第09讲 四边形 试卷（含答案详解）-2023年全国重点高中自主招生大揭秘

这是一份第09讲 四边形 试卷（含答案详解）-2023年全国重点高中自主招生大揭秘，共43页。试卷主要包含了单选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．（2023春·浙江宁波·九年级校联考竞赛）已知：a、b是正数，且，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
2．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，四边形是菱形，对角线，，于点，则的长（ ）
A．B．C．D．
3．（2020·江西南昌·八年级竞赛）在四边形ABCD中，将下列条件中的任意两个进行组合，可以判定它是平行四边形的有（ ）组．
（1）AB∥CD （2）AD∥BC （3）AB=CD （4）AD=BC （5）∠A=∠C （6）∠B=∠D
A．7B．8C．9D．10
4．（2017·全国·八年级竞赛）梯形ABCD中，AD// BC ，AB=3，BC=4，CD=2， AD=1，则梯形的面积为 （ ）
A．B．C．D．
5．（2023·四川绵阳·统考三模）如图，矩形的边在x轴的正半轴上，点B在点A的右边，点C，D在第一象限，，，点P在边上运动，若b取某个确定的值时，使得是等腰三角形的点P有三个可能位置，则b的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．，且
6．（2023春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，正方形的边长为1，点E是边AD上一点，且，点F是边上一个动点，连接EF，以为边作菱形，且，连接，点P为的中点，在点F从点A运动到点B的过程中，点运动所走的路径长为（ ）
A．B．1C．D．
二、解答题
7．（2023春·浙江宁波·九年级校联考竞赛）如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H．
求证：
（1）AMEG；
（2）AH⊥EG；
（3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．
8．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）某同学对矩形纸片ABCD进行了如下的操作：如图，先沿直线AG折叠，使点B落在对角线AC上的点P处，再沿直线CH折叠，使点D落在AC上的点Q处．若，，求四边形的面积．
9．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，在中，，，，点D从点C出发沿CA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是秒（）．过点作于点F，连接DE，EF．
(1)求证：；
(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值，如果不能，说明理由；
(3)当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
10．（2020·江西南昌·八年级竞赛）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是AB边上一点，连接CE，把△BCE沿CE折叠，使点B落在点B′处．
（1）当B′在边CD上时，如图①所示，求证：四边形BCB′E是正方形；
（2）当B′在对角线AC上时，如图②所示，求BE的长．
11．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F．
(1)求证：AB=CF；
(2)当BC与AF满足什么数量关系时，四边形ABFC是矩形，并说明理由．
12．（2023·辽宁丹东·统考一模）已知正方形和等腰直角三角形，，连接，，，，点G，H，I分别为线段，，的中点，连接，，．
(1)如图1，当点B，A，F在一条直线上时，请直接写出线段与的关系；
(2)如图2，将绕点A顺时针旋转，判断线段与的关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若，， ，，的面积分别为，，．
①请直接写出与大小关系；
②直接写出的值．
13．（2023春·四川德阳·八年级四川省德阳市第二中学校校考期中）如图，四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，点坐标是，点坐标是，矩形沿直线折叠，点落在边上的处，、分别在、上，直线解析式为，点的坐标是．
(1)求出的值；
(2)若直线平行于直线，交轴于点，求直线的解析式；
(3)点在轴上，直线上是否存在点，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．
14．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，的直角顶点在轴的正半轴上，A点坐标为，点在射线上，点以每秒个单位长度的速度从点出发向终点运动，同时动点以每秒个单位长度的速度从点出发向终点运动，点，同时到达终点，点为的中点，连接，，以，为边构造▱设点的运动时间为秒．
(1) ______ ，点的坐标是______ （用含的代数式表示）；
(2)在点，运动过程中，是否存在直线将▱的面积分成：的两部分？若存在，则求出此时的值；若不存在，请说明理由．
(3)若，交于点，作点关于直线的对称点为点，连接，，当是以为腰的等腰三角形时，的值是______ （直接写出答案）．
15．（2023春·湖南长沙·八年级湖南师大附中博才实验中学校联考期中）定义：对于给定的一次函数（，k、b为常数），把形如（，k、b为常数）的函数称为一次函数（，k、b为常数）的衍生函数．已知的顶点坐标分别为，，，．
(1)点在一次函数的衍生函数图象上，则________；
(2)如图，一次函数（，k、b为常数）的衍生函数图象与交于M、N、P、Q四点，其中P点坐标是，并且，求该一次函数的解析式．
(3)一次函数（，k、b为常数），其中k、b满足．
①请问一次函数的图象是否经过某个定点，若经过，请求出定点坐标；若不经过，请说明理由；
②一次函数（，k、b为常数）的衍生函数图象与恰好有两个交点，求b的取值范围．
三、填空题
16．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）已知长分别为14，13，9，7的四条线段可以构成梯形，则在所有可能构成的梯形中，连接梯形两腰中点的线段长度的最大值是_______．
17．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）如图，P为Rt△ABC内一点，其中∠BAC=90°，并且PA=3，PB=7，PC=9，则BC的最大值为________．
18．（2022春·湖南长沙·八年级长沙市长郡双语实验中学校考竞赛）如图，P为Rt△ABC内一点，其中，并且，，，则的最大值为_______．
19．（2020·江西南昌·八年级竞赛）若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形为矩形，则四边形ABCD的对角线AC、BD之间的关系为_____．
20．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，P是正方形ABCD内的一点，且△PAB是等边三角形，则∠PDC的度数为______．
21．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段CB的延长线上，连接DE交AB于点F，∠AED=2∠CED，点G是DF的中点，若BE=2，DF=8，则AB的长为______ ．
22．（2020·江西南昌·八年级竞赛）如图，在正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE=5，EC=7，点P是BD上的一动点，则PE+PC的最小值是______．
23．（2023春·浙江舟山·八年级校联考期中）如图，有一张平行四边形纸条，，，，点E，F分别在边，上，．现将四边形沿折叠，使点C，D分别落在点，上．当点恰好落在边上时，线段的长为___________．在点F从点B运动到点C的过程中，若边与边交于点M，则点相应运动的路径长为___________．
24．（2023春·浙江杭州·八年级校联考期中）如图，平行四边形的对角线，交于点，平分，交于点，且．设，连接；若，，则平行四边形的面积为______ ；设，则与满足的关系式为______．
参考答案：
1．A
【分析】如图，将的最小值转化为求的最小值问题，利用轴对称的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，代入 ，
得：，
构造如下图形，如图，其中，，，在上取一点使，可得，
在中，根据勾股定理得：，
在中，根据勾股定理得：，
则，
∴当的值最小时，的值最小，
作点关于直线的对称点，连接，则：，
∴当三点共线时，的值最小，即为的长，
延长，过作垂直于的延长线，垂足为，则，四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理，得：；
∴的最小值为．
故选A．
【点睛】本题考查轴对称的性质，勾股定理，矩形的判定和性质．解题的关键，是将代数问题转化为几何模型，利用轴对称的性质，解决线段和最小问题．
2．A
【分析】由菱形对角线和边长组成一个直角三角形，由勾股定理可得菱形的边长，再利用面积相等建立等式，即可求解高DH的长．
【详解】解：∵在菱形ABCD中：AC⊥BD，OA=AC=4cm，OB=BD=3cm，
∴,
在Rt△AOB中，OA=4cm，OB=3cm，
∴AB==5（cm），
菱形的面积S=AC•BD=AB•DH，
即×8×6=5×DH，
解得DH=cm，故A正确．
故选：A．
【点睛】此题考查了菱形的性质和菱形的面积，熟练掌握“菱形的对角线互相垂直平分，菱形的面积等于对角线乘积的一半”是解题的关键．
3．C
【分析】根据平行四边形的5种判定方法，能推出四边形ABCD是平行四边形的有(1)(2)，(1)(3)，(1)(5)，(1)(6)，(2)(4)，(2)(5)，(2)(6)，(3)(4)，(5)(6)；
【详解】能推出四边形ABCD是平行四边形的有：
(1)(2)，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
(1)(3)，(2)(4)，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
(3)(4)，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
(5)(6)，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
(1)(5)，(1)(6)，(2)(5)，(2)(6)，这几组都是一组对边平行，一组对角相等，由这个条件可以推导出另一组对边平行(或另一组对角相等)，根据两组对边分别平行的四边形(或两组对角分别相等的四边形)是平行四边形可得到平行四边形；
综上，共有9组，
故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件和所得的结论．在四边形中如果有：①四边形的两组对边分别平行；②一组对边平行且相等；③两组对边分别相等；④对角线互相平分；⑤两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．
4．A
【分析】作梯形的两条高线，根据勾股定理求出高的长度，由梯形面积公式求解.
【详解】如图，过A、D作AE⊥BC,DF⊥BC,垂足为E、F.
∴AD=EF=1,AE=DF,
设BE=x，则CF=4-1-x=3-x,
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AE2=AB2-BE2,
∴AE2=32-x2,
在Rt△DFC中，由勾股定理得，DF2=DC2-CF2,
∴DF2=22-(3-x)2,
∴32-x2=22-(3-x)2,
解得，x= ，
∴AE= ,
S梯形ABCD=
故选：A.
【点睛】本题考查梯形面积公式，涉及高线的求法，用勾股定理求高是解答此题的关键.
5．D
【分析】矩形中，，则，得，由是等腰三角形，分、、讨论，找到临界值，再分析是等边三角形的情况，即可求解．
【详解】解：矩形中，，，
则，，
，
是等腰三角形，
如图：当，且重合时，
在中，，，，
，
，
解得：或（不合题意，舍去）；
如图：当，且重合时，
在中，，，，
，
，
解得：或（不合题意，舍去）；
如图：当，在的垂直平分线上，与恒有一个交点，
如图：当为等边三角形时，即，
过作轴于，
根据等边三角形三线合一易得：
，
；
综上所述：，且，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，坐标与图形，等边三角形的性质以及勾股定理解直角三角形；解题的关键是结合题意分类讨论并排除等边三角形的情况．
6．A
【分析】当与重合时为，当与重合时为，当点从运动到时，的运动轨迹为线段，连接，，，，可证，从而可证，由、分别是、的中点，即可求解．
【详解】
解：如图，当与重合时为，当与重合时为，
当点从运动到时，的运动轨迹为线段，
连接，，，，
四边形和四边形是菱形，
，
，，均是等边三角形，
，，
，
，
，
在和中
，
，
，，
，
同理可证：，
，
在和中
，
，
，
，
、分别是、的中点，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，菱形的性质，三角形全等的判定及性质，三角形中位线定理，掌握相关的判定方法及性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．
7．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析
【分析】（1）延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，先证得△MBN≌△MCA，得到∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，从而得到BN∥AC，NB＝AG，进一步得到∠NBA＝∠GAE，根据SAS证得△NBA≌△GAE，即可证得结论；
（2）由△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH＝90°，即可证得∠AHE＝90°，得到AH⊥EG；
（3）连接CE、BG，易证△ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2＝CG2+BE2，从而得到2（AB2+AC2）．
【详解】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，
∵AM是△ABC中BC边上的中线，
∴CM＝BM，
在△MBN和△MCA中

∴△MBN≌△MCA（SAS），
∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，
∴BN∥AC，NB＝AG，
∴∠NBA+∠BAC＝180°，
∵∠GAE+∠BAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠NBA＝∠GAE，
在△NBA和△GAE中

∴△NBA≌△GAE（SAS），
∴AN＝EG，
∴AMEG；
（2）证明：由（1）△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，
∵∠HAE+∠BAN＝180°﹣90°＝90°，
∴∠HAE+∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，
即AH⊥EG；
（3）证明：连接CE、BG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴AC=AG，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠BAG=∠CAE，
∴△ACE≌△ABG
∴CE⊥BG，
∴EG2+BC2＝CG2+BE2，
∴EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
8．
【分析】由折叠的性质可知AP=AB=5，BG=PG，∠B=∠APG=90°，CQ=CD=5，由勾股定理可得AC=13，然后可得CP=8，设CG=x，则BG=PG=12-x，进而根据勾股定理建立方程求解x，最后问题可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，，，
∴，，
∴，
由折叠的性质可知AP=AB=5，BG=PG，∠B=∠APG=90°，CQ=CD=5，
∴CP=8，∠CPG=90°，
设CG=x，则BG=PG=12-x，
∴由勾股定理可得：，
解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
9．(1)证明见解析；
(2)t=10；
(3)当t=或12时，△DEF为直角三角形，理由见解析．
【分析】（1）由题意得∠BCA=30°，CD=4tcm，AE=2tcm，再由含30°角的直角三角形的性质得DF=DC=2tcm， 即可得到AE=DF；
（2）由AE=AD，得四边形AEFD为菱形，得2t=60-4t，进而求得t的值；
（3）分∠EDF=90°、∠DEF=90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【详解】（1）证明：由题意可知CD=4tcm，AE=2tcm，
∵∠B=90°，∠A=60°，
∴∠C=30°，
∴DF=DC=2t cm．
∵AE=2t cm，DF=2t cm，
∴AE=DF．
（2）解：∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴．
∵AE=DF，，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，
即2t=60-4t，
解得t=10，
∴当t=10时，四边形AEFD为菱形，
故答案为：10．
（3）当∠EDF=90°时，如图①，
∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴，
∴四边形DFBE为矩形．
∴
∴AD=2AE，即60-4t=2t×2，
解得，t=，
当∠DEF=90°时，如图②，
∵，
∴DE⊥AC，
∴．
∴AE=2AD，即2t=2×（60-4t），
解得，t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
10．（1）证明见解析；（2）3
【分析】（1）由折叠的性质可得BE＝E，BC＝C，∠BCE＝∠CE，然后根据等角对等边证出BC＝BE＝C＝B'E，从而证出四边形BCE是菱形，然后根据正方形的判定即可证出结论；
（2）利用勾股定理求出AC，然后根据折叠的性质可得C＝BC＝6，BE＝E，然后利用勾股定理即可求出结论．
【详解】证明：（1）∵BCE沿CE折叠，
∴BE＝E，BC＝C，∠BCE＝∠CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB＝90°＝∠B．
∴∠BCE＝45°且∠B＝90°．
∴∠BEC＝∠BCE＝45°．
∴BC＝BE．
∵BE＝E，BC＝C，
∴BC＝BE＝C＝B'E．
∴四边形BCE是菱形．
又∵∠B＝90° ，
∴四边形BCE是正方形．
（2）∵AB＝8，BC＝6，
∴根据勾股定理得：AC＝10．
∵BCE沿CE折叠，
∴C＝BC＝6，BE＝E，
∴A＝4，AE＝AB﹣BE＝8﹣E，
在RtAE中，AE2＝A2+E2，
∴（8﹣E）2＝16+E2 ，
解得：E＝3，
∴BE＝E＝3．
【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，掌握矩形的性质、折叠的性质、正方形的判定和勾股定理是解决此题的关键．
11．(1)见解析；(2)当BC=AF时，四边形ABFC是矩形，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到两角一边对应相等，利用AAS判定△ABE≌△FCE，从而得到AB=CF；
（2）由已知可得四边形ABFC是平行四边形，BC=AF，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得到四边形ABFC是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴， ，
∵E为BC的中点，
∴BE=EC，
∴ △ABE≌△FCE，
∴ AB=CF；
(2)解∶当BC=AF时，四边形ABFC是矩形．理由如下∶
∵AB∥CF，AB=CF ，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵BC=AF，
∴四边形ABFC是矩形．
12．(1)且
(2)且，理由见详解
(3)①，②
【分析】（1）连接，延长交于，可证，结合三角形中位线即可求解；
（2）连接交于，与交于，可证，结合三角形中位线即可求解；
（3）①过作，交的延长线于，过作，可证，即可求解；②可求，由即可求解．
【详解】（1）解：且，
如图，连接，延长交于，
四边形是正方形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
在和中
，
()，
，，
点G，H，I分别为线段，，的中点，
，，
，，
；
，，
，
，
，
，
；
故且．
（2）解：且，
如图，连接交于，与交于，
由（1）得：，，，
在和中
，
()，
，，
点G，H，I分别为线段，，的中点，
，，
，，
；
，，
，
，
，
，
；
故且．
（3）解：①，
如图，过作，交的延长线于，过作，
，
，，
，
在和中
，
（），
，
，，
又，
．
②，
由（2）得：，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，三角形中位线定理，面积转换，正方形的性质，旋转的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
13．(1)
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）将点的坐标代入直线解析，即可得出结论；
（2）根据直线平行于直线，可设直线解析式，利用折叠的性质和勾股定理确定，再代入即可；
（3）本问关键是确定平行四边形的位置与形状．因为、均为动点，只有已经确定，所以可从此入手，按照为平行四边形的一边、为平行四边形的对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状．确定平行四边形的位置与形状之后，利用全等三角形求得点的纵坐标，再利用直线解析式求出点的横坐标，从而求得点的坐标．
【详解】（1）解：∵直线解析式为，点的坐标是，
∴，
∴，
∴直线解析式为，
∴的值为．
（2）∵点坐标是，点的坐标是，
∴，，，
∵矩形沿直线折叠，点落在边上的处，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵直线平行于直线，
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为．
（3）若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：
①如图1所示，为平行四边形的一边，且点在轴正半轴上，
过点作轴于点，延长交轴于点，设，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，
∴，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点的纵坐标：，
∵直线解析式为，
∴点的横坐标：，
∴；
②如图1所示，为平行四边形的一边，且点在轴负半轴上，
过点作轴于点，延长交轴于点，设，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，
∴，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点的纵坐标：，
∵直线解析式为，
∴点的横坐标：，
∴；
③如图3所示，为平行四边形的对角线，
过点作延长线的垂线，垂足为，设，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，
∴，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点的纵坐标为：，
∵直线解析式为，
∴点的横坐标为：，
∴；
综上所述，存在点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查直角坐标系中一次函数与平面图形的性质，待定系数法求一次函数（直线）解析式，矩形，平行四边形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质等知识点．难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有三种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏．根据题意，灵活运用所学知识是解题的关键．
14．(1)
(2)存在，的值为或
(3)或
【分析】（1）根据点坐标求得，再根据题意可得、，进而求得、即可解答；
（2）先根据点为的中点确定点的坐标，然后构造平行四边形，进而求得点N的坐标；然后分直线与交于点和直线与交于点两种情况，分别根据面积和中点的定义即可解答；
（3）由平行四边形的性质可得，进而确定、；
再根据旋转和对称的性质可得，再求直线的解析式；然后说明是以为腰的等腰三角形，再分和两种情况，分别列方程求解即可．
【详解】（1）解：点坐标为，，
，
，
由题意得：，，
，
，
．
故答案为：，．
（2）解：存在．理由如下：
点为的中点，
，
，，以，为边构造平行四边形，
，，
，
当直线与交于点时，如图，
直线将▱的面积分成：的两部分，
，
，
，
，即点是的中点，
，
设直线的解析式为，则，
解得：，
直线的解析式为，
点在直线上，
，
解得：．
当直线与交于点时，如图，
直线将▱的面积分成：的两部分，
，
，
，
，
即点是的中点，
，
直线的解析式为，点在直线上，
，
解得：．
综上所述，的值为或．
（3）解：∵四边形是平行四边形，
，
，，
，
将绕点顺时针旋转得，且，
直线的解析式为，
、关于对称，
，
，
直线的解析式为，把代入，得，
解得：，
直线的解析式为，
设，
的中点坐标为，
，
直线的解析式为，把代入，得：，
解得：，
，
，，，
是以为腰的等腰三角形，
或，
当时，
，
解得：，
，
，
当时，
，
解得：，
综上所述，当是以为腰的等腰三角形时，的值是或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的性质、求一次函数解析式、等腰三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合和分类讨论思想是解答本题的关键．
15．(1)1或
(2)
(3)①过定点，；②或且
【分析】（1）根据衍生函数的定义可知一次函数的衍生函数为．再分类讨论：当时和当时，求解即可；
（2）根据题意可求出一次函数的衍生函数图象过点，即得出，从而得出一次函数的衍生函数为．由题意可知，，即可求出点、、的坐标分别为、、，进而可求出，，，结合三角形和梯形的面积公式可列出关于k的方程，解出k的值，即可求解；
（3）①根据题意可得，代入并整理，得：，即说明过定点，定点坐标为；
②由①可知：一次函数的衍生函数图象经过定点和，
其解析式为：，且点在内．设衍生函数图象与轴的交点为，点沿轴向上平移过程中，当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，结合图象可知时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意；点沿轴继续向上平移，当衍生函数图象经过点时，与有三个交点，结合图象可知且时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意．
【详解】（1）解：根据衍生函数的定义可知一次函数的衍生函数为．
分类讨论：当时，则，解得：；
当时，则，解得：．
∴或．
故答案为：1或；
（2）解：根据题意得，当时，一次函数的衍生函数图象过点
代入得：，即，
∴一次函数的衍生函数为．
∵，，
∴，，，
解得：，，，
∴点、、的坐标分别为、、，
∴，，
∴，
．
，
，
解得：，
代入检验是方程的解，
将代入，解得，
该一次函数的解析式为；
（3）解：①，
，
代入，得：，
∵当时，，
过定点，定点坐标为；
②由①可知：一次函数的衍生函数图象经过定点和，
其解析式为：，且点在内．
设衍生函数图象与轴的交点为，点沿轴向上平移过程中，当衍生函数图象经过点A时，与有三个交点，如图，
将代入，
解得：，，
时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意；
点沿轴继续向上平移，当衍生函数图象经过点时，与有三个交点，如图，
且时，衍生函数图象恰好与有两个交点，符合题意．
当或且时，衍生函数图象恰好与有两个交点．
【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，分式方程的实际应用等知识．理解衍生函数的定义，并利用分类讨论和数形结合的思想是解题关键．
16．10.5
【分析】分别以这四条线段为梯形的四条边进行分类讨论求解即可．
【详解】解：当这个梯形的上底和下底分别为7和9时，则如图所示：
过点A、C分别作AF⊥BC，CE⊥AD，
由题意得：AD∥BC，AD=7，BC=9，AB=14，CD=13，
∴AF=CE，AE=CF，
设AE=CF=x，则有DE=7-x，BF=9-x，
在Rt△AFB中，由勾股定理得：，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴此情况符合题意，则取AB、CD的中点M、N，
∴；
当这个梯形的上底和下底分别为7和13时，则AB=14，CD=9，如图所示：
同理可得：，
解得：，
∴此种情况符合题意，即；
当这个梯形的上底和下底分别为7和14时，则AB=13，CD=9，如图所示：
同理可得：，
解得：，
∴此种情况符合题意，即；
当这个梯形的上底和下底分别为9和13时，则AB=14，CD=7，如图所示：
同理可得：，
解得：，
∴此种情况不符合题意；
当这个梯形的上底和下底分别为9和14时，则AB=13，CD=7，同理可知也不符合题意；
当这个梯形的上底和下底分别为14和13时，则AB=9，CD=7，同理可知也是不符合题意；
∴综上所述：当以这四条边作为梯形的边长，两腰的中线最大值为10.5；
故答案为10.5．
【点睛】本题主要考查梯形中位线及勾股定理，熟练掌握梯形中位线及勾股定理是解题的关键．
17．14
【分析】过P点分别作PD⊥AB于D、PF⊥AC于F，再过B作BG⊥PF于G，过C作CE⊥PD于E，交BG于H，再结合矩形的性质和勾股定理即可求BC的最大值．
【详解】解：如图，过P点分别作PD⊥AB于D、PF⊥AC于F，再过B作BG⊥PF于G，过C作CE⊥PD于E，交BG于H，连接AH、PH
∵∠BAC=90°，
∴四边形ADPF、四边形ADEC、四边形ABGF、四边形PGHE、四边形ABHC都是矩形
∴PD=BG，PF=AD=EC，PG=HE，BC=AH
∴
∴
∵PA=3，PB=7，PC=9
∴，
解得
∵△PAH中，PA=3，
∴
∵当A、P、H三点共线时
∴当A、P、H三点共线时最大
故答案为：14．
【点睛】本题考查矩形的性质和勾股定理，构造矩形是解题的关键．
18．
【分析】如图所示，作矩形ABDC，连接AD，过点P作PG⊥BD，延长GP交AC于H，作PF⊥CD于F，延长FP交AB于E，先证明四边形AEFC，四边形EFDB 是矩形，得到AE=CF，BE=DF，然后利用勾股定理证明，求出，再由进行求解即可．
【详解】解：如图所示，作矩形ABCD，连接AD，过点P作PG⊥BD，延长GP交AC于H，作PF⊥CD于F，延长FP交AB于E，
∴四边形AEFC，四边形EFDB 是矩形，
∴AE=CF，BE=DF，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当P、A、D三点共线时，BC有最大值，即，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线，解题的关键是构造出．
19．AC⊥BD．
【分析】根据矩形的性质、三角形的中位线定理和平行线的性质即可得出结论.
【详解】解：如图，设四边形EFGH是符合题意的中点四边形，则四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH＝90°，
∵点E、F分别是AD、AB的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH＝∠OMH＝90°，
又∵点E、H分别是AD、CD的中点，
∴EH是△ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH＝∠COB＝90°，
即AC⊥BD．
故答案为AC⊥BD．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理和平行线的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解此题的关键.
20．15°
【分析】先求得∠PAB=60°，从而可得到∠DAP=30°，然后依据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求得∠ADP的度数，最后由∠PDC=∠ADC-∠ADP求解即可．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∵△PAB是等边三角形，
∴∠PAB=∠PBA=60°，PA=PB=AB，
∴∠DAP=∠CBP=30°，AD=AP，
∴∠ADP=×(180°-30°)=75°，
∴∠PDC=90°-75°=15°，
故答案为15°．
【点睛】本题考查了正方形和等边三角形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
21．2
【分析】先证明∠ADE=∠DEC，设∠CED=x，则∠AED=2x，∠ADE=x，证明∠AED=∠AGE=2x，则AE=AG=4，由勾股定理计算AB的长即可
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠BAD=90°，
∴∠ADE=∠DEC，
设∠CED=x，则∠AED=2x，∠ADE=x，
在Rt△FAD中，G是DF的中点，DF=8，
∴AG=DG=4，
∴∠GAD=∠ADE=x，
∴∠AGE=∠GAD+∠ADE=2x，
∴∠AGE=∠AED=2x，
∴AE=AG=4，
由勾股定理得：AB==2
故答案为: 2
【点睛】本题考查了矩形的性质，还考查了等腰三角形、直角三角形斜边中线的性质，设未知数，分别表示相关的角，根据等角对等边证明边相等，从而可以利用勾股定理计算边的长度．
22．13
【分析】要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PE，PC的值，从而找出其最小值求解．
【详解】
解：如图
连接AE交BD于P点，
则AE就是PE+PC的最小值，
∵正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE=5，EC=7，
∴AB=12，
∴AE==13，
∴PE+PC的最小值是13．
故答案为13．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，找出最短路径作法是解题关键．
23．
【分析】当点恰好落在边上时，易得，过点作于点，求出的长度，进而求出的长度，勾股定理求出的长度，即可得到的长；分别求出与重合时，的长，以及在上时，的长，作差即可得出点相应运动的路径长．
【详解】解：（1）当点恰好落在边上时，如图：
∵平行四边形纸条，，，，
∴，，
∴，
∵折叠，
∴，，，，
∴，
∴，
过点作于点，
则：，
∴，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）当点与点重合时，此时最短，如图：
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同（1）法可得：，
设，则：，
在中，，即：，
解得：，
∴，
∴；
当点在上时，此时与重合，最大，
由（1）可知，，
∴点运动的路径长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理．解题的关键是正确的画出图形，利用数形结合的思想进行求解．
24．
【分析】根据平行四边的性质可得，，进而得到，由角平分线的性质可得，以此得到为等边三角形，当，，易得，根据等边对等角得，根据三角形外角性质可求出，进而得到，设，则，根据勾股定理求得，则；由可得，进而得到，于是，由平行四边的性质可得，由可得，则，易得，以此即可求解．
【详解】解：∵四边形为平行四边，，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
若，，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，，
∴，
解得或舍去，
∴，，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、角平分线的定义、勾股定理、含度角的直角三角形等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．