵直线经过点， ∴ 解得 ∴直线的表达式为． （3）由（2）知直线的表达式为， ∴ 连接，如图， ①由平移得直线， 此时即为所求， ∵四边形为平行四边形 ∴ ∵，， ∴ ②由平移得直线， 此时即为所求， ∵四边形为平行四边形 ∴ ∵，， ∴ ③由平移得直线轴， 此时即为所求， ∵四边形为平行四边形 ∴ ∵，， ∴     综上所述，Q的坐标为或或． 【点睛】本题考查了一次函数的图象与坐标轴的交点，旋转的性质，平移的性质，待定系数法求一次函数的解析式，平行四边形的性质与判定，坐标平移规律以及坐标轴上点坐标特征等，根据平移求对应点坐标是解题的关键． 18．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，梯形，，，，，的平分线交边于点E． (1)如果，，求的长； (2)如果，设，四边形的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围； (3)设F是的中点，连接，如果，且，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）过点D作交于点M，可证四边形是矩形，根据，平分，得到，然后利用勾股定理即可求解； （2）利用勾股定理求出，然后表示出、的长即可求解； （3）延长交于点N，即可证明四边形是平行四边形，则，再证明，求出，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：过点D作交于点M，如图， ∴ ∴四边形是矩形 ∴ ∵，平分， ∴ ∴ 由勾股定理可得， ∴． （2）由（1）可知， ∵ ∴ ∴ 由勾股定理可得， ∴ ∴ ∵， ∴ 解得 ∴． （3）延长交于点N，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ∵， ∴ ∵，平分， ∴ ∴ ∴ ∵F是的中点， ∴，， ∴ ∴ ∴， ∴ 由勾股定理得，， 即， 解得 ∵ ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定和勾股定理是解题的关键． 19．（23-24八年级下·上海·期末）如图，平面直角坐标系中有一个等腰梯形，且，，点在轴正半轴上，点B、C在x轴上（点B在点C的左侧），点D在第一象限，，，梯形的高为2，双曲线经过点，直线经过、两点． (1)求双曲线和直线的解析式； (2)已知点在双曲线上，点在轴上，如果四边形是平行四边形，直接与出点N的坐标； (3)点是第三象限双曲线上的一点，设的横坐标为，直线与直线交于点，；连接，设的面积为，的面积为，用含t的代数式表示的值． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）首先过点作轴于点，由，，易得四边形是矩形，证得，又由，梯形的高为2，即可求得；由双曲线过点，直线过点，直接利用待定系数法求解即可求得答案； （2）由四边形是平行四边形，可得点的横坐标为，继而求得点的坐标，又由，求得答案． （3）设点，求出直线解析式和直线解析式，求出点坐标和点坐标，表示出，，即可求解； 【详解】（1）解：如图，过点作轴于点． ∵，， ∴四边形是等腰梯形， ∵轴， ∴四边形是矩形， ∴，， 在和中， ， ∴． ∴， ∵梯形的高为2， ∴． ， ， ， ∵双曲线经过点， ， ∴双曲线的解析式为：， ∵直线经过、两点， 得：， ∴解得：． ∴直线的解析式为：； （2）解：如图，四边形是平行四边形． ∴且． ∵点在轴上， ∴过点作轴的垂线与双曲线的交点即为点． ∴点的坐标为， ∴． ∴， ∴， ∴点的坐标为． （3）解：根据（1）可得，双曲线的解析式为：， 设直线解析式为， 即可得， 解得：， 故直线解析式为． 设点， 设直线解析式为， 即可得， 解得：， 故直线解析式为． 令，则，故． 联立可得：， 故， ∴， ， ∴． 【点睛】此题属于反比例函数综合题．考查了待定系数求函数解析式、全等三角形的判定与性质、等腰梯形的性质、矩形的判定与性质以及平行四边形的性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 20．（24-25八年级下·上海青浦·期中）如图，已知梯形中，，，，点是射线上一点，，垂足为点，交线段于点，，，． (1)求梯形的面积； (2)当点在线段上时，设，，求关于的函数关系式及自变量的取值范围； (3)若是以为腰的等腰三角形，请直接写出的长． 【答案】(1)174 (2) (3)的长为5或11.9 【分析】（1）先判断出四边形是矩形，进而求出，，利用勾股定理求出，即可得出结论； （2）过点作，交于点，先判断出四边形是平行四边形，进而判断出，即可判断出，进而判断出，即可得出结论； （3）分两种情况：当时，当时，利用（2）的结论和勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴，又， ∴， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，则， ∵，， ∴， ∴； （2）如图，过点作，交于点， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 又，由（1）可知， ∴， ∴， ∴， ∴， （3）由（2）知， 即：， ∴ 当时，过点作，则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当时， ∴， 在中，， ， ∴， ∴是以为腰的等腰三角形，的长为5或11.9． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，得出是解本题的关键． 21．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，直线图象与轴、轴分别交于、两点，点、分别是射线、射线上一动点点与点不重合，且． (1)求点、坐标和度数； (2)点、在线段、上时不与端点重合，设的长度为，用含的代数式表示的面积； (3)若为坐标平面内的一点，当以、、、为顶点的四边形为菱形时，直接写出的坐标． 【答案】(1)点的坐标为；点的坐标为， (2) (3)当以、、、为顶点的四边形为菱形时，点的坐标为或或 【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点，的坐标及，的长度，在中，利用勾股定理可求出的长度，由取的中点，连接，可得是等边三角形，进而求出的度数； （2）过点作轴，垂足为点，由，的长度可得出，由，，可得出为等边三角形，利用等边三角形的性质及勾股定理可得出的长度，再利用三角形的面积公式即可得出关于的函数关系式； （3）分，及三种情况考虑：①当时，点与点重合或点与点重合，进而可得出点的坐标；②当时，由可求出的长度，结合是等边三角形可得出的长度，由可求出的长度，进而可得出点的坐标；③当时，过点作直线，垂足为点，通过解直角三角形可求出的长度，由等腰三角形的性质及的长度可求出的长度，结合为等边三角形可得出的长度，由可求出的长度，进而可得出点的坐标．综上，此题得解． 【详解】（1）解：当时， ，点的坐标为； 当时， 解得： 点的坐标为， 在中，， 如图，取的中点，连接， 是等边三角形， （2）在图中，过点作轴，垂足为点． ，， ， ，， 为等边三角形， （3）∵以、、、为顶点的四边形为菱形， 分三种情况考虑，如图所示． ①当时，点与点重合， 点的坐标为； ②当时， 是等边三角形， ③当时，过点作直线，垂足为点， 在中，，， ， ， ． 为等边三角形， ， ， 点的坐标为． 综上所述：当以、、、为顶点的四边形为菱形时，点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、解含30度角的直角三角形、等边三角形的判定与性质、三角形的面积以及等腰三角形的性质，掌握以上知识分类讨论，是解题的关键． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$