专题02 期末复习压轴题25个考点（举一反三期末专项训练）八年级数学下学期新教材湘教版

**基本信息** 聚焦四边形与一次函数压轴考点，通过25个专题构建从基础到综合的知识逻辑，覆盖几何变换、动点最值等核心题型，培养几何直观与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选填压轴篇|14个考点|以选择填空为主，涉及多边形内角和、特殊四边形折叠/旋转、坐标规律、动点函数图象等|从多边形性质到特殊四边形综合，结合坐标与函数，形成“概念-性质-变换-应用”递进链条| |解答压轴篇|11个考点|以综合解答为主，涵盖平行四边形构造证明、动点存在性、一次函数面积与行程应用等|从静态证明到动态探究，融合几何与代数，体现“图形性质-动态变化-模型构建”的逻辑关联|

专题02 期末复习压轴题25个考点 【新教材湘教版】 【选填压轴篇】 2 【考点1 多边形内角和与外角和的综合】 2 【考点2 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 6 【考点3 平行四边形中动点最值】 13 【考点4 特殊四边形折叠求角度或边长】 18 【考点5 特殊四边形的动点最值】 24 【考点6 特殊四边形旋转找对应点坐标】 29 【考点7 特殊四边形与几何变换综合】 35 【考点8 坐标与图形性质】 41 【考点9 点的坐标规律探索】 45 【考点10 动点问题的函数图象】 49 【考点11 求一次函数的解析式】 55 【考点12 由一次函数的性质求字母的取值范围】 60 【考点13 一次函数中的面积问题】 62 【考点14 与一次函数有关的行程问题】 66 【解答压轴篇】 71 【考点15 平行四边形与全等三角形构造证明】 71 【考点16 平行四边形与翻折求线段关系】 80 【考点17 动点与平行四边形存在性】 91 【考点18 特殊四边形与几何变换】 102 【考点19 特殊四边形与存在性问题】 115 【考点20 特殊四边形中动点与最值】 128 【考点21 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 138 【考点22 一次函数中求图形面积】 143 【考点23 一次函数中的动点问题】 149 【考点24 与一次函数图象有关的应用】 156 【考点25 与一次函数性质有关的应用】 164 【选填压轴篇】 【考点1 多边形内角和与外角和的综合】 【例1】（25-26九年级上·浙江宁波·月考）一个凸九边形中有三个内角分别为，，，则它的其它内角的度数不可能为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查多边形的内角和，掌握好多边形内角和的计算方法是解题关键 利用九边形内角和公式求出剩余六个内角的和，再根据凸多边形每个内角小于的性质，分析哪个选项作为内角会导致剩余五个内角的和不小于． 【详解】解：九边形内角和为， ∵有三个内角之和为， ∴剩下六个角之和为， 设其中一个角为，则剩下五个角之和为， ∵凸多边形每个内角都小于， ∴， 解得，，只有选项A不满足． 故选：A． 【变式1-1】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）如图，作平分线的反向延长线，现要分别以，，为内角作正多边形，且边长均为，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以为内角，可作出一个边长为的正方形，此时，而是（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图所示．图中的图案外轮廓周长是．在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和和外角和，分式的运算，解题的关键是明确正多边形的各内角相等，且外角和为，并利用数形结合的思想解决问题． 设以为内角的正多边形的边数为，根据多边形的内角和公式求出则，再根据多边形的外角和定理得到以为内角的正多边形的边数为，根据是整数求出可能的值，再通过计算其周长即可得出结论． 【详解】解：设以为内角的正多边形的边数为， 则， ∴以为内角的正多边形的边数为， 由题意得，是整数， ∴是8的因数， ∴的值可能是3，4，6，10， 由题意得，图案外轮廓周长是， 当时，周长是； 当时，周长是； 当时，周长是； 当时，周长是； ∴当时，周长最大，此时图案定为会标， ∴会标的外轮廓周长是21． 故选：C． 【变式1-2】（2026·江苏南京·一模）图中表示被撕掉一块的正边形纸片．若，则的值是_______． 【答案】8 【分析】延长、交于点，根据得到，于是可以得到正多边形的一个外角为，进而可得正多边形的边数． 【详解】解：如图，延长，交于点， ， ， ∵是正边形纸片， ∴， 即正多边形的一个外角为， ． 【点睛】重点掌握正多边形和外角的关系． 【变式1-3】如图，已知：四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠ACB＝74°，∠ABC＝46°，且∠BAD+∠CAD＝180°，那么∠BDC的度数为_____．    【答案】30° 【分析】延长BA和BC，过D点作DE⊥BA于E点，过D点作DF⊥BC于F点，根据BD是∠ABC的平分线可得出△BDE≌△BDF，故DE=DF，过D点作DG⊥AC于G点，可得出△ADE≌△ADG，△CDG≌△CDF，进而得出CD为∠ACF的平分线，得出∠DCA=53°，再根据三角形内角和定理即可得出结论． 【详解】解：    延长BA和BC，过D点作DE⊥BA于E点，过D点作DF⊥BC于F点， ∵BD是∠ABC的平分线 在△BDE与△BDF中， ， ∴△BDE≌△BDF（ASA）， ∴DE＝DF， 又∵∠BAD+∠CAD＝180° ∠BAD+∠EAD＝180° ∴∠CAD＝∠EAD， ∴AD为∠EAC的平分线， 过D点作DG⊥AC于G点， 在Rt△ADE与Rt△ADG中， ， ∴△ADE≌△ADG（HL）， ∴DE＝DG， ∴DG＝DF． 在Rt△CDG与Rt△CDF中， ， ∴Rt△CDG≌Rt△CDF（HL）， ∴CD为∠ACF的平分线， ∠ACB＝74°， ∴∠DCA＝53°， ∴∠BDC＝180°﹣∠CBD﹣∠DCA﹣∠ACB＝180°﹣23°﹣53°﹣74°＝30°． 故答案为：30° 【点睛】本题考查了多边形的外角和内角，能熟记三角形的外角性质和三角形的内角和定理是解此题的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和． 【考点2 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 【例2】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，为的对角线，，于点E，于点F，、相交于点H，直线交线段延长线于点G，下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确的结论有（    ） A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的边角关系，全等三角形的判定与性质，综合性强．根据题目已知条件，结合所给结论，逐一判断即可． 【详解】解：对于结论①：∵于点E，于点F， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 故①正确； 对于结论②：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故②错误； 对于结论③：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，且，， ∴， ∴． 故③错误； 对于结论④：∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵于点E，于点F， ∴， 由①可知，， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故④正确； 故选：B． 【变式2-1】（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在中，，，于E，，的平分线交于F，连接．则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点E作于点G，利用平行四边形的性质得出，，结合已知条件利用勾股定理求得的值，通过三角形面积公式推导出的长，再通过勾股定理求得的长，由角平分线的性质和得出，通过线段和差求得和的长，最终通过勾股定理求得结果． 【详解】解：如图，过点E作于点G， 在平行四边形中，，， ∵， ∴， 又∵， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴在中，． 【变式2-2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，点E在上，，平分，，则的面积是________． 【答案】 4 【分析】先作，作，再根据平行四边形的性质得，进而得出，接下来根据勾股定理求出，再根据角平分线的性质定理求出，最后根据得出答案． 【详解】解：如图，过点D作，交的延长线于点F，过点A作，分别交于点G，H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 根据勾股定理，得， 即， 解得． ∵是的平分线，， ∴， ∴． 【变式2-3】（25-26八年级下·北京延庆·期中）如图，在中，，于点E，于点F，，交于点N，，的延长线交于M，给出下列结论：①；②点C是的中点；③；④．则上述结论中，所有正确结论的序号是______． 【答案】 ①③ 【分析】①利用同角的余角相等证明，结合平行四边形对角相等即可判断；③利用证明，得到，结合平行四边形对边相等即可判断；②转化为证明，题目无条件支持；④当时，成立，题目无条件支持； 【详解】解：，， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，故①正确； ，， 是等腰直角三角形， ， ，， ， 即， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，故③正确； ， ，， 若点是中点，则， ， ， ， ，即垂直平分， ， 题目未给出，故②不一定正确； 当时， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 题目未给出，故④不一定正确； 综上所述，正确的结论是①③． 【考点3 平行四边形中动点最值】 【例3】如图，在平行四边形中，，E是边上一点，且，F是射线上的动点，以为边在右侧作等边，连接，则线段长的最小值为_____．    【答案】/ 【分析】由“”可证，可得，则当有最小值时，有最小值，即当时，有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于，以为边作等边三角形，连接，    ，， ， ，， 和是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ∴当有最小值时，有最小值， ∴当时，有最小值， 此时，， ， ， 的最小值为． 【变式3-1】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、垂线段最短的性质，利用垂线段最短求线段的最小值是解题的关键． 设与相交于点O，过点O作于点，利用等腰三角形的判定和性质、平行四边形的性质推出，再利用勾股定理求出，利用垂线段最短求线段的最小值． 【详解】解：设与相交于点O，过点O作于点，如下图所示： ∵，， ∴， 四边形是平行四边形， 为对角线和的中点， ，， 由，可得， ， ， 由勾股定理得，， ， 解得， 根据垂线段最短，可得， ， 当时，线段有最小值4． 故选：D． 【变式3-2】（25-26八年级下·安徽芜湖·期中）如图，已知中，，，点为平面内一点，满足，分别以，为边作平行四边形，连接，则 （1）的最小值是__________； （2）的最大值是__________． 【答案】 6 6 【分析】（1）在延长线上截取，连接，，由平行四边形的性质得到，，证明四边形是平行四边形，得到，求出，根据三角形三边关系求出的最小值； （2）由（1）求出的最大值即可． 【详解】解：（1）如图，在延长线上截取，连接，， ，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， 的最小值是； （2）由（1）得， ， 的最大值是． 【变式3-3】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，在矩形中，，点E、F分别为线段上动点，且，点G是线段上一点，且满足，四边形关于直线对称后得到四边形，连接，当 _______时，点与点D重合，在运动过程中，线段长度的最大值是____________． 【答案】 / 【分析】当与点重合时，设，则，，在中，由勾股定理得： 即可求出；连接交于点，设交于点，先得到点重合，连接，，取的中点，连接，则，，在中，，而，故只有当三点共线时长度最大，此时，在中，，在中，，则． 【详解】解：∵矩形， ∴，， 当与点重合时，如图： 由于轴对称性质可知：， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 则； 如图：连接交于点，设交于点 ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，同理， ∴点重合， 连接，，取的中点，连接，则， ∴，， ∴， 在中，， ∵四边形关于对称得到四边形， ∴， 故只有当三点共线时长度最大， 此时， ∴在中，， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴线段长度的最大值是． 【考点4 特殊四边形折叠求角度或边长】 【例4】如图，已知是矩形的对角线，，，点，分别在边，上，连接，将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点，分别落在对角线上的点，处，连接．则： （1）______． （2）______． 【答案】 2 【分析】本题考查矩形与折叠问题，掌握矩形的性质并用勾股定理列方程是解题的关键， （1）根据勾股定理求出，根据翻折求出和，继而用得解； （2）设，则，，利用勾股定理列出方程求解出HF，再用勾股定理 得，代入求值即可． 【详解】（1）是矩形的对角线，，， ，， 将沿翻折，将沿翻折，点，分别落在对角线上的点，处， ，， ． （2）设，由折叠可知， ∴， 在中，，， ∴， 解得， 在中，，， 则， 故答案为：2；． 【变式4-1】（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，将沿翻折得到，若恰好为的中点，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质． 连接、，根据四边形是菱形，可得，，是等边三角形，又点M恰好为边的中点，得，在中，，设，则，在中，有，即可解得． 【详解】解：如图，连接、， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∵点M恰好为边的中点， ∴， 在中，， 设，则， ∵沿翻折得到， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， 故选：A． 【变式4-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，已知正方形边长为8，E为中点，将沿翻折得到，P，Q分别为边，上一点，将沿翻折使点对应点落在边上，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，作．由正方形的性质可得， ， 由折叠的性质可得， ， ， 进而可得，，，从而可得四边形是矩形．设，则，，根据勾股定理列方程求出x的值即可得解． 本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，作． ∵四边形是正方形， ∴， ， ∵E为中点， ∴ ∵将沿翻折得到， ∴， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ， ∴四边形是矩形， ∴， ， 设，则 ∵将沿翻折使点对应点落在边上， ∴， 在中， ， ∴， 解得， ∴． 故选：A． 【变式4-3】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为________． 【答案】6或7 【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键． 分落在上和落在上两种情况进行讨论求解即可． 【详解】①当落在上时，如图， ∵菱形中，，边长为8， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； 当落在上时，如图： 作交的延长线于点，作于点， ∵菱形， ∴， ∴， ∴，四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理，得， 解得， ∴； 综上：或； 故答案为：6或7． 【考点5 特殊四边形的动点最值】 【例5】（24-25八年级下·安徽安庆·期中）如图，在矩形中，，，E、F为、边上的动点，以为斜边作等腰直角，其中，连接、． （1）若点E、F分别是的中点，则点G到的距离是________； （2）当点E、F在、边上运动时，则的最小值为______． 【答案】 7 【分析】（1）分别过点G作于M，于H，根据矩形的性质及全等三角形的判定得出，，确定四边形是正方形，再由等腰三角形的判定和性质得出，设，则，结合图形即可求解； （2）过点作，，可证得，进而证得点在的角平分线上，当时，最小，此时为等腰直角三角形，再进一步求解即可． 【详解】解：（1）分别过点G作于M，于H，如图，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵E，F分别是边上的中点， ∴， ∴． ∵是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点G到的距离为， 故答案为： （2）∵四边形是矩形，，， ∴，， 过点作，，则四边形是矩形， ∴，， ∵，，则， ∴， ∴， ∴， ∴点在的角平分线上， ∴， ∴当时，最小，此时为等腰直角三角形， ∴， 解得：， ∴的最小值为． 故答案为： 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，确定点的运动轨迹是解题的关键． 【变式5-1】（24-25八年级下·福建福州·期末）在边长为的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是___________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，配方法的应用，熟练掌握菱形性质，二次函数的最值是解题的关键．过点F作交的延长线于点G，设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则，利用菱形的性质，勾股定理，配方法求最值解答即可． 【详解】解：过点F作交的延长线于点G， 设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则， ∵边长为8的菱形，， ∴， ， ∴，， ∴，由勾股定理得：， ∴， 根据勾股定理，得 ， 当时，取得最小值48，此时取得最小值， 故答案为：． 【变式5-2】（25-26九年级上·安徽·期中）如图，正方形的边长为8，为对角线上一动点，中，，，当点从点运动到点的过程中，的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了垂线段最短、全等三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长，理解垂线段最短是解题的关键．根据题意证明，可得的周长为，当最小时周长最小，而，进而可得当时最小，求得此时的周长即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ， ，， ， ， ， 的周长为 ， 是等腰直角三角形， ， 如图，当时，最小，    正方形的边长为8， ， ， 的周长的最小值为， 故选：A． 【变式5-3】（24-25九年级上·福建漳州·期末）在边长为8的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是（    ） A．4 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】过点F作交的延长线于点G，设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则，利用菱形的性质，勾股定理，二次函数的最值解答即可． 本题考查了菱形的性质，勾股定理，二次函数的最值，熟练掌握菱形性质，二次函数的最值是解题的关键． 【详解】解：过点F作交的延长线于点G， 设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则， ∵边长为8的菱形，， ∴， ， ∴，， ∴，由勾股定理得：， ∴， 根据勾股定理，得 ， 当时，取得最小值48，此时取得最小值， 故选：B． 【考点6 特殊四边形旋转找对应点坐标】 【例6】（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形，将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，依次类推，第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转可知，每4次旋转一个循环，而，即点的坐标与点的坐标相同；利用菱形的性质及等边三角形的性质可求得点E的坐标，利用全等三角形的判定与性质可求得的坐标，从而求得结果． 【详解】解：如图，连接，过作轴于点F， 由题意，当旋转到时，则E与关于原点对称， 旋转到时，与关于原点对称，旋转到， 即点E的位置，每4次旋转一个循环， ∵， ∴点的坐标与点的坐标相同， ∵四边形是菱形， ，， ∴，， ∴， 由勾股定理得：， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 由旋转可知，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵点E在第一象限，且是顺时针旋转， ∴点在第四象限， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，规律型：点的坐标，坐标与图形变化—旋转，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 【变式6-1】（25-26九年级上·河南安阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，且坐标原点O为的中点，点A的坐标为．将正方形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质、坐标与图形的性质、旋转的性质等知识点，第2026次旋转结束时点D的坐标与第二次旋转得到的D的坐标相同是解题的关键． 通过观察发现第2026次旋转结束时点D的坐标与第二次旋转得到的D的坐标相同，根据正方形的性质，再根据旋转2次（将正方形绕点O顺时针旋转），根据旋转的性质可得，然后根据坐标系即可解答． 【详解】解：如图：将正方形绕点O顺时针旋转，每次旋转， ∴每8次一个循环， ∵， ∴第2026次旋转结束时点D的坐标与第二次旋转得到的D的坐标相同，即将正方形绕点O顺时针旋转的D坐标相同， ∵正方形的边在x轴上，且坐标原点O为的中点，点A的坐标为， ∴， 如图：将正方形绕点O顺时针旋转，此时，即， ∴第2026次旋转结束时，点D的坐标为． 故选B． 【变式6-2】 （24-25九年级上·广东广州·期末）如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化-旋转及点的坐标变化规律，能由所给旋转方式得出第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同是解题的关键． 根据所给旋转方式可知每旋转八秒，点D的坐标重复出现，再根据四边形是矩形，求出点D坐标可解决问题． 【详解】解：∵， ∴每旋转八次一个循环． ∵余4， ∴第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同． 连接和， ∵四边形是矩形， ∴和互相平分， ∴，， ∴，， ∴点D的坐标为． 又∵， ∴第4秒旋转结束时的点D与点关于坐标原点对称， ∴此时点D的坐标为． 即第100秒旋转结束时，点D的坐标为． 故选：B． 【变式6-3】（24-25九年级上·黑龙江牡丹江·期末）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，把菱形绕点O逆时针旋转，使点A落到y轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（   ）    A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】过点作轴于点，则，由旋转的性质可得，，由菱形的性质可得，，由两直线平行同位角相等可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，由线段之间的和差关系可得，在中，根据勾股定理可得，于是可得点的坐标；由题意可得，点旋转后在轴正半轴或负半轴，即当点旋转至轴的负半轴时所得到的菱形与点位于轴正半轴时得到的菱形关于原点中心对称，因而点与点关于原点对称，于是可得点的坐标；综上，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点作轴于点，    ， 由旋转的性质可得： ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 点的坐标为， 由题意可得，点旋转后在轴正半轴或负半轴，即当点旋转至轴的负半轴时所得到的菱形与点位于轴正半轴时得到的菱形关于原点中心对称， 点与点关于原点对称， 点的坐标为， 旋转后点的对应点（或）的坐标为或， 故选：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变换——旋转，旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，中心对称图形的识别，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形，求关于原点对称的点的坐标，两直线平行同位角相等，写出直角坐标系中点的坐标等知识点，熟练掌握坐标与图形变换——旋转、中心对称图形的识别及勾股定理是解题的关键． 【考点7 特殊四边形与几何变换综合】 【例7】数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究.如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（    ） A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形 B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是正方形 C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形 D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形 【答案】C 【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可． 【详解】解：由题意可得：平移过程中， ，，， ∴四边形是平行四边形， 刚开始平移时，， ∴如图，当平移至时，， ∴此时四边形是矩形，且不可能为正方形，， ∴平移距离为：， 即平移个单位长度后是矩形，    继续平移，当与共线时， 此时，即四边形是菱形， 此时的总平移距离为， 即再平移个单位长度后是菱形；      综上可得：平移过程中，四边形先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形， 故选C． 【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【变式7-1】如图，长方形ABCD中，，，点E为射线DC上的一个动点，与关于直线AE对称，当为直角三角形时，DE的长为 A．2或8 B．或18 C．或2 D．2或18 【答案】D 【分析】分两种情况： 当E点在线段DC上时， 当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质得出答案即可． 【详解】解：分两种情况讨论： ①当E点在线段DC上时， ≌， ， ， ， 、、E三点共线， ， ， ， ； ②当E点在线段DC的延长线上时，如下图， ， ， 在和中， ， ≌， ， ， ， 综上所知，或18， 故选：D． 【点睛】本题考查翻折的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、掌握翻折的性质、分类探讨的思想方法是解决问题的关键． 【变式7-2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为3，中心为，在正方形外有一点，当正方形绕着点旋转时，则点到正方形的最短距离的取值范围为_____． 【答案】 【分析】由题意以及正方形的性质得过正方形各边的中点时，d最大，过正方形的顶点时，d最小，分别求出d的值即可得出答案． 【详解】解：设的中点是E， 当过点E时，如图： ∴点O与边上所有点的连线中，最小，此时最小， ∵正方形边长为3，O为正方形中心， ∴，，， ∴， ∵， ∴； 当过顶点A时，如图：            ∴点O与边上所有点的连线中，最大，此时最小， ∵正方形边长为3，O为正方形中心， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴d的取值范围为． 【变式7-3】已知中，，，，分别是，的中点，连接，将绕顶点旋转，当点到直线的距离为1时，的长为______． 【答案】，或 【分析】根据三角形中位线求得，利用勾股定理求得的长度，再利用旋转的性质，根据点到直线的距离为1，分类讨论求解即可． 【详解】解∵中，，，分别是，的中点， ∴为直角三角形    ∵ ∴，， ∴ 若点到直线的距离为1，则可分四种情况进行讨论， ①当点在直线的右侧，点在上方时，如图（1）过点作， ∵点到直线的距离为1， ∴，三点共线， ∵， ∴四边形是矩形 ∴，， ∴ ∴； ②当点在直线的左侧，点在上方时，如图（2）过点作交延长线于点，过点作，则 ∵点到直线的距离为1， ∴ ∴ 由题意可得：四边形为矩形 ∴， ∴ ∴； ③当点在直线的左侧，点在下方时，如图（3） ∵点到直线的距离为1， ∴ ∴四边形为矩形， ∴，三点共线 ∴； ④如图（4）当点在直线的右侧，点在下方时， ，，点到直线的距离为1 可以确定点在线段上，且 则 综上，的长为，或, 故答案为：，或 【点睛】此题考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理以及三角形中位线的性质，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质进行求解． 【考点8 坐标与图形性质】 【例8】（24-25八年级下·江西赣州·期中）已知平面直角坐标系内有三个点，若四边形是平行四边形，则点C的坐标为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质，坐标与图形，解题的关键是熟知平行四边形的性质． 利用平行四边形对边平行且相等，结合坐标平移规律求解． 【详解】解：如图 ∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵，， ∴； ∵，沿轴方向， ∴点是点向左平移个单位（因为长度为3）． ∴向左平移个单位，横坐标，纵坐标不变，即， 故选：C． 【变式8-1】（24-25八年级上·重庆沙坪坝·期中）如图，在平面直角坐标系中，将等腰直角三角形沿直角边翻折，点B落在点C处，若点A坐标为，则点C坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，折叠的性质，坐标与图形，过作轴于，过作交于，交轴于，先由翻折得到是等腰直角三角形，再证明，得到，，即可求出点C坐标． 【详解】解：如图，过作轴于，过作交于，交轴于， ∴， ∴，， ∵点A坐标为， ∴，， ∵将等腰直角三角形沿直角边翻折，点B落在点C处， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴点C坐标为， 故选：A． 【变式8-2】（24-25九年级上·贵州安顺·期末）如图，正方形的两边、分别在轴，轴上，点在边上，以点为旋转中心，把顺时针旋转，则旋转后点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形性质、坐标与图形旋转变换等知识点，掌握正方形的性质是解题的关键． 做题时分两种情况，顺时针和逆时针旋转，作出相应图形进行计算即可．作出图形分类讨论是解答本题的关键． 【详解】解：如图：以点为旋转中心，把顺时针旋转， ∵， ∴正方形的边长为3， ∴， ∵四边形是正方形， ， 由旋转性质可得：，， ∴在x轴上， ∴． 故选：A． 【变式8-3】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，点是的中点，若点在轴上，且，则点的坐标为（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】本题主要考查的考试知识集中在平面直角坐标系和三角形全等首先根据点的坐标及中点性质，得出；再结合和直角条件用定理证 ，推得；最后因在轴上，分正负半轴讨论，得到的坐标． 【详解】解：∵点是的中点，点， ∴， ∵点， ∴ ∴， ∵， 在和中， ， ∴， ∴， 点在轴负半轴上时，坐标为； 点在轴正半轴上时，坐标为； 综上所述，点的坐标为或． 故选：C． 【考点9 点的坐标规律探索】 【例9】（25-26八年级上·安徽蚌埠·期中）如图，点第一次向上平移1个单位长度至点，第二次向右平移1个单位长度至点，第三次向上平移1个单位长度至点，第四次向右平移1个单位长度至点，……照此规律平移下去，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的平移规律，数字规律探究．通过分析平移次数与坐标的关系总结规律是解题的关键． 先梳理每次平移后的坐标，发现平移规律为奇数次平移是向上平移1个单位长度，偶数次平移是向右平移1个单位长度，而进行了1013次向上平移，1013次向右平移，则的横坐标和纵坐标都加上1013即可求解． 【详解】解：观察平移规律，第一次向上平移1个单位长度至点， 第二次向右平移1个单位长度至点， 第三次向上平移1个单位长度至点， 第四次向右平移1个单位长度至点， 可以发现平移规律：奇数次平移是向上平移1个单位长度，偶数次平移是向右平移1个单位长度． 是偶数，所以是经过次平移得到的， 由于偶数次平移是向右平移，从点开始，经过次平移，横坐标的变化是向右平移了个单位长度，所以的横坐标为； 又因为奇数次平移是向上平移，从点开始，经过次平移，纵坐标的变化是向上平移了个单位长度，所以的纵坐标为； ． 故选D． 【变式9-1】（25-26八年级上·广东深圳·期中）如图，，，，…，都是斜边在x轴上、斜边长分别为2，4，6，…的等腰直角三角形．若的顶点坐标分别为，，，则依图中所示规律，的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查坐标系中点的坐标变化规律，根据2025是奇数，求出点的下标是奇数时的变化规律是解题的关键． 本题主要考查了点的坐标规律探索，根据题意可得的点在x的正半轴上（n为正整数），且这一系列的点中相邻两点之间的距离为2，再根据计算求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴的点在轴的正半轴上（为正整数），且这一系列的点中相邻两点之间的距离为2， ∵， ∴在轴的正半轴上， ∴的横坐标为， ∴的坐标为， 故选：C． 【变式9-2】（25-26八年级上·黑龙江大庆·期中）如图，在平面直角坐标系中，，，，，把一条长为2025个单位长度且没有弹性的细线（线的粗细忽略不计）的一端固定在点A处，并按的规律绕在四边形的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面直角坐标系中两点间距离的计算及周期规律问题．先求出四边形的周长，再用细线的长度除以周长得到绕的圈数和余数，最后根据余数确定细线另一端所在的位置坐标． 【详解】解：由题意知，，，，， ∴四边形的周长为， ∵， ∴细线从点A出发，按的顺序缠绕，在绕了201圈后，细线回到起点A，剩余的长度为5，从A点开始继续缠绕， ∴从A到B的长度是2，从B到C的长度是3， ∵， ∴剩余的5个单位长度刚好是从A点经过B点到达C点， ∴细线另一端所在位置的点的坐标是C点的坐标，即． 故选：C． 【变式9-3】（25-26八年级上·山西太原·月考）横、纵坐标均为整数的点称为整点．如图，一列有规律的整点，其坐标依次为，根据这个规律，第2025的整点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的坐标规律，根据图形得出点的个数与横坐标之间存在的平方关系是解题的关键． 观察图中点的坐标可知，以最外边的矩形边长上的点为准，点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方，故可得当n为奇数时，第个点的坐标为，当n为偶数时，第个点的坐标为，然后按照规律求解即可． 【详解】解：观察图中点的坐标得：以最外边的长方形边长上点为准，点的总个数等于x轴上右下角的点的横标的平方， 如：第个点的坐标为， 第个点的坐标为， 第个点的坐标为， 第个点的坐标为， 第个点的坐标为， …… 当n为奇数时，第个点的坐标为， 当n为偶数时，第个点的坐标为， ∵，45为奇数， ∴第2025个点的坐标为． 故答案为：． 【考点10 动点问题的函数图象】 【例10】如图1，四边形中，，，点从A点出发，以每秒两个单位长度的速度，按 的顺序在边上匀速运动，设点的运动时间为秒，三角形的面积为S，S关于的函数图象如图所示，当运动 秒时，三角形的面积为36．            【答案】或 【分析】根据函数图象得出，，，当运动到点时得出，进而求得函数图象中，设与点，过点作于点，根据三角形的面积为36，分两种情况讨论，结合图形即可求解． 【详解】解：根据函数图象可得，， ∵当运动到点时，， ∴ ∵总时间为秒，速度为每秒两个单位长度， ∴ ∵当运动到点时三角形的面积取得最大值为 ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 设与点，过点作于点，    当运动到上，三角形的面积为36 ∴ 解得：    过点作 交于点，延长交于点，则， 则， ∴ 又， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴运动时间为秒； 当在上时， ∴ ∴ ∴运动时间为 综上所述，当运动或秒时，三角形的面积为． 【点睛】本题考查了动点的函数图象，全等三角形的性质与判定，数形结合，分类讨论是解题的关键． 【变式10-1】如图①，在长方形中，动点P从点A出发，匀速沿的路径运动，到点A处停止．设点P运动的路程为x，的面积为y，如果y与x之间的关系如图②所示，那么长方形的面积是（    ）    A．12 B．14 C．24 D．28 【答案】D 【分析】本题考查动点的函数图象，当点P从A运动到B时，y随x的增大而增大，从B运动到C时，y保持不变，观察图象的横坐标得出长方形的长和宽，即可求出面积． 【详解】解：由图可知，，， 长方形的面积是， 故选：D． 【变式10-2】（25-26九年级上·河北邯郸·开学考试）如图所示，长为2宽为1的矩形和边长为3的正方形在同一水平线上，矩形沿该水平线从左向右匀速穿过正方形；设穿过的时间为t，正方形除去矩形面积为S（阴影部分），则S与t的大致图象为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了函数图象，分三个阶段分析，得出解析式，进而结合选项中的函数图象即可求解． 【详解】解：根据题意，①矩形向右未完全穿入大正方形，减小； ②矩形穿入大正方形但未穿出大正方形，不变； ③矩形穿出大正方形，增大． ④完全与大正方形没重合时，不变； 分析选项可得，A符合． 故选：A． 【变式10-3】（25-26八年级上·浙江杭州·月考）如图，点G是的中点，点H在上，动点P沿图1的边线匀速运动，运动路径为：，相应的的面积y（）关于运动时间x（s）的函数图象如图2，则下列选项中正确的是（   ） A． B．若，则 C． D．若，则函数过点 【答案】B 【分析】由E到F时间未知，所以无法表示，所以不能确定与的大小关系，即可判断A错误； 先确定点的纵坐标，再根据，求出点的横坐标，由此得出到需要的时间，从而可求得与比较，即可判断B； 由于不知道到需要的时间，所以不能确定到需要的时间，也就不能确定的位置，所以不一定成立，可判断C错误； 根据，可求得点的坐标，再根据面积关系求得点的坐标，就可判断D． 【详解】解：设动点P沿图1的边线运动速度为， 因为段面积增大，段面积不变，段又增大，到P时最大，段面积又不变，段面积减小， 所以J对应点G，K对应点C，M对应点D，P对应点E，Q对应点F，N对应点H， 由函数图象可知：经历了，经历了，经历了，经历时间未知，经历时间未知，但经历了， 所以函数图象可知，G到C需要，C到D要，D到E要，E到H要， 所以（），（），（），（）， 因为点G是的中点， 所以（）， 因为时间为时，相应的的面积y（）为， 所以，解得：， 所以（）， 当时，， 所以， 当时，， 所以， 所以， 设直线的表达式为， 所以， 解得：， 所以直线的表达式为， 因为速度不变， 所以可用平移得到， 设的解析式为， 所以， 解得：， 所以的解析式为， 当时，， 所以， 作点关于轴的对称点， 则， 连接， 设的解析式为， 由于，， 所以， 解得：， 所以的解析式为， 因为速度不变， 所以直线可以由直线平移得到， 设直线的解析式为， 当时， ， 此时， 所以， 解得：， 所以直线的解析式为， 当时，， 解得：， 所以此时， 所以到需（）， 所以， 又， 所以此时， 故B正确； 由于不知道到需要的时间， 所以不能确定到需要的时间， 也就不能确定的位置， 所以不一定成立， 故C错误； 若，则， 所以经历了（）， 所以， 所以， 所以H处，， 所以， 故D错误， 故选：B． 【点睛】本题考查了从函数的图象获取信息，动点问题的函数图象，一次函数图象平移问题，求一次函数解析式，其他问题(一次函数的实际应用)等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用来求解． 【考点11 求一次函数的解析式】 【例11】在平面直角坐标系中，直线，直线，若，与y轴围成的三角形的面积为5，则k的值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了两直线与y轴围成的图形面积问题．熟练掌握一次函数图象和性质，三角形面积公式，待定系数法求函数解析式，是解题关键． 设交y轴于点A，交y轴于点B，两直线交于点C，过点C作轴于点D，求出，，得到，根据，与y轴围成的三角形的面积为5，得到，代入求得，代入，即得． 【详解】解：设交y轴于点A，交y轴于点B，两直线交于点C，过点C作轴于点D， ∵中，时，；中，时，． ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，当时，， ∴， 代入， 得，， 解得，． 故选：D． 【变式11-1】如图，在中，，，点在边上，，点为的中点，点为边上的动点，若使四边形周长最小，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称一最短线路问题，坐标与图形的性质，待定系数法求函数解析式，两直线的交点问题，作点关于的对称点，连接，若使四边形周长最小，只要 最小，当三点共线时，最小， 设直线交于，则点与重合时，四边形周长最小，利用待定系数法求出直线和的解析式，联立方程组即可求出点坐标，正确找出点的位置是解题的关键． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接， ∵，， ∴， ∴， ∴点在轴上， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵点关于的对称点， ∴，， ∴若使四边形周长最小，只要 最小， 当三点共线时，最小， 设直线交于，则点与重合时，四边形周长最小， ∵， ∴， 设直线的函数解析式为，把，代入得， ， 解得， ∴直线的函数解析式为， 设直线的解析式为，把代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为， 联立函数解析式得， ， 解得， ∴点的坐标为， 故选：． 【变式11-2】（25-26八年级上·全国·期中）中国象棋文化历史悠久．如图所示是某次对弈的残局图，如果建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点的位置，则在同一坐标系下，经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点的坐标和用待定系数法求一次函数的解析式，掌握一次函数解析式的求法是解题的关键．根据棋子“帅”位于点的位置，求出“马”所在的点的坐标，由此解答即可． 【详解】解：由题意，∵“帅”位于点， ∴“马”， 设经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为， ∴， ∴． ∴． 故选：A． 【变式11-3】如图所示，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段为边，在第二象限内作等腰直角，，则过B、C两点直线的解析式为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了求一次函数解析式，一次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些知识是解题的关键． 过点作轴，可证得，从而得到，，可得到，再由和，即可求解． 【详解】解：如图，过点作轴， 则， 对于直线，令，得到， 即，， 令，得到， 即，， ∵为等腰直角三角形， 即，， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， 即， ∴， 设直线的解析式为， ∵， ， 解得 ， ∴过B、C两点的直线对应的函数表达式是， 故选：B． 【考点12 由一次函数的性质求字母的取值范围】 【例12】如图，已知长方形ABCD顶点坐标为A（1，1），B（3，1），C（3，4），D（1，4），一次函数y=2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是（　　） A．b≤﹣2或b≥﹣1 B．b≤﹣5或b≥2 C．﹣2≤b≤﹣1 D．﹣5≤b≤2 【答案】D 【分析】由于一次函数y=2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，观察图象可知，公共点最左端是D点，最右端是B点，于是把D、B的坐标代入分别求得b值即可. 【详解】解：由直线y=2x+b随b的数值不同而平行移动，知当直线通过点D时，得b=2； 当直线通过点B时，得b=-5． 则b的范围为-5≤b≤2． 故选D． 【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系以及矩形的性质；在直线的平行移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键． 【变式12-1】已知一次函数y＝（2k﹣1）x+k+2的图象在范围﹣1≤x≤2内的一段都在x轴上方，则k的取值范围 ． 【答案】0＜k＜3且k≠ 【分析】由于2k﹣1的符号不能确定，故应分2k﹣1＞0和2k﹣1＜0两种情况进行解答，根据函数值大于0求得k的取值范围． 【详解】解：一次函数y＝（2k﹣1）x+k+2中，2k﹣1≠0，则k≠， 当2k﹣1＞0时，y随x的增大而增大，由x＝﹣1得：y＝﹣2k+1+k+2， 根据函数的图象在x轴的上方，则有﹣2k+1+k+2＞0， 解得：k＜3． 当2k﹣1＜0时，y随x的增大而减小，由x＝2得：y＝（2k﹣1）×2+k+2，根据函数的图象在x轴的上方， 则有（2k﹣1）×2+k+2＞0，解得：k＞0， 故答案为0＜k＜3且k≠． 【点睛】本题考查了一次函数图像与性质，掌握一次函数图像与性质是解题的关键． 【变式12-2】如图，已知长方形ABCD中，AB＝，BC＝2，且顶点A的坐标为（1，1），若一次函数的图像与长方形ABCD的边有公共点，则的变化范围是 ．    【答案】 【分析】先求得B点和D点坐标，分别将D点和B点坐标代入求得k的值，由此可得k的取值范围． 【详解】解：∵A的坐标为（1，1），AB＝，BC＝2， ∴,， 将代入中，，解得， ∴， 将代入中，，解得， 故． 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系，在直线的移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键． 【变式12-3】已知直线与直线，若直线与两直线相交于、两点，且，则的范围为 ． 【答案】 【分析】令x=a代入两条直线的解析式中，然后求出M与N的坐标，然后根据MN<1，列出不等式求出a的范围． 【详解】令x=a分别代入y=2x-1，y=-x+2， ∴M、N的坐标分别为（a，2a-1），（a，-a+2）， ∴MN=， ∵MN<1， ∴<1， ∴-1<3a-3<1， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元一次不等式的列式求解，一次函数的相关知识和一次不等式的结合，掌握不等式的解法是解题的关键． 【考点13 一次函数中的面积问题】 【例13】（25-26八年级上·安徽蚌埠·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点是直线上一动点，且在第一象限． （1）的面积为 ； （2）当的面积与的面积相等时，点的坐标为 ． 【答案】 /1.5 【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，一次函数表达式的求解，直角坐标系下三角形面积的表示，解决本题的关键是设出点的坐标并表示出． （1）先由直线的函数表达式求解出点的坐标，再由三角形面积公式求解即可； （2）先求解出直线的函数表达式，可得到点的坐标，设出点的坐标，再求解出的长度，根据三角形面积建立等式求解即可． 【详解】解：（1）∵直线交轴于点， 令，可得， ∴点， ∴，， ∴的面积为； 故答案为：； （2）∵直线交轴于点， ∴，解得， ∴直线， ∵点是直线上一动点， ∴点的横坐标为2， 则有， ∴点， 设点， ∴， ∴， 若的面积与的面积相等， 即， 则， 即，解得， ∴点的坐标为． 故答案为： ． 【变式13-1】（25-26八年级上·安徽宣城·期中）一次函数的图象与两坐标轴围成的三角形的面积等于4，则的值等于 ． 【答案】 【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知坐标轴上点的坐标特点是解答此题的关键． 先求出一次函数与坐标轴的交点坐标，再根据三角形面积公式列出方程求解． 【详解】当时，，所以与轴交点为， 当时，，解得，所以与轴交点为， 三角形的两条直角边长度分别为和， ∴， 所以， 经检验， 符合题意． 故答案为：． 【变式13-2】边长为1的8个正方形如图摆放在直角坐标系中，直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，且与其中一个正方形的边交于点，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了一次函数的几何应用．过点A作轴于点C，则，结合直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，可得，从而得到点A的坐标为，进而得到直线的解析式，即可求解． 【详解】解：过点A作轴于点C，则， ∵直线平分这8个正方形所组成的图形的面积， ∴， ∴， ∴， ∴点A的坐标为， 把代入得： ∴，解得：， ∴直线的解析式为， ∵点B的纵坐标为1， 把代入得： ，解得：， ∴点B的坐标为． 故答案为： 【变式13-3】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，与直线交于点C，点P在直线上，且的面积被y轴平分，则点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了一次函数的综合应用．先求出，再根据的面积被y轴平分，得出点P与点A的横坐标互为相反数，即可得出答案． 【详解】解：当时，， 解得， 则， 作点A关于y轴的对称点，则 ∵的面积被y轴平分， ∴点P的横坐标为，如图，Q为与y轴的交点，则Q为的中点， ∵点P在直线上， ∴点P的坐标为． 故选：D． 【考点14 与一次函数有关的行程问题】 【例14】（25-26八年级上·山东济南·期中）在，两地之间有汽车站站，客车由地驶往站，货车由地驶往地．两车同时出发，匀速行驶．客车、货车离站的路程，(km)与行驶时间之间的函数图象如图所示．有下列说法：①，两地相距为；②两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为；③客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：；④客、货两车在小时相遇．其中正确的有（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查了从函数图象中获取信息、一次函数的应用，采用数形结合的思想是解此题的关键； 根据函数图象提供的信息即可判断①；分别利用待定系数法求出函数解析式即可判断②③；再由求出的值即可判断④； 【详解】解：由图象可得：，两地相距为，故①正确； ∵货车的速度为：， ∴货车到达地一共需要， 设两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为， ∵在图象上， ∴， 解得：， ∴两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：， 故②正确； 设客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：， ∵在图象上， ∴，解得：， ∴客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：， 故③正确； 由相遇得：， ∴， ∴， ∵，∴符合题意， 即客、货两车在小时相遇，故④正确； 综上所述，正确的有①②③④，共个， 故选：D． 【变式14-1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）甲、乙两车从A地沿直路同向匀速行驶行往B地，现甲车在乙车前500米处，设x秒后两车相距y米，y与x的函数关系如图所示，则乙车在整个运动过程中行驶的路程是（   ） A．3500米 B．3200米 C．4375米 D．4000米 【答案】D 【分析】本题考查了函数图象的实际应用以及行程问题中速度、时间和路程的关系，解题关键是从图象中获取关键信息，明确甲、乙两车的运动时间和路程关系，进而计算出两车的速度． 主要解题思路：从图象得知 100 秒时乙追上甲，此时乙比甲多走 500 米，算出乙比甲快 5 米 / 秒；根据 100 到 160 秒的时间差，得这段乙比甲多走 300 米即 a 的值；由甲 160 到 175 秒走完 a 的路程，算出甲速，进而得乙速，最后求出乙行驶的总路程． 【详解】解：观察图象可知：从开始出发至第100秒，乙车追上甲车，说明在此段时间内乙车比甲车多走500米，因此乙车比甲车的速度快（米/秒）， ∴从第100秒至第160秒，乙车比甲车多走（米）， ∵至第160秒，乙走完全程；甲从第160秒至175秒也走完全程，此段时间经过的路程也是（米）． ∴甲车的行驶速度为（米/秒）， ∴乙车的行驶速度为（米/秒）， 因此乙车在整个运动过程中行驶的路程是：（米）． 故选：D． 【变式14-2】武汉疫情爆发期间，大学生小玲和小丽应聘成为了阳光小区的疫情防控志愿者一天早晨，小玲从阳光小区出发骑三轮车匀速到区疾病防控中心领取防疫物资，出发一段时间后，小丽发现小玲忘记带社区介绍信，立即骑自行车沿小玲行驶的路线匀速行驶去追赶，当小丽追上小玲后立即将介绍信交给了她，并用3分钟时间与小玲核对了一下防疫物资的清单，然后小玲将原速度提高了继续前往区疾病防控中心，而小丽则按原路以原来速度的一半匀速返回阳光小区．当小丽回到阳光小区2分钟后小玲也到达了疾控防控中心．设小丽与小玲之间的距离y（米）与小玲从阳光小区出发后的时间x（分）之间的关系如图所示，则阳光小区到区疾病防控中心的距离为 米． 【答案】10800 【分析】设开始小丽速度为，小玲的速度为，由图像可知经过t分钟后，小丽开始追小玲，追击时间为（12－t），，由追上路程一样列出等量关系①；15分钟返回，小丽返回速度为；小玲速返回度为，由速度减半时间加倍得出小丽返回时间为，再由相距10000米列出等量关系②，将①代入②求得，最后由小玲从阳光小区到区疾病控制中心以每分钟300米走了12分钟，以每分钟300米的速度走了分钟求解即可． 【详解】解：设开始小丽速度为，小玲的速度为， 由图像可知经过t分钟后，小丽开始追小玲，追击时间为：15－3－t＝12－t， 则， ∴，即， 整理得①， 15分钟返回，返回速度为：小丽速度为：；小玲速度为：， 小丽返回时间为：， 由图像可知经过，两人两相距10000米， ∴，即， 整理得： ② 将①代入②得，， 解得， ∴小玲原先的速度为每分钟300米，分钟，，分钟 ∴小玲从阳光小区到区疾病控制中心以每分钟300米走了12分钟，以每分钟300米的速度走了分钟， ∴距离＝300×12+400×18＝10800m， 故答案为：10800 【点睛】本题考查了一次函数的图象的性质的运用，路程＝速度×时间之间的关系的运用，求小玲的速度是关键，解答时熟悉并理解函数的图象． 【变式14-3】暑假假期，小明和小亮两家相约自驾车从重庆出发前往相距172千米的景区游玩两家人同时同地出发，以各自的速度匀速行驶，出发一段时间后，小明家因故停下来休息了15分钟，为了尽快追上小亮家，小明家提高速度后仍保持匀速行驶（加速的时间忽略不计），小明家追上小亮家后以提高后的速度直到景区，小亮家保持原速，如图是小明家、小亮家两车之间的距离s（km）与出发时间t（h）之间的函数关系图象，则小明家比小亮家早到景区 分钟． 【答案】6． 【分析】设出发时小明家的速度是a千米/小时，小亮家的速度是b千米/小时，由图象可知：小明的速度大于小亮的速度，即a＞b，由OB段可知：0.8小时两人距离为8千米，列方程可得a＝b+10，由BC和AC段可知是小明休息15分时段，此时可知小亮路程为12+8＝20千米，根据时间列等式可得小亮的速度，从而得小明家的速度是90千米/小时，设小明加速后的速度为m千米/小时，根据点D的横坐标列方程可得m的值，即可解决问题． 【详解】设出发时小明家的速度是a千米/小时，小亮家的速度是b千米/小时，且a＞b， 由题意得：0.8（a﹣b）＝8， a＝b+10， 小明家因故停下来休息了15分钟，可知A（1.05，12）， 小亮的速度为：＝80（千米/小时）， ∴小明家的速度是90千米/小时， 设小明加速后的速度为m千米/小时， 根据题意得：×80＝（﹣1.05）m+0.8×90， m＝100， ＝0.1（小时）， ＝6（分）， 即小明家比小亮家早到景区6分钟． 故答案为：6． 【点睛】此题考查一次函数的实际应用问题，正确理解题意能够读懂函数图象是解题的关键. 【解答压轴篇】 【考点15 平行四边形与全等三角形构造证明】 【例15】（25-26八年级下·重庆开州·期中）在平行四边形中，． (1)如图1，若，，求四边形的面积； (2)如图2，若，点为边上一点，连接．点为上一点，连接交于点，连接，若点为边的中点，连接，且．求证：； (3)如图3，已知，，点P与点Q分别为线段与上的动点，满足，连接，，直接写出的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）过点作于点，先求出的长，再求出的长即可； （2）延长，交于点，先得出，再证出，则，进而可得，然后求出，，据此即可得证； （3）过点作，且使得，连接，先证出，则，可得，进而可得当点三点共线时，的值最小，最小值为的长，再求出的长，的值，然后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴在中，， ∴平行四边形的面积为． （2）证明：如图，延长，交于点， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（等腰三角形的三线合一）， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵点为边的中点， ∴， 又∵在中，， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图，过点作，且使得，连接， ∵，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 由两点之间线段最短可知，当点三点共线时，的值最小，最小值为的长，即的最小值为的长， 又∵，，，， ∴，， ∴在中，， ∴在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题的难点在于通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形． 【变式15-1】（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，四边形是平行四边形，点在上，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图1中，过点作直线将四边形的面积平分； (2)在图2中，，作的平分线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作的对角线，，交于点，作直线交于点，直线即为所作，可证明，继而可得； （2）作的对角线，，交于点，作直线交于点，则射线即为所求，由平行四边形可得，，可证明，则，由可得，那么，再由平行得到，故． 【详解】（1）解：如图1，直线即为所作 （2）解：如图2，射线即为所作 【变式15-2】在四边形中，点E、F在对角线上，连接，，． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出所有的全等的直角三角形． 【答案】(1)见解析 (2)所有的全等的直角三角形有，，，． 【分析】（1）由平行线的性质得到，则可证明，得到，证明，即可证明四边形是平行四边形； （2）先证明四边形是矩形，则可得到，，进而可证明；证明，则可证明，得到，进一步可证明，． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴； ∵ ∴， ∴， ∵，， ∴； 综上所述，所有的全等的直角三角形有，，；． 【变式15-3】（2026·吉林·一模）如图，在矩形中，，，点E在边上，点G在边上，，连接，．将沿翻折得到，将沿翻折得到．连接，． (1)求证； (2)①四边形的形状为_____________． ②当点F在边上时，四边形的形状为_____________． (3)当四边形与矩形重叠部分图形是轴对称图形时，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)①平行四边形；②矩形； (3)或或 【分析】（1）利用证明即可； （2）①折叠的性质，推出，证明，得到，即可得到四边形为平行四边形；②易得，即可得出结果； （3）根据四边形与矩形重叠部分图形是轴对称图形时，得到重叠部分的图形为矩形或菱形，分3种情况，画出图形进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， 又∵， ∴； （2）解：①∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴，，即， 由（1）知， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； ②当点F在边上时， ∵， ∴， 由①知：四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形； （3）解：①当点恰好落在边上时，此时四边形为矩形，四边形与矩形重叠部分图形即为四边形是轴对称图形， ∵折叠， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； ②当交于点，交于点时， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴当四边形为菱形时，四边形与矩形重叠部分为轴对称图形， ∵折叠， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， 解得或（舍去）； ∴； ③当点与点重合，点与点重合时，如图， 由②可知，，四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形，符合题意； 此时； 综上：或或． 【考点16 平行四边形与翻折求线段关系】 【例16】（24-25九年级上·山东青岛·月考）如图1，将纸片沿中位线折叠，使点A对称点D落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似的，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形． (1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，__________； (2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个四边形， ①求证：折出的四边形为矩形 ②若，，求__________． 【答案】(1) (2)①证明见解析，②13 【分析】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理； （1）根据折叠后的图形全等，进而得到面积相等即可得到，，然后表示出和即可求解； （2）①由折叠的性质得：，，再结合，可得，同理可得：，即可判断折出的四边形为矩形； ②先由勾股定理求出，再由折叠的性质得：，，，，推出，最后由得到． 【详解】（1）解： 由折叠的性质得：，四边形四边形， ，， ， ∴ ； 故答案为：； （2）①证明：∵由折叠的性质得：，， 又∵， ∴， ∴， 同理可得：， ∴折出的四边形为矩形； ②解： ，，， ， 如图： 由折叠的性质得：，，，， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ； 【变式16-1】（24-25八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．已知中，，点，，，分别在的边，，，上． 【操作判断】（1）如图1，若点，分别是，边的中点，分别沿和折叠，使点与点重合，点与点重合． ①四边形________平行四边形（填“是”或“不是”）； ②若四边形是矩形，求的度数． 【迁移思考】（2）如图2，沿折叠，点恰好与点重合，求证：四边形是菱形． 【拓展探索】（3）如图3，若点为边的中点，沿折叠，点的对应点为点，延长与射线交于点．若，，请直接写出线段的长． 【答案】（1）①是；②；（2）见解析；（3）或 【分析】（1）①根据平行四边形的性质可得，，根据折叠的性质可得，进而根据三角形内角和定理，得出，再证明，即可判断四边形是平行四边形； ②根据矩形的性质可得，根据折叠可得，进而求得； （2）根据折叠得出，根据平行线的性质和等角对等边得出，即可得证； （3）连接，分两种情况，点在线段上以及线段的延长线上，根据折叠的性质，等边对等角证明，结合图形，即可求解． 【详解】解：①∵， ∴，， 根据折叠可得， ∴， ∴即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ②∵四边形是矩形， ∴ 根据折叠可得 ∴； （2）∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （3）如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∵点为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 当点在线段的延长线上时，连接，如图： 同理可得 ∴， 综上所述，或． 【变式16-2】（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题背景】 同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． 【问题探索】 （1）如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为菱形； 【拓展延伸】 （2）如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长； （3）如图3，改变点的位置，将沿折叠，连接，当是以为直角的三角形时，求的长度． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由折叠的性质结合平行四边形的性质得到，，，由得到，因此，从而，即可得到，得证结论； （2）延长交于点H，由折叠的性质先证明是等腰三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，易证是等腰三角形，用平行四边形的面积公式即可求出，进而得到，利用勾股定理即可解答． （3）分点E不与点C重合，点E与点C重合两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）证明：由折叠的性质可得：，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：如图，延长交于点H， 由折叠的性质可得：， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形是平行四边形，，， ，， ，， 是等腰直角三角形， ， ∴， ， ， ． （3）解：当点E不与点C重合时，延长交于点， 则， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵由折叠有， ∴在中，， ∴； ②当与点C重合时，记，的交点为， 由①可知，当时，， ∴，而， ∴， ∴当重合时，， 由折叠可得： 综上所述，或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握折叠的性质，平行四边形的性质，是解题的关键． 【变式16-3】如图，已知平行四边形，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点是平行四边形边上的一个动点． 点的坐标为______，的长为______． 若点在边，上，点关于坐标轴对称的点落在直线上，求点的坐标． 若点在边，，上，点是与轴的交点，如图，过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，它们相交于点，将沿直线翻折，当点的对应点落在坐标轴上时，求点的坐标直接写出答案． 【答案】    【解析】解：点的坐标为，点的坐标为， ， 四边形是平行四边形， ， 由点的坐标为知点坐标为， ， 故答案为：，； 当点在边上时， 直线的解析式为， 设，且， 若点关于轴的对称点在直线上， ， 解得， 此时． 当点在边上时，设且， 点关于轴的对称点在直线上， ， 解得， 此时， 综上所述，点的坐标为或． 如图中，当点在线段上时，设． 在中，，， ， 在中，， ，解得， 根据对称性可知，也满足条件． 如图中，当点在上时，易知四边形是正方形，边长为，此时． 如图中，当点在线段上时，设交轴于易证，推出，设． 直线的解析式为， ， 在中，有，解得， ． 综上所述点的坐标为或或或． 【考点17 动点与平行四边形存在性】 【例17】（24-25八年级下·广东广州·期末）梅文鼎是我国清代著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法，如图是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在中，，四边形和分别是以的三边为一边的正方形，延长和，交于点L，连接并延长交于点J，交于点K，延长交于点M． (1)证明：正方形的面积等于四边形的面积； (2)请利用（1）中的结论证明勾股定理． (3)如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）并说明作图依据；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)见详解 【分析】（1）根据正方形的性质和证明，然后证明，所以，由此可得结论； （2）证明正方形的面积+正方形的面积平行四边形的面积+平行四边形的面积=正方形，可得结论； （3）如图2，延长和交于点L，以A为圆心为半径画弧交于点M，在的延长线上取作平行四边形，作射线交于K，交于J，结合平行四边形的性质以及平行线之间距离处处相等进行作答即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵四边形，和是正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； ∵， ∴ ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴正方形的面积等于四边形的面积； （2）证明：由正方形可得， 又，所以四边形是平行四边形， 由（1）知，四边形是平行四边形， ∴， 如图1，延长交于， 同理有， ∴． 即． （3）解：如图2，延长和交于点L，以A为圆心为半径画弧交于点M，在的延长线上取作平行四边形，作射线交于K，交于J，则四边形即为所求． 由图可知射线把平行四边形分成平行四边形和平行四边形，根据同底等高可得：平行四边形，平行四边形，平行四边形的面积相等，同理平行四边形，平行四边形，平行四边形的面积相等(Q是直线与的交点)，所以平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型． 【变式17-1】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，A、C两点的坐标分别为．将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位长度，得到平行四边形，其中边与x轴交于点G，边与交于点H． (1)请直接写出点N，M的坐标以及直线的表达式__________． (2)平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形，请求出重叠部分的面积． (3)点E是x轴上一动点，在直线上是否存在点D，使以点O、N、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点D、点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)或或 【分析】（1）由平移的性质即可求得点N，M的坐标，根据待定系数法即可求得直线的表达式； （2）先根据平行四边形的性质和平移的性质可证明，由此即可证明四边形是平行四边形，即平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形；对于直线的解析式为，令，求出，则，过点M作轴于F，则，，即平行四边形与平行四边形的重叠部分的面积为； （3）分为边和为对角线两种情况利用平行四边形的性质进行求解即可． 【详解】（1）解：∵将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到平行四边形， ∴点C、点O分别向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到点M、点N， ∵， ∴． 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为． 故答案为：， （2）解：过点M作轴于F， ∵四边形是平行四边形， ∴， 由平移的性质可得， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形； 在中，当，， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴平行四边形与平行四边形的重叠部分的面积为． （3）解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 同理可得直线的解析式为， 设， 当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得： ， 解得， ∴； 当为边时，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或； 综上所述，当或或时，以O，N，D，E为顶点的四边形为平行四边形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，平移的性质，坐标与图形，勾股定理，一次函数与几何综合等等，熟知平行四边形的性质与判定条件是解题的关键． 【变式17-2】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在平行四边形中，，，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒． (1)用含t的代数式表示 ； (2)当时，求t的值； (3)请问是否存在t的值，使得A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据路程=速度×时间，求解即可 ； （2）当时，过点A作于点F，则，，得到，根据题意，得，，构造等式求解即可； （3）当时，；当时，， 根据平行四边形的判定，列式求解即可． 【详解】（1）解：∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动， ∴； （2）解：当时，如图1，过点A作于点F，则，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动， ∴，， ∴， ∴， 解得． （3）解：存在， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动， ∴，， ∴当点P与点D重合时，， 故， 解得， ∴当点Q与点B重合时，， 故， 解得， ∴当时，； 当时，， ∵， ∴当时，A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形， 当时，如图2，四边形是平行四边形， ∵， ∴， 解得； 当时，如图3，四边形是平行四边形， ∵， ∴， 解得； 综上所述，t的值为或． 【变式17-3】如图，在平面直角坐标系中，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，． (1)求出点的坐标； (2)一次函数的图象分别与线段交于两点，求证：； (3)点是直线上一动点，在轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见详解 (3)存在，或或 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及图形与坐标，一次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用平行四边形的性质，得出，因为，则点的坐标； （2）依题意，把代入，得出，把代入，得，根据线段关系，分别表达 ，进行比较，即可作答． （3）结合以为顶点的四边形是平行四边形，进行分类讨论，即当为对角线时，当为边时，运用平行四边形的性质：对边平行且相等等性质内容进行线段的运算，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴点的坐标； （2）解：∵，且由（1）得点的坐标， ∴， ∵一次函数的图象分别与线段交于两点， ∴把代入，得出，即， ∴把代入，得出，即， 则， ∴； （3）解：存在： 已知，点在轴上， 当为对角线时，四边形是平行四边形， ∴， 如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴，即轴， ∴点与点重合， ∴，， ∴； 当为边时，且当N在轴的负半轴时，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点的坐标，， ∴点的纵坐标与的纵坐标相等，即为， ∵点是直线上一动点， ∴此时点与点重合的， ∴，则， ∵当N在轴的负半轴， ∴； 当为边时，且当N在轴的正半轴时，如图所示： 设点N的坐标为， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点的坐标，， ∴点向下平移个单位，向左平移个单位得到点， ∴点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M， ∴点的纵坐标为， ∵点是直线上一动点， ∴设的解析式为， 把，代入， 则， 解得， ∴的解析式为， 把代入， 解得， ∴， ∵点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M， ∴， ∴； 综上：或或． 【考点18 特殊四边形与几何变换】 【例18】（2024·山西临汾·一模）综合与实践 问题情境： 在数学课上，张老师带领同学们以“平移探究”为主题进行教学活动．如图，在菱形纸片中，，，将菱形沿对角线剪开，得到和，将沿射线方向平移一定距离得到，连接，． 猜想证明： （1）如图1，试判断四边形的形状，并说明理由； 实践探究： （2）如图2，当四边形为矩形时，求平移的距离； 问题拓展： （3）小颖同学受张老师启发将菱形沿对角线剪开，得到和，按如图3方式放置进行平移探究．将沿方向平移，连接，，并添加条件使得以A、F、C、E为顶点的四边形是一个特殊四边形，请在图4中画出平移后的图形，并写出必要的文字说明． 【答案】（1）四边形是平行四边形，理由见解析；（2）；（3）当点平移至中点时，四边形是矩形，作图见解析 【分析】（1）根据菱形的性质及平移的性质即可证明四边形是平行四边形； （2）连接交于，由菱形的性质可得，在根据矩形的性质结合含的直角三角形可得，即可求解； （3）由平移可知，，，由菱形的性质可知，，添加条件“点平移至中点”，可得，，即可得四边形是矩形． 【详解】解：（1）四边形是平行四边形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴，， 由平移可知，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）连接交于， ∵四边形是菱形， ∴，，， 则，， ∴， 当四边形为矩形时，， ∴，则， ∴， 则， 即：沿射线方向平移； （3）如图，当点平移至中点时，四边形是矩形， 理由如下：由平移可知，，， 由菱形的性质可知，， 当点平移至中点时，，则， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定及性质，含的直角三角形的性质，平行四边形的判定及性质，平移的性质等，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【变式18-1】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置； 操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置． 根据以上操作，填空： ①图1中四边形的形状是 ； ②图2中与的数量关系是 ；四边形的形状是 ． (2)迁移探究 小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下： 将三角板按（1）中的方式操作，如图3，在平移过程中，四边形的形状能否是菱形，若不能，请说明理由，若能，请求出的长． (3)拓展应用 在（2）的探究过程中： ①当为等腰三角形时，请直接写出的长； ②直接写出的最小值． 【答案】(1)①正方形；②，平行四边形 (2)是菱形，6厘米 (3)①6厘米或厘米或18厘米；② 【分析】（1）①利用正方形的判定可求解；②由平移的性质可得，，可得结论； （2）先证四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，即可求解； （3）①分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解；②作点A关于直线的对称点N，连接，连接交直线于P，即的最小值为的长，由直角三角形的性质和勾股定理可求解． 【详解】（1）①∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， 故答案为：正方形； ②∵四边形是正方形， ∴， ∵将三角板沿方向平移， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：，平行四边形； （2）四边形的形状可以是菱形， 如图3，连接， ∵， ∴， ∵将三角板沿方向平移， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； （3）①当时，为等腰三角形，如图， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 当时，为等腰三角形； 当时，为等腰三角形， 如图，过点B作于H， ∵， ∴， ∵， ∴， 综上所述：的长为，或； ②如图5，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵将三角板沿方向平移， ∴， ∴， 作点A关于直线的对称点N，连接，连接交直线于P，即的最小值为的长， 过点N作直线于E， ∵点A，点N关于对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，平移的性质，利用等腰三角形的性质分类讨论是解题的关键． 【变式18-2】（24-25九年级上·福建福州·期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得到．    (1)如图①，当旋转后满足轴时，求点的坐标， (2)如图②，当旋转后点恰好落在轴正半轴上时，求线段的长． (3)在（2）的条件下，边上的一点旋转后的对应点为．当取得最小值时，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）如图1中，作轴于H．只要证明四边形是矩形，利用矩形的性质即可解决问题； （2）如图2中，作轴于M．在中，求出即可解决问题； （3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，由题意可得，根据轴对称的性质可得，由，得当点共线时，取得最小值，此时的点记作点，只要求出直线的解析式即可解决问题． 【详解】（1）解：过点C作轴于H，    ∵，， ∴，， 由旋转的性质，可得， ∴，，， 又∵轴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴点C的坐标为； （2）解：过点D作轴于M，    由面积知， 在中，由勾股定理得 ， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴点D的坐标为 ∴； （3）解：连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，    由题意可得， 根据轴对称的性质可得， ∵， ∴当点共线时，取得最小值，此时的点记作点 由对称得，点D的坐标为， ∴设直线的解析式为， 则， 解得， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴点的坐标为． 【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题、勾股定理解直角三角形，两点之间线段最短，一次函数与坐标轴的交点问题，矩形的判定与性质等知识，解题的关键是会利用两点之间线段最短解决最短路径问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 【变式18-3】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）点E，F是不同边上的两点（E，F不与顶点重合），连接，的一个顶点（不妨设为B）关于的对称点为O，我们把的其他顶点（不妨设为D）与O的距离称为这个点D与B的“关联距离”．比如：如图（1），点B与O关于对称，若，则点D与B的“关联距离”是1． (1)如图（2），四边形是矩形，点B关于的对称点O恰好在上，若，，，则点D与B的“关联距离”=_________，点C与B的“关联距离”=_________； (2)如图（3），，点A关于的对称点O在的延长线上，若，，求点B与A的“关联距离”； (3)如图（4），四边形是菱形，，点A关于的对称点O恰好在直线上，若，，直接写出点C与A的“关联距离”． 【答案】(1)2， (2) (3)或 【分析】（1）连接，．根据题意，结合矩形性质，先在中，运用勾股定理，求出，再通过，求出点D与B的“关联距离”．最后在中，运用勾股定理，求出点C与B的“关联距离”． （2）连接，延长交于点H，过点O作于点G．先求，在中，计算出的长，根据图形对称的性质，求出的长，在中，求得、的长，从而求得的长，最后在中，运用勾股定理，求出点B与A的“关联距离”． （3）考虑点O在线段上以及点O在射线上（点B下方）分别讨论，求出点C与A的“关联距离”． 【详解】（1）解：如图，连接，． ∵点B关于的对称点O恰好在上， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴在中， ， ∴， ∴点D与B的“关联距离”为2． ∵在中， ， ∴点C与B的“关联距离”为． （2）解：如图，连接，延长交于点H，过点O作于点G． ∵在中，， ∴， ∵点A与点O关于对称， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中， ， ∵， ∴在中， ， ∴点B与A的“关联距离”为． （3）解：分两种情况讨论： ①若点O在线段上，如图，过点E作于点N，连接． ∴， ∵，， ∴在中， ， ， ∵在菱形中， ， ∴， ∴在中， ， ∵，，， ∴， ∴是直角三角形，， ∵在菱形中， ， ∴， ∵点A与点O关于对称， ∴， ∴在中， ， ∴， ∴点C与A的“关联距离”为； ②若点O在射线上（点B下方），如图，过点E作于点N，连接． 由①同理可得， ∴， ∴点C与A的“关联距离”为； 综上所述，点C与A的“关联距离”为或． 【考点19 特殊四边形与存在性问题】 【例19】（24-25八年级下·湖南长沙·月考）如图，直线与坐标轴分别交于点，，与直线交于点，射线上的动点以每秒个长度单位的速度从点出发，沿着方向作匀速运动，运动时间为秒，连结． (1)则点的坐标____________； (2)若是等腰直角三角形，则的值为_________； (3)若平分的面积，求直线对应的函数关系式． (4)若的面积为，则点的坐标为_____________． (5)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． (6)平面内是否存在一点，使以、、、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，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3) (4)或 (5)或或或 (6)或 【分析】根据直线与直线交于点，联立成方程组，解方程组即可求出点的坐标； 设的坐标为，由直线与轴的正半轴所夹锐角为，因此当时或当时，是等腰直角三角形，分别求出点的坐标进而得出的值即可； 先求出点的坐标，然后运用待定系数法求出直线的解析式即可； 过作于，根据三角形的面积公式解答即可； 分三种情况讨论：以、为边作菱形；以为边、为对角线作菱形；以为边、为对角线作菱形，分别求解即可； 分别两种情况讨论：以为边作矩形，设的坐标为，根据矩形的性质，利用勾股定理得，再根据和表示的长，列出方程求解即可；以为对角线作矩形，根据矩形的性质求得坐标即可． 【详解】（1）解：直线与直线交于点， 解得： ， 故答案为； （2）直线与轴的正半轴所夹锐角为， ， 由题意，设的坐标为， 当时，是等腰直角三角形，此时轴于点， ， ， ， ， ； 当时，是等腰直角三角形，此时， 如图，过作于，则， ， ， ， ，， ； 综上所述：或， 故答案为或； （3）如图： 由， 令，得，， 平分的面积， ， ， 设直线的解析式是， 把，代入得：， 解得：， 直线对应的函数关系式是； （4）由（2）于， ，于， ， ， ， ， 的坐标为或； （5）分三种情况讨论： 以、为边作菱形，如图和图， ，，， 设， ，， ，， ， 解得或， 点坐标为或； 以为边、为对角线作菱形，如图， 、关于轴对称，， ； 以为边、为对角线菱形，如图， ，， 设， ，， ，， ， 解得， 坐标为， 综上所述符合条件的的坐标为或或或， 故答案为或或或； （6）分别两种情况讨论： 以为边作矩形， 设的坐标为， 四边形为矩形， ， ，， ， 解得， ； 以为对角线作矩形， ， 四边形是矩形， ， ， ， 的坐标为 ， 综上所述点的坐标为或， 故答案为或 ． 【点睛】本题考查了用待定系数法求出一次函数解析式，坐标与图形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，菱形的性质，矩形的性质，两点间距离公式以及分类讨论的思想等知识点的应用，题目是一道比较典型的题目，综合性比较强． 【变式19-1】已知矩形中，，．点E、F、G、H分别在、、、上，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，是否存在四边形是菱形？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由； (3)对于上的任意一点E，是否存在一个四边形是菱形？若都存在，请加以证明；若上只有一部分点存在，请求出存在四边形是菱形时，长的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，当时，四边形是菱形，理由见解析 (3)上只有一部分点存在，当 ，四边形是菱形． 【分析】（1）利用全等三角形的性质证明，即可解决问题； （2）存在．设，根据，可得即可解决问题； （3）结论：上只有一部分点存在．利用勾股定理可得a、b的关系，列出不等式即可解决问题； 【详解】（1）解：如图1中， ∵四边形是矩形，    ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 同法可证， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）存在．设， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，，． ∴，，， ∴， ∴． ∴当时，四边形是菱形． （3）结论：上只有一部分点存在． 理由如下： 设，则，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 解得， ∴当 ，四边形是菱形． 【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理，一元一次不等式组是解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型． 【变式19-2】（25-26八年级上·四川达州·期末）在平面直角坐标系中，四边形为正方形，，，为线段上一点，且．      (1)求直线的函数解析式； (2)作点关于轴的对称点，点为直线上一动点，在射线上是否存在点，使以为斜边的等腰直角三角形，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由； (3)在正方形的边上有一点，若，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)存在，点坐标为 (3)点坐标为或 【分析】（1）首先确定点，点坐标，然后利用待定系数法求解即可； （2）设，当时，过点作于点，过点作于点，，，，，结合全等三角形的性质和建立方程即可求解； （3）分点在上、点在上、点在上和点在上四种情况，分别讨论，即可获得答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵点在轴正半轴上，且， 即 ∴， 设直线的函数解析式为， 将点，代入， 可得，解得， ∴直线的函数解析式为； （2）解：设，如图， 当时，此时，过点作于点，过点作于点， 则，，，，， ∴， ∴， 又∵， 即 ∴， ∴，， ∵， ∴，解得， ∴， ∴； （3）解：当点在上时，如图， 设，则，， ∵，， 若， 则有，解得， 即； 当点在上时，如图， 设，则，， ∴，， 若， 则有，解得，不合题意，舍去； 当点在上时，如下图， 设，则，， ∴，， 若，则有，解得， 即； 当点在上时，如下图， 此时，而，故不符合题意，舍去． 综上所述，点坐标为或． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质、坐标与图形、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、一次函数综合应用等知识，综合性强，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键． 【变式19-3】如图，四边形中， ，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作于点，连接交于点，连接，设运动时间为秒． (1)连接，，当为何值时，四边形为平行四边形； (2)在运动过程中，是否存在某一时刻，使得平分，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)设四边形的面积为，求与的函数关系式； (4)将沿翻折，得到在运动过程中，是否存在某时刻，使四边形为菱形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， (3) (4)存在， 【分析】（1）根据，构建方程求解； （2）过点作于点．证明，由此构建方程求解； （3）根据求解； （4）根据，构建方程求解． 【详解】（1）解：当时，四边形是平行四边形， 则有， ； （2）如图，过点作于点． 平分，，， ， ， ，， ， ， ：：， ； （3） ， ， ， ， ， ， ， ， 由题意， ； （4）存在． 理由如下：将沿翻折得， ，， 当时有四边形为菱形， ， 解得， ，四边形为菱形． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了梯形的性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【考点20 特殊四边形中动点与最值】 【例20】[问题提出] （1）如图①，为矩形的对角线，点E为的中点，连接，若，，则的长为 ； [问题探究] （2）如图②，为的对角线，且，点E、F分别为边、的中点，连接，，试判断四边形的形状，并说明理由； [问题解决] （3）如图③，是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为平行四边形，其中点D在的延长线上，E、F分别为边、的中点，在四边形内种植某种新品种果树，经测量，，，米，，P、H为两个临时仓库，其中H为的中点，点P在上，现要沿、修建两条运输通道，问运输通道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）的最小值为米． 【分析】（1）先求解，可得； （2）证明，，结合，可得四边形是平行四边形，结合，F为边的中点，可得，从而可得结论； （3）如图，连接，连接交于，证明四边形是矩形，可得，结合（2）可得：四边形为菱形；可得，此时最小，证明为等边三角形，可得，证明，，再进一步可得答案． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴， ∵点E为的中点， ∴； （2）四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点E、F分别为边、的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，F为边的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （3）如图，连接，连接交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵E、F分别为边、的中点， 结合（2）可得：四边形为菱形； ∴，，，互相垂直平分， ∴，此时最小， ∵， ∴， ∴为等边三角形，而， ∴， ∵H为的中点， ∴，， ∴； ∴的最小值为米． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，化为最简二次根式，掌握几何基础知识是解本题的关键． 【变式20-1】、是的边上两定点，是边上一动点，分别以、为边在上方同侧作正方形、正方形． (1)如图①，，，，连接、． ①求证：； ②当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请直接写出答案；若不存在，请说明理由； (2)如图②，，连接，当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请用直尺与圆规作出此时点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)①见解析；②存在， (2)存在，见解析 【分析】（1）①证明，推出即可；②存在，设交于点，交于点，过点作于点，根据垂线段最短可知，当点于重合时，的值最小； （2）在上取一点，使，证明，推出，推出点在射线上运动，作于，当点与重合时，的值最小，连接，以为圆心，以为半径作弧，交于点，当点与重合时，的值最小． 【详解】（1）①证明：∵四边形、四边形是正方形， ∴，，． ∴．即． ∴． ∴． ②存在，．理由：如下图，设交于点，交于点，过点作于点 ∵， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 根据垂线段最短可知，当点于重合时，的值最小，最小为， ∵， ∴的最小值为． （2）解：如下图，在上取一点，使， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在射线上运动，作于，当点与重合时，的值最小，连接，以为圆心，以为半径作弧，交于点，当点与重合时，的值最小，故点即为所求． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题关键是正确寻找全等三角形． 【变式20-2】如图，，四边形ABCD是正方形，且点A、D始终分别在射线OM和ON上． (1)如图1，若，点A、D在OM，ON上滑动过程中，OB何时取最大值，并求出此最大值． (2)如图2，点P在AB上，且，DP交AC于点F，延长射线BF交AD，ON分别于点G、Q． ①求证：． ②若，求的周长． 【答案】(1)经过的中点时最大，最大值为 (2)①见解析；② 【分析】（1）取的中点，连接、，则，当经过的中点时最大，由已知可得，由勾股定理可求得，则可求得最大值； （2）①由正方形的性质可证明，则有，又由互余的性质可得，再由角平分线的定义及等量代换可得，则可得结论； ②过点作于点，由已知可证明，则，，再由辅助线作法及①中结论易得四边形是矩形，故有，，由①有，则 ，最后易得结果． 【详解】（1）解：取的中点，连接、，如图所示， 则， 当经过的中点时最大； ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，的中点为， ∴， 在中，由勾股定理可求得， ∴， ∴最大值为； 即经过的中点时最大，最大值为； （2）解：①∵四边形是正方形， ∴，， ∵, ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，过点作于点， 则， 由①知，， ∵， ∴， ∴，， 由①知，， ∴四边形是矩形， ∴，， 由①知，， ∴， ∵， 又，， ∴的周长． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，两点间线段最短，直角三角形斜边上中线的性质及勾股定理等知识，灵活运用这些知识是关键，注意构造适当的辅助线． 【变式20-3】阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是． （1）在图2中，的度数是 （直接写答案）． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （2）如图3，在直角梯形中，（），，，是上一点，若，，求的长度． （3）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当 时，线段有最大值，并求出的最大值． 【答案】（1）； （2）； （3）当时，线段有最大值，最大值为． 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形三边之间的关系、旋转的性质属于综合题． 将绕点顺时针旋转得到，根据正方形的性质可知，因为，可得：； 过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，可证，根据全等三角形的性质可得，可以求出，根据勾股定理可得：，即可求出；     将绕点逆时针旋转得线段，连接、，利用勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可证，当、、三点共线时，有最大值，最大值为． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ； 故答案为：；                    解：如下图所示，过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，      ，，，， 直角梯形中，（），，， ， 四边形是正方形，，， 点与重合，、、三点共线，                    ， 由可知， 在和中，， （）， ，                                          ， ， ，， ， 在中，， ， 解得：；                                      当时，线段有最大值，               如下图所示，将绕点逆时针旋转得线段，连接、， 是等腰直角三角形，， ， ，              四边形是正方形， ，， ，即， 在和中，， ， ，                                 当有最大值时，有最大值， ，， 当、、三点共线时，有最大值， 最大值为， ， 此时， 当时，线段有最大值，最大值为． 【考点21 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 【例21】（2026·江西萍乡·一模）如图是的正方形网格，是格点三角形（顶点在小正方形的顶点处），请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，请作线段，且点在边上，使得平分的面积； (2)如图2，请作线段，且点在边上，使得平分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的对角线互相平分，三角形的中线平分三角形的面积解答即可； （2）根据矩形的性质，中线的性质，平行线的性质，面积的性质作图即可． 【详解】（1）解：根据矩形的对角线互相平分，三角形的中线平分三角形的面积，作图如下： 则线段即为所求； （2）解：连接交于点G，根据矩形的性质，得到点G是的中点， 连接， 则， 连接，设与的交点为E， 连接，设的交点为Q， 根据三角形中位线，得， ， ， ， 则即为所求． 【变式21-1】（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，、、、都是格点，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在图1中，画出以为一边的（点、为格点），使其面积为8，且连接，使； (2)在图2中，画出以为底边的等腰（点为格点），且，再作出边上的高（保留作图痕迹，体现作图过程）．此时线段的长为_____． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析， 【分析】（1）在方格纸中作高为2的平行四边形确定线段所在直线，同时满足确定点和点的位置即可； （2）由矩形的性质可得点，结合等腰三角形的判定和性质可得，根据勾股定理，结合三角形的面积公式，可得线段的长． 【详解】（1）解：如图，四边形即为以格点、、、为顶点的面积等于8的平行四边形，而且； （2）解：如图，是以为底边的等腰三角形，为边上的高， ∵，， ∴是以为底边的等腰三角形， 由矩形的性质可得点为的中点， ∴， ∴是边上的高， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【变式21-2】如图，5×5网格是由边长为1个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是．已知格点P，请按以下要求画格点四边形（四边形的顶点都在格点上）．      (1)在图和图中分别画，使，的面积为，且这两个平行四边形不全等． (2)在图和图中分别画矩形，使矩形的面积为，且这两个矩形互不全等． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由该5×5网格是由边长为1个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是，求出该小菱形的高为，从而得出每个小菱形的面积为，即包含四个小菱形即可，进而可画出图形； （2）由题意可求出上下相邻的两个小菱形的较短对角线与其上底或下的夹角为，且长度为，即可做矩形的宽，再取其长为3即可画出一种；又可求出小菱形较短的对角线长度为1，较长的对角线长度为，且互相垂直，即取较短的对角线一条，较长的对角线3条即可又画出一种． 【详解】（1）解：如图中和图中即为所作；      （2）解：如图中和图中即为所作；      【点睛】本题考查格点作图，菱形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质．利用数形结合的思想是解题关键． 【变式21-3】（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）如图1，点在四边形内，满足，，则称点为四边形的一个等分角点．如图2，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，两个四边形的顶点均在格点上，请用无刻度的直尺在图中画图． (1)画出正方形的一个等分角点，使得点为格点，且满足； (2)画出四边形的一个等分角点，保留画图痕迹． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质． （1）连接交于点，由正方形的性质知，在上取点下方的一个格点，则，，此时，则点即为所作； （2）构造正方形，连接并延长交于点，由（1）知，，则点即为所作． 【详解】（1）解：如图，点即为所作； ； （2）解：如图，点即为所作． 【考点22 一次函数中求图形面积】 【例22】（25-26八年级上·安徽安庆·期中）如图，直线与轴、轴分别交于两点，为直线上一点，另一直线经过点．点是直线与轴的交点． (1)求点的坐标和直线的解析式； (2)判断的形状； (3)若点是直线上一点，当的面积等于面积两倍时，求出点的坐标． 【答案】(1)， (2)等腰直角三角形； (3)或 【分析】（）先求出点坐标，再利用待定系数法解答即可； （）求出点坐标，可得，即得，同理得，即得，即可求解； （）求出点坐标，即得，即得到，设，再分点在轴下方和上方两种情况解答即可求解； 本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数的几何应用，等腰直角三角形的判定，掌握一次函数的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】（1）解：∵为直线上一点， ∴， 解得， ∴点的坐标为， 将点代入，得， 解得． ∴直线的解析式为； （2）解：在中，令，得；令，得， ∴， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 同理在直线：中，可得， ∴ ∴是等腰直角三角形； （3）解：∵直线与轴的交点为， ∴， ∴， ∴， 设， ①当点在轴下方时，， 解得， ∴点的坐标为； ②当点在轴上方时，， 解得， ∴点的坐标为； 综上，当的面积等于面积两倍时，点的坐标为或． 【变式22-1】（25-26八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，的图象与轴，轴分别交于点，，且两个函数图象相交于点． (1)填空： ， ； (2)求的面积； (3)在线段上是否存在一点，使得的面积与四边形的面积比为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3，6 (2)50 (3)存在， 【分析】本题是一次函数综合题，主要考查一次函数的性质、三角形的面积、直角三角形的性质，解答本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想解答． （1）由是一次函数与的图象的交点，即可解出； （2）由两个一次函数解析式分别求出它们与x轴的交点坐标，得到的长，从而算出的面积； （3）由已知条件可得的面积，进而得出的长，即可得点M的坐标． 【详解】（1）解：是一次函数与的图象的交点， ， 解得， ， 解得， 故答案为：3，6； （2）解：由（1）可知，， 当时，，解得，，即， 当时，，解得，，即， ， ， 的面积为50； （3）解：的面积与四边形的面积比为，， ， 当时，，即， 设，则， ，解得，， ， 存在，且 【变式22-2】（25-26八年级上·四川达州·月考）如图，直线的解析式为，且与轴交于点，直线经过点、，直线，交于点． (1)求直线的解析式； (2)求的面积； (3)在直线上存在异于点的另一点，使得是的面积的倍，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)的坐标为或 【分析】本题考查的是一次函数的性质，三角形面积的计算等有关知识，利用图象上点的坐标得出解析式是解题关键． （1）设的解析式为，由图可得，；，，代入可得方程组，即可求出，的值； （2）根据直线的解析式为，求出点D坐标，联立直线，方程组，求出交点的坐标，继而可求出； （3）与底边都是，根据的面积是面积的倍，可得点的坐标． 【详解】（1）解：设直线的解析式为，把，；， 代入得 ， 解得， 直线的解析式为； （2）解：由，令，得， ， ； 由， 解得， ， ， ； （3）解：与有公共底边且在x轴上，的面积是面积的倍， ∴点到直线轴的距离是点到直线轴的距离的倍， 即纵坐标的绝对值是，则到轴距离为， 点纵坐标是， 将代入， ， 解得， ， 将代入， ， 解得， ， 综上所述，的坐标为或． 【变式22-3】（25-26八年级上·河北保定·期中）如图，直角坐标系中，，直线与轴交于点，直线与轴及直线分别交于点．点关于轴对称，连接． (1)求点的坐标及直线的解析式； (2)设面积的和，求的值； (3)在求（2）中时，小明有个想法：“将沿轴翻折到的位置，而与四边形拼接后可看成，这样求便转化为直接求的面积，更快捷．”但大家经反复验算，发现，请通过计算解释他的想法错在哪里． 【答案】(1)，，直线的解析式为：； (2) (3)见详解 【分析】本题主要考查一次函数与几何图形的综合，掌握一次函数图象的性质是关键． （1）根据直线与坐标轴的交点进行计算得到的坐标，运用待定系数法即可求解直线的解析式； （2）根据题意得到，根据面积公式计算即可求解； （3）根据轴对称的性质判定即可． 【详解】（1）解：直线与轴及直线分别交于点， ∴当时，， 解得，， ∴， 当时，， ∴， ∵点关于轴对称， ∴， 设直线的解析式为，把点代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为：； （2）解：∵， ∴， ∴ ； （3）解：在直线：中，当时，， 解得，， ∴直线与轴的交点为，与点不同， ∴，即． 【考点23 一次函数中的动点问题】 【例23】（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在四边形中，，，且满足，，，点P从点A出发，沿着折线A→B→C运动，到达点Ｃ后停止运动．设点P运动的路程为x，的面积为y． (1)请直接写出y关于x的函数表达式，并写出对应自变量x的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； (3)结合函数图象，当时，请直接写出x的值． 【答案】(1) (2)图象见解析；性质：该函数在时取得最大值为12（答案不唯一） (3)或 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，梯形的性质，等腰三角形的判定与性质，一次函数的解析式的求解，一次函数的图象与性质，解决本题的关键是分类讨论点P的位置得到表达式． （1）作辅助线构造矩形，并证明为等腰直角三角形，由此可得的长度，分类讨论点P在上与点P在上两种情况，当点P在上时，根据求解即可；当点P在上时，根据三角形面积公式求解即可； （2）先列表，再描点，从而在给定的平面直角坐标系中画出函数图象即可，再根据一次函数的图象得到性质即可； （2）根据函数图象即可求解． 【详解】（1）解：过点C作的延长线于点D，如图， ∵，， ∴，即四边形是梯形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，即， ∴， 又， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 则， 当点P在上时，， ∵点P运动的路程为x，即，则， ∴， ， ， ∴； 当点P在上时，，如图， ∴，则， ∴； ∴； （2）解：由（1）知，， 列表可得： x 0 2 4 6 9 y 4 8 12 8 2 描点可得图象为： 性质：该函数在时取得最大值为12； （3）解：由图象可知，当时，或． 【变式23-1】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是线段上任意一点（，两点除外）． (1)求直线的解析式； (2)过点分别作于点，于点，当点在上运动时，你认为四边形的周长是否发生变化？并说明理由； 【答案】(1) (2)不发生变化，理由见解析 【分析】此题考查了一次函数的图象和性质、一次函数和几何综合题，求出一次函数解析式是关键． （1）利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）设点的坐标为，四边形的周长即可得到结论． 【详解】（1）解；设直线的解析式为， 由题意可得， 解得， 的解析式为； （2）不发生变化．理由如下： 设点的坐标为， ，． 四边形的周长 四边形的周长不发生变化 【变式23-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）如图，已知长方形中，，，为边的中点，为长方形边上的动点，动点以4个单位／秒的速度从出发，沿着运动到点停止，设点运动的时间为秒，的面积为． (1)点运动过程中，求出与之间的关系式； (2)当为何值时，最大？并求出的最大值． 【答案】(1) (2)当时，最大，的最大值为． 【分析】此题是四边形综合题，主要考查了三角形面积求法，求一次函数的解析式和一次函数的性质，分类讨论是关键． （1）分两种情况讨论，求出函数解析式即可； （2）根据一次函数的性质求出最值即可． 【详解】（1）解：①当P在上时，即时（如图1）， 此时，， ∴的面积为， ②当点P在上时，即（如图2）， 此时， 则 ． 所以y与之间的关系式为， ∴ （2）当时，的面积为， ∵ ∴y随着x的增大而增大， ∴当时，， 当时，的面积为， ∵ ∴y随着x的增大而减小， ∴当时，， 综上可知，当时，最大，的最大值为． 【变式23-3】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1所示，在中，，，，E点是边上一点，且，动点M从B点出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线B→A→C方向运动，当点M与点C重合时停止运动．运动过程中，设动点M运动的时间为x秒（），的面积为． (1)请直接写出与x的函数表达式以及自变量x的取值范围； (2)在直角坐标系中画出函数的图象，并写出函数的一条性质； (3)已知函数的图象如图2所示，请结合函数图象直接写出当时，自变量x的取值范围（近似值保留一位小数，误差不超过） 【答案】(1) (2)图象见解析，当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小（答案不唯一） (3)（答案不唯一，误差范围不超过） 【分析】本题考查一次函数的应用，熟练掌握一次函数的图象和性质是解题的关键． （1）分两种情况分别求出函数解析式，并确定自变量x的取值范围； （2）通过解析式及自变量的取值范围画出函数的图象，根据图象进行解答即可； （3）通过函数解析式，分别求出函数与函数相交时，自变量x的值，可以帮助结合图象进行判断． 【详解】（1）解：当时，点在上，， 如图所示，过点作于点， ，， ， 在中，， ， 当时，点在上，， 如图所示， ， 故答案为：； （2）函数的图象如图所示： 当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小；（答案不唯一） （3）（令，得；令，得）， ∴当时，结合图象观察可知的取值范围为（答案不唯一，误差范围不超过）． 【考点24 与一次函数图象有关的应用】 【例24】（25-26八年级上·山西运城·月考）综合与探究 问题情境：2025年世界机器人运动大会竞速项目中，甲、乙两款机器人在的直线跑道上进行比赛．他们从跑道的同一起点同时出发，跑到终点，然后沿原路返回起点． 问题探究：比赛过程中，机器人实时位置到起点的距离（单位：）与时间（单位：s）的函数图象（不完整）如图所示，其中折线是甲款机器人的图象，线段是乙款机器人的部分图象，已知对应的函数关系式为． 问题解决： (1)①点的坐标为___________． ②求线段对应的函数关系式． (2)乙款机器人到达终点后，因故障耽误了，然后以原来的速度返回起点，请你在图中画出乙款机器人返回时的大致函数图象（线段），用字母标注两个端点，并写出两个端点的坐标． (3)从乙款机器人到达终点后开始探究，当两款机器人到起点的距离之差为时，直接写出的值． 【答案】(1)①；② (2)图象见解析； (3)的值为或50 【分析】本题考查了从函数图象中获取信息，用待定系数法求一次函数解析式，看懂图象是解题的关键． （1）①把点M的纵坐标代入函数关系式为，解出即可获解；②已知点O，点P的坐标，利用待定系数法求一次函数解析式即可； （2）因故障耽误了，代表纵坐标不变，横坐标增加5，以原来的速度返回起点，代表返回时用的时间相同，根据题意则可画出图象； （3）分别求出线段和线段对应的函数关系式，根据甲乙不同的位置情况分类讨论列关系式求解即可． 【详解】（1）解：①∵对应的函数关系式为，观察图象知点M的纵坐标为120， ∴， 解得， ∴点的坐标为， 故答案为：； ②观察图象知，设线段对应的函数关系式为， 把点代入，得， 解得， ∴线段对应的函数关系式为； （2）解：根据题意画出图象如图所示： ∵乙款机器人到达终点后，因故障耽误了， ∴点的横坐标为， ∴， 因为是以相同的速度返回起点，所以返回所用的时间与来时用的时间相同，为， ∴点的横坐标为， ∴， ∴ ，； （3）解：设线段对应的函数关系式， ∵，， ∴，解得， ∴线段对应的函数关系式， 设线段对应的函数关系式， ∵，， ∴，解得， ∴线段对应的函数关系式， 当时， 当乙款机器人还未动，但与甲款机器人相距时，则有， 解得 当乙款机器人已动但还未到达起点，两款机器人到起点的距离之差为时，则有， 解得或（舍去）， 故答案为：的值为或50． 【变式24-1】（25-26八年级上·江苏扬州·月考） 甲、乙两人从同一地点出发沿同一路线匀速步行前往处参加活动．甲比乙早出发，两人途中均未休息，先到达处的人在原地休息等待，直到另一人到达处．甲、乙两人之间的路程与甲行走的时间的函数图象，如图所示． (1)甲步行的速度为______，之间的路程为______m； (2)分别求出线段、所表示的与之间的函数表达式； (3)甲出发______，甲乙两人之间的路程为． 【答案】(1)60；3960 (2)线段的解析式为：；线段的解析式为： (3)或 【分析】本题考查一次函数的实际应用，从函数图像中有效的获取信息，正确的求出函数解析式是解题的关键： （1）观察图像可知，甲走了，甲行走时，乙追上甲，进而求出甲和乙的速度，当甲行走时，乙到达点，求出乙的总路程即为之间的路程； （2）待定系数法求出、段的函数关系式即可； （3）分和两种情况，求出的值即可． 【详解】（1）解：由图像可知：甲的速度为：， 设乙的速度为，由题意，得： ， 解得：， 故乙的速度为； 之间的路程为：； （2）解：设线段的解析式为：，把，代入得： ， 解得：， ∴线段的解析式为：； 由图象可知：点的纵坐标为， ∴， 设线段的解析式为：，把，代入，得： ， 解得：， ∴线段的解析式为：； （3）解：当时，令， 解得：； 当时，， 解得：； 综上：当甲出发或时，两人之间的路程为． 【变式24-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）某中学组织八年级学生前往甲城参加研学活动．学生分为两队同时从学校出发．队全程匀速行驶，队行驶1小时后车辆出故障停下维修用去1小时，之后提高速度追赶队。已知两队5小时内的行驶路程（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图①所示；两队行驶的路程差（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图②所示．请结合图象回答下列问题： (1)两队在2小时时路程差________千米；队在行驶中的速度是________千米／小时； (2)求图①中点的坐标； (3)求两队出发多长时间相距40千米． 【答案】(1)80；60 (2) (3)两队出发时间为小时或小时或4小时时相距40千米 【分析】本题考查一次函数的应用、行程问题等知识，解题的关键是学会利用函数解决实际问题，学会转化的思想，把问题转化为方程． （1）由图②可得出千米；设队的速度为千米/小时，求出在2小时时，，根据方程求解即可； （2）分别求出A队路程函数关系式为，和当时B队路程函数关系式为，联立方程组并求解可得答案； （3）分两队相遇前和相遇后以及A队行驶5时后相距三种情况进行讨论即可． 【详解】（1）解：由图②可知：当时，， 所以，A，B两队在2小时时路程差千米； 设队的速度为千米/小时，由图②得，A队和B队前行1小时的路程差为20，， 当时，的路程不变，， ∵， ∴， 解得， 所以，A队速度是60千米/小时； 故答案为：80；60； （2）解：当时，； 由得，， 所以，B队的速度为千米/小时， 当时，设， 当时，， 当时，， 由图②得，当时，， ∴， ∴， 把，代入得， ， 解得， ∴， 设A队路程函数解析式为， 把代入得， ∴， 联立方程组得， 解得， 所以，点的坐标为； （3）解：当时，无解； 当时，，解得，或（不合题意，舍去）； 当时，，解得，或（不合题意，舍去）； 当时，，解得， 综上，两队出发时间为小时或小时或4小时时相距40千米． 【变式24-3】（24-25九年级下·辽宁抚顺·月考）小明元旦从家里出发，沿笔直道路匀速步行去妈妈经营的商店帮忙，妈妈同时骑三轮车从商店出发，沿相同路线匀速回家装载货物，然后按原路原速返回商店，小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟，在此过程中，设妈妈从商店出发开始所用时间为（分钟），图1表示两人之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象；图2中的线段表示小明和商店之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象的一部分． 请根据所给信息，解答下列问题： (1)妈妈骑车的速度是___________米/分钟，妈妈在家装载货物所用时间是___________分钟，点的坐标是___________ (2)请求出图2中线段表示的小明和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系式，并指明自变量的取值范围；在图2中画出妈妈和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系的图象． 【答案】(1)120；5； (2)；见解析 【分析】本题考查了一次函数的实际应用，由图象获取正确的信息，利用待定系数法求一次函数解析式是解题关键． （1）先求出小明步行的速度，然后即可求出妈妈骑车的速度；先求出妈妈回家用的时间，然后根据小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟， 即可求出装货时间；根据题意和图象可得妈妈在点时开始返回商店，然后即可求出的坐标； （2）待定系数法求得出的解析式；进而分①当时，②当时，③当时， 三段，求出妈妈和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数解析式，根据解析式画图即可； 【详解】（1）由题图2知，小明步行的速度为（米/分钟）． 由题图1知，10分钟时，小明和妈妈相遇， 妈妈骑车的速度为（米/分钟）． 妈妈回家用时为（分钟）． 小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟， 妈妈在35分钟时返回商店． 装货时间为（分钟）． 由题图1知，点表示妈妈装完货要从家返回商店时，小明和妈妈之间的距离． 点的横坐标为． 点的纵坐标为． 点的坐标为． 故答案为：120；5； （2）设与之间的函数关系式为． 将点，代入，得 解得， ①当时，； ②当时，； ③当时，设此段函数解析式为， 将点，代入得， 解得， 此段函数解析式为． （米）与时间（分钟）之间的函数关系的图象如下： 【考点25 与一次函数性质有关的应用】 【例25】（25-26九年级上·黑龙江七台河·月考）雪消门外千山绿，花发江边二月晴，雨水节气之后，春管正由南向北陆续展开，为了落实党和国家的“三农”政策，兴隆镇将台A型拖拉机、台B型拖拉机调往曙光和胜利两个村支援春耕，其中台给曙光村 ，台给胜利村，调往曙光和胜利两个村的拖拉机每台的运费（元）如下表： A型拖拉机 每台的运费 B型拖拉机 每台的运费 曙光 胜利 (1)设调往曙光村A型拖拉机x台，台拖拉机调往曙光和胜利两个村的总运费为W （元），求W关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (2)若公司调往曙光和胜利两个村的总运费多于元，求有哪几种调运方案； (3)由于调往两个村的拖拉机数量多，运输公司决定仅对调往曙光村的A型拖拉机每台的运费降低a元，但让利后A型拖拉机每台的运费仍高于调往曙光村的B型拖拉机每台的运费．调往曙光村的B型拖拉机每台的运费以及调往胜利村的A、B型拖拉机每台的运费不变，请直接写出a为何值时（2）中的所有方案付出的总运费相同． 【答案】(1) (2)①运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，运往胜利A型拖拉机2台、B型拖拉机台；②运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，运往胜利A型拖拉机1台、B型拖拉机台；③运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，运往胜利A型拖拉机0台、B型拖拉机台 (3)a的值为时（2）中的所有方案付出的总运费相同 【分析】本题考查一次函数的应用，一元一次不等的应用，方程和方案问题，熟练掌握一次函数的应用和一元一次不等式的应用是解题的关键， （1）设调往曙光村A型拖拉机x台，则曙光村B型拖拉机为台，胜利村A型拖拉机为台，胜利村B型拖拉机为台，根据题意可列出W关于x的关系式，再结合实际问题可得到x的取值范围； （2）由于总运费多于元，可得，解得，再根据，可得到三种方案； （3）：设调整后曙光村A型运费为元/台，可得调整后的总费用与x的关系式，因为所有方案总运费相同，所以消去x的影响，得到，即可得到a的值，最后验证即可确定答案． 【详解】（1）解：设调往曙光村A型拖拉机x台，则曙光村B型拖拉机为台，胜利村A型拖拉机为台，胜利村B型拖拉机为台，由题可得： ， 整理得到：， ∵调运数量非负且不超过库存， ∴x的取值范围为：，且为整数， ∴． （2）解：∵总运费多于元， ∴， 解得：， ∵， ∴当时，曙光村A型台，B型台，胜利村A型台，B型台， 当时，曙光村A型台，B型台，胜利村A型台，B型台， 当时，曙光村A型台，B型台，胜利村A型台，B型台， ∴有三种方案，分别是： ①运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，胜利A型拖拉机2台、B型拖拉机台；②运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，胜利A型拖拉机1台、B型拖拉机台；③运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，胜利A型拖拉机0台、B型拖拉机台． （3）解：设调整后曙光村A型运费为元/台， 总运费变为：， 整理得：， ∵所有方案总运费相同， ∴， 解得：， 经验证，符合题意， ∴时，所有方案总运费相同． 【变式25-1】（25-26八年级上·安徽阜阳·月考）某校给在校园科技创新大赛活动中表现优异的同学购置、两种纪念品．经了解甲、乙两家商场相同商品标价相同，两家商场都长期让利出售．其中甲商场所有商品按折出售，乙商场对一次购物超过元后的部分打折． (1)用单位：元表示按原价应支付的购物金额，单位：元表示优惠后的购物金额，请直接写出在两家商场购物超过元时，关于的函数解析式； (2)种纪念品每件标价元，但只有甲商场有货．种纪念品在两商场标价均为每件元．学校一共要购买两种纪念品件，其中种纪念品不超过种纪念品的倍，如何购买才能使所花费用最少，最少费用是多少？ 【答案】(1)， (2)在甲商场购买件种纪念品、乙商场购买件种纪念品才能使所花费用最少，最少费用是元 【分析】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用； （1）分别根据两个商场的优惠情况计算即可； （2）设购买种纪念品件，则购买种纪念品，根据题意列关于的一元一次不等式并求其解集，比较购买方案，进而根据一次函数的增减性和的取值范围，确定当取何值时值最小，求出其最小值即可． 【详解】（1）解：，． （2）设购买种纪念品件，则购买种纪念品， 根据题意，得， 解得， 方案一（合并购买）：、两种纪念品均在甲商场购买，总费用为， 方案二（分开购买）：在甲商场购买种纪念品，在乙商场购买种纪念品，总费用为， 当时， ∴当时， 根据题意，则 件种纪念品应全部在乙商场购买， ， 随的增大而增大， ， 当时值最小，， 件． 答：在甲商场购买件种纪念品、乙商场购买件种纪念品才能使所花费用最少，最少费用是元． 【变式25-2】（25-26八年级上·安徽马鞍山·期中）某公司需要购买甲、乙两种商品共件，甲、乙两种商品的价格分别为元和元．且要求乙种商品的件数不少于甲种商品件数的倍．设购买甲种商品件，购买两种商品共花费元． (1)请求出与的函数关系式及的取值范围． (2)试利用函数的性质说明，当购买多少件甲种商品时，所需要的费用最少?费用最少是多少? 【答案】(1)，且为整数； (2)当时，费用最少，最少费用为元 【分析】本题考查了一次函数的实际应用，寻找等量关系列出函数式子是解题的关键． （1）根据总花费甲的总费用乙的总费用列式解答即可； （2）分析函数的增减性，代入运算求解即可． 【详解】（1）解：∵购买了甲种商品件，且甲、乙两种商品共件， ∴购买了乙种商品件， ∴由题意可得：， ∵乙种商品的件数不少于甲种商品件数的倍， ∴， 解得：， ∴，且为整数； （2）∵， ∴， ∴随的增大而减小， ∴当时，费用最少，最少费用为：（元）， 答：当时，费用最少，最少费用为元． 【变式25-3】（24-25八年级上·四川成都·期末）某商店销售1台型和3台型电脑的利润为550元，销售2台型和3台型电脑的利润为650元． (1)求每台型电脑和每台型电脑的销售利润； (2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共50台，设购进型电脑台，这50台电脑的销售总利润为元． ①求关于的函数关系式； ②判断总利润能否达到7000元，并说明理由． 【答案】(1)每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元； (2)①；②能，理由见解析 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一次函数的应用．根据题意正确的列等式是解题的关键． （1）每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元，依题意列出方程组，解方程求解即可； （2）①设购进型电脑台，则购进型电脑台，根据每台的销售利润乘以数量，即可列出函数关系式； ②将代入①中解析式，即可求解． 【详解】（1）解：每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元， 依题意得，， 解得，， ∴每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元； （2）①设购进型电脑台，则购进型电脑台 这50台电脑的销售总利润为元． ∴ ②当时， 解得： ∴能，当 时，总利润为 7000 元 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 期末复习压轴题25个考点 【新教材湘教版】 【选填压轴篇】 1 【考点1 多边形内角和与外角和的综合】 1 【考点2 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 2 【考点3 平行四边形中动点最值】 3 【考点4 特殊四边形折叠求角度或边长】 5 【考点5 特殊四边形的动点最值】 6 【考点6 特殊四边形旋转找对应点坐标】 7 【考点7 特殊四边形与几何变换综合】 8 【考点8 坐标与图形性质】 9 【考点9 点的坐标规律探索】 10 【考点10 动点问题的函数图象】 12 【考点11 求一次函数的解析式】 13 【考点12 由一次函数的性质求字母的取值范围】 14 【考点13 一次函数中的面积问题】 15 【考点14 与一次函数有关的行程问题】 16 【解答压轴篇】 17 【考点15 平行四边形与全等三角形构造证明】 17 【考点16 平行四边形与翻折求线段关系】 19 【考点17 动点与平行四边形存在性】 21 【考点18 特殊四边形与几何变换】 22 【考点19 特殊四边形与存在性问题】 25 【考点20 特殊四边形中动点与最值】 27 【考点21 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 29 【考点22 一次函数中求图形面积】 30 【考点23 一次函数中的动点问题】 32 【考点24 与一次函数图象有关的应用】 34 【考点25 与一次函数性质有关的应用】 36 【选填压轴篇】 【考点1 多边形内角和与外角和的综合】 【例1】（25-26九年级上·浙江宁波·月考）一个凸九边形中有三个内角分别为，，，则它的其它内角的度数不可能为（   ）． A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）如图，作平分线的反向延长线，现要分别以，，为内角作正多边形，且边长均为，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以为内角，可作出一个边长为的正方形，此时，而是（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图所示．图中的图案外轮廓周长是．在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是（  ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·江苏南京·一模）图中表示被撕掉一块的正边形纸片．若，则的值是_______． 【变式1-3】如图，已知：四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠ACB＝74°，∠ABC＝46°，且∠BAD+∠CAD＝180°，那么∠BDC的度数为_____．    【考点2 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 【例2】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，为的对角线，，于点E，于点F，、相交于点H，直线交线段延长线于点G，下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确的结论有（    ） A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④ 【变式2-1】（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在中，，，于E，，的平分线交于F，连接．则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，点E在上，，平分，，则的面积是________． 【变式2-3】（25-26八年级下·北京延庆·期中）如图，在中，，于点E，于点F，，交于点N，，的延长线交于M，给出下列结论：①；②点C是的中点；③；④．则上述结论中，所有正确结论的序号是______． 【考点3 平行四边形中动点最值】 【例3】如图，在平行四边形中，，E是边上一点，且，F是射线上的动点，以为边在右侧作等边，连接，则线段长的最小值为_____．    【变式3-1】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．4 【变式3-2】（25-26八年级下·安徽芜湖·期中）如图，已知中，，，点为平面内一点，满足，分别以，为边作平行四边形，连接，则 （1）的最小值是__________； （2）的最大值是__________． 【变式3-3】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，在矩形中，，点E、F分别为线段上动点，且，点G是线段上一点，且满足，四边形关于直线对称后得到四边形，连接，当 _______时，点与点D重合，在运动过程中，线段长度的最大值是____________． 【考点4 特殊四边形折叠求角度或边长】 【例4】如图，已知是矩形的对角线，，，点，分别在边，上，连接，将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点，分别落在对角线上的点，处，连接．则： （1）______． （2）______． 【变式4-1】（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，将沿翻折得到，若恰好为的中点，则的长为（　　） A． B． C． D． 【变式4-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，已知正方形边长为8，E为中点，将沿翻折得到，P，Q分别为边，上一点，将沿翻折使点对应点落在边上，若，则（   ） A． B． C． D． 【变式4-3】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为________． 【考点5 特殊四边形的动点最值】 【例5】（24-25八年级下·安徽安庆·期中）如图，在矩形中，，，E、F为、边上的动点，以为斜边作等腰直角，其中，连接、． （1）若点E、F分别是的中点，则点G到的距离是________； （2）当点E、F在、边上运动时，则的最小值为______． 【变式5-1】（24-25八年级下·福建福州·期末）在边长为的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是___________． 【变式5-2】（25-26九年级上·安徽·期中）如图，正方形的边长为8，为对角线上一动点，中，，，当点从点运动到点的过程中，的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【变式5-3】（24-25九年级上·福建漳州·期末）在边长为8的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是（    ） A．4 B． C．8 D． 【考点6 特殊四边形旋转找对应点坐标】 【例6】（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形，将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，依次类推，第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】（25-26九年级上·河南安阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，且坐标原点O为的中点，点A的坐标为．将正方形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】 （24-25九年级上·广东广州·期末）如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 【变式6-3】（24-25九年级上·黑龙江牡丹江·期末）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，把菱形绕点O逆时针旋转，使点A落到y轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（   ）    A． B． C．或 D．或 【考点7 特殊四边形与几何变换综合】 【例7】数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究.如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（    ） A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形 B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是正方形 C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形 D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形 【变式7-1】如图，长方形ABCD中，，，点E为射线DC上的一个动点，与关于直线AE对称，当为直角三角形时，DE的长为 A．2或8 B．或18 C．或2 D．2或18 【变式7-2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为3，中心为，在正方形外有一点，当正方形绕着点旋转时，则点到正方形的最短距离的取值范围为_____． 【变式7-3】已知中，，，，分别是，的中点，连接，将绕顶点旋转，当点到直线的距离为1时，的长为______． 【考点8 坐标与图形性质】 【例8】（24-25八年级下·江西赣州·期中）已知平面直角坐标系内有三个点，若四边形是平行四边形，则点C的坐标为（） A． B． C． D． 【变式8-1】（24-25八年级上·重庆沙坪坝·期中）如图，在平面直角坐标系中，将等腰直角三角形沿直角边翻折，点B落在点C处，若点A坐标为，则点C坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（24-25九年级上·贵州安顺·期末）如图，正方形的两边、分别在轴，轴上，点在边上，以点为旋转中心，把顺时针旋转，则旋转后点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，点是的中点，若点在轴上，且，则点的坐标为（   ） A． B． C．或 D．或 【考点9 点的坐标规律探索】 【例9】（25-26八年级上·安徽蚌埠·期中）如图，点第一次向上平移1个单位长度至点，第二次向右平移1个单位长度至点，第三次向上平移1个单位长度至点，第四次向右平移1个单位长度至点，……照此规律平移下去，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式9-1】（25-26八年级上·广东深圳·期中）如图，，，，…，都是斜边在x轴上、斜边长分别为2，4，6，…的等腰直角三角形．若的顶点坐标分别为，，，则依图中所示规律，的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式9-2】（25-26八年级上·黑龙江大庆·期中）如图，在平面直角坐标系中，，，，，把一条长为2025个单位长度且没有弹性的细线（线的粗细忽略不计）的一端固定在点A处，并按的规律绕在四边形的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式9-3】（25-26八年级上·山西太原·月考）横、纵坐标均为整数的点称为整点．如图，一列有规律的整点，其坐标依次为，根据这个规律，第2025的整点的坐标为 ． 【考点10 动点问题的函数图象】 【例10】如图1，四边形中，，，点从A点出发，以每秒两个单位长度的速度，按 的顺序在边上匀速运动，设点的运动时间为秒，三角形的面积为S，S关于的函数图象如图所示，当运动 秒时，三角形的面积为36．            【变式10-1】如图①，在长方形中，动点P从点A出发，匀速沿的路径运动，到点A处停止．设点P运动的路程为x，的面积为y，如果y与x之间的关系如图②所示，那么长方形的面积是（    ）    A．12 B．14 C．24 D．28 【变式10-2】（25-26九年级上·河北邯郸·开学考试）如图所示，长为2宽为1的矩形和边长为3的正方形在同一水平线上，矩形沿该水平线从左向右匀速穿过正方形；设穿过的时间为t，正方形除去矩形面积为S（阴影部分），则S与t的大致图象为（    ） A． B． C． D． 【变式10-3】（25-26八年级上·浙江杭州·月考）如图，点G是的中点，点H在上，动点P沿图1的边线匀速运动，运动路径为：，相应的的面积y（）关于运动时间x（s）的函数图象如图2，则下列选项中正确的是（   ） A． B．若，则 C． D．若，则函数过点 【考点11 求一次函数的解析式】 【例11】在平面直角坐标系中，直线，直线，若，与y轴围成的三角形的面积为5，则k的值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【变式11-1】如图，在中，，，点在边上，，点为的中点，点为边上的动点，若使四边形周长最小，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 【变式11-2】（25-26八年级上·全国·期中）中国象棋文化历史悠久．如图所示是某次对弈的残局图，如果建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点的位置，则在同一坐标系下，经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为（   ） A． B． C． D． 【变式11-3】如图所示，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段为边，在第二象限内作等腰直角，，则过B、C两点直线的解析式为（　　）    A． B． C． D． 【考点12 由一次函数的性质求字母的取值范围】 【例12】如图，已知长方形ABCD顶点坐标为A（1，1），B（3，1），C（3，4），D（1，4），一次函数y=2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是（　　） A．b≤﹣2或b≥﹣1 B．b≤﹣5或b≥2 C．﹣2≤b≤﹣1 D．﹣5≤b≤2 【变式12-1】已知一次函数y＝（2k﹣1）x+k+2的图象在范围﹣1≤x≤2内的一段都在x轴上方，则k的取值范围 ． 【变式12-2】如图，已知长方形ABCD中，AB＝，BC＝2，且顶点A的坐标为（1，1），若一次函数的图像与长方形ABCD的边有公共点，则的变化范围是 ．    【变式12-3】已知直线与直线，若直线与两直线相交于、两点，且，则的范围为 ． 【考点13 一次函数中的面积问题】 【例13】（25-26八年级上·安徽蚌埠·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点是直线上一动点，且在第一象限． （1）的面积为 ； （2）当的面积与的面积相等时，点的坐标为 ． 【变式13-1】（25-26八年级上·安徽宣城·期中）一次函数的图象与两坐标轴围成的三角形的面积等于4，则的值等于 ． 【变式13-2】边长为1的8个正方形如图摆放在直角坐标系中，直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，且与其中一个正方形的边交于点，则点的坐标为 ． 【变式13-3】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，与直线交于点C，点P在直线上，且的面积被y轴平分，则点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 【考点14 与一次函数有关的行程问题】 【例14】（25-26八年级上·山东济南·期中）在，两地之间有汽车站站，客车由地驶往站，货车由地驶往地．两车同时出发，匀速行驶．客车、货车离站的路程，(km)与行驶时间之间的函数图象如图所示．有下列说法：①，两地相距为；②两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为；③客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：；④客、货两车在小时相遇．其中正确的有（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【变式14-1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）甲、乙两车从A地沿直路同向匀速行驶行往B地，现甲车在乙车前500米处，设x秒后两车相距y米，y与x的函数关系如图所示，则乙车在整个运动过程中行驶的路程是（   ） A．3500米 B．3200米 C．4375米 D．4000米 【变式14-2】武汉疫情爆发期间，大学生小玲和小丽应聘成为了阳光小区的疫情防控志愿者一天早晨，小玲从阳光小区出发骑三轮车匀速到区疾病防控中心领取防疫物资，出发一段时间后，小丽发现小玲忘记带社区介绍信，立即骑自行车沿小玲行驶的路线匀速行驶去追赶，当小丽追上小玲后立即将介绍信交给了她，并用3分钟时间与小玲核对了一下防疫物资的清单，然后小玲将原速度提高了继续前往区疾病防控中心，而小丽则按原路以原来速度的一半匀速返回阳光小区．当小丽回到阳光小区2分钟后小玲也到达了疾控防控中心．设小丽与小玲之间的距离y（米）与小玲从阳光小区出发后的时间x（分）之间的关系如图所示，则阳光小区到区疾病防控中心的距离为 米． 【变式14-3】暑假假期，小明和小亮两家相约自驾车从重庆出发前往相距172千米的景区游玩两家人同时同地出发，以各自的速度匀速行驶，出发一段时间后，小明家因故停下来休息了15分钟，为了尽快追上小亮家，小明家提高速度后仍保持匀速行驶（加速的时间忽略不计），小明家追上小亮家后以提高后的速度直到景区，小亮家保持原速，如图是小明家、小亮家两车之间的距离s（km）与出发时间t（h）之间的函数关系图象，则小明家比小亮家早到景区 分钟． 【解答压轴篇】 【考点15 平行四边形与全等三角形构造证明】 【例15】（25-26八年级下·重庆开州·期中）在平行四边形中，． (1)如图1，若，，求四边形的面积； (2)如图2，若，点为边上一点，连接．点为上一点，连接交于点，连接，若点为边的中点，连接，且．求证：； (3)如图3，已知，，点P与点Q分别为线段与上的动点，满足，连接，，直接写出的最小值． 【变式15-1】（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，四边形是平行四边形，点在上，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图1中，过点作直线将四边形的面积平分； (2)在图2中，，作的平分线． 【变式15-2】在四边形中，点E、F在对角线上，连接，，． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出所有的全等的直角三角形． 【变式15-3】（2026·吉林·一模）如图，在矩形中，，，点E在边上，点G在边上，，连接，．将沿翻折得到，将沿翻折得到．连接，． (1)求证； (2)①四边形的形状为_____________． ②当点F在边上时，四边形的形状为_____________． (3)当四边形与矩形重叠部分图形是轴对称图形时，直接写出的长． 【考点16 平行四边形与翻折求线段关系】 【例16】（24-25九年级上·山东青岛·月考）如图1，将纸片沿中位线折叠，使点A对称点D落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似的，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形． (1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，__________； (2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个四边形， ①求证：折出的四边形为矩形 ②若，，求__________． 【变式16-1】（24-25八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．已知中，，点，，，分别在的边，，，上． 【操作判断】（1）如图1，若点，分别是，边的中点，分别沿和折叠，使点与点重合，点与点重合． ①四边形________平行四边形（填“是”或“不是”）； ②若四边形是矩形，求的度数． 【迁移思考】（2）如图2，沿折叠，点恰好与点重合，求证：四边形是菱形． 【拓展探索】（3）如图3，若点为边的中点，沿折叠，点的对应点为点，延长与射线交于点．若，，请直接写出线段的长． 【变式16-2】（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题背景】 同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． 【问题探索】 （1）如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为菱形； 【拓展延伸】 （2）如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长； （3）如图3，改变点的位置，将沿折叠，连接，当是以为直角的三角形时，求的长度． 【变式16-3】如图，已知平行四边形，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点是平行四边形边上的一个动点． 点的坐标为______，的长为______． 若点在边，上，点关于坐标轴对称的点落在直线上，求点的坐标． 若点在边，，上，点是与轴的交点，如图，过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，它们相交于点，将沿直线翻折，当点的对应点落在坐标轴上时，求点的坐标直接写出答案． 【考点17 动点与平行四边形存在性】 【例17】（24-25八年级下·广东广州·期末）梅文鼎是我国清代著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法，如图是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在中，，四边形和分别是以的三边为一边的正方形，延长和，交于点L，连接并延长交于点J，交于点K，延长交于点M． (1)证明：正方形的面积等于四边形的面积； (2)请利用（1）中的结论证明勾股定理． (3)如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）并说明作图依据；若不存在，请说明理由． 【变式17-1】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，A、C两点的坐标分别为．将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位长度，得到平行四边形，其中边与x轴交于点G，边与交于点H． (1)请直接写出点N，M的坐标以及直线的表达式__________． (2)平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形，请求出重叠部分的面积． (3)点E是x轴上一动点，在直线上是否存在点D，使以点O、N、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点D、点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式17-2】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在平行四边形中，，，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒． (1)用含t的代数式表示 ； (2)当时，求t的值； (3)请问是否存在t的值，使得A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式17-3】如图，在平面直角坐标系中，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，． (1)求出点的坐标； (2)一次函数的图象分别与线段交于两点，求证：； (3)点是直线上一动点，在轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【考点18 特殊四边形与几何变换】 【例18】（2024·山西临汾·一模）综合与实践 问题情境： 在数学课上，张老师带领同学们以“平移探究”为主题进行教学活动．如图，在菱形纸片中，，，将菱形沿对角线剪开，得到和，将沿射线方向平移一定距离得到，连接，． 猜想证明： （1）如图1，试判断四边形的形状，并说明理由； 实践探究： （2）如图2，当四边形为矩形时，求平移的距离； 问题拓展： （3）小颖同学受张老师启发将菱形沿对角线剪开，得到和，按如图3方式放置进行平移探究．将沿方向平移，连接，，并添加条件使得以A、F、C、E为顶点的四边形是一个特殊四边形，请在图4中画出平移后的图形，并写出必要的文字说明． 【变式18-1】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置； 操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置． 根据以上操作，填空： ①图1中四边形的形状是 ； ②图2中与的数量关系是 ；四边形的形状是 ． (2)迁移探究 小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下： 将三角板按（1）中的方式操作，如图3，在平移过程中，四边形的形状能否是菱形，若不能，请说明理由，若能，请求出的长． (3)拓展应用 在（2）的探究过程中： ①当为等腰三角形时，请直接写出的长； ②直接写出的最小值． 【变式18-2】（24-25九年级上·福建福州·期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得到．    (1)如图①，当旋转后满足轴时，求点的坐标， (2)如图②，当旋转后点恰好落在轴正半轴上时，求线段的长． (3)在（2）的条件下，边上的一点旋转后的对应点为．当取得最小值时，求点的坐标． 【变式18-3】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）点E，F是不同边上的两点（E，F不与顶点重合），连接，的一个顶点（不妨设为B）关于的对称点为O，我们把的其他顶点（不妨设为D）与O的距离称为这个点D与B的“关联距离”．比如：如图（1），点B与O关于对称，若，则点D与B的“关联距离”是1． (1)如图（2），四边形是矩形，点B关于的对称点O恰好在上，若，，，则点D与B的“关联距离”=_________，点C与B的“关联距离”=_________； (2)如图（3），，点A关于的对称点O在的延长线上，若，，求点B与A的“关联距离”； (3)如图（4），四边形是菱形，，点A关于的对称点O恰好在直线上，若，，直接写出点C与A的“关联距离”． 【考点19 特殊四边形与存在性问题】 【例19】（24-25八年级下·湖南长沙·月考）如图，直线与坐标轴分别交于点，，与直线交于点，射线上的动点以每秒个长度单位的速度从点出发，沿着方向作匀速运动，运动时间为秒，连结． (1)则点的坐标____________； (2)若是等腰直角三角形，则的值为_________； (3)若平分的面积，求直线对应的函数关系式． (4)若的面积为，则点的坐标为_____________． (5)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． (6)平面内是否存在一点，使以、、、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，请说明理由． 【变式19-1】已知矩形中，，．点E、F、G、H分别在、、、上，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，是否存在四边形是菱形？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由； (3)对于上的任意一点E，是否存在一个四边形是菱形？若都存在，请加以证明；若上只有一部分点存在，请求出存在四边形是菱形时，长的取值范围． 【变式19-2】（25-26八年级上·四川达州·期末）在平面直角坐标系中，四边形为正方形，，，为线段上一点，且．      (1)求直线的函数解析式； (2)作点关于轴的对称点，点为直线上一动点，在射线上是否存在点，使以为斜边的等腰直角三角形，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由； (3)在正方形的边上有一点，若，请直接写出点的坐标． 【变式19-3】如图，四边形中， ，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作于点，连接交于点，连接，设运动时间为秒． (1)连接，，当为何值时，四边形为平行四边形； (2)在运动过程中，是否存在某一时刻，使得平分，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)设四边形的面积为，求与的函数关系式； (4)将沿翻折，得到在运动过程中，是否存在某时刻，使四边形为菱形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【考点20 特殊四边形中动点与最值】 【例20】[问题提出] （1）如图①，为矩形的对角线，点E为的中点，连接，若，，则的长为 ； [问题探究] （2）如图②，为的对角线，且，点E、F分别为边、的中点，连接，，试判断四边形的形状，并说明理由； [问题解决] （3）如图③，是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为平行四边形，其中点D在的延长线上，E、F分别为边、的中点，在四边形内种植某种新品种果树，经测量，，，米，，P、H为两个临时仓库，其中H为的中点，点P在上，现要沿、修建两条运输通道，问运输通道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【变式20-1】、是的边上两定点，是边上一动点，分别以、为边在上方同侧作正方形、正方形． (1)如图①，，，，连接、． ①求证：； ②当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请直接写出答案；若不存在，请说明理由； (2)如图②，，连接，当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请用直尺与圆规作出此时点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式20-2】如图，，四边形ABCD是正方形，且点A、D始终分别在射线OM和ON上． (1)如图1，若，点A、D在OM，ON上滑动过程中，OB何时取最大值，并求出此最大值． (2)如图2，点P在AB上，且，DP交AC于点F，延长射线BF交AD，ON分别于点G、Q． ①求证：． ②若，求的周长． 【变式20-3】阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是． （1）在图2中，的度数是 （直接写答案）． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （2）如图3，在直角梯形中，（），，，是上一点，若，，求的长度． （3）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当 时，线段有最大值，并求出的最大值． 【考点21 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 【例21】（2026·江西萍乡·一模）如图是的正方形网格，是格点三角形（顶点在小正方形的顶点处），请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，请作线段，且点在边上，使得平分的面积； (2)如图2，请作线段，且点在边上，使得平分的面积． 【变式21-1】（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，、、、都是格点，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在图1中，画出以为一边的（点、为格点），使其面积为8，且连接，使； (2)在图2中，画出以为底边的等腰（点为格点），且，再作出边上的高（保留作图痕迹，体现作图过程）．此时线段的长为_____． 【变式21-2】如图，5×5网格是由边长为1个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是．已知格点P，请按以下要求画格点四边形（四边形的顶点都在格点上）．      (1)在图和图中分别画，使，的面积为，且这两个平行四边形不全等． (2)在图和图中分别画矩形，使矩形的面积为，且这两个矩形互不全等． 【变式21-3】（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）如图1，点在四边形内，满足，，则称点为四边形的一个等分角点．如图2，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，两个四边形的顶点均在格点上，请用无刻度的直尺在图中画图． (1)画出正方形的一个等分角点，使得点为格点，且满足； (2)画出四边形的一个等分角点，保留画图痕迹． 【考点22 一次函数中求图形面积】 【例22】（25-26八年级上·安徽安庆·期中）如图，直线与轴、轴分别交于两点，为直线上一点，另一直线经过点．点是直线与轴的交点． (1)求点的坐标和直线的解析式； (2)判断的形状； (3)若点是直线上一点，当的面积等于面积两倍时，求出点的坐标． 【变式22-1】（25-26八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，的图象与轴，轴分别交于点，，且两个函数图象相交于点． (1)填空： ， ； (2)求的面积； (3)在线段上是否存在一点，使得的面积与四边形的面积比为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式22-2】（25-26八年级上·四川达州·月考）如图，直线的解析式为，且与轴交于点，直线经过点、，直线，交于点． (1)求直线的解析式； (2)求的面积； (3)在直线上存在异于点的另一点，使得是的面积的倍，求点的坐标． 【变式22-3】（25-26八年级上·河北保定·期中）如图，直角坐标系中，，直线与轴交于点，直线与轴及直线分别交于点．点关于轴对称，连接． (1)求点的坐标及直线的解析式； (2)设面积的和，求的值； (3)在求（2）中时，小明有个想法：“将沿轴翻折到的位置，而与四边形拼接后可看成，这样求便转化为直接求的面积，更快捷．”但大家经反复验算，发现，请通过计算解释他的想法错在哪里． 【考点23 一次函数中的动点问题】 【例23】（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在四边形中，，，且满足，，，点P从点A出发，沿着折线A→B→C运动，到达点Ｃ后停止运动．设点P运动的路程为x，的面积为y． (1)请直接写出y关于x的函数表达式，并写出对应自变量x的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； (3)结合函数图象，当时，请直接写出x的值． 【变式23-1】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是线段上任意一点（，两点除外）． (1)求直线的解析式； (2)过点分别作于点，于点，当点在上运动时，你认为四边形的周长是否发生变化？并说明理由； 【变式23-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）如图，已知长方形中，，，为边的中点，为长方形边上的动点，动点以4个单位／秒的速度从出发，沿着运动到点停止，设点运动的时间为秒，的面积为． (1)点运动过程中，求出与之间的关系式； (2)当为何值时，最大？并求出的最大值． 【变式23-3】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1所示，在中，，，，E点是边上一点，且，动点M从B点出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线B→A→C方向运动，当点M与点C重合时停止运动．运动过程中，设动点M运动的时间为x秒（），的面积为． (1)请直接写出与x的函数表达式以及自变量x的取值范围； (2)在直角坐标系中画出函数的图象，并写出函数的一条性质； (3)已知函数的图象如图2所示，请结合函数图象直接写出当时，自变量x的取值范围（近似值保留一位小数，误差不超过） 【考点24 与一次函数图象有关的应用】 【例24】（25-26八年级上·山西运城·月考）综合与探究 问题情境：2025年世界机器人运动大会竞速项目中，甲、乙两款机器人在的直线跑道上进行比赛．他们从跑道的同一起点同时出发，跑到终点，然后沿原路返回起点． 问题探究：比赛过程中，机器人实时位置到起点的距离（单位：）与时间（单位：s）的函数图象（不完整）如图所示，其中折线是甲款机器人的图象，线段是乙款机器人的部分图象，已知对应的函数关系式为． 问题解决： (1)①点的坐标为___________． ②求线段对应的函数关系式． (2)乙款机器人到达终点后，因故障耽误了，然后以原来的速度返回起点，请你在图中画出乙款机器人返回时的大致函数图象（线段），用字母标注两个端点，并写出两个端点的坐标． (3)从乙款机器人到达终点后开始探究，当两款机器人到起点的距离之差为时，直接写出的值． 【变式24-1】（25-26八年级上·江苏扬州·月考） 甲、乙两人从同一地点出发沿同一路线匀速步行前往处参加活动．甲比乙早出发，两人途中均未休息，先到达处的人在原地休息等待，直到另一人到达处．甲、乙两人之间的路程与甲行走的时间的函数图象，如图所示． (1)甲步行的速度为______，之间的路程为______m； (2)分别求出线段、所表示的与之间的函数表达式； (3)甲出发______，甲乙两人之间的路程为． 【变式24-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）某中学组织八年级学生前往甲城参加研学活动．学生分为两队同时从学校出发．队全程匀速行驶，队行驶1小时后车辆出故障停下维修用去1小时，之后提高速度追赶队。已知两队5小时内的行驶路程（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图①所示；两队行驶的路程差（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图②所示．请结合图象回答下列问题： (1)两队在2小时时路程差________千米；队在行驶中的速度是________千米／小时； (2)求图①中点的坐标； (3)求两队出发多长时间相距40千米． 【变式24-3】（24-25九年级下·辽宁抚顺·月考）小明元旦从家里出发，沿笔直道路匀速步行去妈妈经营的商店帮忙，妈妈同时骑三轮车从商店出发，沿相同路线匀速回家装载货物，然后按原路原速返回商店，小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟，在此过程中，设妈妈从商店出发开始所用时间为（分钟），图1表示两人之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象；图2中的线段表示小明和商店之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象的一部分． 请根据所给信息，解答下列问题： (1)妈妈骑车的速度是___________米/分钟，妈妈在家装载货物所用时间是___________分钟，点的坐标是___________ (2)请求出图2中线段表示的小明和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系式，并指明自变量的取值范围；在图2中画出妈妈和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系的图象． 【考点25 与一次函数性质有关的应用】 【例25】（25-26九年级上·黑龙江七台河·月考）雪消门外千山绿，花发江边二月晴，雨水节气之后，春管正由南向北陆续展开，为了落实党和国家的“三农”政策，兴隆镇将台A型拖拉机、台B型拖拉机调往曙光和胜利两个村支援春耕，其中台给曙光村 ，台给胜利村，调往曙光和胜利两个村的拖拉机每台的运费（元）如下表： A型拖拉机 每台的运费 B型拖拉机 每台的运费 曙光 胜利 (1)设调往曙光村A型拖拉机x台，台拖拉机调往曙光和胜利两个村的总运费为W （元），求W关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (2)若公司调往曙光和胜利两个村的总运费多于元，求有哪几种调运方案； (3)由于调往两个村的拖拉机数量多，运输公司决定仅对调往曙光村的A型拖拉机每台的运费降低a元，但让利后A型拖拉机每台的运费仍高于调往曙光村的B型拖拉机每台的运费．调往曙光村的B型拖拉机每台的运费以及调往胜利村的A、B型拖拉机每台的运费不变，请直接写出a为何值时（2）中的所有方案付出的总运费相同． 【变式25-1】（25-26八年级上·安徽阜阳·月考）某校给在校园科技创新大赛活动中表现优异的同学购置、两种纪念品．经了解甲、乙两家商场相同商品标价相同，两家商场都长期让利出售．其中甲商场所有商品按折出售，乙商场对一次购物超过元后的部分打折． (1)用单位：元表示按原价应支付的购物金额，单位：元表示优惠后的购物金额，请直接写出在两家商场购物超过元时，关于的函数解析式； (2)种纪念品每件标价元，但只有甲商场有货．种纪念品在两商场标价均为每件元．学校一共要购买两种纪念品件，其中种纪念品不超过种纪念品的倍，如何购买才能使所花费用最少，最少费用是多少？ 【变式25-2】（25-26八年级上·安徽马鞍山·期中）某公司需要购买甲、乙两种商品共件，甲、乙两种商品的价格分别为元和元．且要求乙种商品的件数不少于甲种商品件数的倍．设购买甲种商品件，购买两种商品共花费元． (1)请求出与的函数关系式及的取值范围． (2)试利用函数的性质说明，当购买多少件甲种商品时，所需要的费用最少?费用最少是多少? 【变式25-3】（24-25八年级上·四川成都·期末）某商店销售1台型和3台型电脑的利润为550元，销售2台型和3台型电脑的利润为650元． (1)求每台型电脑和每台型电脑的销售利润； (2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共50台，设购进型电脑台，这50台电脑的销售总利润为元． ①求关于的函数关系式； ②判断总利润能否达到7000元，并说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $