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【期末压轴题】人教版八年级数学下册期末压轴解答题35道 试卷分析
三、知识点分布
一、解答题
1 0.4 相似三角形的判定与性质综合；与图形有关的问题(一元二次方程的应用)；根据矩形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
2 0.4 求一次函数解析式；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形
3 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
4 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；线段垂直平分线的性质；含30度角的直角三角形；证明四边形是平行四边形；用勾股定理解三角形；利用平行四边形性质和判定证明
5 0.4 证明四边形是菱形；含30度角的直角三角形；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
6 0.4 两直线的交点与二元一次方程组的解；正方形性质理解；求一次函数解析式；一次函数图象平移问题
7 0.4 由平移方式确定点的坐标；求直线围成的图形面积；一次函数与几何综合；乘方运算的符号规律；求一个数的算术平方根；求一次函数解析式；利用平行四边形的性质求解
8 0.4 一次函数与几何综合；根据菱形的性质与判定求线段长；正方形性质理解；一次函数图象与坐标轴的交点问题；用勾股定理解三角形；已知两点坐标求两点距离
9 0.4 全等三角形综合问题；折叠问题；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
10 0.4 全等的性质和HL综合（HL）；根据矩形的性质与判定求线段长；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
三、知识点分布
11 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；矩形性质理解；证明四边形是矩形；利用平行四边形性质和判定证明
12 0.4 一次函数与几何综合；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据成轴对称图形的特征进行求解；等腰三角形的定义；折叠问题；求一次函数解析式；用勾股定理解三角形
13 0.4 利用平移的性质求解；一次函数与几何综合；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；求一次函数解析式；利用平行四边形的性质求解
14 0.4 折叠问题；三角形的外角的定义及性质；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
15 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；等腰三角形的性质和判定；求一次函数解析式；用勾股定理解三角形
16 0.4 最大利润问题(一次函数的实际应用)；销售、利润问题(二元一次方程组的应用)；一元一次不等式组的其他应用
17 0.4 一次函数与几何综合；写出直角坐标系中点的坐标；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；矩形与折叠问题；等腰三角形的性质和判定；求一次函数解析式；坐标系中的对称；用勾股定理解三角形
18 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；几何图形中角度计算问题；根据正方形的性质证明；线段的和与差
19 0.4 三角形三边关系的应用；求一次函数解析式；求绕原点旋转90度的点的坐标；画已知图形关于某点对称的图形；画旋转图形
20 0.4 斜边的中线等于斜边的一半；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据旋转的性质求解；根据正方形的性质证明；垂线的定义理解；三线合一；全等三角形的性质；用勾股定理解三角形
三、知识点分布

21 0.4 一次函数与几何综合；求一次函数解析式；利用平行四边形的性质求解
22 0.4 行程问题(一次函数的实际应用)；从函数的图象获取信息
23 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；根据旋转的性质求解；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
24 0.4 斜边的中线等于斜边的一半；根据平行线的性质求角的度数；线段垂直平分线的性质；线段垂直平分线的判定；含30度角的直角三角形；等边对等角；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
25 0.4 利用平移的性质求解；根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
26 0.4 含30度角的直角三角形；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
27 0.4 根据平行线的性质探究角的关系；角平分线的有关计算
28 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和SAS综合（SAS）；等腰三角形的性质和判定；根据正方形的性质与判定求线段长
29 0.4 根据平行线判定与性质证明；角平分线的性质定理；证明四边形是菱形；用勾股定理解三角形
30 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；无刻度直尺作图；添一个条件成为平行四边形；判断中心对称图形的对称中心
三、知识点分布

31 0.15 利用平移的性质求解；用SAS间接证明三角形全等（SAS）；等腰三角形的性质和判定；二次根式的乘除混合运算；利用平行四边形的性质求解；利用平行四边形的性质证明；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
32 0.15 一次函数与几何综合；根据矩形的性质求线段长；求一次函数解析式；用勾股定理解三角形
33 0.15 与三角形中位线有关的求解问题；与三角形中位线有关的证明；全等的性质和SAS综合（SAS）；含30度角的直角三角形；根据旋转的性质求解；等边对等角；用勾股定理解三角形
34 0.15 全等三角形综合问题；全等的性质和SAS综合（SAS）；利用菱形的性质证明；含30度角的直角三角形；等边三角形的性质；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
35 0.12 一次函数与几何综合；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据旋转的性质求解；求一次函数解析式；用勾股定理解三角形
【期末压轴题】人教版八年级数学下册期末考试
压轴解答题35道
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．（24-25八年级下·吉林·期末）如图，在矩形中，，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以的速度沿折线向终点C运动，点Q的速度沿向终点D运动，当点P停止运动时，点Q也随之停止运动，设运动时间为t（s）．
(1)当t=______s时，四边形的面积为；
(2)当点P在边上运动时，是否存在一个时刻，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)设的面积为S，求S关于t的函数关系式；
(4)当是以为腰的等腰三角形时，直接写出t的值．
2．（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系点中，，点在轴正半轴上且，直线的图象交轴于点．
(1)求直线的表达式；
(2)在轴上找一点，使，求点的坐标；
(3)如图，点是射线上一动点，过点作交轴于点，连接，当与以点、、为顶点的三角形相似时，求点的坐标．
3．（24-25八年级下·广西百色·期末）【问题情景】如图，已知正方形，，点在边上，射线交于点，交射线于点，点是的中点，连接，．
【证明与探究】
(1)求证：；
(2)请判断与的位置关系，并说明理由；
(3)作的中点，连接，若，求的长．
4．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）在中，点D是的中点，过点A作，连接，．
(1)如图1，连接，交于点F，且．求证：四边形是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，连接交于点O，过点O作，垂足为O，交于点G，连接，且，如图2所示，已知，，求的长．
5．（24-25八年级下·湖北黄冈·期末）综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动．
(1)【操作与证明】：
①如图①所示，王华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则_______，_______；
②如图②所示，张亮将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形；
(2)【迁移应用】：
如图③所示，李明将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长．
6．（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）如图，直线交轴于点，交轴于点，直线经过点，交轴于点．
(1)请求出B点坐标和直线的函数解析式；
(2)将直线向下平移个单位，且经过点；将直线向下平移个单位，且经过点，平移后的两直线交于点；请求出点的坐标；
(3)如图，将直线向右平移得到直线，点是与直线的交点，点，分别在射线，上，且轴，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，．
设四边形的周长为，设点的横坐标为，求出与的函数关系式；
当四边形为正方形时，直接写出的值．
7．（24-25八年级下·甘肃兰州·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，且，的长满足．
(1)求点，点的坐标；
(2)若直线与线段交于点，与轴，轴分别交于，两点，且点，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿射线方向运动，设点的运动时间为秒，连接，设的面积为，求与的函数关系式（请直接写出自变量的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，在坐标平面内是否存在点，使以A，，，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．
8．（24-25八年级下·吉林白山·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数 的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P在线段上，过点P分别作于点C，于点D．
(1)求线段的长；
(2)若四边形为正方形，求点P的坐标；
(3)点M在x轴上，点N在第一象限，若以A，B，M，N 为顶点的四边形是菱形，直接写出点N的坐标．
9．（24-25八年级下·吉林白山·期末）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
【操作判断】操作一：
如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接．
（1）根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，则
① ____________°；
②线段之间的数量关系为_______________．
【深入探究】操作二：
如图2，将∠C沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接．
同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示．
（2）小明通过观察图形，测量并猜想，得到结论，请判断该结论是否成立，并说明理由．
【拓展应用】
（3）若正方形纸片的边长为3，当点N落在折痕上时，直接写出线段的长．
10．（24-25八年级下·吉林白山·期末）如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以秒的速度向点B运动；同时点Q从点C出发，以秒的速度向点D运动．规定其中一个动点到达终点时另一个动点也随之停止运动．设点Q运动的时间为t秒．
(1)直接写出边的长为________cm；
(2)当四边形是矩形时，求t的值；
(3)在点Q运动过程中，当是等腰三角形时，求t的值；
(4)在点P，Q运动过程中，当时，直接写出t的值．
11．（24-25八年级下·山西晋城·期末）综合与探究
在矩形中，为对角线的中点，，动点在线段上，动点在线段上．点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．
(1)如图1，请你判断四边形的形状，并证明你的结论；
(2)如图2，若点关于的对称点为；点关于的对称点为．
①判断四边形的形状，并证明你的结论；
②当点，点分别是的中点时，若，请你直接写出四边形的形状．
12．（24-25八年级下·广东惠州·期末）如图1，直线为，分别与坐标轴交于点．点O关于直线的对称点C在直线上．
(1)求直线、的解析式．
(2)若交于点E，在线段上是否存在一点F，使与的面积相等？若存在，求出F点坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图 2，过点D的直线，当它与直线的夹角为时，请直接写出相应m的值．
13．（24-25八年级下·云南丽江·期末）如图，在平面直角坐标系中，为等腰直角三角形，，点的坐标为，直线分别交轴、轴于点，直线分别交轴、轴于点，且．
(1)求点的坐标．
(2)求直线的函数解析式，并判断点是否在直线上．
(3)在平面直角坐标系内是否存在动点，使得以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
14．（24-25八年级下·江西吉安·期末）在平行四边形纸片中，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为．
(1)如图①，当点恰好落在边上时，四边形的形状为 ．
(2)如图②，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由；
(3)如图③，当，时，连接并延长，交边于点H．若的面积为，，求线段的长．
15．（24-25八年级下·四川达州·期末）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称．
(1)求直线的表达式；
(2)设点是轴上的一个动点，过点作轴的平行线，交直线于点，交直线于点，连接．
①若，则点的坐标为 ；
②若的面积为，则点的坐标为 ；
③已知为线段的中点，连接，若在线段上有一点，满足，求点的坐标．
16．（24-25八年级下·四川南充·期末）为落实乡村振兴，加快绿色生态产业发展，南部县绿色产业园区深加工甲、乙两种绿色袋装食品，两种食品都以20袋/箱整箱批发给直播带货平台，首批发给平台甲种食品400袋，乙种食品600袋共12000元，次批发给平台甲种食品1200袋，乙种食品800袋共26000元．指导平台线上销售价格甲种食品25元/袋，乙种食品18元/袋，直播成本1元/袋．
(1)产业园区批发给直播平台的甲乙两种食品的单价是多少？
(2)直播带货平台拟用不超过前两批的利润总和的资金进行第三次批入2000袋，其利润不低于第一批所获利润的两倍，平台有几种进货方案？
(3)直播带货平台第三次进货时，发现产业园区为了促销，下调甲种食品批发价m元/袋，同时下调线上指导销售价格5元/袋，在（2）的进货方案中怎样进货利润最大？
17．（24-25八年级下·四川南充·期末）在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C是直线与x轴、y轴的交点，D是x轴上一点，将矩形沿折叠，点O恰好落在上．
(1)求点D的坐标；
(2)点M在第一象限，若是等腰直角三角形，直接写出点M的坐标；
(3)若是（2）中以为斜边的等腰直角三角形，点N在第一象限，的面积为3，求的周长最小时，点N的坐标和的面积．
18．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期末）（1）如图①，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，，且，延长到点G，使，连接．求证：．
（2）如图②，当点E，F分别在线段和的延长线上，连接，，，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
19．（23-24八年级下·山东日照·期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，．
(1)画出关于原点对称的，并写出点的坐标；
(2)画出绕原点逆时针旋转后的，并写出点的坐标．
(3)点P为x轴上一点，直接写出当最大时，点P的坐标．
20．（24-25八年级下·辽宁丹东·期末）在正方形中，点是边上的点，点在的延长线上，将线段绕点顺时针旋转90度，得到线段，连接．
(1)如图1，连接，判断线段与线段的数量关系．
(2)如图2，若正好经过点，
①证明：；
②直接用等式表示线段，和的数量关系为 ；
(3)如图3，当经过点时，若，，请直接写出此时正方形边的长度．
21．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，直线交轴于点，交轴于点，直线过点，交轴于点，且为线段的中点．
(1)求、的值；
(2)点为线段延长线上一点，连接，设点的横坐标为，的面积为，求与的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，当时，若点是直线上一点，轴上是否存在点，使得以、、、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．
22．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）一条笔直公路上依次有A、B、C三地，甲车从B地匀速行驶到A地，到达A地因故停留1小时，然后按原路原速返回到C地（调头时间忽略不计）：乙车在甲车出发1小时后，从A地匀速行驶到C地，到达C地后停止行驶，在行驶的过程中．甲、乙两车距各自出发地的路程y（千米）与乙车行驶时间（小时）函数图象如图所示，请结合图象信息，解答下列问题：
(1)甲车行驶的速度为___________千米/时，B、C两地相距的路程是___________千米；
(2)求甲车从A地驶向B地的过程中，y与x之间的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
(3)请直接写出甲车出发多少小时，两车相距40千米．
23．（24-25八年级下·四川内江·期末）综合实践
【初步探究】如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，．若，将绕点A顺时针旋转得到．易证：．
（1）根据以上信息填空：
①________；
②线段，，之间满足的数量关系为________；
【迁移探究】
（2）如图2，在正方形中，若点E在的延长线上，点F在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明．
【拓展探索】
（3）如图3，已知正方形的边长为，E，F分别在，上，，连接分别交，于点M，N，若点M恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．
24．（23-24八年级下·重庆江津·期末）在中，为中点，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点为上一点，若，试探究的数量关系；
(3)如图3，若，点为直线上一动点，以为边作平行四边形，连接，试求出的最小值．
25．（24-25八年级下·山西临汾·期末）综合与探究
问题情境：如图1，在中，，，为的对角线，且．将绕点C按逆时针方向旋转得到，点A，B的对应点分别是，，与交于点E，与交于点F．
操作探究：
(1)如图2，．
①善思小组发现此时，请你证明这一结论；
②求的长．
(2)勤学小组将从图2的位置开始沿射线BC向右平移，当以点A，，D为顶点的三角形是以为腰的等腰三角形时，请直接写出平移的距离．
26．（24-25八年级下·四川绵阳·期末）如图，在正方形中，点在射线上（不与，重合），点为直线上一点，．
(1)如图①，若，，的长是______，的长是______；
(2)如图②，当在线段上时，猜想，，之间的数量关系并证明；
(3)当在线段的延长线上时，第（2）问中的结论是否成立？若成立，说明理由：若不成立，请探究，，之间的数量关系．
27．（24-25七年级下·四川成都·期末）已知直线，点M、N分别在直线、上．
(1)如图1，点E在直线、之间，求证：；
(2)如图2，若E在直线下方，与的角平分线交于点F，判断与的数量关系并证明；
(3)如图3，若点E是直线上方一点，点G是直线、之间一点，连接、、、，的延长线将分为两部分，，，且，求的度数．
28．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题提出】
（1）如图1，在矩形中，，，点为边的中点，点在边上，且，连接、、，试判断是否为等腰直角三角形，并说明理由；
【问题解决】
（2）节能环保日益受到人们的重视，水污染治理工程仍然任重道远．如图2，某工厂有一块四边形工业区，经测量，，，为了方便处理污水，该工厂在边上取点，上取点、（点在点的左侧，且、、三点均不与端点重合），使得，连接、并延长交于点，在点处安装一个污水处理设备．根据规划要求，与应相等，请问与是否相等？并说明理由．
29．（24-25八年级下·云南临沧·期末）如图，在四边形中，，，，平分交于点E，连接交于点F，连接．
(1)求证：四边形是菱形：
(2)已知，，求的长．
30．（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，在的网格线中，已知、、、是格点，是与网格线的交点仅用无刻度的直尺完成下列作图画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示（每个任务的画线不得超过三条）
(1)在图中，先画，再在上画点，使；
(2)在图中，作点关于的对称点；
(3)在图中，分别在、上找点、，连接、，使得最小．
31．（24-25八年级下·四川成都·期末）在中，连接，点E在上，连接．
(1)如图1，将沿平移至，连接，有F、A、E共线，求证：；
(2)如图2，当时，若，试探究、及之间的数量关系；
(3)如图3，设与交于点M，连接，连接交于点N．当时，若，，求证：．
32．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）定义：两个一次函数和(其中k、b为常数，，)互为“守望一次函数”，“守望一次函数”图象的交点称为“守望点”．如图，在平面直角坐标系中，直线的图象与坐标轴的交点分别为点A和点B．
(1)求函数的“守望一次函数”和“守望点”C的坐标；
(2)动点P从“守望点”C出发，以每秒个单位长度的速度沿折线方向运动，当点P到达O处时，停止运动．设的面积为S，运动时间为秒，请直接写出S关于的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围；
(3)在（2）条件下，当时，点N在坐标轴上，坐标平面内是否存在点M，使得以A、P、N、M为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．
33．（24-25八年级下·四川成都·期末）在中，，点D在边上，连接，将绕点B逆时针旋转（），得线段．
(1)如图1，若，连接，求证：；
(2)如图2，若，连接，作的中线，用等式表示线段之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长．
34．（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边．
(1)如图1，当点在菱形内部时，连接交于F．
①直接写出与的数量关系，并求的度数．
②若，，求的长．
(2)如图2，当点在线段的延长线上时，延长交于，若，，则__________．
35．（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，平面直角坐标系中，已知直线与轴、轴分别交于、两点，直线：经过点，且与轴交于点．
(1)直接写出、的坐标及直线的解析式；
(2)已知点在直线上，若，求点的坐标；
(3)如图，将绕点顺时针旋转，分别交线段、于、两点，若四边形内部恰好有个横、纵坐标均为整数的点时，直接写出点的坐标．
参考答案
1．(1)3
(2)不存在，理由见解析
(3)当时，；当时，
(4)或
本题考查了几何动点问题，涉及了勾股定理、一元二次方程的求解、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握分类讨论的数学思想是解题关键．
（1）由题意得：， ，据此表示出四边形的面积，即可求解；
（2）作，利用表示出各线段的长度，然后利用勾股定理列出方程，最后进行判断求解即可；
（3）分类讨论当时，当时，两种情况，画出对应图形即可求解；
（4）分类讨论时，时，两种情况，画出对应图形即可求解．
（1）解：由题意得：，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：3；
（2）解：当点P在边上运动时，即，
作，如图1所示：
∴，，
∴，，
由勾股定理得，，
若，则,
即，
整理得：，
∵，
∴不存在一个时刻，使得；
（3）解：当时，如图2所示：
；
当时，如图3所示：
，
；
综上所述：当时，；当时，；
（4）解：当时，作，如图4所示：
则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
即：，
解得：；
当时，如图5所示：
∵，
∴，
解得：，（舍），
综上所述：或．
2．(1)
(2)或
(3)点坐标为
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）满足条件的点有两个，点关于轴的对称点为；过点作交于点，由∽，求出，再证明≌，得到，设，求出，点关于点的对称点为，直线与轴的交点为；
（3）过点作轴交于，先证明∽，得到，设，则，再证明∽，得到，则，，，所以，，当∽时，，求出；当∽时，，得出结果，不符合题意，舍去即可．
（1）解，
，
，
，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
；
（2）当时，直线与轴的交点，
点关于轴的对称点为，
此时，
；
过点作交于点，
，，
，
∽，
，即，
解得，
，
，
设，
，
解得或舍，
，
点关于点的对称点为，
同理得：直线的解析式为，
∴直线与轴的交点为，
；
综上所述：点坐标为或；
（3）过点作轴交于，
，
，
，
，
∽，
，
，
设，则，
∵，
∽，
，
，
，，
，，
当∽时，，
，
解得或舍，
；
当∽时，，
，
解得（不符合题意，舍去）；
∴，（不符合题意，舍去）
综上所述：点坐标为．
3．(1)证明见解析
(2)．理由见解析
(3)
（1）利用正方形性质找全等条件，用证三角形全等；
（2）通过正方形平行关系、等腰三角形性质及全等三角形角的关系，推导角为直角得垂直；
（3）借助中位线性质求线段长，再用勾股定理计算．
（1）证明：四边形是正方形，
，．
又，
．
（2）解：．理由如下：
如图1．四边形是正方形，
，，
．
点是的中点，
，
，
，
．
，
，
，即，
．
（3）解：如图2，连接．
点是的中点，点是的中点，
是的中位线．
，
．
在中
．
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握这些知识并灵活运用是解题的关键．
4．(1)见详解
(2)
（1）先根据，得，再证明，又因为点D是的中点，得，运用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得四边形是平行四边形；
（2）先得出，再运用平行四边形的性质得，，然后得出是线段的垂直平分线，则，因为，所以，算出，得，则，因为，，则代入数值得，解得，即可作答．
（1）解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
即，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，
∴，
由（1）得四边形是平行四边形；
∴，
∵连接交于点O，
∴，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
连接，如图，
∴，
∵过点O作，垂足为O，交于点G，连接，
又∵，
∴，
∴，
过点G作， 如图，
设，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
则，，
∴，
即，
解得，
即．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，垂直平分线的定义与性质，勾股定理，30度角所对的直角边是斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
5．(1)①；②证明过程见详解
(2)的长为
（1）①根据折叠得到，由平角的性质得到，由此得到，根据矩形的性质得到，根据平行线的性质即可求解；
②根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，由折叠的性质，可证，，结合菱形的判定方法即可求解；
（2）根据矩形的性质得到，，，由勾股定理得到，根据折叠得到，由全等的性质得到，如图所示，过点作于点，运用勾股定理即可求解．
（1）解：①∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：；
②证明：∵四边形是矩形，
∴，，即，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵折叠，
∴，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
在中，，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
由（1）得到，
∴，
如图所示，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
本题主要考查矩形与折叠的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握矩形与折叠的性质是关键．
6．(1)，
(2)
(3)①；②或
（1）先求出点B的坐标，再利用待定系数法求解；
（2）先求出两条直线平移后的解析式，再将两个解析式联立，解二元一次方程组即可；
（3）先求出点E的坐标，设，，分和两种情况，用含m的式子表示出和，即可求解；当四边形为正方形时，，分和两种情况，分别求出m的值即可．
（1）解：对于直线，
当时，，
，
将，代入，得：
，
解得，
直线的函数解析式为；
（2）解：对于，
当时，，
，
将直线向下平移个单位，所得直线的解析式为：，
将代入，得：，
解得，
直线平移后所得直线的解析式为：；
将直线向下平移个单位，所得直线的解析式为：，
将代入，得：，
解得，
直线平移后所得直线的解析式为：，
将两条平移后直线的解析式联立，得：，
解得，
点的坐标为；
（3）解：直线向右平移得到直线，
直线的解析式为：，
将直线与直线的解析式联立，得：，
解得，
点的坐标为．
点的横坐标为，轴，
，，
当时，，，
；
当时，，，
，
综上可知，与的函数关系式为：；
当四边形为正方形时，，
当时，，
解得；
当时，，
解得；
综上所述，m的值为或．
本题考查两条直线的交点问题，一次函数图象的平移，求一次函数解析式，正方形的性质等，注意分情况讨论是解题的关键．
7．(1)，
(2)
(3)存在，或或
（1）根据非负数的性质求出，的长，再根据点A在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，即可得出点的坐标；
（2）分两种情况：当时 ， 当时，根据三角形的面积公式求解即可；
（3）分两种情况：①当为边时，②当为对角线时，分别利用平行四边形的性质求解即可．
（1）解：∵
∴，，
∴，，
∵点A在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，
∴，．
（2）解：∵，
∴，
当时 ，
，
当时，
，
综上，．
（3）解：如图，连接，
由（1）知，，，
由（2）知，，
，
以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
①当为边时，，，
或；
②当为对角线时，点向下平移4个单位，再向右平移2个单位，
点向下平移4个单位，再向右平移2个单位得到点的坐标，
，
即：点的坐标为或或．
本题考查非负数的性质，坐标与图形，求一次函数解析式，三角形的面积，平行四边形的性质，平移的坐标变换．熟练掌握绝对值与二次根式的非负性，根据三角形的列一次函数解析式，平行四边形的性质是解题的关键．注意分类讨论．
8．(1)10
(2)
(3)或
（1）因为一次函数 的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，所以先求出点A和点B的坐标，再运用勾股定理列式计算，即可作答．
（2）根据正方形的性质得到，设，得到，把代入，再解方程组，即可得到结论；
（3）按照以为菱形的对角线和菱形的边长分类讨论，再分别列式计算，即可得到答案．
（1）解：∵一次函数 的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令则，
解得，
即；
∴令则，
即；
则
（2）解：四边形为正方形，且过点P分别作于点C，于点D．
，
设，
，
把代入,
得，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由（1）得，，
由题意得点在轴上，点在坐标平面内，以，，，为顶点的四边形是菱形，
当为菱形的边长，
①当时，
当在左侧时则，
∴点的坐标为；
当在右侧时，则
∴点的坐标为，
此时，，
∵，
当坐标为时，，
∵点N在第一象限，
∴舍去，
∵
∴当坐标为时，；
②时，此时、都为等腰三角形，
∵，
∴
∵以，，，为顶点的四边形是菱形，
∴与不重合,
故，
此时互相垂直且平分
∵，，
则
∵点N在第一象限，
∴舍去，
当为菱形的对角线时，
由题意可得，设坐标为，
则，
解得，
坐标为，
，且，
，
∵，且点N在第一象限，
坐标为；
综上所述，或．
本题一次函数与特殊平行四边形综合，难度较大，涉及一次函数的图象与性质、待定系数法确定函数解析式、正方形性质、解二元一次方程组求坐标、勾股定理、菱形的性质、两点之间距离公式、等腰三角形的判定与性质等知识，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
9．（1）①45；②；（2）结论成立，理由见解析；（3）
（1）①由正方形的性质得出，由折叠的性质可得：，，即可求解；
②由折叠的性质即可求解；
（2）根据正方形的性质和折叠的性质得到是等腰直角三角形，再根据全等三角形的判定和性质求解即可；
（3）证明是等腰直角三角形，求出，再由含角的性质以及勾股定理求解，然后设，则，在中，，代入数值计算，解得，由（2）得，则．
解：（1）①∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质可得：，，
∴，即；
②由折叠的性质可得：，，
∵，
∴；
（2）结论：成立，理由如下：
将沿所在直线折叠，使点落在正方形的内部，点的对应点为，
∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质可得：，，，
∴，
∵，
∴，
由（1）得：，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）∵点落在折痕上，
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
设，
则，
在中，，
∴，
则，
∴，
由（2）得，
∴．
本题考查了正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
10．(1)；
(2)；
(3)的值为或3或；
(4)的值为4或6．
（1）过点B作于点H，证明四边形是矩形，求得，，再根据勾股定理求解即可；
（2）根据列方程求解即可；
（3）分，，三种情况讨论，分别列方程求解即可；
（4）分和两种情况讨论，分别列方程求解即可．
（1）解：过点B作于点H，
，，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，．
故答案为：．
（2）解：，，，
当四边形是矩形时，，
，
解得；
（3）解：当时，
，
，
，
；
当时，；
当时，，，
在中，，
，
解得；
综上所述，当是等腰三角形时，t的值为3或或；
（4）当时，如图，
四边形是平行四边形
此时，
由可列方程
解得；
当时，如图，
过点P作于点G，
，
，
，
四边形是矩形，
，，，
若，则，
，
，
，
解得；
综上所述，当时，t的值为4或6．
本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，注意分情况讨论等腰三角形的三种情形是解题的关键．
11．(1)平行四边形，证明见详解
(2)①平行四边形，证明见详解；②矩形
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）根据题意可证、互相平分即可得到四边形为平行四边形；
（2）①根据，可得，从而证明此三点共线，再根据轴对称证明对边相等即可证明四边形为平行四边形；
②四边形能为矩形，根据题意证明是等边三角形，继而得到，结合轴对称图形性质即可证明．
（1）四边形为平行四边形，
证明：连接，
是矩形，为对角线的中点，
交于，且互相平分，
为，中点，
，
，
，
、互相平分，
四边形为平行四边形．
（2）①四边形为平行四边形，
证明：如图1中，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，，
由轴对称的性质可知：，
∴，，
由轴对称的性质可知：，
∴，
∴三点在同一条直线上，
同理，三点在同一条直线上，
∵，，
∴，
∴，
由轴对称的性质可知：，
又∵，
∴，
∴，
同理可证，，
∵点F与点关于对称，
∴，
同理可知：，，，
又∵在矩形中，，
∴四边形均为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
②四边形为矩形，
证明：如图所示，E，F分别为的中点，，
则，，
又∵在中，，
∴，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∵E为中点，
∴，即，
根据轴对称的性质可得，
又四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
12．(1)直线解析式为，直线解析式为
(2)存在，
(3)或
（1）由，得直线解析式为，求出，得，设，可得，解得，，可得直线解析式为，
（2）存在点F，使，连接并延长交y轴于G，连接，得，得，证明，得，点G，F关于对称，由， ，得 ，由，得，解得，得，由G，F关于点B对称得；
（3）设直线与直线夹角等于，即为等腰直角三角形．作轴， 轴，过点D作直线轴，分别交于点M，N．证明．得．由，得直线l的解析式为．设点H坐标为，得I点坐标为．得．解得．得．当直线l过H点时， ．当直线l过I点时，．
（1）解：∵，
∴设直线解析式为，
则，
解得，
∴，
∵，
∴，
由折叠知，，
∴，
设，
则，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
设直线解析式为，
则，
解得，
∴；
（2）解：存在点F，使．
连接并延长交y轴于G，连接，
∵，
∴，
∴，
由折叠知，垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点G，F关于对称，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
化简，得，
解得，
∴，
∵，
∴，，
∴．
（3）解：如下图，设直线与直线夹角等于，
即为等腰直角三角形．
∴．
作轴， 轴，过点D作直线轴，分别交于点M，N．
则，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵直线l过，
∴．
解得．
∴直线l的解析式为．
设点H坐标为，
则．
∴I点坐标为．
∵I点在直线上，
∴．
解得．
∴．
当直线l过H点时， ．
解得．
当直线l过I点时， ．
解得．
故或．
查考查了一次函数与几何综合．熟练掌握待定行数法求一次函数解析式，一次函数的图象的性质，轴对称性质，面积法求三角形的高，勾股定理，三角形全等的判定和性质，分类讨论，是解题的关键．
13．(1)
(2)，点在直线上
(3)存在，点的坐标为或或
本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上的点的坐标特征，平行四边形的性质等知识点．
（1）过点作轴于点，过点作轴于点，证明，然后根据全等三角形的性质即可求解；
（2）先由待定系数法求直线表达式，求出与坐标轴的交点，然后根据，求出点坐标，再由待定系数法求直线表达式，即可判断点是否在直线上；
（3）分三种情况讨论，根据平行四边形和平移的性质求解即可．
（1）解：过点作轴于点，过点作轴于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴
∵为等腰直角三角形，
∴
∴，
∴，
∴；
（2）解：设直线，
代入点，，则，
解得：，
∴直线，
当，
∴，即，
当，则，
解得：，
∴，即，
∵，
∴，，
设直线，
则，
解得：，
∴直线，
当时，，
∴点在直线上；
（3）解：存在动点，使得以为顶点的四边形为平行四边形，
如图，当时，则，
∴点向点的平移方式与点向的平移方式一样，
∵，，，
∴点向左平移8个单位，向下平移6个单位至点，
∴；
当时，则，同理可求：；
当时，则，同理可求：，
综上：存在动点，使得以为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或．
14．(1)平行四边形；
(2)，理由见详解；
(3)
本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，继而可知，即可求解；
（2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系；
（3）由折叠可知：，，易知为等腰直角三角形，延长交于M，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知由的面积为，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解．
（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，则，
由折叠可知：，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）（2），理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵E，F为边的三等分点，
∴，
由折叠可知：，，
则，
∴，
由三角形外角性质可知：，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，则，
∴；
（3）（3）由折叠可知：，，
∴，则为等腰直角三角形，
∴，
延长交于M，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，即，
∴，
∵的面积为，，即：，
∴，
则，
∴．
15．(1)
(2)①；②或；③点F的坐标
（1）先确定出点B坐标和点A坐标，进而求出点C坐标，最后用待定系数法求出直线BC解析式；
（2）①设点，则点)，则，由，，则，，，再由勾股定理得，，则，由此求解即可；
②设点， ，点在直线上，，，，进行求解即可；
③过点作交于，过点作轴于，根据，是等腰直角三角形，再证，得出，，根据点为线段的中点，，求出，设，则， 待定系数法求直线的解析式为，点在上，，代入得方程解方程即可．
（1）解：对于，令，，
，
令，
，
，
，
点与点A关于轴对称，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为；
（2）解：①设点，
，
，，
，，，
，
是直角三角形，
，
，
，
，
故答案为：；
②设点，
点在直线上，
，
点在直线上，
，
，
的面积为，
，
，
或；
③过点作交于，过点作轴于，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，，
点为线段的中点，，
，，
设，则，，则，
，，
设直线的解析式为，
，
解得：，
直线的解析式为，
点在上，，
，
解得：，
点的坐标为．
本题主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握待定系数法求一次函数解析式．
16．(1)甲种食品单价为15元/袋，乙种为10元/袋；
(2)共3种进货方案；
(3)见解析
本题考查了二元一次方程组的应用，不等式组的应用，一次函数的应用．
（1）设甲种食品的批发单价为x元/袋，乙种为y元/袋，根据题意列二元一次方程组求解即可；
（2）先求得第一批和第二批利润，再设第三次进货甲为a袋，乙为袋，根据题意列不等式组求解即可；
（3）调整后甲利润为元/袋，乙利润仍为7元/袋，求得总利润函数为，利用一次函数的性质求解即可．
（1）解：设甲种食品的批发单价为x元/袋，乙种为y元/袋，
根据题意列出方程组：，
解得，
答：甲种食品单价为15元/袋，乙种为10元/袋；
（2）解：甲每袋利润：元，
乙每袋利润：元，
第一批利润：元，
第二批利润：元，
总利润：元，
设第三次进货甲为a袋，乙为袋，
根据题意得，
解得，
根据题意，两种食品都以20袋/箱整箱批发，即为20的倍数，
∴可取800，820，840
∴共3种进货方案，
答：共3种进货方案；
（3）解：调整后甲利润为元/袋，乙利润仍为7元/袋，
总利润函数为：，
当时，P随a增大而增大，；
当时，P随a增大而减小，；
当时，利润与a无关，
答：若，购甲840袋，乙1160袋；
若，购甲800袋，乙1200袋；
若，利润相同．
17．(1)
(2)或或；
(3)，
（1）求出，再得到，设，根据勾股定理求出，即可得到答案；
（2）分三种情况进行解答即可；
（3）设，根据的面积为3得，作点D关于直线的对称点，则，连接交直线于点，则，则，此时的周长最小，即为，求出直线的解析式为，即可得到，根据的面积即可求出答案．
（1）解：
当时，，
当时，，解得，
∴,
∴
∵，
∴
设，
则，则，
∴
解得，
∴
（2）是等腰直角三角形，分三种情况：
①当，时，过点M作轴于点，
∵，，
∴
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
②当，时，过点M作轴于点，
同理可得，
则
∴，
∴，
③当，时，设，
∴
解得，
∴，
综上可知，点M的坐标为或或；
（3）是（2）中以为斜边的等腰直角三角形，
∴,
设，
∵的面积为3，
∴，
解得
作点D关于直线的对称点，则，
连接交直线于点，则，
则，
此时的周长最小，即为，
设直线的解析式为，把，代入得到，
解得，
即直线的解析式为，
当时，，
∴，
的面积
此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、一次函数的图象和性质、坐标与轴对称等知识，分类讨论是解题的关键．
18．（1）见解析；（2），理由见解析
（1）由已知四边形为正方形得出，，证明，得到，，再利用，，通过角度等量代换得到，进一步证明，此时进一步通过线段等量代换证明；
（2）在上截取，连接，构造全等三角形，证明，得到，，再通过（1）的方法进行角度等量代换得到，进一步证明，此时进一步通过线段等量代换证明．
（1）证明：∵四边形为正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，
理由如下：如图2，在上截取，连接．
∵四边形为正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角度和线段关系的转化推导及几何变换思想．
19．(1)图见解析，的坐标为
(2)图见解析，的坐标为
(3)
本题考查了中心对称、旋转作图、三角形的三边关系、一次函数解析式，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据中心对称的定义作图即可；
（2）根据旋转的性质作图即可；
（3）先根据三角形的三边关系推出当、、三点共线时，有最大值，然后利用一次函数的解析式求解即可．
（1）解：如图：的坐标为；
（2）如图：的坐标为；
（3）如图：
点为轴上一点，由三角形的三边关系可知，
当、、三点共线时，有，
即，当且仅当、、三点共线时，有最大值；
延长交轴于，此时即为所求；
设，
则，
解得，
∴，
当时，，
解得，
∴，
即当最大时，点的坐标为．
20．(1)见解析
(2)①见解析；②
(3)
（1）由正方形的性质和旋转的性质可得，，，由“”可证，可得；
（2）①由等腰直角三角形的性质可得，由全等三角形的性质可得，可得结论；
②由正方形的性质和勾股定理可求，在中，，可得结论；
（3）连接，过点作于，由等腰直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，即可求解．
（1）解：，
证明：四边形是正方形，
，，
线段绕点顺时针旋转，到线段，
，，
，
，
；
（2）①证明：，，
，
，
，
，
；
②解 ∶；
理由如下：如图2，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
；
故答案为：．
（3）解：如图4，连接，过点作于，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
正方形的边长为．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21．(1)
(2)
(3)或或
本题考查一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）先求出点和点的坐标，然后求出点的坐标，用待定系数法求出和的值即可；
（2）根据的面积的面积的面积得出结论即可；
（3）分类讨论，以为边或对角线，利用平行四边形性质对边平行且相等，对角线互相平分解答即可求．
（1）解：当时，，
，
，
为线段的中点，
，
当时，，
，
将点、代入，
，
解得；
（2）解：，
；
（3）解：当时，
，
解得，
代入解析式得，
∴，
由题意以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
当以为边时，
则，
∴ 代入得，
∴，
则，
∵，
∴或；
当以为对角线时，
则中点重合，
设，，
由中点公式知，
解得
∴，
综上所述或或．
22．(1)120，120
(2)；
(3)甲车出发2小时或2.4小时或小时，两车相距40千米．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
（1）根据图象知点表示当乙出发时，甲已经出发距B地120千米，据此可求得甲车行驶的速度；再求得各路段的距离；
（2）先求得点，，利用待定系数法求解即可；
（3）分四种情况讨论，根据题意结合图形列出方程，求解即可．
（1）解：由题意得，
先明确折线N-P-R-E-F是甲车的对应图象，线段是乙车的对应图象，
其中，x(小时)表示乙车的行驶时间，y(千米)表示甲车距各自出发地的路程；
点表示当乙出发时，甲已经出发距B地120千米；
又∵乙车在甲车出发1小时后出发，则甲车行驶1小时的路程为120千米，
∴(千米/小时)，
故甲车行驶的速度为120千米/小时；
段表示甲车在A地滞留1个小时，
点P表示甲车到达乙地，
此时，则甲车的行驶时间为小时；
∴B、A两地的距离为(千米)；
点M表示乙车达终点C地，则A、C两地的距离为480千米，
∴B、C两地的距离为 (千米)；
故答案为：120，120；
（2）解：点P表示甲车到达A地，B、A两地相距360千米，
则点，
段表示甲车在A地滞留1小时，则点；
点E表示甲车由A地返回B地，用时(小时)，
∴点，
则甲车从A地返回B地对应线段为，
设的解析式为，
将点，代入得，，
解得，
∴的解析式为；
（3）解：由图象可知，
∴点，
∴乙车的速度为(千米/小时)，
设甲车出发t小时，两车相距40千米，则乙车行驶小时；
由（1）知，B、A两地距离360千米，B、C两地相距120千米，A、C两地相距480千米，甲车的速度为120千米/小时，
①在甲车由B→A过程中(此时两车相向而行），
当时，甲车列达A地，（），
由题意得或，
解得或；
②在甲车在A地滞留1小时时，此时，
当时，甲到达A地，
此时乙与A地的距离也就是它的路程为，
∴此段甲、乙两车不可能相距40千米，舍去；
③在甲车由A→C且乙车到达终点之前(两车同向而行)，乙车到达终点C时，即点M处，，
故此时，此段时，乙车先到达终点C，
由题意得，
解得，此段不符合题意舍去；
④乙车到达终点之后()，
此时乙车停在C地，
当甲，乙两车相距40千米时，
由题意得，
解得；
综上，甲车出发2小时或2.4小时或小时，两车相距40千米．
23．（1）①；②；（2），证明见解析；（3）
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质综合，旋转的性质，勾股定理等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
（1）①证明，由全等三角形的性质得出，从而可求得；
②证明，由全等三角形的性质得出；
（2）将绕点A顺时针旋转到，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出；
（3）将绕点A顺时针旋转，得到，证明，得，再证，然后由勾股定理得出，即可解决问题．
（1）解：①如图（1），延长到点G，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
在和中，
，
∴，
∴，
∵
∴；
故答案为：；
（2）．
证明如下：如图（2），在上截取，连接．
在和中，
∴，
∴，
∴
即
∵
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴；
（3）如图（3），将绕点A顺时针旋转得到，连接．
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴
∴，
由旋转可得，，，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，则．
在中，，
∴ 解得：，
∴．
24．(1)证明见详解
(2)，探究见详解
(3)
（1）先由平行四边形性质得到，，进而由平行线性质得到，，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，进而由等边对等角确定，等量代换即可得证；
（2）连接，如图所示，由垂直平分线的判定与性质得到，在中，由勾股定理可得，进而结合平行四边形中即可得到的数量关系；
（3）由点为直线上一动点，可分三种情况：①点在射线上；②点在线段上；③点在射线上，作出图形，分情况讨论得到动点到直线的距离始终是，即点在平行于的直线上运动，从而由点到直线的距离垂线段最短可知，当时，有最小值，求出线段长即可得到答案．
（1）证明：在中，，，
，，
在中，为中点，即为斜边上的中线，则，
，
；
（2）解：，
探究如下：
连接，如图所示：
为中点，且，
是线段的中垂线，
则，
由（1）知，即是直角三角形，
由勾股定理可得，
在中，，又，则；
（3）解：由点为直线上一动点，可分三种情况：①点在射线上；②点在线段上；③点在射线上，
在中，，
为中点，
，
当点在射线上，过点作于，如图所示：
以为边作平行四边形，则，，
，
，
，
在中，，，，则；
当点在线段上，过点作于，如图所示：
以为边作平行四边形，则，，
，
在中，，，，则；
当点在射线上，过点作于，如图所示：
，
在中，，，，则；
综上所述，当点为直线上一动点，以为边作平行四边形时，动点到直线的距离始终是，即点在平行于的直线上运动，如图所示：
连接，其中点为定点、点为直线上的动点，则由点到直线的距离垂线段最短可知，当时，有最小值，为，如图所示：
，，
，，
，，
，
在中，，，，则，
则的最小值为．
本题考查几何综合，难度较大，涉及平行四边形性质、平行线性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理、含的直角三角形性质等知识，熟练掌握相关几何性质并灵活运用是解决问题的关键．
25．(1)①见解析；②
(2)或或
（1）①根据题意得，则，由旋转得和，则有，即可得到，利用等腰三角形的性质得；
②利用勾股定理求得，结合旋转得，，，由①知，，利用等积法求得，即可得到；
（2）根据题意可知满足条件有三种情况①当时，连接交于点N，过点D作于点M，由平行四边形的性质得，结合平移得和，即可求得，进一步求得，则；其余情况同理可求得．
（1）①证明：∵，，
∴，
∴，
∵将绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②解：∵，，，
∴，
∵将绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴，，，
由①知，，
∴，
∴，
解得，
在中，，
即的长为；
（2）解：①当时，连接交于点N，过点D作于点M，如图，
∵中，，
∴，
∵沿射线向右平移，
∴，，
由（1）知，，，则，
∵，
∴，
∴；
②当时，连接交于点N，如图，
同理，，
则；
③当时，连接交于点N，过点D作于点M，如图，
同理，，
则；
故满足以点A，，D为顶点的三角形是以为腰的等腰三角形时，平移的距离为或或．
本题主要考查平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质以及平移的性质，解题的关键是分类讨论思想的应用．
26．(1)，
(2)，证明见解析
(3)不成立，，证明见解析
（1）由正方形的性质结合直角三角形的性质和勾股定理可得答案；
（2）如图，在的延长线上截取，连接，证明，，可得，，再证明，可得，从而可得结论；
（3）在线段上截取线段，证明，，再证明，可得，再结合线段的和差关系可得答案．
（1）解：∵，，
∴，
∵正方形，，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，同理，
∴；
故答案为：，；
（2）解：，理由如下：
如图，在的延长线上截取，连接，如图：
∵四边形是正方形
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴；
（3）解：数量关系：，理由如下：
在线段上截取线段，如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
即．
本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质和勾股定理，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
27．(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)
本题考查平行线的性质，角平分线的定义，掌握平行线的性质，角平分线的定义是解题的关键．
（1）过E作，根据平行线的性质即可得证；
（2）过E作，过F作，根据平行线的性质及角平分线的定义即可解答；
（3）记交于点H，根据题意设，，则，，，根据平行线的性质表示出、，由列式求解即可．
（1）证明：如图，过E作，
∵，
∴，
∴，，
∴；
（2）解：，证明如下：
如图，过E作，过F作，
∵，
∴，
∴，，，，
∴，，
∵与的角平分线交于点F，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图，记交于点H，
∵，，
设，，
则，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可知，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
28．（1）为等腰直角三角形，理由见解析；（2）与相等，理由见解析
本题主要考查了等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的应用、正方形的判定与应用等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键．
（1）先证可得，再证即可；
（2）过点D作于点P，先证四边形为正方形，再证，进而得到为等腰直角三角形；再说明为的中位线，最后根据平行线的性质即可解答．
解：（1）为等腰直角三角形．理由如下：
四边形为矩形，
，，
，，，点为的中点，
，，
（SAS），
，．
，
，
，
为等腰直角三角形．
（2）与相等，理由如下：
如图3，过点作于点，连接，取的中点，连接、、，
，，，
，
四边形为矩形．
，
四边形为正方形．
，，，
，
，
，
，．
，
为等腰直角三角形，
．
点、分别为、的中点，
为的中位线，
，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，
．
．
29．(1)证明见详解
(2)
本题考查了平行的性质，角平分线定理，勾股定理及菱形的判定与性质．
（1）由平行的性质得出，再由角平分线定理得出，从而得到，根据等腰三角形等边对等角推出，再由已知条件进一步得出，进而得出结论；
（2）利用勾股定理求得的长，再根据菱形的性质设，则，根据勾股定理列出方程并求解a的值，进而得到和的长，最后再次利用勾股定理求出的长，并根据菱形对角线互相垂直平分的性质得出的长．
（1）证明：∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵，，，
∴在中，由勾股定理得，，
又∵四边形是菱形，
∴，，，，
设，则，
在中，，
∴，解得，
∴，，
在中，，
∴．
30．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
（1）根据平行四边形的判定定理即可得点的位置，再根据平行四边形为中心对称图形，即可确定点；
（2）取点关于的对称点，连接，取与网格线的交点，则点即为所求；
（3）在点下方取格点，过点作的平行线，取与网格线的交点，连接并延长，交于点，交于点，则点，即为所求．
（1）解：如图，即为所求．
连接，相交于点，连接并延长交于点，
则点即为所求．
（2）解：如图，取点关于的对称点，连接，取与网格线的交点，
则点即为所求．
（3）解：如图，在点下方取格点，过点作的平行线，取与网格线的交点，连接并延长，交于点，交于点，
此时，为最小值，
则点，即为所求．
31．(1)证明见解析
(2)，证明见解析
(3)证明见解析
（1）利用平行四边形的性质证明，，由平移的性质证明，进一步可得结论。
（2）如图，将沿平移至，连接，证明，，结合，可得，由平移可得：，，，证明共线，再进一步可得结论。
（3）先证明，如图，过作于，作于，设（单位），则，可得，，，求解，，，同理可得：，，，设，，可得，，进一步证明，可得.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
由平移可得：，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图，将沿平移至，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，而，
∴，
由平移可得：，，，
∴共线，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴.
（3）证明：∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
如图，过作于，作于，
设（单位），则，
∴，，，
∴，
解得：，，
∴，
同理可得：，，，
设，，
∴，，
由勾股定理可得：，
整理得：，
∵，
∴，
整理得：，
解得：，
∴，
∴.
本题考查的是全等三角形的判定与性质，平移的性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理的应用，方程组的解法，二次根式的运算，难度很大，选择合适的方法是解本题的关键.
32．(1)，
(2)
(3)或或
（1）原一次函数中，根据“守望一次函数”定义求出， 代入解析式即可；联立原函数与“守望一次函数”求出“守望点”C的坐标；
（2）分两种情况讨论，当在上运动，当在上运动，分别用含有的代数式表示 的底与高，进而表示出面积；
（3）在（2）条件下，当时，在点处，根据矩形性质，以A、P、N、M为顶点的四边形是矩形，即以A、P、N为顶点的三角形是直角三角形，分三种情况进行讨论，当时，当时，当时分别求解即可．
（1）解： 其中 ，其“守望一次函数”为：
代入 得：
∴的 “守望一次函数”为 ；
联立原函数与“守望一次函数”求交点C：
解得 ，
故C点坐标为 ；
（2）解：，
令，求得，
令，求得，
∴，，
作，
由勾股定理得，，
∵，
即，
，
的运动速度每秒个单位长度，
当在上运动，即时，，
；
当在上运动，即时，，
；
综上，函数解析式为：
；
（3）解：在（2）条件下，当时，在点处，点N在坐标轴上，
根据矩形性质，以A、P、N、M为顶点的四边形是矩形，即以A、P、N为顶点的三角形是直角三角形，
当时，如图，在原点处，
此时；
当时，如图，
设，
∴，
，
，
，
，
设，由矩形性质可知对角线的中点重合，
由中点公式得：
，
解得，
；
当时，如图，
设，
∴，
∵，
，
解得：，
，
设，由矩形性质可知对角线的中点重合，
由中点公式得：
，
解得，
；
综上所述，或或．
本题考查一次函数，矩形的性质和判定，勾股定理，三角形面积，掌握相关知识是解决问题的关键．
33．(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)或
（1）先证明≌，再由全等三角形的性质证明即可；
（2）延长使，则是的中位线，那么，然后证明≌，则，即可证明；
（3）分两种情况讨论，在左侧时，以及在右侧时，利用（2）的辅助线，分类讨论求解即可．
（1）证明：将绕点B逆时针旋转得线段
，，
又，
，
，即，
在和中，
，
≌，
，
又，
；
（2）解：，证明如下：
如图，延长使，连接
是的中线，
，
是的中位线，
，
将绕点B逆时针旋转得线段
，，
，即，
又，
，
，即，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
；
（3）解：情况一：当在左侧时，设与的交点为G，过B点作于H点．
，，
，
又，，
，
设则，则，解得负值舍，
，
，
，
若，
，由知≌，
，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
由知
情况二：当在右侧时，延长使，连接
，
同上有，
∴，
同上可得，
∴
则，
，
是CE中点，
，
综上，或．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，角直角三角形的性质，勾股定理等知识点，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形．
34．(1)
， ；
；
(2)
（1）连接，根据证明，则可得，，再根据菱形的对角线平分一组对角可得，，则可得，，进而可得．
连接，过E点作于M点，则可得，，，进而可得．根据证明，则可得，由是等边三角形可得，则可得，根据等腰三角形三线合一可得，则可得，．
（2）连接交与O点，连接交于点，连接，由菱形的性质，结合等边三角形的性质，证明，，平移至，连接，，则，，四边形是平行四边形，可得，设，可得，证明，可得，作于点，则，可得，由角所对的直角边与斜边的关系，结合勾股定理，可得，即可得．
（1）解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴ ，，
∵是等边三角形，
∴， ，
∴，
即，
∴，
∴， ，
∵菱形中，，
∴，
又∵平分，平分，
∴， ，
∴，
∴，
∴，
∴，．
如图，连接，过点作于点，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
同得是等边三角形，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴
∴（等腰三角形三线合一），
∴，
∴．
（2）解：连接交与点，连接交于点，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，平分，
又∵，，
∴是等边三角形，，，
∴，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵点在线段的延长线上，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
平移至，连接，，则，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
作于点，则，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
35．(1)，，直线的解析式为
(2)点坐标为或
(3)点坐标为或或
（1）通过直线方程与坐标轴的交点特征求出 A、B 坐标，再利用待定系数法求直线l 的解析式；
（2）需要根据已知角度关系，结合直线方程求出点 H 的坐标；
（3）找到整点，再画出图形，最后根据旋转的性质以及整数点的分布来确定点F 的坐标．
（1）解：在直线中，
当时，，
解得，
，
当时，，
，
因为直线：经过点和，
将代入得，
把和代入，得到，
解得，
故直线的解析式为；
（2）解：∵，，
∴，
取点，连接，
∴，
∴，
在直线上取，过M作于N，如图：
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：或，
∴直线的解析式为：或，
联立直线和直线解析式：
或，
解得或，
∴或；
（3）解：在内部共有、、三个整数点，
在内部共有、、三个整数点，
当绕O点旋转后，四边形区域内必有、、三个整数点，
若上一点，则旋转后在上的对应点为，
当经过点时，经过点，此时直线的解析式为，
当时，解得，
∴；
当经过点时，经过点，此时直线的解析式为，
当时，解得，
∴；
当经过点时，经过点，此时直线的解析式为，
当时，解得，
∴；
综上所述：点F坐标为或或．

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