阶段检测验收卷06四边形（综合训练）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

阶段检测验收卷 第六章 四边形 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．若一个多边形的每个外角等于，则这个多边形的边数为（    ） A．8 B．9 C．10 D．12 2．如图，平行四边形中，平分交边于点，则线段的长度分别为（　　） A．2和3 B．3和2 C．4和1 D．1和4 3．如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 4．如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，若，菱形的面积为16，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D． 5．如图，是正方形的一条对角线，延长至点E，使得，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．四边形中，对角线与交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．∥，∥ C．， D．∥， 7．如图，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（    ）． A． B． C． D． 8．如图，按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 9．如图1，在矩形中，P为边上一点，连结，将矩形沿折叠，记与矩形重叠部分的面积为S，设的长为x，S关于x的函数图象如图2所示，则下列说法错误的是（   ） A．当，S为关于x的一次函数 B．， C．当，S为关于x的二次函数 D．图象过点 10．如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①CQ＝CD；②四边形CMPN是菱形；③P，A重合时，MN＝2；④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．其中正确的是（    ） A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④ 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11．在平行四边形中，若，则的度数为 ． 12．如图，在平行四边形中，，顶点O，A的坐标分别为，，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标为 ． 13．如图，在矩形中，，，E，F分别是的中点，则 ． 14．如图，正六边形由3个全等的五边形无缝隙、不重叠地拼接而成，已知，则的度数为 ． 15．如图，已知，若四边形的面积为，则长是 ． 16．如图，已知反比例函数（）的图象与矩形的对角线交于点P，与边上的点D、E，若，四边形的面积为10，则k的值是 ． 三、解答题（本大题共8小题，满分72分．其中17-21题每题8分，22题、23题每题10分，24题12分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．如图，在平行四边形中，于点，于点． (1)若，求的度数； (2)若，求的长． 18．如图，平行四边形中，的平分线交于E，的平分线交于点F． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 19．在一块长，宽的矩形荒地上，要建造一个花园，要求花园面积是荒地面积的一半，下面分别是小华与小芳的设计方案． (1)同学们都认为小华的方案是正确的，但对小芳方案是否符合条件有不同意见，你为小芳的方案符合条件吗？若不符合，请求出小芳方案中的花园四周小路正确的宽度． (2)你还有其他的设计方案吗？请在如图所示中画出你所设计的草图，将花园部分涂上阴影，并加以说明． 20．如图，点是矩形内一点，，把绕点按顺时针方向旋转，得到（点对应点，点对应点）．延长交于点，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，，求． 21．如图，中，，，是由绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接相交于点D． (1)求证：； (2)若，求的长． 22．如图1，在正方形中，过对角线交点的两条互相垂直的直线，交该正方形各边于点．求证：与把该正方形分成面积相等的四部分． 小滨、小江在完成上述解答后，进一步思考，若将图形一般化，是否也会有类似结论？两位同学进行了如下探究． (1)如图2，在矩形中，过对角线交点的两条直线交该矩形各边于点，，． 小滨：若．则与把该矩形分成面积相等的四部分． 小江：若，则与把该矩形分成面积相等的四部分． 请判断小滨、 是否正确，并说明理由． (2)请仿照小滨、小江同学的探究过程，写出一个类似的真命题：如图3，在中，______． 23．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作轴的垂线，交对角线于点，直线分别交轴和轴于点和点，动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向终点运动，设运动时间为秒． (1)求直线的函数解析式； (2)若的面积为，在点运动过程中，求出与的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围； (3)点在运动的过程中，坐标平面内是否存在一点，使得以为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 24．如图1，四边形中，，，我们就把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．    (1)根据筝形的定义，下列图形中是筝形的有__________（填写序号）； ①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形． (2)如图2，若四边形的内角满足，连接，交于点，且平分， ①求证：四边形是筝形形； ②若四边形的面积为，求四边形的周长； (3)如图3，在平面直角坐标系中，点的坐标为．在轴上任取一点，以为对角线作筝形，满足，且轴．在轴上取几个不同位置的点，得到相应的点，发现这些点在一条曲线上．若点，，是上述曲线上的三个不同的点，它们的横坐标分别为，，，其中，求的最大值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段检测验收卷 第六章 四边形 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．若一个多边形的每个外角等于，则这个多边形的边数为（    ） A．8 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理. 根据多边形的外角和定理，即可求解． 【详解】解：∵多边形的外角和等于，每个外角为， ∴边数． 故选：B． 2．如图，平行四边形中，平分交边于点，则线段的长度分别为（　　） A．2和3 B．3和2 C．4和1 D．1和4 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键在于能够熟练掌握相关几何性质进行求解． 先由平行四边形性质得到，结合平行线性质、角平分线定义得到，进而由等腰三角形的性质得到，再数形结合得到，代值计算即可得到答案． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， 故选：B． 3．如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ∴不一定正确，故A不符合题意； ，不一定正确，故B不符合题意； 不一定正确，故C不符合题意； 一定正确，故D符合题意， 故选：D． 4．如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，若，菱形的面积为16，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查菱形的性质及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握菱形的性质及直角三角形斜边中线定理是解题的关键；由题意易得，然后根据菱形的面积可得，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵菱形的面积为16， ∴， ∴， ∵点O为的中点，， ∴； 故选：A． 5．如图，是正方形的一条对角线，延长至点E，使得，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，根据正方形的性质，得到，等边对等角，得到，再根据三角形的外角的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵是正方形的一条对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选A． 6．四边形中，对角线与交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．∥，∥ C．， D．∥， 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定定理求解即可求得答案． 【详解】解：、，， 四边形是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形； B、，， 四边形是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形； C、，， 四边形是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形； D、，， 四边形是平行四边形或等腰梯形．故不能判定这个四边形是平行四边形． 故选：D． 7．如图，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，涉及三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识，熟记三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识是解决问题的关键． 先由中点四边形相关条件，由三角形中位线的判定与性质得到，且；，且；，且；，且，进而判定四边形为平行四边形，再由矩形的判定定理即可确定答案． 【详解】解： 是四边形的两条对角线，是四边形各边的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， 则，且；，且；，且；，且， ，且， 四边形为平行四边形， 当时，， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， 综上所述，要使四边形为矩形，应添加的条件是， 故选：B． 8．如图，按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质．根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：作图可得， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 9．如图1，在矩形中，P为边上一点，连结，将矩形沿折叠，记与矩形重叠部分的面积为S，设的长为x，S关于x的函数图象如图2所示，则下列说法错误的是（   ） A．当，S为关于x的一次函数 B．， C．当，S为关于x的二次函数 D．图象过点 【答案】C 【分析】根据题意，分点在矩形内部和外部两种情况讨论，根据重叠部分的面积为S，列出关系式，逐一判断即可． 【详解】解：根据题意：， 当点在矩形内部时（包含边界）， 则重叠部分的面积为， 的长为定值， 此时，S为关于x的一次函数； 由函数图象可得：当时，点刚好落在边上， ∴当，S为关于x的一次函数；故A选项说法正确； 如图，当时， 此时，与重合，则， ， 此时，四边形是矩形， ， 此时，四边形是正方形， ∴， 此时，， ∴， 当点在矩形外部时， 如图，过点P作于点H，设交于点G，则四边形是矩形， ， ∴， 设，则， 在中，，即， ， 则重叠部分的面积为， 此时，S不是关于x的二次函数；则当，S不是关于x的二次函数；故C选项说法错误； 由函数图象可得：当时，点P与点D重合， 此时，， ∴，故选项B说法正确； 当时，， ∴图象过点，故选项D说法正确； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的折叠问题、函数图象，勾股定理、三角形全等的判定与性质，灵活运用知识点、运用数形结合与分类讨论是解题的关键． 10．如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①CQ＝CD；②四边形CMPN是菱形；③P，A重合时，MN＝2；④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．其中正确的是（    ） A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】B 【分析】先判断出四边形CNPM是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可． 【详解】解：如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴PM∥CN， ∴∠PMN＝∠MNC， ∵∠MNC＝∠PNM（折叠的性质）， ∴∠PMN＝∠PNM， ∴PM＝PN， ∵NC＝NP（折叠的性质）， ∴PM＝CN， ∴四边形CNPM是平行四边形，   ∵CN＝NP， ∴四边形CNPM是菱形，故②正确； ∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP， ∴∠MQC＝∠D＝90°， ∵CM＝CM， 若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌Rt△CMD（HL）， ∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，故①错误； 点P与点A重合时，如图2所示： 设BN＝x，则AN＝NC＝8−x， 在Rt△ABN中，AB2＋BN2＝AN2， 即42＋x2＝（8−x）2， 解得x＝3， ∴CN＝8−3＝5，AC＝＝＝， ∴CQ＝AC＝， ∴QN＝＝， ∴MN＝2QN＝．故③正确； 当MN过点D时，如图3所示： 此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小（四边形CNPM的边CN上的高固定为AB的长），此时四边形CNPM是正方形，则S最小＝S菱形CMPN＝×4×4＝4， 当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大＝×5×4＝5， ∴4≤S≤5，故④错误． 故选：B． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11．在平行四边形中，若，则的度数为 ． 【答案】/65度 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等即可求解，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 12．如图，在平行四边形中，，顶点O，A的坐标分别为，，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 先由勾股定理求出，证明平行四边形是菱形得出，，则点B的横坐标等于点A的横坐标加上AB的长度，点B的纵坐标等于点A的纵坐标． 【详解】∵顶点O，A的坐标分别为， ∴ ∵在平行四边形中， ∴平行四边形是菱形 ∴ ∴ 故答案为： 13．如图，在矩形中，，，E，F分别是的中点，则 ． 【答案】5 【分析】连接，根据矩形的性质可得，，再根据勾股定理得，最后利用三角形中位线定理即可解决问题． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ，， ，， ， E，F分别是的中点， ， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理和勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 14．如图，正六边形由3个全等的五边形无缝隙、不重叠地拼接而成，已知，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查正多边形内角和，多边形内角和问题，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键． 先根据正多边形性质，求得，根据全等的五边形无缝隙、不重叠地拼接求得，然后根据五边开内角和求解即可． 【详解】解：∵正六边形由3个全等的五边形无缝隙、不重叠地拼接而成 ∴，， ∵， ∴ 故答案为：． 15．如图，已知，若四边形的面积为，则长是 ． 【答案】 【分析】由“”可证，可得与的面积相等，由面积关系可求解． 【详解】解：如图，作，交的延长线于点， 则， ， ∴四边形为矩形，， ， ， 在与中， ， ， ∴与的面积相等， ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积正方形的面积， 由勾股定理得：， ∵四边形的面积为， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 16．如图，已知反比例函数（）的图象与矩形的对角线交于点P，与边上的点D、E，若，四边形的面积为10，则k的值是 ． 【答案】8 【分析】本题考查了反比例函数系数的几何意义，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握反比例函数系数的几何意义． 由反比例函数k的几何意义得到，过点作轴于点，作轴于点，那么，然后可得，则，，同理得，那么，由四边形的面积为10，建立方程，即可求解． 【详解】解：∵、、位于反比例函数的图象上， ∴， 过点作轴于点，作轴于点， 则， ∴四边形是矩形， ∵点P在反比例函数的图象上， 则， 又∵矩形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵ ∴， ∴，， 同理得， ∴ 则， ∵函数图象在第一象限， ， ∵四边形的面积为10， 则， ． 故答案为：8． 三、解答题（本大题共8小题，满分72分．其中17-21题每题8分，22题、23题每题10分，24题12分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．如图，在平行四边形中，于点，于点． (1)若，求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，解题时注意：四边形的内角和等于． （1）根据四边形内角和为，求得的度数； （2）根据平行四边形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：因为，四边形内角和为， 所以． （2）解：平行四边形面积， ∵， 则， 解得：． 18．如图，平行四边形中，的平分线交于E，的平分线交于点F． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见详解． (2)13 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的三线合一性质知识， （1）根据平行四边形性质和角平分线性质可得，．即可得到，．即可求证结论． （2）过点A作，垂足为H，利用，可计算出的长度，结合（1）即可求出长度． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形． ∴，，． ∴，． ∵是的平分线，是的平分线． ∴，． ∴，． ∴，． ∴． ∴． ∴． （2）过点A作，垂足为H，如图： 由（1）知，且，， ∴， ． ∵， ∴， ∴，． ∴． ∵． ∴． ∴． ∴． 19．在一块长，宽的矩形荒地上，要建造一个花园，要求花园面积是荒地面积的一半，下面分别是小华与小芳的设计方案． (1)同学们都认为小华的方案是正确的，但对小芳方案是否符合条件有不同意见，你为小芳的方案符合条件吗？若不符合，请求出小芳方案中的花园四周小路正确的宽度． (2)你还有其他的设计方案吗？请在如图所示中画出你所设计的草图，将花园部分涂上阴影，并加以说明． 【答案】(1)小芳的方案不符合条件，小芳方案中的花园四周小路正确的宽度为2米 (2)图见解析，说明见解析 【分析】本题主要考查了列一元二次方程解决几何问题，利用面积关系设计图案等内容，解题的关键是理解题意，找准等量关系，列出方程． （1）设小芳方案中的花园四周小路的宽度为x米，根据面积关系列出方程，然后求解即可； （2）利用同底等高的三角形的面积等于矩形的面积的一半，设计图案即可． 【详解】（1）解：小芳的方案不符合条件，小芳方案中的花园四周小路正确的宽度为2米．理由： 设小芳方案中的花园四周小路的宽度为x米，由题意得： ， ， 或不合题意，舍去， 小芳方案中的花园四周小路正确的宽度为2米； （2）解： 花园的设计草图如下： 说明：取边长为的一边的中点为三角形的一个顶点，对边的两个端点为三角形的另外两个顶点，此三角形的面积为矩形的面积的一半． 20．如图，点是矩形内一点，，把绕点按顺时针方向旋转，得到（点对应点，点对应点）．延长交于点，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，，求． 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2) 【分析】此题考查了正方形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质等知识，熟练掌握正方形的判定和性质、旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质得，证明，即可得到结论； （2）由旋转得，，由勾股定理求得，过G作于M，于H，等面积法求出  求出，根据三角形面积公式即可得到答案． 【详解】（1）四边形是正方形 理由：由旋转可知， 且， 故， ∴四边形是正方形． （2）由旋转得，， 正方形中， 由勾股定理求得， 过G作于M，于H， 由等面积法可得    ∵四边形是个矩形 ， 由勾股定理得 21．如图，中，，，是由绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接相交于点D． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）结合旋转的性质可得，，，进而证明，然后利用“”证明，由全等三角形的性质即可证明结论； （2）首先证明四边形为菱形，易得，再证明为等腰直角三角形，然后由勾股定理解得，即可获得答案． 【详解】（1）证明：由绕点按顺时针方向旋转得到， ，，， ，即， ∵， ∴， 在和中， ， ， ； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形， ， ， ∵，， ∴， ， 为等腰直角三角形， ， ． 22．如图1，在正方形中，过对角线交点的两条互相垂直的直线，交该正方形各边于点．求证：与把该正方形分成面积相等的四部分． 小滨、小江在完成上述解答后，进一步思考，若将图形一般化，是否也会有类似结论？两位同学进行了如下探究． (1)如图2，在矩形中，过对角线交点的两条直线交该矩形各边于点，，． 小滨：若．则与把该矩形分成面积相等的四部分． 小江：若，则与把该矩形分成面积相等的四部分． 请判断小滨、 是否正确，并说明理由． (2)请仿照小滨、小江同学的探究过程，写出一个类似的真命题：如图3，在中，______． 【答案】(1)小滨的猜想正确，小江的猜想错误，见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握其性质是解题的关键． （1）过点作，垂足为点，可得，那么，同理，则，，由，deed，故，则，即可判断小滨说法；可证明，由于 ，，但不一定全等，故不一定等于，即可判断小江； （2）仿照题干即可求解． 【详解】（1）解：小滨的猜想正确，小江的猜想错误，理由如下： 过点作，垂足为点， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵矩形是中心对称图形， ∴， ∴， ∴与把该矩形分成面积相等的四部分， 故小滨的猜想正确； 如图：过点作，垂足为点， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∵，但不一定全等， ∴不一定等于， 故不一定等于， ∴不一定等于， ∴与不一定把该矩形分成面积相等的四部分， ∴小江的猜想错误； （2）解：写出的真命题为：在中，过对角线交点的两条直线交该平行四边形各边于点，，，若，则与把该平行四边形分成面积相等的四部分． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， ∴与把该矩形分成面积相等的四部分． 23．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作轴的垂线，交对角线于点，直线分别交轴和轴于点和点，动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向终点运动，设运动时间为秒． (1)求直线的函数解析式； (2)若的面积为，在点运动过程中，求出与的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围； (3)点在运动的过程中，坐标平面内是否存在一点，使得以为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点的坐标为或 【分析】（1）过点作于，解方程可得，然后利用直角三角形的性质结合勾股定理求出、和的长，得到点、的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可； （2）连接交于点，利用直角三角形的性质结合勾股定理求出，再求出，可得为的中点，利用勾股定理可得 ，再证得是等边三角形，可得，然后分情况讨论，当时，即点在线段上运动时，过点作于，连接，当时，两点重合，则三点共线，不存在，不符合题意；当时，同理即可解答； （3）分情况讨论，①当是矩形的边时，则，过点作于，首先求出，然后利用直角三角形的性质结合勾股定理求出和，再利用平移的性质得出点的坐标；②当是矩形的对角线时，则，过点作于，证明，可得然后利用直角三角形的性质结合勾股定理求出，再利用平移的性质得出点的坐标． 【详解】（1）解：方程， 解得，（舍去）， ， 四边形是菱形，， ，， ， ， ∴，即， ∴， （负值舍去）， ， 过点作于，如图1， ，， ∴， ∴， ， ， 设直线的解析式为，代入得， 解得， 直线的解析式为； （2）解：连接交于点， ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 将代入，则，令时，解得， ， ， ∵， ∴为的中点， 在中，， ， 是等边三角形， ， 当时，即点在线段上运动时，过点作于，连接，如图2， 则， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的面积； 当时，两点重合，则三点共线，不存在，不符合题意； 当时，即点在线段上运动时，如图3， 则， ∴， 同理得， ∴的面积； 综上所述，与的函数关系式为； （3）解：存在，点的坐标为或， ①如图4，当是矩形的边时，则，过点作于， ，， ，即点为与的交点， ， ， ∵，， ∴， ， ∴， 将点向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点， 将点向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点， ， ； ②如图5，当是矩形的对角线时，则，过点作于， ， 是等边三角形， ， ， ，， ∴， ， 将点向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点， 将点向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点， ， ； 存在一点，使得以为顶点的四边形是矩形，点的坐标是或． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用相关知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键． 24．如图1，四边形中，，，我们就把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．    (1)根据筝形的定义，下列图形中是筝形的有__________（填写序号）； ①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形． (2)如图2，若四边形的内角满足，连接，交于点，且平分， ①求证：四边形是筝形形； ②若四边形的面积为，求四边形的周长； (3)如图3，在平面直角坐标系中，点的坐标为．在轴上任取一点，以为对角线作筝形，满足，且轴．在轴上取几个不同位置的点，得到相应的点，发现这些点在一条曲线上．若点，，是上述曲线上的三个不同的点，它们的横坐标分别为，，，其中，求的最大值． 【答案】(1)②④ (2)①见解析；② (3)最大值为 【分析】（1）根据“筝形”的定义逐项判断即可得到答案； （2）①根据四边形内角和以及可求出各个角的度数，再根据角平分线的定义可得，从而即可证明，得到，，即可得证；②由四边形是筝形，且，可得是等腰直角三角形，是等边三角形，通过证明，得到，从而推出即，进而得到，设，则，，，，从而得到，求出的值，再求出各边长即可得到答案； （3）设点，则点的坐标为，根据两点间的距离公式表示出，从而表示出，设，，，则，，，则，，过点作轴的垂线交直线与点，设直线的解析式为，待定系数法求出直线，求出，，从而表示出，再由二次函数的性质，即可得到答案． 【详解】（1）解：根据“筝形”的定义可得：②菱形和④正方形属于筝形， 故答案为：②④； （2）解：①如图： 四边形的内角和为且满足， ，，，， ， 平分， ， ， ， ，， 四边形是筝形； ②四边形是筝形，且，， 是等腰直角三角形，是等边三角形， 在和中， ， ， ， ，即， ， 设，则，， 在中由勾股定理可得 ， ， ， ， ， ，， 由勾股定理可得，，， ； （3）解：如图，四边形是筝形，，， 设点， 点，轴， 点的坐标为， ，，， ， ， 设，，， 则，，， ，， 过点作轴的垂线交直线与点，设直线的解析式为， 则， 解得， 直线， 令，得， ， ，则， ， 当时，有最大值，最大值为． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质、四边形内角和定理、角平分线的定义等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $