初中数学人教版九年级上册第二十一章 一元二次方程21.1 一元二次方程精品综合训练题

这是一份初中数学人教版九年级上册第二十一章 一元二次方程21.1 一元二次方程精品综合训练题，共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题21.31 用一元二次方程解决几何问题（分层练习）（培优练）
一、单选题
1．关于的一元二次方程的两个实数根分别是，，且以，，6为三边的三角形恰好是等腰三角形，则的值为（　　）
A．24 B．25 C．24或25 D．无法确定
2．设a、b、c是一个三角形三边的长，如果关于x的方程有两个相等的实数根，则该三角形的形状为（    ）
A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．不确定
3．三角形两边长分别是8和6，第三边长是一元二次方程一个实数根，则该三角形的面积是（    ）
A．24 B．48 C．24或 D．
4．如图，矩形中，，将矩形沿对角线翻折，点B的对应点为点，交于点E，若，则（    ）

A．2 B．3 C． D．
5．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在y轴上，边在x轴上，点B的坐标是，D为边上一个动点，把沿折叠，若点A的对应点恰好落在矩形的对角线上，则点的坐标为（    ）
  
A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，在对角线上取一点E，使得，连接，若，，则的长为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．
7．如图，四边形是边长为的菱形，对角线、的长度分别是一元二次方程的两实数根，是边上的高，则值为（    ）

A． B． C． D．
8．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AE＝EB＝EC＝a，且a是一元二次方程x2+2x﹣3＝0的根，则平行四边形ABCD的周长为（　　）

A．12-6 B．6+12 C．4+2 D．4-2
9．如图，平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝4，连接AC，以B为圆心，BC长为半径作弧，交AC于点E分别以C，E为圆心，以大于CE的长为半径作弧，两弧交于点F，作射线BF，交CD于G，交AC于点H．若AE＝EH，则AC的长为（　　）

A．2 B．4 C．2 D．2
10．如图，菱形中，，，点是上一点，将菱形沿着折叠，使点落在点处，与交于点，点是的中点，，则的长为（    ）
  
A． B． C． D．
二、填空题
11．平行四边形 ABCD 的两边 AB，AD 的长是关于 x 的方程的两个实数根，当四边形ABCD是菱形，这时菱形的边长为 ．
12．菱形的两边，的长是关于x的方程的两个实数根，则菱形的边长为 ．
13．如图，将长宽比为的矩形沿着折叠，使点C落到宽上点处，点B落到点处，且满足，则 ．
  
14．如图，在矩形中，对角线上有两动点E和F，连接和，若，，，则的最小值是 ．
  
15．如图，正方形的边长为，点在线段上，且四边形为菱形，则的长为 ．

16．如图，在等边三角形ABC中，点D、E分别是边AC、BC上两点，将三角形CDE沿DE翻折，点C正好落在线段AB上的点F处，使得AF：BF＝2：3，若BE＝16，则CE的长度为 ．

17．如图，在平行四边形中，，是锐角，于点E，F是的中点，连接．若，则长为 ．

18．已知平行四边形，，，点在边上，将平行四边形沿翻折，使点落在边的处，且满足，则 ．
19．如图所示，在矩形ABCD中，，点P在边CD上，且，将沿BP折叠，若点C的对应点F落在矩形ABCD的边上，则CD的长度为 ．

20．如图，在平行四边形中，，，是锐角，于点E，F是的中点，连结．若，则的长为 ．

三、解答题
21．如图，在平面直角坐标中，点O为坐标原点，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在直线上，且点C的纵坐标为2． 
(1) 求直线的解析式；
(2) 点P是射线上一点，连接，设点P的横坐标为t，的面积为S，求S与t之间的函数
关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
(3) 在（2）的条件下，在坐标平面内是否存在点Q，使以O，B，P，Q为顶点的四边形是以为一边的菱形?若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．










22．如图，矩形中，，点M，N分别为上一点，且，连接．
(1) 当时，求证：四边形是菱形；
(2) 填空：①当 时，四边形是矩形；②当 时，以为对角线的正方形的面积为．




23．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点，．点在线段上，且，点在直线上，的横坐标为，连接，以，作平行四边形．
(1)当时，求点的坐标；
(2)若平行四边形的面积等于，求的值；
(3)如图，作点关于原点的对称点，以为直角边在 轴下方作 ，使得，，当点恰好落在的一边上时，求的值．





24．已知：平行四边形的两边、的长是关于x的方程的两个实数根．
(1)当m为何值时，四边形是菱形？
(2)若，求m的值．






25．如图，正方形的边长是3，点是直线上一点，连接，将线段，将线段绕点逆时针旋转90°得到线段，在直线上取点，使，且点与点在同侧，连接，．
(1) 如图①，当点在延长线上时，求证：四边形是平行四边形；
(2) 如图②，当点在线段上时，四边形是否还是平行四边形，说明理由；
(3) 在图②的条件下，四边形的面积是否存在正好等于正方形的面积的一半，若存在求出此时长；若不存在，请说明理由









26．综合与探究
如图1，一次函数的图象与坐标轴交于，两点，点的坐标为，点是线段上一动点，点的横坐标为．
  
(1) 直接写出点A，B的坐标及直线的解析式；
(2) 如图1，连接，当的面积等于的面积时，求点的坐标；
(3) 如图2，过点作直线的平行线，在直线上是否存在一点，使四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．

























参考答案
1．C
【分析】分类讨论6为底边和6为腰两种情况，结合一元二次方程的根与其根的判别式的情况即可确定的值．
解：①当6为底边时，则，
∴，
∴，
∴方程为，
解得：，
∵，
∴5，5，6能构成等腰三角形；
②当6为腰时，则设，
∴，
∴，
∴方程为，
∴，，
∵，
∴4，6，6能构成等腰三角形；
综上所述：或25．
故选：C．
【点拨】本题考查三角形三边关系以及一元二次方程的根与根的判别式．利用分类讨论的思想是解答本题的关键．
2．C
【分析】由一元二次方程根的判别式，求出，即可进行判断．
解：∵有两个相等的实数根，
∴，
∴，
∴，
∴该三角形的形状为直角三角形；
故选：C
【点拨】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握根的判别式进行计算．
3．C
【分析】先利用因式分解法解方程得到x1=6，x2=10，当第三边长为6时，利用等腰三角形的性质和勾股定理可计算出底边上的高=，则根据三角形面积公式可计算出此时三角形的面积；当第三边长为10时，利用勾股定理的逆定理可判断三角形为直角三角形，然后根据三角形面积公式求解．
解：，
，
或，
所以，，
当第三边长为6时，三角形为等腰三角形，则底边上的高，此时三角形的面积，
当第三边长为10时，∵,
∴三角形为直角三角形，此时三角形的面积．
故选C．
【点拨】本题主要考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了直角三角形的判定和勾股定理的应用．
4．D
【分析】设，求出，得到，由得到，由折叠的性质得到进一步得到，在中得到，解方程即可得到答案．
解：设，
在矩形中，，，，，
∴，，
∵，
∴，
∵矩形沿对角线翻折，点B的对应点为点，交于点E，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
在中，，
∴，
解得（不合题意，舍去），，
∴．
故选：D
【点拨】此题考查了矩形的折叠问题、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、一元二次方程的应用，熟练掌握折叠的性质和利用勾股定理得到一元二次方程是解题的关键．
5．A
【分析】过点作轴于点，先利用待定系数法求出直线的解析式为，从而可设点的坐标为，则，再根据折叠的性质可得，然后在中，利用勾股定理可求出的值，由此即可得．
解：如图，过点作轴于点，
  
矩形的边在轴上，边在轴上，点B的坐标是，
，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
设点的坐标为，则，
由折叠的性质得：，
在中，，即，
解得或（不符合题意，舍去），
，
，
故选：A．
【点拨】本题考查了矩形的性质、一次函数的几何应用、勾股定理、折叠的性质、一元二次方程的应用，正确求出直线的函数解析式是解题关键．
6．B
【分析】如图所示，连接交于O，利用菱形的性质得到，，设，则，利用勾股定理得到，即，解方程即可得到答案．
解：如图所示，连接交于O，
∵四边形是菱形，
∴，，
设，则，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得（负值舍去），
∴，
故选B．

【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
7．A
【分析】先根据菱形的性质得到，，，，利用勾股定理得到，利用根与系数的关系求出，再根据完全平方公式的变形求出，得到，再根据菱形面积公式求出的长即可．
解：四边形是菱形，
，，，，
，
，
对角线，的长度分别是一元二次方程的两实数根，
，，
，，
，
，
解得：，，
当时，，不符合题意，舍去，
∴，
∴，
∴，
是边上的高，
，
，
．
故选：A．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，一元二次方根与系数的关系，灵活运用所学知识是解题的关键．
8．C
【分析】先解方程求得a的值，再根据勾股定理求得AB的长度，从而计算出的周长即可．
解：x2+2x－3=0，
（x－1）（x+3）=0，
即x=1或－3，
a=1，
AE=EB=EC=1，
在Rt中，AB=，BC=2，
的周长=2（AB+BC）=4+．
故选：C．
【点拨】本题主要考查一元二次方程的应用以及勾股定理的应用，掌握一元二次方程的解法以及勾股定理的应用是解题关键．
9．D
【分析】由作法得出BG垂直平分CE，从而可证得AE＝EH＝CH，设AE＝x，BH＝y，则AH＝2x，AC＝3x，在Rt△ABH与Rt△CBH中，利用勾股定理建立方程求出x值，即可求解．
解：由作法得BG垂直平分CE，
∴EH＝CH，∠BHA＝∠BHC＝90°，
∵AE＝EH，
∴AE＝EH＝CH，
设AE＝x，BH＝y，则AH＝2x，AC＝3x，
在Rt△ABH中，4x2+y2＝62，①
在Rt△CBH中，x2+y2＝42，②
①﹣②得3x2＝20，
解得x，
∴AC＝3x＝2．
故选：D．
【点拨】本题考查用尺规作线段垂直平分线，勾股定理，掌握尺规基本作图和利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．
10．D
【分析】作辅助线如解析图，要求，因为，故只要求出即可，根据三角形的中位线定理和含30度角的直角三角形的性质依次求出，然后设，在中，由勾股定理列出方程即可求出．
解：取的中点I，过点B作交的延长线于点J，连接，如图，
∵点是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
设，则，
∵将菱形沿着折叠，使点落在点处，，
∴，，
在中，由勾股定理得，
即，解得（舍去负值），
∴，
∴，，
延长交于点K，
  
∵，
∴，
∴，
∵，
∴≌，
∴，
作于点L，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴设，
在中，由勾股定理得，解得，
∴．
故选：D．
【点拨】本题考查了菱形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、一元二次方程的求解、勾股定理以及等腰三角形的判定和性质等知识，综合性较强，难度较大，正确添加辅助线、熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键．
11．
【分析】由菱形的性质可得AB=AD，结合一元二次方程的根的判别式可得关于m的方程，解之即可求出m的值，将其代入原方程后再解方程即得答案．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵AB，AD 的长是关于x的方程的两个实数根，
∴，解得：m1=m2=1；
当m=1时，原方程为，解得：x1=x2=；
即菱形的边长为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法和根的判别式，属于常见题型，熟练掌握上述知识是解题关键．
12．/0.5
【分析】根据菱形的边，的长是关于x的方程的两个实数根，得到，求得，原方程的两个实数根为，得到菱形的边长是．
解：∵四边形是菱形，
∴．
又∵，的长是关于x的方程的两个实数根，
∴，
∴，
当时，原方程为，即，
解得：，
∴菱形的边长是．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了菱形，一元二次方程等，解决问题的关键是熟练掌握菱形的性质，一元二次方程的根的判别式，解一元二次方程．
13．
【分析】设矩形的长为，宽为，则，设，由题意可知，，根据勾股定理得到，则，解得，即可得到．
解：设矩形的长为，宽为，则，设，
由题意可知，点C落到宽上点处，
∴，
由折叠可知，，
则，，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，由勾股定理得到，
即，
则，
解得（不合题意，舍去），，
即，
∴．
故答案为：
【点拨】此题考查了矩形性质、勾股定理、解一元二次方程、折叠的性质等知识，熟练掌握矩形性质和折叠的性质是解题的关键．
14．17
【分析】如图，连接，，由全等三角形判定（）可以证得，得到，进而得到，再根据题意及勾股定理求出的值，即可得出答案．
解：如图，连接，，
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，
，
，
又，为矩形的对角线，

，
是直角三角形，，，
，

移项得，
配方得，
，
解得，或
，
，
，
故答案为：17．
  
【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理的应用及解一元二次方程，熟知相关的判定与性质及解一元二次方程方法是解题关键．
15．
【分析】过点F作FG⊥BC交BC延长线于G，根据正方形性质可得：BD=2，∠CBD＝45°，再由菱形性质可得：CE//BD，BF＝BD=2，∠FCG＝∠CBD＝45°，因此△CFG是等腰直角三角形，设CG＝FG＝m，则CF=m，由勾股定理可列方程求解．
解：如图，过点F作FG⊥BC交BC延长线于G，则∠CGF＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝，∠BCD＝90°，∠CBD＝45°，
∴BD==2，
∵四边形BFED为菱形，
∴CE//BD，BF＝BD=2，
∴∠FCG＝∠CBD＝45°，
∴△CFG是等腰直角三角形，
设CG＝FG＝m，则CF=m，
∴BG＝+m，
∵在Rt△BFG中，，
∴，
解得：，(舍去)，
∴CF=（- ）=，
故答案为．
【点拨】本题考查了正方形性质，菱形性质，勾股定理，等腰直角三角形判定和性质，解题关键是利用勾股定理建立方程求解．
16．19
【分析】作EM⊥AB于M，由等边三角形的性质和直角三角形的性质求出BM＝BE＝8，ME＝BM＝8，由折叠的性质得出FE＝CE，设FE＝CE＝x，则AB＝BC＝16+x，得出BF＝（16+x），求出FM＝BF﹣BM＝（16+x）﹣8＝+x，在Rt△EFM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
解：作EM⊥AB于M，如图所示：

∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB，∠B＝60°，
∵EM⊥AB，
∴∠BEM＝30°，
∴BM＝BE＝8，ME＝BM＝8，
由折叠的性质得：FE＝CE，设FE＝CE＝x，
则AB＝BC＝16+x，
∵AF：BF＝2：3，
∴BF＝（16+x），
∴FM＝BF﹣BM＝（16+x）﹣8＝+x，
在Rt△EFM中，由勾股定理得：（8）2+（+x）2＝x2，
解得：x＝19，或x＝﹣16（舍去），
∴CE＝19；
故答案为19．
【点拨】本题考查了翻折变换的性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和等边三角形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
17．
【分析】设，通过作辅助线构造平行四边形，可用x表示出，最后分别在和中利用勾股定理得到用x表示的式子，建立方程后，求出x，进而即可求出的长．
解：设，则在中有．
如图，延长至点G使，连接，

∵F是的中点，
∴四边形是平行四边形，
∴．
又∵，
∴三点共线，
∴．
∵，
∴垂直平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：（舍），
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题综合考查平行四边形的性质与判定、线段的垂直平分线的性质与判定、勾股定理、一元二次方程的应用等内容，要求学生能够通过作辅助线构造平行四边形或等腰三角形，能利用勾股定理建立方程求出线段的长，本题综合性较强，运用了数形结合思想，考查了学生的综合分析能力．
18．/
【分析】过点作于点，交的延长线于点，得出是等腰直角三角形，设，则，在中，，求得，在中，，得出，即可求解．
解：如图，过点作于点，交的延长线于点，

设，
则，
∵，四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
在中，，
即
解得：或（舍去）
在中，，
∴
解得：
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，解一元二次方程，正确的作出图形是解题的关键．
19．或
【分析】根据矩形的形状分类讨论，分AD＞DC和AD＜DC两种情况讨论，当AD＞DC时，点F落在AD边上，则设CD的长度为x．根据翻折的性质，有，．即在中，用勾股定理表示出，再在中，利用勾股定理得，解方程即可得解；当AD＜DC时，由翻折变换可知四边形BCPF是正方形，即有PC=BC，则CD易求．
解：如图1所示，AD＞DC时，

当点F落在AD边上，则设CD的长度为x．
由翻折变化可知，，．
在中，
由勾股定理得，，
∴．
根据翻折可知BF=BC，
在中，
由勾股定理得，，即，
解得，或（舍去）；
如图2所示，AD＜DC时，

当点F落在AB边上，由翻折变换可知，四边形BCPF是正方形，
∴，
解得．
故CD的长度为：或．
故答案为：或．
【点拨】本题考查了几何图形的翻折、勾股定理、正方形的判定与性质以及一元二次方程的应用等知识，注重分类讨论的思想是解答本题的关键．
20．
【分析】如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x．首先证明DQ＝DE＝x＋2，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
解：如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DQ∥BC，
∴∠Q＝∠BEF，
∵AF＝FB，∠AFQ＝∠BFE，
∴△QFA≌△EFB（AAS），
∴AQ＝BE＝x，QF＝EF，
∵∠EFD＝90°，
∴DF⊥QE，
∴DQ＝DE＝x＋2，
∵AE⊥BC，BCAD，
∴AE⊥AD，
∴∠AEB＝∠EAD＝90°，
∵AE2＝DE2−AD2＝AB2−BE2，
∴（x＋2）2−4＝6−x2，
整理得：2x2＋4x−6＝0，
解得x＝1或−3（舍弃），
∴BE＝1，
∴AE＝，
故答案为：．
【点拨】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
21．(1)；(2)；(3)或
【分析】（1）先求出点C坐标，再运用待定系数法求出直线的解析式即可；
（2）求出，设，由三角形面积公式可得结论；
（3）分为边长或对角线两种情况画出图形，根据菱形的性质即可得出Q点的坐标．
解：（1）对于，点C在直线上，且点C的纵坐标为2．即，
∴
解得，，
∴,
设直线的解析式为，
把代入得，
解得，，
∴直线的解析式为；
（2）点P是射线上一点，点P的横坐标为t，
  
∴，
对于，当时，；当时，，解得，，
∴
∴；
（3）①若为边，为对角线时，如图1，
  
∵
∴，
∵四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴，
∴
∵点与点关于轴对称，
∴；
②若为边，为边时，如图1，过点P作轴于点E，如图2，
  
则有：
∴，
在中，,
∴
解得，或（舍去），
∴,
把点向下平移5个单位得点，
∴，
综上，点Q的坐标为或．
【点拨】本题考查了一次函数，熟练运用待定系数法、菱形的判定是解题的关键．
22．(1)见分析；(2)①4；②或
【分析】（1）求出四边形的各个边长即可；
（2）设，①四边形是矩形时，列方程计算即可；
②以为对角线的正方形的面积为解方程即可．
解：（1）∵矩形中，
∴,
∵，
∴，，，
∴
∴四边形是菱形
（2）设，则
①∵四边形是矩形
∴，
∴，解得
即当时，四边形是矩形；
故答案为：4；
②当或时，以为对角线的正方形的面积为
证明：当时，
过N作于，则四边形是矩形

∴，
∴，
∴，
∵以为对角线的正方形的面积为，
∴
∴，
解得或，
即当或时，以为对角线的正方形的面积为，
故答案为：或．
【点拨】本题考查特殊四边形的判定与性质，解一元二次方程，理解矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
23．(1)；(2)；(3)当点恰好落在 的一边上时，的值为或．
【分析】（1）先求出，可得，即，再求出点，设点C的坐标为，根据平行四边形的性质，可得的中点重合，即可求解；
（2）由题意得：，点Q的纵坐标为，再根据，即可求解；
（3）根据题意得：在平行四边形中，，，，可得到，然后分两种情况讨论，即可求解．
解：当时，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，即点，
当时，，
∴点，
设点C的坐标为，
∵四边形是平行四边形，
∴的中点重合，
∴，解得：，
；
（2）解：由题意得：，点Q的纵坐标为，
，
，
解得：，（舍去）．
．
（3）解：根据题意得：在平行四边形中，，，，
，
是关于的对称点，
．
①当点在上时，，的横坐标相同，，解得 ；
②当点在上时，作于点，则，，

，，
，
．
，
，解得．
综上，当点恰好落在的一边上时，的值为或．
【点拨】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，一元二次方程的应用，利用数形结合思想解答是解题的关键．
24．(1)；(2)
【分析】（1）根据题意，构建方程，解方程即可．
（2）利用根与系数的关系得到关于m的方程，解方程即可解决问题．
解：（1）四边形为菱形，则方程有两个相等的实数根，
∴，
即，
解得，
所以当时，四边形为菱形．
（2）∵、的长是关于x的方程的两个实数根，
∴，
∵，
∴，
即，
∴．
【点拨】本题考查菱形的性质、一元二次方程的解、根的判别式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，用转化的思考思考问题．
25．(1)见分析；(2)是，见分析；(3)不存在，见分析
【分析】（1）由正方形的性质可以得出，，可以得出，由其性质就可以得出结论；
（2）由正方形的性质可以得出，，可以得出，由其性质就可以得出结论；
（3）设，则 平行四边形的面积为，由平行四边形的面积公式就可以求出其解析式，再根据四边形的面积等于正方形的面积的一半，得到 方程，然后根据根的判别式判定方程无解即可得出结论．
解：（1）证明： 四边形是正方形，
，
在和中，
，
，
，．
，
．
，
．
，
，
即，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是平行四边形，
理由：四边形是正方形，
，
在和中，
，
，
，．
，
．
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（3）解：不存在．
理由：设，则平行四边形的面积为，

由题意得：
整理为，
∵，
∴此方程无解，
∴四边形的面积不存在正好等于正方形的面积的一半．
【点拨】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，平行四边形的判定及性质的运用，平行四边形的面积公式的运用，一元二次方程根的判别式，解答时灵活运用平行四边形的判定方法是关键．
26．(1)，，直线的解析式：；(2)；(3)存在．
【分析】（1）根据一次函数的图象与坐标轴交于，两点求解，两点的坐标，从而求解；
（2）过点作轴的垂线，根据的面积等于的面积列方程求解即可；
（3）根据四边形是菱形，，的坐标为，得出即可解答．
解：（1）一次函数的图象与坐标轴交于，两点，点的坐标为，
，，
点的坐标为，
直线的解析式：；
（2）解：过点作轴的垂线，垂足为，
点在线段上，横坐标为，
纵坐标为，则，
，，
，
解得，，
点的坐标为，
（3）四边形是菱形，，的坐标为
，
，
设，其中，
∴，
解得：，（不合题意舍去），
即点，
四边形是菱形，
∴点E坐标为即，
【点拨】该题主要考查了一次函数的解析式求法，一次函数的性质与图像以及一次函数与三角形面积求解，菱形的性质等知识点，解题的关键是能够画出菱形的图像，将题目转化为全等三角形线段关系求解．