专题04 期末必刷压轴题（高效培优期末专项训练）数学新教材沪教教版五四制八年级下册

**基本信息** 聚焦期末压轴题，按选择、填空、解答分类，整合四边形、函数等核心知识，通过动态几何、新定义等综合题型，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择压轴题|8题|概念辨析与几何综合|四边形性质、中位线等概念的判定与性质综合| |填空压轴题|10题|动态几何与折叠问题|图形变换（翻折、旋转）与几何计算结合| |解答压轴题|18题|综合证明与函数几何结合|四边形证明、函数图像与几何图形综合应用|

专题04 期末必刷压轴题 考点01 选择压轴题 考点02 填空压轴题 考点03 解答压轴题 考点01 选择压轴题 1．（24-25八年级下·上海崇明·期末）下列命题，其中是假命题的是（　　） A．对角线相等的菱形是正方形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形 D．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 2．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在正方形中，、分别为边、的中点，以点为圆心、的长为半径画弧交线段于点，直线交于点，如果，那么正方形的边长为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·上海虹口·期末）我们把有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．如图，在的网格中，四边形是“等邻边四边形”，顶点在网格格点上，如果点也在网格格点上，那么点的位置有（　　） A．个 B．个 C．个 D．个 4．（24-25八年级下·上海黄浦·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． 5．（24-25八年级下·上海长宁·期末）下列关于三角形的中位线、梯形的中位线的表述，正确的是（   ） A．联结三角形两腰中点的线段叫做三角形的中位线 B．联结梯形两底边中点的线段叫做梯形的中位线 C．三角形的一条中位线一定与该三角形第三边上的中线互相平分 D．梯形的中位线一定将该梯形分成面积相等的两部分 6．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在等腰梯形中，，对角线相交于点，那么以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，在等腰梯形中，，点为中点，联结，作交于点．如果，且，那么的长为．（    ） A． B． C． D． 8．（24-25八年级下·上海静安·期末）双曲线与直线（且）在一、三象限分别相交于A、C两点，与直线在一、三象限分别相交于B、D两点，那么四边形的形状一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．非矩形和菱形的任意平行四边形 考点02 填空压轴题 9．（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，在矩形中，，点是边上一动点，连接，将沿着翻折后得到，若与边分别交于点，且，则的长为____． 10．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为________． 11．（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，在中，分别为边上的点（不与顶点重合），且，连接，将四边形沿着翻折得到四边形．如果点在内部，那么的取值范围为___________． 12．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）新定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．在“等对角四边形”中，，对角线的长______． 13．（24-25八年级下·上海金山·期末）矩形纸片中，，，点在边所在的直线上，且，将矩形纸片折叠，使点与点重合，折痕与，分别交于点，，则线段的长度为______． 14．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 15．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，已知C、D是线段上两点，且，P是线段上一动点，在同侧分别作等边三角形和等边三角形，若G为线段的中点，当点P由点C移动到点D时，则点G移动的路径长度y与线段的长之间的函数关系式为_______． 16．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平行四边形中，，点是边的中点，作，垂足在线段上，连接，则下列结论： ①；②；③；④． 一定成立的是_____．（把所有正确结论的序号都填在横线上） 17．（24-25八年级下·上海普陀·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______． 18．（24-25八年级下·上海青浦·期末）将平行四边形（如图）绕点旋转后，点落在边上，点的对应点为点，且点、、在一直线上．如果，，那么的周长为________． 考点03 解答压轴题 19．（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在梯形中，，，，，点是的中点，连接、． (1)求证：； (2)设，求关于的函数解析式（不写定义域）； (3)设、交点为，当为直角三角形时，求的长． 20．（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点． (1)求的值及直线的表达式； (2)已知点是直线上的一个动点，过点作轴的垂线，与直线交于点，设点的横坐标为． ①当时，求的值； ②以为对角线作菱形，当点在直线上且菱形的面积为8时，求的值． 21．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 22．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平面直角坐标系中，已知直线与轴交于点轴交于点，点在射线上（不与点重合），点在轴上（点在点左侧），四边形是正方形． (1)当点的横坐标为时，求直线的表达式； (2)当点在射线上运动时，设点的横坐标为，用表示点的坐标，判断点是否始终在（1）中的直线上？并说明理由； (3)点在轴上，如果四边形是等腰梯形，求点的坐标． 23．（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，直线经过点和点，将向上平移个单位得到，且经过点．    (1)求直线的表达式和的值； (2)连接，将沿直线平移到，边与轴相交于点（如图），小明说：“我发现边上存在点，在平移的过程中可以使得四边形为菱形”．你觉得小明的发现是否正确？如果正确，求点的坐标；如果不正确，请说明理由． 24．（24-25八年级下·上海虹口·期末）【模型构建】 如图①，已知，如果，那么．我们把这种图形叫做“一线三直角”． 【初步探究】 我们发现，如果和不是直角，但都相等，且，结论也依然成立．请在下面两题中，选择一题进行解答． （1）如图②，已知，且，求证：． （2）如图③，已知，且，求证：． 【探究应用】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．设，求关于的函数解析式，并写出定义域． 【拓展探究】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．分别是线段的中点，联结，如果是等边三角形，求的长． 25．（24-25八年级下·上海金山·期末）如图，已知：正方形边长为1，点是对角线上一点，，交射线于点． (1)当点在边上时，线段与线段之间有怎样的大小关系？试证明你观察得到的结论； (2)当点在边的延长线上，是等腰三角形时，求的长； (3)当以、、、为顶点的四边形的面积为时，直接写出的长． 26．（24-25八年级下·上海金山·期末）已知反比例函数的图像和一次函数的图像都经过点．    (1)求这个一次函数的解析式； (2)如果等腰梯形ABCD的顶点A、B在这个一次函数的图像上，顶点C、D在这个反比例函数的图像上，两底AD、BC与y轴平行，且A和B的横坐标分别为a和，求a的值． 27．（24-25八年级下·上海松江·期末）【阅读理解】不论取何值，正比例函数的图像始终经过点（0，0），我们说函数的图像经过定点（0，0）．类似的，函数的图像经过定点（2，1）．探求定点的具体思路是：设法找到的某些取值，使函数表达式中含的各项之和为0，即变形得：，令，总有，从而得到点． 【尝试运用】 (1)函数的图像经过的定点坐标是____________； (2)如果点，是原点，且直线，将分成面积相等的两部分，求的值； (3)在（2）的条件下，如果点在轴上，点在直线上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 28．（24-25八年级下·上海松江·期末）已知梯形，，，点为射线上一动点，联结，过点作，交射线于点，且． (1)①如图1，如果，求的长； ②如图2，点为边上一点，且，求的值； (2)如果，是等腰三角形，求的长． 29．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，矩形的对角线和相交于点O，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长交于点，联结，请先按要求完善图形，再判断四边形是什么特殊四边形？并说明理由； (3)填空：联结，如，，则的长为_______．（直接给出结果） 30．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，在直角坐标平面内，点O是坐标原点，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，过点A作轴，垂足为A，过点B作轴，垂足为B，两条垂线交于点C． (1)填空：线段的长分别是__________，__________，__________； (2)折叠，使点A与点B重合，折痕交于点D，交于点E． ①求点D的坐标； ②若经过点D的双曲线与线段交于点F，那么在坐标平面内是否存在点P，使得四边形是以为底的等腰梯形？如存在，请直接写出符合条件的点P坐标；如不存在，请说明理由． 31．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线平行，且截距为分别与轴、轴交于点和点． (1)求直线的解析式和点的坐标： (2)如果点是线段上的点，且的面积为6，求点的坐标； (3)在（2）条件下，点是直线上的点，在坐标平面内是否存在点，使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 32．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）定义：如果凸四边形的一条对角线把这个四边形分成面积相等的两个三角形，则称这个四边形为对等四边形，该条对角线称为对等对角线． 如图，在凸四边形中，如果，那么四边形为对等四边形，为四边形的对等对角线． (1)下列图形中，一定是对等四边形的是________（填写你认为正确的序号） 等腰梯形；平行四边形；矩形；菱形． (2)在研究图的对等四边形的性质过程中，乐乐经过测量发现与的长度相邻，于是他猜想，你认为他的猜想正确吗?如果正确，请完成证明；如果错误，请说明理由． (3)如图，在平面直角坐标系内，已知点，，，点在线段上．且，如果点在线段上，且四边形为对等四边形，请直接写出点的坐标． 33．（24-25八年级下·上海普陀·期末）小普在综合与实践课上，参加了以“神奇的正方形”为主题的数学活动，通过“折、转、探”等方式研究有关正方形折纸的有趣结论． (1)折一折：如图-1，小普将正方形纸片折叠，使边都落在对角线上，展开得折痕，联结．那么___________度；如果，那么的长度等于___________； (2)转一转：小普将图-1中的绕点旋转，使它的两边分别交直线于点． ①如图-2，当点、在边、上，联结．如果，求的面积； ②探一探：联结，射线、分别交对角线所在直线于点、，且点在正方形内部．正方形的边长，联结．如果是等腰三角形，请直接写出线段的长度___________．（用含有字母的代数式表示） 34．（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)直线的表达式为___________；直线与轴的夹角等于___________度； (2)点为平面内任一点，如果以点A、、、为顶点的四边形是正方形，直接写出点的坐标是___________； (3)直线与轴交于点，当的面积是面积的2倍时，求出点的坐标． 35．（24-25八年级下·上海青浦·期末）在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，联结． (1)如图，当时，求证：； (2)如图，当时，求的面积； (3)当为等腰三角形时，求线段的长． 36．（24-25八年级下·上海青浦·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与y轴相交于点A，与反比例函数在第一象限内的图像相交于点． (1)求该反比例函数的解析式； (2)将直线向上平移后与反比例函数在第一象限内的图像相交于点C，且的面积为18，求平移后的直线的表达式； (3)在（2）的条件下，点D是坐标平面内一点，当四边形是等腰梯形时，请直接写出点D的坐标． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 期末必刷压轴题 考点01 选择压轴题 考点02 填空压轴题 考点03 解答压轴题 考点01 选择压轴题 1．（24-25八年级下·上海崇明·期末）下列命题，其中是假命题的是（　　） A．对角线相等的菱形是正方形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形 D．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【详解】此题考查了命题的真假，正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理，根据正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理逐一分析各选项的正确性，找出假命题． 【分析】解:A．对角线相等的菱形是正方形．菱形对角线互相垂直，若对角线相等，则满足正方形的条件（既是菱形又是矩形），故A为真命题． B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形．根据菱形判定定理，对角线垂直平分的四边形四边相等，故B为真命题． C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形．对角线互相平分的四边形是平行四边形，若有一个直角，则此平行四边形为矩形，故C为真命题． D．一组对角相等且一组对边相等的四边形不一定是平行四边形．例如，存在满足这两个条件但另一组对边不平行的四边形（如构造反例），故D为假命题． 故选：D． 2．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在正方形中，、分别为边、的中点，以点为圆心、的长为半径画弧交线段于点，直线交于点，如果，那么正方形的边长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，设的中点为，连接，，过点作于点，证明四边形，四边形是矩形，则，根据直角三角形斜边中线性质得，则，由此得是等边三角形，进而得，，，继而得是等边三角形，由此得，则，，再求出得是等腰直角三角形，则，进而得，由此即可得出正方形的边长． 【详解】解：如图，过点作于点，设的中点为，连接，，过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵点、分别为边、的中点， ∴，， ∴， ∵AD∥BC， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由作图可知：， ∴， 在中，点是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边长为． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含角的直角三角形的性质及勾股定理等知识点，通过作辅助线构造等边三角形是解题的关键． 3．（24-25八年级下·上海虹口·期末）我们把有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．如图，在的网格中，四边形是“等邻边四边形”，顶点在网格格点上，如果点也在网格格点上，那么点的位置有（　　） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是新定义下的格点问题，解题关键是充分考虑多种情况． 分情况考虑：①时，②时，找到所有符合条件的点即可． 【详解】解：依图得，此时， 则要使四边形是“等邻边四边形”， 可分两种情况考虑： ①时，即要使，符合要求，此时； ②时，即要使，、符合要求，此时，． 综上，点的位置有个． 故选：． 4．（24-25八年级下·上海黄浦·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】C 【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不正确，符合题意； 矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， ， ， 故D正确，不符合题意， 故选：C 5．（24-25八年级下·上海长宁·期末）下列关于三角形的中位线、梯形的中位线的表述，正确的是（   ） A．联结三角形两腰中点的线段叫做三角形的中位线 B．联结梯形两底边中点的线段叫做梯形的中位线 C．三角形的一条中位线一定与该三角形第三边上的中线互相平分 D．梯形的中位线一定将该梯形分成面积相等的两部分 【答案】C 【分析】本题考查三角形的中位线，梯形的中位线．逐一分析各选项是否符合三角形和梯形中位线的定义及性质即可解答． 【详解】解： A：联结三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线，故本选项表述错误； B：联结梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线，故本选项表述错误； C：如图， 是的中位线，是边上的中线，与相交于点O， ∵是中位线， ∴点，分别是，的中点， ∵是边上的中线， ∴点是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴与互相平分． 因此，在三角形中，任一中位线必与第三边上的中线互相平分．故本选项表述正确； D：如图，在梯形中，，是梯形的中位线，是梯形的高，交于点M，设，， ∵是梯形的中位线， ∴，，， ∴四边形，都是梯形， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 因此，梯形的中位线一定将该梯形分成面积相等的两部分的表述是错误的． 故选：C 6．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在等腰梯形中，，对角线相交于点，那么以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】此题考查了等腰梯形的性质，全等三角形的性质和判定，等角对等边，根据等腰梯形的性质得到，，，证明出，得到，，进而求解即可． 【详解】解析：∵等腰梯形中，，对角线相交于点 ∴，①正确； ∵， ∴ ∴， ∴， ∴，即，②正确； 和不一定相等，故③错误； ∵ ∴ ∴ ∴，④正确； 故选：C． 7．（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，在等腰梯形中，，点为中点，联结，作交于点．如果，且，那么的长为．（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，过点A作于，过点D作于H，延长交于，可证明得到，，则，据此可求出，进而得到；求出，得到，则；证明四边形是矩形，得到，再证明，可得，则可求出． 【详解】解：如图所示，过点A作于，过点D作于H，延长交于 ∵， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴ ∴，， ， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ； ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴ ． 故选：D． 8．（24-25八年级下·上海静安·期末）双曲线与直线（且）在一、三象限分别相交于A、C两点，与直线在一、三象限分别相交于B、D两点，那么四边形的形状一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．非矩形和菱形的任意平行四边形 【答案】A 【分析】通过联立方程求出双曲线与直线的交点坐标，确定四边形各顶点的位置．利用勾股定理确定对边相等且证明出四边形为矩形． 【详解】∵双曲线与直线（且）在一、三象限分别相交于A、C两点， ∴联立得， 解得或 ∴（第一象限），（第三象限）． ∵双曲线与直线在一、三象限分别相交于B、D两点， 联立得， 解得或 ∴（第一象限），（第三象限）． ∴； ； ∴，即 ∴； ； ∴，即 ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴ ∴ ∴平行四边形是矩形． 故选：A． 【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数交点问题，矩形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 考点02 填空压轴题 9．（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，在矩形中，，点是边上一动点，连接，将沿着翻折后得到，若与边分别交于点，且，则的长为____． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，证明得到， 则可证明， 设，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴，即， 设，则， ∴，， 在中， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 10．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为________． 【答案】5 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解题的关键是确定折叠后点落在射线上． 由菱形得到，，，然后根据折叠的性质确定点落在射线上，，在由三角形公式即可求解． 【详解】解：如图 ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵折叠，点C的对应点为E，且点E落在线段上， ∴，折痕平分，即平分， ∴在射线上， ∴， ∴的面积为， 故答案为：5． 11．（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，在中，分别为边上的点（不与顶点重合），且，连接，将四边形沿着翻折得到四边形．如果点在内部，那么的取值范围为___________． 【答案】 【分析】如图，连接，当落在上时，证明四边形为矩形，可得，，可得，如图，当落在上时，连接，，交于，连接，证明，，，证明为等边三角形，可得，再证明在上，即可得到答案. 【详解】解：如图，连接，当落在上时， 由对折可得：，，，而， ∴， ∵在中，， ∴，，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 如图，当落在上时，连接，，交于，连接， 同理可得：，，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，， 由对折可得：， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴在上， ∴点在内部，那么的取值范围为：； 故答案为： 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 12．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）新定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．在“等对角四边形”中，，对角线的长______． 【答案】或 【分析】根据“等对角四边形”定义，分两种情况作图：当时；当时；结合矩形性质、勾股定理及解直角三角形求解即可得到答案． 【详解】解：当时，延长相交于点，如图所示： ， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， ∴， ∴； 当时，过点作于点于点，如图所示： 则，四边形是矩形， ， ， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了新定义“等对角四边形”、矩形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握新定义“等对角四边形”、矩形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形并作出合理的辅助线是解题的关键． 13．（24-25八年级下·上海金山·期末）矩形纸片中，，，点在边所在的直线上，且，将矩形纸片折叠，使点与点重合，折痕与，分别交于点，，则线段的长度为______． 【答案】或 【分析】分点在点右边与左边两种情况分别画出图形，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵折叠， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∴， 又 ∴ ∴， 当点在点的右侧时，如图所示，设交于点，    ∵，，， ∴中，， 则， ∵， ∴ ∴， 当点在点的左侧时，如图所示，设交于点， ∵，，， ∴中，    则， ∵， ∴ ∴， 综上所述，的长为：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，分类讨论是解题的关键． 14．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 【答案】10 【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识．首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理证出，再由勾股定理求出，可得，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ∴， ， ， ， 故答案为：10． 15．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，已知C、D是线段上两点，且，P是线段上一动点，在同侧分别作等边三角形和等边三角形，若G为线段的中点，当点P由点C移动到点D时，则点G移动的路径长度y与线段的长之间的函数关系式为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，等边三角形的性质，平行四边形的性质与判定，延长交于H，连接，由等边三角形的性质可得，则可证明，进而可证明四边形是平行四边形，则可推出点为的中点，分别取的中点M、N，连接，则由三角形中位线定理可得，据此可证明三点共线，点G的运动路径即为线段，由三角形中位线定理可得，再由线段的和差关系可得答案． 【详解】解；如图所示，延长交于H，连接， ∵都是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵点G为的中点， ∴点为的中点， 如图所示，分别取的中点M、N，连接， ∴分别为的中位线， ∴， ∴三点共线， ∴点G的运动路径即为线段， 同理可得是的中位线， ∴， ∴， 故答案为：． 16．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平行四边形中，，点是边的中点，作，垂足在线段上，连接，则下列结论： ①；②；③；④． 一定成立的是_____．（把所有正确结论的序号都填在横线上） 【答案】② 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键． 由中点的定义可得，再根据平行四边形的性质结合已知条件可得，则；再运用平行线的性质可得，进而得到即可判断①；如图：延长交延长线于运用平行四边形的性质以及已知条件可证(ASA)可得，再说明，即，再结合得到，即可判断②；说明即可判断③；说明即可判断④． 【详解】解析：①是的中点， ， 在中，， ， ， ， ， ， ，即；故①错误； ②如图：延长交延长线于 四边形是平行四边形， ， ， 为中点， ， 在和中， )， ， ， ， 又， ， ， ， ∴，故②正确； ，故③错误； ④， ， ， ，故④错误． 综上②正确． 故答案为：②． 17．（24-25八年级下·上海普陀·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：． 18．（24-25八年级下·上海青浦·期末）将平行四边形（如图）绕点旋转后，点落在边上，点的对应点为点，且点、、在一直线上．如果，，那么的周长为________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，证明是解题的关键；设的对应点为，过点作于点，先证明，进而求得，勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：如图，设的对应点为，过点作于点， ∵旋转， ∴，， ∵点、、在一直线上．四边形是平行四边形，则， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，， 在中，， ∴的周长为：， 故答案为：． 考点03 解答压轴题 19．（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在梯形中，，，，，点是的中点，连接、． (1)求证：； (2)设，求关于的函数解析式（不写定义域）； (3)设、交点为，当为直角三角形时，求的长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2) (3)当为直角三角形时，的长为 【分析】（1）如图所示，作于点，则，垂直平分，，，则，由此即可求解； （2）如图所示，过点作于点，作于点，则，点是中点，即是梯形的中位线，，，在中，由勾股定理得到，由此根据三角形面积的计算即可求解； （3）根据题意，分类讨论：当时，即；如图所示，当，即；当时；由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，作于点，则， ∵，，点是的中点， ∴，是梯形的中位线， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图所示，过点作于点，作于点，则， ∵，，点是中点， ∴，， ∴， ∴点是中点，即是梯形的中位线， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接与交于点， ∵四边形是矩形， ∴点是中点， ∴点三点共线， 当时，即， ∵， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴， ∴； 如图所示，当，即，由（1）得到，则是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，此时与题目中的梯形矛盾，不符合题意； 当时， ∵， ∴这种情况不存在； 综上所述，当为直角三角形时，的长为． 【点睛】本题主要考查梯形的中位线，函数关系，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，中位线的判的性质，矩形的判和性质等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 20．（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点． (1)求的值及直线的表达式； (2)已知点是直线上的一个动点，过点作轴的垂线，与直线交于点，设点的横坐标为． ①当时，求的值； ②以为对角线作菱形，当点在直线上且菱形的面积为8时，求的值． 【答案】(1) (2)①或；② 【分析】（1）将点代入求出，得出，再将代入即可求解； （2）①根据题意可得，，表示出，再根据，列方程求解即可； ②根据题意可得轴，根据菱形的性质得出，则轴，根据，，，得出，，，根据，解方程即可． 【详解】（1）解：将点代入得：， 则， 将代入得：，解得：， 因此，直线的表达式为：． （2）解：①根据题意可得，， 则， 若， 则，即或， 解得：或． ②如图，根据题意可得轴， ∵以为对角线作菱形， ∴， ∴轴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， 化简得：， 解得：， 解得：方程无解， 综上，． 【点睛】该题考查了一次函数的几何综合，一次函数解析式求解，菱形的性质，解一元二次方程等知识点，解题的关键是数形结合． 21．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 【答案】(1)①见解析；② (2)或 【分析】（1）①可得垂直平分，则，再由平行四边形的性质以及勾股定理逆定理证明，则，即可证明其为菱形； ②过点作交延长线于点，根据平行线间的距离相等得到，然后证明，则，由勾股定理得到，代入化简即可得到函数解析式； （2）分两种情况讨论：①当时，则，，再由勾股定理即可求解；当，时， 过点作于点，则，则，再运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①证明：∵平行四边形中，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形为菱形； ②解：过点作交延长线于点， ∵平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， 在中，， ∴， ∴， 化简整理得：； （2）解：①当时，如图 ∴， ∵， ∴， ∴； 当，时，如图： 过点作于点， ∴为中点， ∴， ∴， ∴， 综上：当是以为腰的等腰直角三角形，的长为或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，函数关系式，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大． 22．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平面直角坐标系中，已知直线与轴交于点轴交于点，点在射线上（不与点重合），点在轴上（点在点左侧），四边形是正方形． (1)当点的横坐标为时，求直线的表达式； (2)当点在射线上运动时，设点的横坐标为，用表示点的坐标，判断点是否始终在（1）中的直线上？并说明理由； (3)点在轴上，如果四边形是等腰梯形，求点的坐标． 【答案】(1) (2)，在，理由见解析 (3)或 【分析】（1）根据题意，先求出、，再由正方形性质得到，最后由待定系数法列方程组求解即可得到答案； （2）由（1）的求解过程，同理求解即可得到，将代入验证即可得到答案； （3）由（2）中知，根据四边形是等腰梯形，分两种情况讨论求解即可得到答案． 【详解】（1）解：直线，点在直线上，点的横坐标为， ，即， ， 当时，则，解得，即， 四边形是正方形， ， , 设直线的表达式为， 将、代入得， 解得， 直线的表达式为； （2）解：在，理由如下： 由（1）知，直线的表达式为， 当点在射线上运动时，设点的横坐标为， ， 则， 四边形是正方形， ，则, 将代入，得， 即此时，在（1）中的直线上； （3）解：如图所示： 由（2）知，， 根据题意，分两种情况： 当时， 直线， 当时，，即， 设直线，将代入得， 直线， 当时，则，解得， ， 如果四边形是等腰梯形，则， ，即， 解得或， 当时，、， 、， 四边形是平行四边形（舍去）； 当时，、， 、， 四边形是等腰梯形，此时； 当时，则点与点重合， 如果四边形是等腰梯形，则， 过点作轴，如图所示： 四边形是正方形， ， ， ， ； 综上，点的坐标为或． 【点睛】本题考查一次函数与四边形综合，涉及一次函数图象与性质、正方形性质、待定系数法确定函数表达式、等腰梯形定义、两点之间距离公式等知识．数形结合，灵活运用一次函数图象与性质是解决问题的关键． 23．（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，直线经过点和点，将向上平移个单位得到，且经过点．    (1)求直线的表达式和的值； (2)连接，将沿直线平移到，边与轴相交于点（如图），小明说：“我发现边上存在点，在平移的过程中可以使得四边形为菱形”．你觉得小明的发现是否正确？如果正确，求点的坐标；如果不正确，请说明理由． 【答案】(1)，6 (2) 【分析】本题考查了一元函数的综合应用，菱形的性质，勾股定理等知识，解题是关键是： （1）根据待定系数法求直线的表达式，然后求出直线与y轴的交点坐标，再根据平移的规律求m 的值即可； （2）同（1）可求直线的表达式为，若四边形为菱形，则，，，根据平移的性质和平行四边形的判定可得出四边形是平行四边形，则，进而得出为的中点，根据中点坐标公式求出，设，根据两点间距离公式得出，则可求出或，则或，然后分类讨论，求出的表达式，与直线的表达式联立方程组求解，即可求出F的坐标． 【详解】（1）解：设直线的表达式为， 把和代入，得， 解得， ∴， 当时，， ∴与y轴交于， ∵向上平移个单位得到，且经过点 ∴； （2）解：同（1）可求直线的表达式为， 如图，    若四边形为菱形， 则，，， ∵平移， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 即为的中点， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， 解得或， ∴或， 当时， ∵， ∴设的表达式为， 把代入，得， 解得， ∴， 联立方程组， 解得， ∴； 当时， ∵， ∴设的表达式为， 把代入，得， 解得， ∴， 联立方程组， 解得， ∴ 此时，故不符题意，舍去； 综上，． 24．（24-25八年级下·上海虹口·期末）【模型构建】 如图①，已知，如果，那么．我们把这种图形叫做“一线三直角”． 【初步探究】 我们发现，如果和不是直角，但都相等，且，结论也依然成立．请在下面两题中，选择一题进行解答． （1）如图②，已知，且，求证：． （2）如图③，已知，且，求证：． 【探究应用】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．设，求关于的函数解析式，并写出定义域． 【拓展探究】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．分别是线段的中点，联结，如果是等边三角形，求的长． 【答案】初步探究：（1）见解析；（2）见解析；探究应用：；拓展探究： 【分析】初步探究：（1）由三角形内角和定理和平角的定义可得，则可证明，进而可证明得到，则可证明； （2）同（1）证明即可； 探究应用：如图所示，在上分别截取，连接，由正方形的性质得到，，则，进而可证明，同理可得，则，由勾股定理得，，则；进而可得，据此可得答案； 拓展探究：如图所示，在直线上作，连接，由等边三角形的性质可得，同理可证明，则， ；求出，得到；设，则，则，，再求出，则，解方程可得，，；过点N作分别交于T、R，则四边形是矩形， 可得，，，证明，得到，；可得，则，；过点N作于，则四边形是矩形，则，求出，得到，则． 【详解】解：初步探究：（1）∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，在上分别截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，； ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴同（1）可得， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， 同理可得 ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 拓展探究：如图所示，在直线上作，连接， ∵是等边三角形， ∴， 同理可证明， ∴， ； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴，； 如图所示，过点N作分别交于T、R，则四边形是矩形， ∴，，， ∴； ∵N是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点N作于，则四边形是矩形， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，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，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 25．（24-25八年级下·上海金山·期末）如图，已知：正方形边长为1，点是对角线上一点，，交射线于点． (1)当点在边上时，线段与线段之间有怎样的大小关系？试证明你观察得到的结论； (2)当点在边的延长线上，是等腰三角形时，求的长； (3)当以、、、为顶点的四边形的面积为时，直接写出的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)的长为或 【分析】（1）由正方形的性质可得，，作于，于，则，四边形为矩形，证明，即可得解； （2）由正方形的性质可得，，，由点在边的延长线上可得为钝角，证明，得出，即可得解； （3）分两种情况：当点在线段上时，作于，于；当点在的延长线上时，作于，延长交于；分别求解即可． 【详解】（1）解：，证明如下： ∵四边形为正方形， ∴，， 如图，作于，于， ， 则，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵正方形边长为1， ∴，， ∴， ∵点在边的延长线上， ∴如图所示，为钝角， ， ∵是等腰三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，当点在线段上时，作于，于， ， 由（1）可得，四边形为矩形，， ∴为等腰直角三角形，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵以、、、为顶点的四边形的面积为， ∴，即， ∴， 由（2）可得：， ∴； 当点在的延长线上时，作于，延长交于， ， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∵以、、、为顶点的四边形的面积为， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，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． 26．（24-25八年级下·上海金山·期末）已知反比例函数的图像和一次函数的图像都经过点．    (1)求这个一次函数的解析式； (2)如果等腰梯形ABCD的顶点A、B在这个一次函数的图像上，顶点C、D在这个反比例函数的图像上，两底AD、BC与y轴平行，且A和B的横坐标分别为a和，求a的值． 【答案】(1)y=x-7 (2)-4或2 【分析】（1）根据点P在函数的图象上，求出P点坐标，代入一次函数，从而求出一次函数图象； （2）由题意和图象知等腰梯形ABCD的顶点A、B在这个一次函数的图象上，求出A，B，C，D点的坐标，根据等腰梯形性质得到AB=CD，根据两点的距离公式得到关于a的方程，解方程即可求出a值． 【详解】（1）∵点P（m，2）在函数的图象上， ∴m=6， ∵一次函数y=kx-7的图象经过点P（6，2）， 得6k-7=2， ∴k=， ∴所求的一次函数解析式是y=x-7； （2）过B作BF⊥AD，过C作CE⊥AD，    ∵点A、B的横坐标分别是a和a+2， ∴可得，，， ∵AB=CD， 在Rt△CDE与Rt△ABF中， 由勾股定理得：， AB2=AF2+BF2=22+32， ∵四边形ABCD是等腰梯形， ∴AB=CD，即， 即， ①由，化简得a2+2a+8=0，方程无实数根， ②由，化简得a2+2a-8=0， ∴a1=-4，a2=2． 经检验，a1=-4，a2=2均为所求的值． 所以，a的值是-4或2 【点睛】此题看似比较复杂，其实并不难，主要考查一次函数和反比例函数的性质和图象，学会联立方程求出交点坐标，应用等腰梯形的基本性质求出a值． 27．（24-25八年级下·上海松江·期末）【阅读理解】不论取何值，正比例函数的图像始终经过点（0，0），我们说函数的图像经过定点（0，0）．类似的，函数的图像经过定点（2，1）．探求定点的具体思路是：设法找到的某些取值，使函数表达式中含的各项之和为0，即变形得：，令，总有，从而得到点． 【尝试运用】 (1)函数的图像经过的定点坐标是____________； (2)如果点，是原点，且直线，将分成面积相等的两部分，求的值； (3)在（2）的条件下，如果点在轴上，点在直线上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】本题考查了一次函数的应用，平行四边形的性质，三角形的中线等知识，解题的关键是： （1）仿造[阅读理解]的方法求解即可； （2）根据三角形中线的性质和中点坐标公式求出的中点坐标，然后代入求解即可； （3）分三种情况讨论：以、为对角线时；以、为对角线时；以、为对角线时，然后根据平行四边形的性质以中点坐标公式求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴当，即时，， ∴经过定点， 故答案为：； （2）解：由（1）知：经过， ∵直线将分成面积相等的两部分， ∴直线经过的中点， 又， ∴的中点坐标为， 代入，得， 解得； （3）解：由（2）知： 设，， 以、为对角线时， ∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴， 解得， ∴ ∴； 以、为对角线时， ∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴， 解得， ∴ ∴； 以、为对角线时， ∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴， 解得， ∴ ∴； 综上，N的坐标为或或． 28．（24-25八年级下·上海松江·期末）已知梯形，，，点为射线上一动点，联结，过点作，交射线于点，且． (1)①如图1，如果，求的长； ②如图2，点为边上一点，且，求的值； (2)如果，是等腰三角形，求的长． 【答案】(1)①；② (2)或4 【分析】（1）①过E作于F，根据可证，得出，判定是等腰直角三角形，得出，根据勾股定理可求出，即可求解； ②过P作于M，过D作于N，则可证四边形，都是矩形，，，，设，，故，，判定是等腰直角三角形，得出，根据三线合一的性质得出，根据线段和差关系可求出，然后代入计算即可； （2）分P在线段和线段的延长线上讨论，然后根据等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：过E作于F， 则， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； ②解：过P作于M，过D作于N， ∵， ∴， ∴四边形，都是矩形， ∴，，， 设，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：当P在线段上时，如图，过E作于F， 由（1）可知：，， ∴， ∵是等腰三角形，， ∴； 当P在线段的延长线上时， ①当时，如图， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴； ②当时，如图，过E作于F， 则， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ③当时，则， ∴， ∴， 又， ∴与在同一直线上，不符合题意，舍去， 综上，的长为或4． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，梯形，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键． 29．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，矩形的对角线和相交于点O，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长交于点，联结，请先按要求完善图形，再判断四边形是什么特殊四边形？并说明理由； (3)填空：联结，如，，则的长为_______．（直接给出结果） 【答案】(1)见解析 (2)图见解析，四边形是等腰梯形，理由见解析 (3) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰梯形的判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）可证明四边形是平行四边形，再由矩形的性质可得，则可证明平行四边形是菱形； （2）由菱形和矩形的性质分别得到，，则可证明，进而证明四边形是平行四边形，得到，则四边形是等腰梯形； （3）过点E作交延长线于H，由矩形的性质可得，，证明是等边三角形，得到，则，由勾股定理可得；证明是等边三角形，得到，则，可得，，求出，则． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：四边形是等腰梯形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵与不平行， ∴四边形是等腰梯形； （3）解：如图所示，过点E作交延长线于H， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 30．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，在直角坐标平面内，点O是坐标原点，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，过点A作轴，垂足为A，过点B作轴，垂足为B，两条垂线交于点C． (1)填空：线段的长分别是__________，__________，__________； (2)折叠，使点A与点B重合，折痕交于点D，交于点E． ①求点D的坐标； ②若经过点D的双曲线与线段交于点F，那么在坐标平面内是否存在点P，使得四边形是以为底的等腰梯形？如存在，请直接写出符合条件的点P坐标；如不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①点D的坐标为②存在， 【分析】（1）理解题意，令时，则，即，令时，则，即，再证明四边形是矩形，则，运用勾股定理得，即可作答． （2）①理解题意，设，则，，根据勾股定理得，代入数值进行计算，即可得点D的坐标； ②把点D的坐标代入反比例函数，求出，再求出点F的坐标为，因为四边形是以为底的等腰梯形，得，设直线的解析式为，把，分别代入，，因为设直线的解析式为，计算化简得直线的解析式为，设，结合点F的坐标为，得，运用公式法进行解方程， 进行下一步分析，当时，则不平行，此时四边形为等腰梯形，再求出．即可作答． 【详解】（1）解：∵与x轴、y轴分别交于点A、B， ∴令时，则，解得，即， 令时，则，即， ∵过点A作轴，垂足为A，过点B作轴，垂足为B，两条垂线交于点C． ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 则， 故答案为：； （2）解：由（1）得，， ∵折叠，使点A与点B重合，折痕交于点D，交于点E． ∴， 设， 则，， 在中，， 即， ∴， ∴， ∴点D的坐标为． ②存在，过程如下： 经过点D的双曲线与线段交于点F，且点D的坐标为． ∴， ∴， ∴， 点F的纵坐标等于点B的纵坐标，即， 把代入， 得， ∴， ∴点F的坐标为， ∵四边形是以为底的等腰梯形， ∴， 设直线的解析式为， 把，分别代入， 得， 解得， ∴， ∵，且点在x轴的正半轴上， ∴， ∵， ∴设直线的解析式为， 把代入得 ， ∴， ∴直线的解析式为， 即直线与直线重合， 设， ∵，且点D的坐标为． ∴， ∵点F的坐标为，， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴或， 当时，则， ∵， 此时四边形为平行四边形，不符合题意，故舍去， 当时，则不平行， 即， 此时四边形为等腰梯形，符合题意， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，一次函数的解析式，反比例函数与一次函数的综合，等腰梯形的定义，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点，折叠性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 31．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与直线平行，且截距为分别与轴、轴交于点和点． (1)求直线的解析式和点的坐标： (2)如果点是线段上的点，且的面积为6，求点的坐标； (3)在（2）条件下，点是直线上的点，在坐标平面内是否存在点，使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；点坐标为 (2)点 (3)或或或 【分析】（1）结合平移的性质以及截距的定义得，因为点在轴上，故把代入进行求解，即可作答． （2）设点坐标为,结合的面积为6,进行列式计算，即可作答． （3）先理解题意，设，因为以、为顶点的四边形是菱形，且，，故要进行分类讨论，过程中运用由一组邻边相等的平行四边形是菱形的性质进行列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵直线与直线平行，且截距为分别与轴、轴交于点和点． ∴， ∴； 令则， 解得， ∴点坐标为 （2）解：依题意，设点坐标为, 的面积为6, , ∴， ∴， 即或， 或， 点是线段上的点， , 点； （3）解：存在，过程如下： 在（2）条件下，点是直线上的点， ∴设 ∵以、为顶点的四边形是菱形，且，， ∴当为对角线时， 则 整理得 ∴ 即点的坐标为 ∵四边形是菱形 ∴ 即， ∴， ∴， 整理得， ， ∴点的坐标为； ∵以、为顶点的四边形是菱形，且，， ∴当为对角线时， 则 ， 整理得， ∴， 即点的坐标为， ∵四边形是菱形， ∴， 即， ∴， ∴， 整理得， ∴（舍去） ∴ 此时； ∴当为对角线时， 则 ， 整理得， ∴， 即点的坐标为， ∵四边形是菱形， ∴， 即， ∴ ∴ 整理得， ∴， ∴， 当时，则，， 即， 当时，则， 即； 综上：或或或 【点睛】本题考查了一次函数的几何综合，菱形的性质，勾股定理，一次函数的图象性质，平移性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 32．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）定义：如果凸四边形的一条对角线把这个四边形分成面积相等的两个三角形，则称这个四边形为对等四边形，该条对角线称为对等对角线． 如图，在凸四边形中，如果，那么四边形为对等四边形，为四边形的对等对角线． (1)下列图形中，一定是对等四边形的是________（填写你认为正确的序号） 等腰梯形；平行四边形；矩形；菱形． (2)在研究图的对等四边形的性质过程中，乐乐经过测量发现与的长度相邻，于是他猜想，你认为他的猜想正确吗?如果正确，请完成证明；如果错误，请说明理由． (3)如图，在平面直角坐标系内，已知点，，，点在线段上．且，如果点在线段上，且四边形为对等四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)； (2)正确，证明见解析； (3)，． 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的性质，待定系数法求解析式，全等三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据“对等四边形”概念即可求解； （）过作于，过作于，由四边形是对等四边形，则，从而可得，然后证明即可； （）求出直线解析式为，然后分若为对等对角线，则，若为对等对角线，则，两种情况分析即可． 【详解】（1）解：根据定义可知，一定是对等四边形的是平行四边形，矩形，菱形， 故选：； （2）解：正确，理由， 过作于，过作于， ∴， ∵四边形是对等四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：设直线解析式为， ∴，解得 ∴直线解析式为， 若为对等对角线，则， 设 ∴ 解得：， 此时； 若为对等对角线，则， 设， ∴， 解得：， 此时， 综上：，． 33．（24-25八年级下·上海普陀·期末）小普在综合与实践课上，参加了以“神奇的正方形”为主题的数学活动，通过“折、转、探”等方式研究有关正方形折纸的有趣结论． (1)折一折：如图-1，小普将正方形纸片折叠，使边都落在对角线上，展开得折痕，联结．那么___________度；如果，那么的长度等于___________； (2)转一转：小普将图-1中的绕点旋转，使它的两边分别交直线于点． ①如图-2，当点、在边、上，联结．如果，求的面积； ②探一探：联结，射线、分别交对角线所在直线于点、，且点在正方形内部．正方形的边长，联结．如果是等腰三角形，请直接写出线段的长度___________．（用含有字母的代数式表示） 【答案】(1)，； (2)①；②或 【分析】（1）如图1，延长至点，使，连接，设，证明和，根据勾股定理得：，列方程即可解答； （2）①如图2，延长至点Q，使，连接，过点A作于点E，同理得：，根据勾股定理列方程得，解方程可得a的值，证明，根据三角形的面积公式即可解答； ②分两种情况：i）如图3，，过点M作于点G，则，设；ii）如图4，，正确画图根据含角的直角三角形的性质即可解答． 【详解】（1）解：如图1，延长至点，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠得：， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵正方形是正方形，且边长， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴（舍）， ∴， 故答案为：45，； （2）①如图2，由旋转得：， 延长至点Q，使，连接，过点A作于点E， 同理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴， ∴， 解得：（舍），， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积； ②分两种情况： i）如图3，，过点M作于点G，则， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ii）如图4，， ∴， 同理得：， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上，线段的长度或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 34．（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)直线的表达式为___________；直线与轴的夹角等于___________度； (2)点为平面内任一点，如果以点A、、、为顶点的四边形是正方形，直接写出点的坐标是___________； (3)直线与轴交于点，当的面积是面积的2倍时，求出点的坐标． 【答案】(1)， (2)或； (3)或 【分析】本题考查二次函数的图象及性质、腰直角的判定与性质等知识点，灵活运用二次函数的图象与性质以及数形结合是解题的关键． （1）根据，求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式即可，再求得，然后根据等腰直角三角形的性质即可解答； （2）分是正方形的边、是正方形的对角线两种情况，分别利用正方形性质即可求解； （3）当点M在y轴的正半轴和负半轴时，分别根据三角形等分点的性质列方程组求解即可． 【详解】（1）解：∵点，点， ，， ∵， ， ， ∵点C在y轴负半轴上， ∴， 设直线的解析式是， ，解得， ∴直线的解析式为； ∵， ∴直线与轴的夹角等于45． （2）解：①当是正方形的边时，对应的正方形为， ∵点，点， ， ，； ②当是正方形的对角线时，对应的矩形为， ∵是正方形对角线， 线段和线段互相垂直平分， 点P、Q的横坐标为，，． 综上所述，Q点的坐标为或； （3）解：如图：当点M在y轴的正半轴时，此时点P在第三象限． 设，， ∵的面积是面积的2倍， ∴， ∴，即A为的中点， 解得， ∴， ∴点P的坐标为； 如图：当点M在y轴的负半轴时，此时点P在第三象限． ∵的面积是面积的2倍， ∴， ∴， ，解得：， ∴， ∴点P的坐标为； 综上，点P的坐标为或． 35．（24-25八年级下·上海青浦·期末）在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，联结． (1)如图，当时，求证：； (2)如图，当时，求的面积； (3)当为等腰三角形时，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查了矩形的折叠，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键； （1）根据折叠得出，根据已知证明得出，等量代换即可得证； （2）过点作于点，证明得出，同（1）可得，则，进而根据三角形的面积公式，即可求解； （3）分三种情况讨论，①当时，如图，过点作于点，则四边形是矩形，设，则，在中，根据勾股定理建立方程，得出方程无解，故此情形不存在；②时，设，则，在中，，根据勾股定理建立方程，得出；③当时，过点作于点，同（1）可得，进而得出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵将沿直线翻折得， ∴，，， 又∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 同（1）可得， ∴， ∴； （3）当为等腰三角形时，分三种情况讨论， ①当时，如图，过点作于点，则四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在上， 设，则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 此方程无解，故此情形不存在； ②当时，设，则， ∵折叠， ∴， 在中，， 即， 解得：； ③当时，过点作于点， ∴， 同（1）可得， ∴， ∴； 综上所述，当为等腰三角形时，线段的长为或． 36．（24-25八年级下·上海青浦·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与y轴相交于点A，与反比例函数在第一象限内的图像相交于点． (1)求该反比例函数的解析式； (2)将直线向上平移后与反比例函数在第一象限内的图像相交于点C，且的面积为18，求平移后的直线的表达式； (3)在（2）的条件下，点D是坐标平面内一点，当四边形是等腰梯形时，请直接写出点D的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】本题考查了三角形的面积，平移的性质，用待定系数法求出反比例函数的解析式和函数图象上点的坐标特征等知识点，能综合运用知识点进行计算是解此题的关键． （1）先求出点的坐标，即可求出答案； （2）先设出、的坐标，求出，再根据三角形面积公式求出值，即可求出答案； （3）分两种情况：当时，先求点C点的坐标为：，再设，再根据，求出值，即可求出答案；当时，同理求解即可． 【详解】（1）把代入得：， 解得：， 所以， 把点坐标代入得：， 所以反比例函数关系式是； （2）过点作轴，交线段于点， 设平移后的直线的解析式是， ∵点在直线上，在直线上， ∴可设，则，则 ， ， ， 解得：， ∴平移后的直线的函数关系式是； （3）如图：当时， 直线的解析式是，与反比例函数交于点C， 联立解得：（舍去）， 当时， 点C点的坐标为：， 设， ， 解得或， 或； 当时， ∵，， ∴直线的解析式是， ∵， ∴直线的解析式是， 设点， ∵， ∴， 解得：，（舍去，此时四边形是平行四边形）， ∴； 综上，的坐标为或或． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $