精品解析：辽宁沈阳市于洪区2025-2026学年度下学期期末学业水平测试八年级数学试卷

于洪区2025−2026学年度下学期期末学业水平测试 八年级数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：120分 考生注意：所有试题必须在答题卡指定区域内作答，在本试卷上作答无效 第一部分 选择题（共30分） 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 某日，我市最高气温为，最低气温为，则当天气温（）的变化范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知的当日最高气温与最低气温，即可确定气温的变化范围，考查不等式表示数量范围的应用． 【详解】解：∵某日我市最高气温是，最低气温是， ∴当天气温不低于最低气温，且不高于最高气温， 即变化范围为 2. 我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美．下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A．该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确； B．该图形不是轴对称图形，但是中心对称图形，故此选项错误； C．该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误； D．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项错误． 故选：A． 【点睛】本题考查了对称图形的定义和中心对称图形的定义，在平面内，一个图形绕某点旋转180°后能与原来的图形重合，这个图形叫做中心对称图形；一个图形沿某条直线对折后，直线两旁的部分能重合，这样的图形叫做轴对称图形．理解这两个概念是关键． 3. 如图是蜡烛在平面镜中成像的光路图，人眼所看到的是蜡烛在平面镜里的虚像，点与点到平面镜的距离相等，且它们的连线与平面镜垂直，故人眼感觉看到了真实的蜡烛．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了三角形外角的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握这三个性质是关键；由题意知平面镜所在直线垂直平分线段，则，从而等边对等角，再由三角形外角的性质即可求解． 【详解】解：∵点与点到平面镜的距离相等，且它们的连线与平面镜垂直， ∴平面镜所在直线垂直平分线段， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 4. 下列各式由左边到右边的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据因式分解的定义，判断变形是否将多项式转化为几个整式乘积的形式，即可得出答案． 【详解】解：∵ 选项A和选项C是整式乘法，最终结果是多项式的和，不符合因式分解定义； 选项D的结果是整式乘积与常数相加的形式，不是几个整式的积，不符合定义； 选项B将多项式化为整式的乘积形式，符合因式分解的定义． 5. 在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了多边形内角与外角，正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键． 根据正五边形的内角和公式和邻补角的性质即可得到结论． 【详解】解：， 故选：D． 6. 下列各式由左边到右边的变形，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查分式的符号法则和分式的基本性质，根据分式相关性质逐一判断变形是否正确即可． 【详解】解：选项A：∵，符合分式的符号法则，∴A变形正确； 选项B：只有当或时，才成立，不是对任意都成立，∴B变形错误； 选项C：分式的基本性质是分子分母同乘或同除以同一个不为0的整式，分式值不变，不是同加同一个数，例如时，，∴C变形错误； 选项D：拆分分式得，∴D变形错误． 7. 如图，在四边形中，已知．添加下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定定理，结合已知条件，对各选项进行逐一分析即可． 【详解】解：A选项，，，一组对边平行，另一组对边相等，该四边形可能是等腰梯形，不能判定四边形是平行四边形，故符合题意； B选项，，，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故不符合题意； C选项，，，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故不符合题意； D选项，，，，，，四边形是平行四边形，故不符合题意． 8. 下列定理没有逆定理的是（ ） A. 两直线平行，同旁内角互补 B. 直角三角形的两锐角互余 C. 全等三角形的对应角相等 D. 等边三角形的每一个内角都等于 【答案】C 【解析】 【分析】判断定理是否有逆定理，需先写出原定理的逆命题，再判断逆命题是否为真命题，逆命题为真则原定理有逆定理，逆命题为假则原定理没有逆定理． 【详解】解： A选项，原定理的逆命题为“同旁内角互补，两直线平行”，逆命题是真命题，因此该定理有逆定理． B选项，原定理的逆命题为“两锐角互余的三角形是直角三角形”，逆命题是真命题，因此该定理有逆定理． C选项，原定理的逆命题为“对应角相等的三角形是全等三角形”，对应角相等的三角形不一定全等，逆命题是假命题，因此该定理没有逆定理． D选项，原定理的逆命题为“三个内角都等于的三角形是等边三角形”，逆命题是真命题，因此该定理有逆定理． 9. 已知，求作的中线，两位同学给出了如下所示的方案一、二，则可行的方案是（ ） 方案一 作法： （1）分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，． （2）作直线，交于点，连接． 就是所要作的中线． 方案二 作法： （1）分别以点，为圆心，，的长为半径作弧，两弧相交于点． （2）连接，交于点． 就是所要作的中线． A. 方案一可行、方案二不可行 B. 方案一不可行、方案二可行 C. 方案一、方案二都可行 D. 方案一、方案二都不可行 【答案】C 【解析】 【分析】方案一通过作线段的垂直平分线确定中点；方案二通过构造平行四边形，利用对角线互相平分确定中点． 【详解】解：方案一： 由作法可知，直线是线段的垂直平分线 垂直平分线平分线段， ，即点为的中点 为的中线，方案一可行； 方案二： 由作法可知，， 四边形是平行四边形 平行四边形的对角线互相平分， 对角线、的交点为的中点 为的中线，方案二可行， 综上所述，方案一、方案二都可行． 10. “某学校计划整修校内米的道路，但是在实际施工时，…，求实际每天整修道路多少米？”在这个题目中，若设实际每天整修道路米，可得方程，则题目中用“…”表示的条件应是（） A. 每天比原计划多修米，结果延期天完成 B. 每天比原计划多修米，结果提前天完成 C. 每天比原计划少修米，结果延期天完成 D. 每天比原计划少修米，结果提前天完成 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查分式方程的实际应用，根据设出的实际工作效率，推导各代数式的含义，再结合方程的等量关系即可判断题目缺失的条件． 【详解】解：设实际每天整修道路米， ∵原计划每天整修道路为米，，可得实际每天比原计划多修米， 又∵总工作量每天修的长度总天数， 表示原计划完成的总天数，表示实际完成的总天数， 方程表示原计划总天数实际总天数天， 说明实际比原计划提前天完成， ∴符合的条件是每天比原计划多修米，结果提前天完成，故选：B． 第二部分 非选择题（共90分） 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若，则x______y（填：、、）． 【答案】 【解析】 【详解】解：， ∴不等式两边同时除以，不等号方向改变，得． 12. 方程的解为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先将分式方程转化为一元一次方程，求解后检验即可得到原方程的解． 【详解】解：由，可得，解得， 检验：当时， 是原分式方程的解． 13. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点，在第一象限内，顶点在轴上，顶点的坐标为，对角线轴．若，则点的坐标为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形对角线互相平分的性质，结合点在轴上及轴，利用中点坐标公式确定点的横坐标．过点作轴的垂线，构造直角三角形，利用勾股定理求出点的纵坐标即可求解． 【详解】解：设点的坐标为 四边形是平行四边形 对角线与互相平分 点的坐标为，轴 点的横坐标为3 点在轴上 点的横坐标为0 设与的交点为，则点为的中点 点的横坐标为 又点为的中点 点的横坐标为 ， 解得 过点作轴于点 点的坐标为 在中，， 由勾股定理得： 点在第一象限 点的坐标为． 14. 如图，在中，．现将沿方向平移得到，边与边相交于点，若此时点恰好在的平分线上，则的周长为_____． 【答案】15 【解析】 【分析】根据平移的性质得出，，进而利用勾股定理得出，进而利用相似三角形的判定与性质解答即可． 【详解】解：由平移可知，，，，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴相似比是， ∵的周长， ∴的周长为． 15. 如图，在中，，点在边上，且，以点为圆心，的长为半径作弧，与相交于点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线，与相交于点，与相交于点．若，则的长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】过点分别作，垂足为点，先得到均是等腰直角三角形，求出，然后证明，再根据等腰三角形的性质求解即可． 【详解】解：过点分别作，垂足为点， ∵ ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴，解得（舍负） ∵，， ∴ 由作图可得， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴． 三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. 因式分解或解不等式组 （1）因式分解： （2）解不等式组：，并把解集表示在数轴上． 【答案】（1） （2） 不等式组的解集为，数轴表示如图： 【解析】 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：  解不等式① 得 解不等式② 得 因此不等式组的解集为，数轴表示见答案． 17. 先化简，再求值：，任选一个值代入，其中是满足的整数． 【答案】，当时，原式（或当时，原式，任选其一即可） 【解析】 【详解】解： ∵是满足的整数， ∴ ∵分母 ∴ ∴或 当时，原式；当时，原式． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，且点的坐标为． （1）与关于原点成中心对称，请画出； （2）是的边上一点，将平移后，点的对应点是，请画出平移后的； （3）若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为 ． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据关于原点中心对称的坐标变换规则求出各顶点的对称点，描点连线画出三角形； （2）根据题意得出平移规则：左移、下移，将各顶点按规则平移后连线即可； （3）取一组对应点​、，用中点坐标公式算出中点，该点即为两三角形的对称中心． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图，连接，交于点， 则点为和的中心对称点， 点的坐标为， 点的坐标为，点的坐标为， 点的坐标为，即， 和的中心对称点为． 19. 探究不同的情境，回答下面的问题： （1）某共享单车公司准备投入资金购买甲、乙两种单车．已知甲种单车每辆元，乙种单车每辆元．该公司计划购买甲、乙两种单车共辆，且总费用不超过万元，那么最多可以购买甲种单车多少辆？ （2）该公司将购买的甲、乙两种单车投放到市场后，消费者支付费用（元）与骑行时间（）之间的关系如图．其中甲种单车支付费用是之内起步价元，对应的函数为；乙种单车支付费用对应的函数为．刘亮妈妈从家到公司的骑行距离为，两种单车的平均速度均为，则刘亮妈妈选择 种单车更省钱（填“甲”或“乙”）． 【答案】（1）最多可以购买甲种单车辆； （2）乙 【解析】 【分析】（1）设可以购买甲种单车辆，则购买乙种单车辆，总费用不超过万元，据此列出不等式并解不等式，求出最大正整数解即可； （2）先求出刘亮妈妈需要骑行的时间，当时，，当时，，据此进行解答即可． 【小问1详解】 解：设可以购买甲种单车辆，则购买乙种单车辆， 解得， ∵为正整数， ∴， 即最多可以购买甲种单车辆； 【小问2详解】 解由题意可知，两种单车的平均行驶速度均为，刘亮妈妈从家到公司的骑行距离为， 则刘亮妈妈需要骑行的时间为， 观察函数图象可知，当时，， 观察函数图象可知，当时，， ∴刘亮妈妈需要骑行的时间为时，刘亮妈妈选择乙种单车更省钱． 20. 如图，在中，是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如图，连接，若，，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形为平行四边形， ∴． ∴． ∵E是边的中点， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明，则，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可证得结论； （2）根据平行四边形的性质可得，，结合已知可得，根据三线合一可得，进而根据勾股定理即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形 ∴ 由（1）可得，四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∴ ∴， ∵， ∴， ∴ 21. 甲、乙两人在公园步道健步走，他们从步道起点同时出发，沿相同路线前往步道终点，全程总路程为千米． （1）甲将步道全程分两段行走：先走前千米，再走后千米．已知甲走后半段的速度是前半段速度的．若甲走完千米步道全程一共用时小时，求甲走前半段步道的速度； （2）设甲走前千米的速度为千米/时，走后千米的速度为千米/时；乙走步道全程时，把走完步道全程的总时间平均分成两半，前一半时间的速度为千米/时，后一半时间的速度为千米/时．设甲走完步道全程用时为小时，乙走完步道全程用时为小时，且．请通过计算比较，的大小，并判断甲、乙两人谁先到达终点． 【答案】（1）甲走前半段步道的速度为千米/时； （2），乙先到达终点． 【解析】 【分析】（1）设甲走前半段(前2千米)的速度为x千米/时，则后半段速度为千米/时，根据题意列得分式方程，据此求解即可； （2）根据题意分别求得，，计算得到，据此分析求得，即可判断乙先到达终点． 【小问1详解】 解：设甲走前半段(前2千米)的速度为x千米/时，则后半段速度为千米/时， 根据题意得， 解得， 经检验，是原方程的解； 答：甲走前半段步道的速度为千米/时； 【小问2详解】 解：甲前千米速度为千米/时，后千米速度为千米/时， ∴， 乙把总时间小时分成两半，每段小时，总路程千米， ∴， 整理得， ∴ ， ∵，， ∴，， ∴，即， ∴乙先到达终点． 22. 探究不同的情境，回答下面的问题： （1）如图，在与中（点，，在一条直线上），，，，连接，，相交于点，求证：． （2）如图，将图中的绕点逆时针旋转得到（点，的对应点分别为，），点，，分别是，，的中点，连接，． ①求证：； ②若，求的度数； ③在②的条件下，连接，，，，求的面积． 【答案】（1）证明：， ． ，， . （2）证明：由旋转得到， ， ，， ， ， ，， ， ． 点，，分别是，，的中点， ，， . ② ③ 【解析】 【分析】（1）利用通过等量代换求出，结合已知条件根据证明两个三角形全等． （2）①利用旋转的性质和已知条件推出，根据通过等量代换求出，结合，，证明推出，最后利用中位线定理即可推出． ②利用推出，结合对顶角相等以及内角和都是推出，利用中位线定理判定平行四边形，利用其性质推出，即可知道的度数． ③先构造直角，利用平角的定义、已知条件和直角三角形的性质推出，根据勾股定理求出长度，从而推出长度，根据中位线定理即可求出的长度，利用构造等腰直角三角形，结合勾股定理求出长度，即可求出的面积． 【小问1详解】 证明：略 【小问2详解】 ①证明：略 ②设与的交点是，设与的交点是，设与的交点是，如图所示， 由①知，， . ， ， ， ． 点，，分别是，，的中点， ，， 四边形为平行四边形， ． ， ． ③过点作于点，过点作于点，如图所示， ，， ， ， ， ，， 在中，，， ， 在中，. 由①可知，，， . ，， ， 为等腰直角三角形， ， 在中，， ， . 【点睛】本题考查了中位线定理、三角形全等、勾股定理、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质，解题的关键在于利用构造等腰三角形以及利用的邻补角构造含角的直角三角形． 23. 在平面直角坐标系中，直线与轴相交于点，与轴相交于点，点在直线上，设点的横坐标为． （1）如图，若点在线段上（不与点，点重合）． ①连接，若的面积不大于，求的取值范围； ②以点为旋转中心，将射线逆时针旋转至射线，点的坐标为，若，求点的坐标． （2）在平面直角坐标系中，我们把两点纵坐标差的绝对值叫作这两点的纵距．取点，将点和点的纵距记为． ①求关于的函数关系式； ②点是平面内任意一点，是否存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①；② （2）①②存在，且或 【解析】 【分析】（1）①先求得点的坐标，设，根据三角形的面积公式结合已知条件，列出一元一次不等式，解不等式，即可求解； ②过点作轴交于点，过点作于点，结合已知证明，设，，则，进而求得点，求得直线的解析式，将代入解方程，即可求解； （2）①根据纵距定义，是和纵坐标差的绝对值，所以代入、的纵坐标写出关于的函数关系式。 ②利用平行四边形对角线互相平分的性质，分三种对角线情况，结合点的坐标关系列方程，求解对应的并确定范围，即可求解． 【小问1详解】 解：①∵直线与轴相交于点， 当时，， 解得：，， 设，其中， ∴， 由的面积不大于，得， 解得：， ∴； ②解：如图，过点作轴交于点，过点作于点， ∴ ∵， ∴ ∴， 设， ∴ 设，则 ∴ ∴ 设直线的解析式为代入， ∴ 解得： ∴直线的解析式 将代入得 整理得： 即 解得：或（舍去） 当时， ∴ 【小问2详解】 ①纵距为纵坐标差的绝对值， 故： ∴ ②、横坐标都为，、横坐标都为， 故，若四边形为平行四边形， 只需， 即， 令，则， 代入得： 当时，，恒成立，即​； ∴ 当时，， 解得（舍去），即 ∴ 时，四点都在轴上，共线不能构成四边形，故排除 综上所述，且或 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 于洪区2025−2026学年度下学期期末学业水平测试 八年级数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：120分 考生注意：所有试题必须在答题卡指定区域内作答，在本试卷上作答无效 第一部分 选择题（共30分） 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 某日，我市最高气温为，最低气温为，则当天气温（）的变化范围是（ ） A. B. C. D. 2. 我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美．下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 3. 如图是蜡烛在平面镜中成像的光路图，人眼所看到的是蜡烛在平面镜里的虚像，点与点到平面镜的距离相等，且它们的连线与平面镜垂直，故人眼感觉看到了真实的蜡烛．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 下列各式由左边到右边的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则的大小为（　　） A. B. C. D. 6. 下列各式由左边到右边的变形，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四边形中，已知．添加下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 8. 下列定理没有逆定理的是（ ） A. 两直线平行，同旁内角互补 B. 直角三角形的两锐角互余 C. 全等三角形的对应角相等 D. 等边三角形的每一个内角都等于 9. 已知，求作的中线，两位同学给出了如下所示的方案一、二，则可行的方案是（ ） 方案一 作法： （1）分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，． （2）作直线，交于点，连接． 就是所要作的中线． 方案二 作法： （1）分别以点，为圆心，，的长为半径作弧，两弧相交于点． （2）连接，交于点． 就是所要作的中线． A. 方案一可行、方案二不可行 B. 方案一不可行、方案二可行 C. 方案一、方案二都可行 D. 方案一、方案二都不可行 10. “某学校计划整修校内米的道路，但是在实际施工时，…，求实际每天整修道路多少米？”在这个题目中，若设实际每天整修道路米，可得方程，则题目中用“…”表示的条件应是（） A. 每天比原计划多修米，结果延期天完成 B. 每天比原计划多修米，结果提前天完成 C. 每天比原计划少修米，结果延期天完成 D. 每天比原计划少修米，结果提前天完成 第二部分 非选择题（共90分） 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若，则x______y（填：、、）． 12. 方程的解为__________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点，在第一象限内，顶点在轴上，顶点的坐标为，对角线轴．若，则点的坐标为_____． 14. 如图，在中，．现将沿方向平移得到，边与边相交于点，若此时点恰好在的平分线上，则的周长为_____． 15. 如图，在中，，点在边上，且，以点为圆心，的长为半径作弧，与相交于点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线，与相交于点，与相交于点．若，则的长为_______． 三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. 因式分解或解不等式组 （1）因式分解： （2）解不等式组：，并把解集表示在数轴上． 17. 先化简，再求值：，任选一个值代入，其中是满足的整数． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，且点的坐标为． （1）与关于原点成中心对称，请画出； （2）是的边上一点，将平移后，点的对应点是，请画出平移后的； （3）若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为 ． 19. 探究不同的情境，回答下面的问题： （1）某共享单车公司准备投入资金购买甲、乙两种单车．已知甲种单车每辆元，乙种单车每辆元．该公司计划购买甲、乙两种单车共辆，且总费用不超过万元，那么最多可以购买甲种单车多少辆？ （2）该公司将购买的甲、乙两种单车投放到市场后，消费者支付费用（元）与骑行时间（）之间的关系如图．其中甲种单车支付费用是之内起步价元，对应的函数为；乙种单车支付费用对应的函数为．刘亮妈妈从家到公司的骑行距离为，两种单车的平均速度均为，则刘亮妈妈选择 种单车更省钱（填“甲”或“乙”）． 20. 如图，在中，是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如图，连接，若，，，求的长． 21. 甲、乙两人在公园步道健步走，他们从步道起点同时出发，沿相同路线前往步道终点，全程总路程为千米． （1）甲将步道全程分两段行走：先走前千米，再走后千米．已知甲走后半段的速度是前半段速度的．若甲走完千米步道全程一共用时小时，求甲走前半段步道的速度； （2）设甲走前千米的速度为千米/时，走后千米的速度为千米/时；乙走步道全程时，把走完步道全程的总时间平均分成两半，前一半时间的速度为千米/时，后一半时间的速度为千米/时．设甲走完步道全程用时为小时，乙走完步道全程用时为小时，且．请通过计算比较，的大小，并判断甲、乙两人谁先到达终点． 22. 探究不同的情境，回答下面的问题： （1）如图，在与中（点，，在一条直线上），，，，连接，，相交于点，求证：． （2）如图，将图中的绕点逆时针旋转得到（点，的对应点分别为，），点，，分别是，，的中点，连接，． ①求证：； ②若，求的度数； ③在②的条件下，连接，，，，求的面积． 23. 在平面直角坐标系中，直线与轴相交于点，与轴相交于点，点在直线上，设点的横坐标为． （1）如图，若点在线段上（不与点，点重合）． ①连接，若的面积不大于，求的取值范围； ②以点为旋转中心，将射线逆时针旋转至射线，点的坐标为，若，求点的坐标． （2）在平面直角坐标系中，我们把两点纵坐标差的绝对值叫作这两点的纵距．取点，将点和点的纵距记为． ①求关于的函数关系式； ②点是平面内任意一点，是否存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出的取值范围；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $