数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后测评

这是一份数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后测评，共38页。试卷主要包含了如图，在六边形中，若，则等内容，欢迎下载使用。
京改版八年级数学下册第十五章四边形必考点解析
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，在中，，，AD平分，E是AD中点，若，则CE的长为（ ）

A． B． C． D．
2、如图，一个等边三角形纸片，剪去一个角后得到一个四边形，则图中的度数是（ ）

A．180° B．220° C．240° D．260°
3、如图，已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点，且∠DAE=∠B=80º，那么∠CDE的度数为（ ）

A．20º B．25º C．30º D．35º
4、如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论正确的是 （ ）

A．∠DAB′＝∠CAB′ B．∠ACD＝∠B′CD
C．AD＝AE D．AE＝CE
5、一个多边形每个外角都等于36°，则这个多边形是几边形（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
6、已知中，，，CD是斜边AB上的中线，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
7、如图，在六边形中，若，则（ ）

A．180° B．240° C．270° D．360°
8、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9、如图，在正方形有中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE，点A关于DE的对称点为F，连结EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作⊥DE交DG的延长线于点H，连接，那么的值为（ ）

A．1 B． C． D．2
10、如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E，若∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．25° B．20° C．15° D．10°
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，在正方形ABCD中，AB＝2，连接AC，以点C为圆心、AC长为半径画弧，点E在BC的延长线上，则阴影部分的面积为 _____．

2、如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AO、AD的中点，若AB＝6cm，BC＝8cm，则EF＝_____cm．

3、如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为3．其中正确结论的序号为__．

4、一个多边形的内角和为1080°，则它是______边形．
5、如图，在矩形中，，，点是线段上的一点（不与点，重合），将△沿折叠，使得点落在处，当△为等腰三角形时，的长为___________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，把矩形纸片放入直角坐标系中，使分别落在x轴，y轴的正半轴上，连接，且．

（1）求所在直线的解析式；
（2）将纸片折叠，使点A与点C重合（折痕为），求折叠后纸片重叠部分的面积；
（3）若过一定点M的任意一条直线总能把矩形的面积分为相等的两部分，则点M的坐标为________．
2、如图，YABCD的对角线AC 、 BD相交于点O ，BD=12cm ，AC=6cm ，点E在线段BO上从点B以1cm/s的速度向点O运动，点F在线段OD上从点O 以2cm /s 的速度向点D运动．

（1）若点E 、F同时运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，四边形AECF是平行四边形．
（2）在（1）的条件下，当AB为何值时，YAECF是菱形；
（3）求（2）中菱形AECF的面积．
3、如图，△AOB是等腰直角三角形．
（1）若A（﹣4，1），求点B的坐标；
（2）AN⊥y轴，垂足为N，BM⊥y轴，垂足为点M，点P是AB的中点，连PM，求∠PMO度数；
（3）在（2）的条件下，点Q是ON的中点，连PQ，求证：PQ⊥AM．

4、如图1，平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），交y轴正半轴于点B，直线AC交y轴负半轴于点C，且BC＝AB．
（1）求线段AC的长度．
（2）P为线段AB（不含A，B两点）上一动点．
①如图2，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，记四边形APOQ的面积为S，点P的横坐标为t，当S＝时，求t的值．
②M为线段BA延长线上一点，且AM＝BP，在直线AC上是否存在点N，使得△PMN是以PM为直角边的等腰直角三角形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

5、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，．
（1）试判断四边形BDCE的形状，并证明你的结论；
（2）若∠ABC＝30°，AB＝4，则四边形BDCE的面积为 ．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线的定义∠DAB=∠B，求出AD，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=90°-30°=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠BAC=30°，
∴∠DAB=∠B，
∴AD=BD=a，
在Rt△ACB中，E是AD中点，
∴CE=AD=，
故选： B．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、角平分线的定义，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
2、C
【分析】
根据四边形内角和为360°及等边三角形的性质可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：等边三角形的三个内角都为60°，四边形内角和为360°，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查多边形内角和及等边三角形的性质，熟练掌握多边形内角和及等边三角形的性质是解题的关键．
3、C
【分析】
依题意得出AE=AB=AD，∠ADE=50°，又因为∠B=80°故可推出∠ADC=80°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，从而求解．
【详解】
∵ADBC，
∴∠AEB=∠DAE=∠B=80°，
∴AE=AB=AD，
在三角形AED中，AE=AD，∠DAE=80°，
∴∠ADE=50°，
又∵∠B=80°，
∴∠ADC=80°，
∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°．
故选：C．
【点睛】
考查菱形的边的性质，同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形的性质求得∠ADE的度数．
4、D
【分析】
根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．
【详解】
解：∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
∴结论正确的是D选项．
故选D.
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，平行线的性质，矩形的对边互相平行，等角对等边的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
5、D
【分析】
根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【详解】
解：∵360°÷36°=10，
∴这个多边形的边数是10．
故选D．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，外角和的大小与多边形的边数无关，熟练掌握多边形内角与外角是解题关键．
6、B
【分析】
由题意根据三角形的内角和得到∠A=36°，由CD是斜边AB上的中线，得到CD=AD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠B=54°，
∴∠A=36°，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴CD=AD，
∴∠ACD=∠A=36°.
故选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质与三角形的内角和，熟练掌握直角三角形的性质即直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
7、C
【分析】
根据多边形外角和求解即可．
【详解】
解： ，
，
故选：C
【点睛】
本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形外角和是解题的关键．
8、C
【分析】
根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．
【详解】
解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，
∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，
∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，
即∠IAB＝∠CAD，
在△ABI和△ADC中，
，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴BI＝CD，
故①正确；
②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，

∴∠BMA＝90°，
∵四边形ACHI是正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，
∴∠CAM＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，
∴四边形AMBC是矩形，
∴BM＝AC，
∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，
由①知△ABI≌△ADC，
∴S△ACD＝S△ABI＝S1，
即2S△ACD＝S1，
故②正确；
③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，

∴∠CNA＝90°，
∵四边形AKJD是矩形，
∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，
∴∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴四边形AKCN是矩形，
∴CN＝AK，
∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，
即2S△ACD＝S3，
由②知2S△ACD＝S1，
∴S1＝S3，
在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，
∴S3+S4＝S1+S2，
又∵S1＝S3，
∴S1+S4＝S2+S3，
即③正确；
④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，
∴S3+S4＝S1+S2，
∴，
故④错误；
综上，共有3个正确的结论，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
9、B
【分析】
作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，
∴∠DFG=90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，
∴∠1=∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM=BH，
Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，
∴，
∴ ，即=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．
10、D
【分析】
根据矩形的性质，可得∠ABD＝40°，∠DBC＝50°，根据折叠可得∠DBC′＝∠DBC＝50°，最后根据∠2＝∠DB C′−∠DBA进行计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，CD∥AB，
∴∠ABD=∠1＝40°，
∴∠DBC＝∠ABC-∠ABD=50°，
由折叠可得∠DB C′＝∠DBC＝50°，
∴∠2＝∠DB C′−∠DBA＝50°−40°＝10°，
故选D．
【点睛】
本题考查了长方形性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算的应用，关键是求出∠DBC′和∠DBA的度数．
二、填空题
1、##
【分析】
求出的度数，利用计算即可．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和扇形面积公式，计算扇形面积时，应该先求出弧所在圆的半径以及弧所对的圆心角的度数．
2、##
【分析】
根据勾股定理求出AC，根据矩形性质得出∠ABC=90°，BD=AC，BO=OD，求出BD、OD，根据三角形中位线求出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，BD=AC，BO=OD，
∵AB=6cm，BC=8cm，
∴由勾股定理得：（cm），
∴DO=5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF=OD=2.5cm，
故答案为：2.5．
【点睛】
本题考查了矩形的性质的应用，勾股定理，三角形中位线的应用，解本题的关键是求出OD长及证明EF=OD．
3、①②③
【分析】
①连接BE，可得四边形EFBG为矩形，可得BE＝FG；由△AEB≌△AED可得DE＝BE，所以DE＝FG；②由矩形EFBG可得OF＝OB，则∠OBF＝∠OFB；由∠OBF＝∠ADE，则∠OFB＝∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD+∠ADH＝90°，所以∠AHD+∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；③由②中的结论可得∠BFG＝∠ADE；④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为2，由①知FG＝DE，所以FG的最小值为2．
【详解】
解：①连接BE，交FG于点O，如图，

∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB＝∠EGB＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°．
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
∴BE＝DE．
∴DE＝FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
由①知：OB＝OF，
∴∠OFB＝∠ABE．
∴∠OFB＝∠ADE．
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADE+∠AHD＝90°．
∴∠OFB+∠AHD＝90°．
即：∠FMH＝90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB＝∠ADE．
即：∠BFG＝∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，
∴AC＝＝4．
∴DE＝AC＝2．
由①知：FG＝DE，
∴FG的最小值为2，
∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握正方形的性质是解题的关键．
4、八
【分析】
根据多边形的内角和公式求解即可．n边形的内角的和等于： (n大于等于3且n为整数）．
【详解】
解：设该多边形的边数为n，
根据题意，得，
解得，
∴这个多边形为八边形，
故答案为：八．
【点睛】
此题考查了多边形的内角和，解题的关键是熟练掌握多边形的内角和公式．
5、或
【分析】
根据题意分，，三种情况讨论，构造直角三角形，利用勾股定理解决问题．
【详解】
解：∵四边形是矩形
∴，
∵将△沿折叠，使得点落在处，
∴
，，
设，则
①当时，如图

过点作，则四边形为矩形

，
在中


在中

即
解得

②当时，如图，设交于点，

设

垂直平分


在中
即
在中，
即
联立，解得

③当时，如图，

又
垂直平分

垂直平分
此时重合，不符合题意
综上所述，或
故答案为：或
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，分类讨论是解题的关键．
三、解答题
1、（1）；（2）10；（3）（4，2）．
【分析】
（1）首先根据勾股定理求出OC=4，OA=8，然后利用待定系数法求解所在直线的解析式即可；
（2）首先由折叠的性质得到AE=CE，然后在Rt△OCE中，根据勾股定理求出AE=CE=5，然后根据等腰三角形的性质求出CF=CE=5，最后根据三角形面积公式求解即可；
（3）根据矩形的中心对称性质可得点M为矩形ABCD对角线的交点，然后根据中点坐标公式求解即可．
【详解】
解：（1）∵OA=2CO，
设OC=x，则OA=2x
在Rt△AOC中，由勾股定理可得OC2+OA2=AC2，
∴x2+（2x）2=（4）2
解得x=4（x=﹣4舍去）
∴OC=4，OA=8
∴A（8，0），C（0，4）
设直线AC解析式为y=kx+b，
∴，解得，
∴直线AC解析式为y=﹣x+4；
（2）由折叠得AE=CE，

设AE=CE=y，则OE=8﹣y，
在Rt△OCE中，由勾股定理可得OE2+OC2=CE2，
∴（8﹣y）2+42=y2
解得y=5
∴AE=CE=5
在矩形OABC中，
∵BCOA，
∴∠CFE=∠AEF，
由折叠得∠AEF=∠CEF，
∴∠CFE=∠CEF
∴CF=CE=5
∴S△CEF=CF•OC=×5×4=10
即重叠部分的面积为10；
（3）∵矩形是一个中心对称图形，对称中心是对角线的交点，
∴任何一个经过对角线交点的直线都把矩形的面积平分，
所以点M即为矩形ABCD对角线的交点，即M点为AC的中点，
∵A（8，0），C（0，4），
∴M点坐标为（4，2）．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，勾股定理，待定系数法求一次函数表达式等知识，，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，勾股定理，待定系数法求一次函数表达式．
2、（1）t＝2s；（2）AB=；（3）24
【分析】
（1）若是平行四边形，所以BD=12cm，则BO=DO=6cm，故有6-t=2t，即可求得t值；
（2）若是菱形，则AC垂直于BD，即有，故AB可求；
（3）根据四边形AECF是菱形，求得，根据平行四边形的性质得到BO=OD，求得BE=DF，列方程到底BE=DF=2，求得EF=8，于是得到结论．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO＝OC，EO＝OF，
∵BO＝OD＝6cm，
∴，
∴，
∴，
∴当t为2秒时，四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是菱形，则，
，
；
∴当AB为时，平行四边形是菱形；
（3）由（1）（2）可知当t＝2s，AB=时，四边形AECF是菱形，
∴EO＝6−t=4，
∴EF=8，
∴菱形AECF的面积＝．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质和菱形的判定和性质，勾股定理，菱形的面积的计算．
3、（1）（1，4）；（2）45°；（3）见解析

【分析】
（1）过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，证明△OAE≌△BOF得到OF=AE，BF=OE，再由点A的坐标为（-4，1），得到OF=AE=1，BF=OE=4，则点B的坐标为（1，4）；
（2）延长MP与AN交于H，证明△APH≌△BPM得到AH=BM，再由A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），得到AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，则HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，瑞出HN=MN，即可得到∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；
（3）连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，则GP是△ABM的中位线，AM∥GP，证明△PQO≌△PGB得到∠OPQ=∠BPG，再由∠OPQ+∠BPQ=90°，得到∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，则PQ⊥PG，即PG⊥AM；
【详解】
解：（1）如图所示，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，
∴∠AEO=∠OFB=90°，
∴∠AOE+∠OAE=90°，
又∵∠AOB=90°，
∴∠AOE+∠BOF=90°，
∴∠OAE=∠BOF，
∵AO=OB，
∴△OAE≌△BOF（AAS），
∴OF=AE，BF=OE，
∵点A的坐标为（-4，1），
∴OF=AE=1，BF=OE=4，
∴点B的坐标为（1，4）；

（2）如图所示，延长MP与AN交于H，
∵AH⊥y轴，BM⊥y轴，
∴BM∥AN，
∴∠MBP=∠HAP，∠AHP=∠BMP，
∵点P是AB的中点，
∴AP=BP，
∴△APH≌△BPM（AAS），
∴AH=BM，
∵A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），
∴AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，
∴HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，
∴HN=MN，
∴∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；

（3）如图所示，连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，
∴GP是△ABM的中位线，
∴AM∥GP，
∵Q是ON的中点，G是BM的中点，ON=BM=1，
∴，
∵P是AB中点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，
∴，∠OAB=∠OBA=45°，∠OPB=90°
∴∠PAO=∠POA=45°，
∴∠POB=45°，
∵∠NAO+∠NOA=90°，∠NOA+∠BON=90°，
∴∠NAO=∠BON，
∵∠OAB=∠POB=45°，
∴∠BAN+∠NAO=∠POQ+∠BON，即∠BAN=∠POQ，
由（2）得∠GBP=∠BAN，
∴∠GBP=∠QOP，
∴△PQO≌△PGB（SAS），
∴∠OPQ=∠BPG，
∵∠OPQ+∠BPQ=90°，
∴∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，
∴PQ⊥PG，
∴PG⊥AM；

【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
4、（1）；（2）①；②存在一点或，使是以MN为直角边的等腰直角三角形．
【分析】
（1）把代入一次函数解析式即可确定一次函数解析式为，得到，由勾股定理确定，求出，即求得，在RtΔAOC中，利用勾股定理即可得出结果；
（2）①设，利用待定系数法直线AC的解析式为，由，根据代入数值即可求出t的值；
②当N点在轴下方时，得到，设，过P点作直线轴，作，，根据全等三角形的判定定理可得：，得到，，再证明，得到，，求得，则，根据，得到，列出方程求出a即可得到点N的坐标；当N点在x轴上方时，点与N关于对称，得到点N’的坐标．
【详解】
（1）把代入得：，
一次函数解析式为，
令，得，
∴，
在中，，，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
在RtΔAOC中，
；
（2）①设，
∴P在线段AB上，
∴，
设直线AC的解析式为，代入，得：
，
∴，
∴，
又∵轴，则，
∴，



，
又∵，
∴得．
②如图所示，当N点在轴下方时，

∵，
∴，
∴，
∵是以PM为直角边的等腰直角三角形，
当时，，，
设，
过P点作直线轴，作，，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，作，则，
∵，
∴，
∴M在直线AB上，
∴


，
∴，
∴．
当N点在x轴上方时，如图所示：

点与关于对称，
则，即，
综上：存在一点或，使是以MN为直角边的等腰直角三角形．
【点睛】
题目主要是考查一次函数的综合题，待定系数法求函数解析式，直线所成三角形的面积，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定及性质，中心对称的点的性质，熟练掌握各知识点综合运用是解题的关键．
5、（1）四边形是菱形，证明见解析；（2）
【分析】
（1）先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证明从而可得结论；
（2）先求解 再求解的面积，再利用菱形的性质可得菱形的面积.
【详解】
证明：（1）四边形是菱形，理由如下：
，
四边形是平行四边形，
∠ACB＝90°，D为AB中点，

四边形是菱形.
（2） ∠ABC＝30°，AB＝4，∠ACB＝90°，


D为AB中点，

四边形是菱形，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”是解本题的关键.