沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试重难点06四边形的存在性(原卷版+解析)

这是一份沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试重难点06四边形的存在性(原卷版+解析)，共55页。试卷主要包含了，且与x轴交于点C等内容，欢迎下载使用。

考点一：平行四边形的存在性
考点二：梯形存在性
技巧方法
本节包含两部分，平行四边形的存在性及梯形的存在性，常见题型是存在菱形和正方形，根据题目中的条件及特殊的平行四边形的性质构造等量关系，求出相应的点的坐标；常见的梯形的问题中，经常需要添加辅助线．考察学生的分类讨论思想及逻辑思维能力．
能力拓展
考点一：平行四边形的存在性
平行四边形的问题是近几年来考试的热点，考察学生的分类讨论的思想．常见的题型是在平面直角坐标系中已知三点和第四点构成平行四边形，求第四点；或者已知两点，另外两点在某函数图像上，四点构成平行四边形；利用两点间的距离公式和平移的思想，结合题目中的条件构造等量关系．
1．（2022春·上海青浦·八年级校考期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点．
(1)求直线的解析式；
(2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标；
(3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标．
2．（2022春·上海闵行·八年级上海市民办文绮中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交轴、轴于、两点．过点的直线交轴正半轴于点，且点为线段的中点．
(1)求直线的解析式；
(2)在直线上找一点，使得，求出点的坐标；
(3)若点为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点，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．
3．（2022春·上海长宁·八年级上海市民办新世纪中学校考期末）已知，矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
(1)如图1，连接、．求证四边形为菱形，并求的长；
(2)如图2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止．在运动过程中，
①已知点的速度为每秒，点的速度为每秒，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值；
②若点、的运动路程分别为、（单位：，），已知、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出与满足的数量关系式．
4．（2022春·上海徐汇·八年级统考期末）在中，，，，点D是AB上的动点，交AC于点E，分别交射线BC、射线AC于点F、G，联结EF．
(1)如图1，如果点G恰好平分EC，判断四边形DEFC的形状并证明；
(2)如图2，当点F在线段BC的延长线上时，设AD的长为x，梯形DBFE的面积为y，直接写出y关于x的函数关系及其定义域；
(3)当时，求的长．
5．（2022春·上海·八年级上海市张江集团中学校考期末）【探究与应用】我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现有很多结论．例如：在平行四边形ABCD中，，将△ABC沿直线AC翻折至△AEC，连结DE，则AC∥ED．
(1)如图1，若AD与CE相交于点O，证明以上个结论；
(2)如图2，AD与CE相交于点O，若，，，求△AOC的面积；
(3)如果，，当A、C、D、E为顶点的四边形是正方形时，请画图并求出AC的长；
(4)如果，，当△AED是直角三角形时，直接写出BC的长．
6．（2022春·上海·八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1经过点A（0，1）、B（2，2）．将直线l1向下平移m个单位得到直线l2，已知直线l2经过点（﹣1，﹣2），且与x轴交于点C．
(1)求直线l1的表达式；
(2)求m的值与点C的坐标；
(3)点D为直线l2上一点，如果A、B、C、D四点能构成平行四边形，求点D的坐标．
7．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣2x+12的图像分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的函数解析式；
(2)若点C是x轴上一点，且S△AMCS△ABM，求点C的坐标；
(3)点P在直线AB上，在坐标平面内是否存在点Q，使四边形BPMQ是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
8．（2022春·上海徐汇·八年级上海市徐汇中学校考期中）如图，直角坐标平面中，已知点A（，0），点B在第一象限，点B的纵坐标是横坐标的6倍，且在反比例函数的图像上，作BC⊥x轴，垂足为点C．
(1)求直线AB的表达式；
(2)如果点E在第一象限的反比例函数图像上，点F在直线AB上，使四边形BCEF为平行四边形，请分别求出点E和点F的坐标．
9．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴的正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的函数解析式．
(2)如果在直线AM上有一点P，使得，请求出点P的坐标．
(3)在坐标平面内是否存在点N，使以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有点N的坐标；若不存在，请说明理由．
10.直线与坐标轴分别交与点A、B两点，点P、Q同时从O点出发，同时到达A点，运动停止．点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿运动．
（1）直接写出A、B两点的坐标；
（2）设点Q的运动时间为秒，△OPQ的面积为，求出与之间的函数关系式．
（3）当时，求出点P的坐标，并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．
11.如图所示，平面直角坐标系中，O是坐标原点，正比例函数y=kx（x为自变量）的
图像与双曲线交于点A，且点A的横坐标为．
（1）求k的值；
（2）将直线y=kx（x为自变量）向上平移4个单位得到直线BC，直线BC分别交x轴、y轴于B、C，如点D在直线BC上，在平面直角坐标系中求一点P，使以O、B、D、P为顶点的四边形是菱形．
12.在直角△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4，将一个30°角的顶点P放在AB边上滑动，保持30°角的一边平行于BC，且交边AC于点E，30°的另一边交射线BC于点D，连ED．
（1）如图，当四边形PBDE为等腰梯形时，求AP长；
（2）四边形PBDE有可能为平行四边形吗．若可能，求出PBDE为平行四边形时，AP的长，若不可能，说明理由；
（3）若点D在BC边上（不与B、C重合），试写出线段AP的取值范围．
13．（上海八年级期中）如图，在平面直角坐标系中,直线经过点且与直线： 平行，直线与轴、轴分别交于点B、C．
（1）求直线l1的表达式及其与轴的交点D的坐标；
（2）判断四边形ABCD是什么四边形？并证明你的结论；
（3）若点E是直线AB上一点，平面内存在一点F，使得四边形CBEF是正方形，求点E的坐标，请直接写出答案.
14．（上海八年级期中）如图，平面直角坐标系中，直线经过点、，点是第一象限的点且，过点作轴，垂足为，．
（1）求直线的解析式和点的坐标；
（2）试说明：；
（3）若点是直线上的一个动点，在轴上存在另一个点，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
15．（上海八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图像与轴相交于点，与轴相交于点．
（1）求点坐标和点坐标；
（2）点是线段上一点，点为坐标原点，点在第二象限，且四边形为菱形，求点坐标；
（3）在（2）的条件下，点为平面直角坐标系中一点，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点坐标．
考点二：梯形存在性
梯形的分类讨论题多见于各类压轴题中，由于这类题目都与图形的运动有关，需要学生有一定的想象力、分析力和运算力．梯形的主要特征是两底平行，特殊梯形又可分为等腰梯形和直角梯形两大类．常见题型为在直角坐标平面内已知三点求第四点，抓住梯形两底平行的特征，对应的一次函数的解析式的k相等而b不相等．若是等腰梯形，常需添设辅助线，过上底的两个顶点作下底的垂线，构造两个全等的直角三角形．若是直角梯形，则需连接对角线或过上底的一顶点作下底的高构造直角三角形．
1．（2022春·上海·八年级专题练习）在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，BC＞AD，AB＝8cm，BC＝18cm，CD＝10cm，点P从点B开始沿BC边向终点C以每秒3cm的速度移动，点Q从点D开始沿DA边向终点A以每秒2cm的速度移动，设运动时间为t秒．
(1)求四边形ABPQ为矩形时t的值；
(2)若题设中的“BC＝18cm”改变为“BC＝kcm”，其它条件都不变，要使四边形PCDQ是等腰梯形，求t与k的函数关系式，并写出k的取值范围；
(3)在移动的过程中，是否存在t使P、Q两点的距离为10cm？若存在求t的值，若不存在请说明理由．
2．（上海八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点,点,点在第一象限内，轴，且.
(1)求直线的表达式;
(2)如果四边形是等腰梯形，求点的坐标.
重难点06四边形的存在性
目录
考点一：平行四边形的存在性
考点二：梯形存在性
技巧方法
本节包含两部分，平行四边形的存在性及梯形的存在性，常见题型是存在菱形和正方形，根据题目中的条件及特殊的平行四边形的性质构造等量关系，求出相应的点的坐标；常见的梯形的问题中，经常需要添加辅助线．考察学生的分类讨论思想及逻辑思维能力．
能力拓展
考点一：平行四边形的存在性
平行四边形的问题是近几年来考试的热点，考察学生的分类讨论的思想．常见的题型是在平面直角坐标系中已知三点和第四点构成平行四边形，求第四点；或者已知两点，另外两点在某函数图像上，四点构成平行四边形；利用两点间的距离公式和平移的思想，结合题目中的条件构造等量关系．
1．（2022春·上海青浦·八年级校考期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点．
(1)求直线的解析式；
(2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标；
(3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)或
【分析】（1）根据，求出点的坐标，利用待定系数法，求出直线的解析式即可．
（2）分是正方形的边、是正方形的对角线两种情况，利用正方形性质即可求解．
（3）当时，，利用两点间距离可求点坐标；当时，，此时，过点作交于，过点作轴交于，由是等腰直角三角形，求出，再由是的中点，求出的另一个点坐标即可．
（1）
解：，点，

，
，
，
，
点在轴负半轴上，
，
设直线的解析式是，
，
解得，
直线的解析式为；
（2）
解：①当是正方形的边时，对应的正方形为，
，，，
，
；
②当是正方形的对角线时，对应的矩形为，
、是正方形对角线，
线段和线段互相垂直平分，
点、的横坐标为，
，
，
综上所述：点的坐标为或；
（3）
解：设，

①当时，，
，
，
；
②当时，，
此时，
是等腰三角形，
过点作交于，过点作轴交于，
，
，
是等腰直角三角形，
是的中点，
，
，
是的中点，
；
综上所述：点坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角的判定与性质，等腰三角形的性质，数形结合解题是关键．
2．（2022春·上海闵行·八年级上海市民办文绮中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交轴、轴于、两点．过点的直线交轴正半轴于点，且点为线段的中点．
(1)求直线的解析式；
(2)在直线上找一点，使得，求出点的坐标；
(3)若点为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点，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．
【答案】(1)y=x+9
(2)（-27，-18）或（9，18）
(3)存在，（-9，-9）,（-9，9）或（9，27）
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，由点M为线段OB的中点可得出点M的坐标，根据点A，M的坐标，利用得定系数法即可求出直线AM的函数解析式；
（2）设点P的坐标为（x，x+9），利用三角形的面积公式结合，即可得出关于x的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出点P的坐标；
（3）设点H的坐标为（m，n），分别以△ABM的三边为对角线，利用平行四边形的性质（对角线互相平分），即可得出关于m，n的方程组，解之即可得出点H的坐标．
（1）
解：当x=0时，y=2x+18=18，
∴点B的坐标为（0，18）；
当y=0时，2x+18=0，解得：x=-9，
∴点A的坐标为（-9，0）
∵点M为线段OB的中点，
∴点M的坐标为（0，9）.
设直线AM的函数解析式为y=kx+b（k0），
将A（-9，0），M（0，9）代入y=kx+b，得：
解得：
∴直线AM的函数解析式为y=x+9;
（2）
设点P的坐标为（x，x+9），
∵，
∴，
即，解得：x1=-27，x2=9，
∴点P的坐标为（-27，-18）或（9，18）
（3）
设点H的坐标为（m，n）,
分三种情况考虑（如图所示）：
①当AM为对角线时，,
解得：,
∴点H1的坐标为（-9，-9）；
②当AB为对角线时，
解得：
∴点H2的坐标为（-9，9）；
③当BM为对角线时，
解得：
∴点H3的坐标为（9，27）．
综上所述：在坐标平面内存在点H，使以A、B、M、H为顶点的四边形是平行四边形，点H的坐标为（-9，-9），（-9，9）或（（9，27）．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积、解含绝对值符号的一元一次方程以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（2）利用三角形的面积公式，找出关于x的含绝对值符号的一元一次方程；（3）利用平行四边形的性质，求出点H的坐标．
3．（2022春·上海长宁·八年级上海市民办新世纪中学校考期末）已知，矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
(1)如图1，连接、．求证四边形为菱形，并求的长；
(2)如图2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止．在运动过程中，
①已知点的速度为每秒，点的速度为每秒，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值；
②若点、的运动路程分别为、（单位：，），已知、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出与满足的数量关系式．
【答案】(1)证明见解析，AF=10cm
(2)①；②b=24-a
【分析】（1）先证明四边形AFCE为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；根据勾股定理即可求得AF的长；
（2）①分情况讨论可知，当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可．
②由题意得，以A、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，点、在互相平行的对应边上，分三种情况，根据平行四边形对边相等建立等式即可求解．
（1）
证明：∵四边形是矩形，
∴//．
∴．
∵垂直平分，垂足为，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴．
∴四边形为平行四边形．
又∵，
∴四边形为菱形；
设菱形的边长，则，
在中，，
即，
解得x=10，
∴AF=10cm；
（2）
解：由（1）得，则．
①显然当点在上时，点在上，
此时A、、、四点不可能构成平行四边形；
同理点在上时，点在或上，也不能构成平行四边形．
因此只有当点在上、点在上时，才能构成平行四边形，
∴以A、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，，
∵点的速度为每秒5cm，点的速度为每秒4cm，运动时间为秒，
∴，
，
∴，
解得，
∴以A、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，秒．
②由题意得，以A、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，点、在互相平行的对应边上．分三种情况∶
i：如图1，当点在上、点在上时，，
∴，即，
∴b=24-a；
ii：如图2，当点在上、点在上时，，
∴，
∴，即，
∴，
∴b=24-a；
iii：如图3，当点在上、点在上时，，
∴，即，
∴b=24-a；
综上所述，a与b满足的函数关系式是b=24-a．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，矩形的性质，勾股定理等，解题的关键在于综合应用上述知识，利用分类讨论的思想进行求解．
4．（2022春·上海徐汇·八年级统考期末）在中，，，，点D是AB上的动点，交AC于点E，分别交射线BC、射线AC于点F、G，联结EF．
(1)如图1，如果点G恰好平分EC，判断四边形DEFC的形状并证明；
(2)如图2，当点F在线段BC的延长线上时，设AD的长为x，梯形DBFE的面积为y，直接写出y关于x的函数关系及其定义域；
(3)当时，求的长．
【答案】(1)四边形DEFC是平行四边形，证明见解析；
(2)y＝x2﹣+500＜x＜）；
(3)AD的长为或8．
【分析】（1）由AAS证得△CFG≌△EDG，FG＝DG，又CG＝EG，即可得出四边形DEFC是平行四边形；
（2）由含30°角直角三角形的性质得出BC＝AB＝5，DE＝AD＝x，BD＝10﹣x，由勾股定理求出AC＝5 ，AE＝x，推出CE＝5﹣x，再由含30°角直角三角形的性质得出BF＝2BD＝20﹣2x，则y＝S梯形DBFE＝（DE+BF）•CE＝x2﹣+50，当点F与C重合时，求出AD＝，即可得出结果；
（3）①当点F在线段BC的延长线上时，梯形DBFE为等腰梯形；②当点F在线段BC上时，四边形BDEF为平行四边形，分别求出AD即可．
（1）
解：四边形DEFC是平行四边形，理由如下：
∵点G恰好平分EC，
∴CG＝EG，
∵DE∥BC，
∴∠CFG＝∠EDG，
在△CFG和△EDG中，
，
∴△CFG≌△EDG（AAS），
∴FG＝DG，
∴四边形DEFC是平行四边形；
（2）
解：∵∠ACB＝90°，DE∥BC，
∴∠AED＝∠ACB＝90°，
∵∠A＝30°，
∴BC＝AB＝×10＝5，DE＝AD＝x，BD＝AB﹣AD＝10﹣x，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE＝，
∴CE＝AC﹣AE＝，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∵∠B＝90°﹣∠A＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BFD＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BF＝2BD＝2×（10﹣x）＝20﹣2x，
∴y＝S梯形DBFE＝（DE+BF）•CE＝×（x+20﹣2x）×（）＝x2﹣+50，
当点F与C重合时，如图3所示：
∵CD⊥AB，则∠ADC＝90°，
∵∠A＝30°，
∴CD＝AC＝，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD＝，
∴AD的长度x的变化范围为0＜x＜，
∴y＝x2﹣+50（0＜x＜）；
（3）
解：①当点F在线段BC的延长线上时，EF＝DB，梯形DBFE为等腰梯形，如图4，,
∴∠BFE＝∠B，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝60°，
∴∠BFE＝∠B＝60°，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∴∠BFD＝90°﹣∠B＝30°，
∴∠DFE＝∠BFE﹣∠BFD＝60°﹣30°＝30°，
∵DE∥BC，
∴∠EDF＝∠BFD＝30°，
∴∠EDF＝∠DFE＝30°，
∴DE＝EF，
∴DE＝DB，
由（2）可知，当AD＝x时，DE＝x，
BD＝10﹣x，
∴x＝10﹣x，
解得：x＝，
∴AD的长为；
②当点F在线段BC上的点 时，如图5所示：
结合图4，
∵EF＝DB＝E,
∴∠FC＝∠F＝∠DBC，
∴DBE,
∵，
∴四边形BDEF为平行四边形，
∴BF＝DE＝x，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF＝90°，
∴∠BFD＝90°－∠B＝30°，
∴BD＝BF＝×x＝x，
∴x＝10﹣x，
解得：x＝8，
∴AD的长为8；
综上所述，AD的长为或8．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了含30°角直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰梯形的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、列函数关系式、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握含30°角直角三角形的性质和分类讨论是解题的关键．
5．（2022春·上海·八年级上海市张江集团中学校考期末）【探究与应用】我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现有很多结论．例如：在平行四边形ABCD中，，将△ABC沿直线AC翻折至△AEC，连结DE，则AC∥ED．
(1)如图1，若AD与CE相交于点O，证明以上个结论；
(2)如图2，AD与CE相交于点O，若，，，求△AOC的面积；
(3)如果，，当A、C、D、E为顶点的四边形是正方形时，请画图并求出AC的长；
(4)如果，，当△AED是直角三角形时，直接写出BC的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)或2；图形见解析；
(4)或或
【分析】（1）由平行四边形的定义可得AD∥BC， AD=BC，由折叠的性质可得∠ACB=∠ACE，BC=CE，于是可得△OAC、△ODE是等腰三角形，利用对顶角相等求得∠OCA和∠OED即可证明；
（2）设OD=x，由（1）解答可得OD=OE=x，由折叠的性质可得OC=2-x，由∠B=90°可得ABCD是矩形，Rt△ODC中由勾股定理建立方程求得x，进而求得OA即可解答；
（3）分∠ACB=45°和∠ACB=90°两种情况作出图形，再根据正方形的性质计算求值即可；
（4）分∠ACB=60°，∠ACB=90°和∠ACB=30°，三种情况，根据30°直角三角形的边长关系和勾股定理计算求值即可；
【详解】（1）证明：∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，
∴∠OAC=∠ACB，
∵∠ACB=∠ACE，
∴∠OAC=∠OCA，
∴OA=OC，∠OCA=（180°-∠AOC），
∵BC=CE，BC=AD，
∴AD=CE，
∴AD-OA= CE-OC，
∴OE=OD，
∴∠OED=（180°-∠EOD），
∵∠AOC=∠EOD，
∴∠OCA=∠OED，
∴AC∥DE；
（2）解：设OD=x，
由（1）解答可得OD=OE=x，
∵CE=CB=2，
∴OC=2-x，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=，AD=BC=2，∠ADC=90°，
Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2，
∴（2-x）2=x2+2，
∴x=，
∴OA=AD-OD=，
∴△OAC面积=OA•CD=；
（3）解：①如图，∠ACB=45°时，∠B=45°，AB=AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=45°，则∠BCD=135°，
∴∠ACD=90°，
∵∠BAC=180°-∠B-∠ACB=90°，AC∥ED，
∴∠AED=90°，∠CDE=90°，
∴四边形ACDE是矩形，
∵AB=AC=AE，
∴四边形ACDE是正方形，
∵CE=CB=2，
∴AC2+AE2=CE2，
∴AC=；
②如图，∠ACB=90°时，∠B=∠BAC=45°， CA=CB，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=45°，则∠BAD=135°，
∴∠CAD=90°，
∵AC∥ED，∴∠ADE=90°，∠CED=90°，
∴四边形ACDE是矩形，
∵BC=CE=CA，
∴四边形ACDE是正方形，
∴AC=2；
∴AC=或2；
（4）解：①如图，∠ACB=60°时，
∠B=30°，则∠BAC=90°，
∴∠CAE=90°，
∵AC∥DE，∴∠AED=90°，则△AED是直角三角形，
Rt△ABC中，AB=3，BC=2AC，
∴BC2=AB2+AC2=9+BC2，
BC=；
②如图，∠ACB=90°时，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=30°，则∠BAD=150°，
∵∠BAC=90°-∠B=60°，∴∠CAD=90°，
∵AC∥DE，∴∠ADE=90°，则△AED是直角三角形，
Rt△ABC中，AB=3，AC=，
∴BC==，
③如图，∠ACB=30°时，作AH⊥BC于点H，
由四边形ABCD是平行四边形得AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB=30°，
∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB=120°，
由折叠的性质可得∠EAC=∠BAC=120°，
∴∠EAD=∠EAC-∠DAC=90°，则△AED是直角三角形，
Rt△ABH中，AB=3，AH=，
∴BH=，
∠B=∠ACB=30°，AH⊥BC，则BH=HC=BC，
∴BC=2BH=，
综上所述BC的长为：或或.
【点睛】本题考查了特殊平行四边形的判定和性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，含30°直角三角形，勾股定理等知识；正确作出图形并分类讨论是解题关键．
6．（2022春·上海·八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1经过点A（0，1）、B（2，2）．将直线l1向下平移m个单位得到直线l2，已知直线l2经过点（﹣1，﹣2），且与x轴交于点C．
(1)求直线l1的表达式；
(2)求m的值与点C的坐标；
(3)点D为直线l2上一点，如果A、B、C、D四点能构成平行四边形，求点D的坐标．
【答案】(1)y＝x+1
(2)m＝；C（3，0）
(3)（5，1）或（1，﹣1）
【分析】(1)根据待定系数法即可求得；
(2)根据平移的规律得到直线l2为y＝x+1﹣m，根据待定系数法求得解析式，令y=0，即可求得C的坐标；
(3)分两种情况，根据平行四边形的性质以及平移的规律即可求得D的坐标．
（1）
解：设直线l1的表达式为y＝kx+b，
∵直线l1经过点A（0，1）、B（2，2），
∴，解得，
∴直线l1的表达式为y＝x+1；
（2）
）将直线l1向下平移m个单位得到直线l2，则直线l2为y＝x+1﹣m，
∵直线l2经过点（﹣1，﹣2），
∴﹣2＝+1﹣m，解得m＝，
∴直线l2为y＝x﹣，
令y＝0，则求得x＝3，
∴点C的坐标为（3，0）；
（3）
由题意可知AB∥CD，
当A、B、C、D四点构成平行四边形ABDC时，AB＝CD，
∵A（0，1）、B（2，2），C（3，0），
∴点A向右平移3个单位，再向下平移1个单位与C点重合，
∴点B向右平移3个单位，再向下平移1个单位与D点重合，此时D的坐标为（5，1）；
∵AB∥CD，AB＝CD，
当A、B、C、D四点构成平行四边形ABCD时，
∵A（0，1）、B（2，2），C（3，0），
∴点B向右平移1个单位，再向下平移2个单位与C点重合，
∴点A向右平移1个单位，再向下平移2个单位与D点重合，此时D的坐标为（1，﹣1）；
综上，如果A、B、C、D四点能构成平行四边形，点D的坐标为（5，1）或（1，﹣1）．
【点睛】本题考查了一次函数图像与几何变换，待定系数法求一次函数的解析式，平行四边形的判定和性质，掌握分类讨论的解题思想是解题的关键．
7．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣2x+12的图像分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的函数解析式；
(2)若点C是x轴上一点，且S△AMCS△ABM，求点C的坐标；
(3)点P在直线AB上，在坐标平面内是否存在点Q，使四边形BPMQ是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x+6，
(2)（2，0）或（10，0）；
(3)存在，点P的坐标（，12）或（，12）或（，）或（，9）．
【分析】（1）通过函数y＝−2x＋12求出A、B两点坐标，又由点M为线段OB的中点，即可求得点M的坐标，然后由待定系数法求得直线AM的函数解析式；
（2）设出C点坐标，可求得AC的长，根据S△ABM＝BM•OA，S△AMCAC•OM，由S△AMC＝S△ABM，可得方程，解方程即可求得答案；
（3）分两种情况讨论：①BM是菱形的边时；②BM是菱形的对角线时，分别根据菱形的性质求解即可．
（1）
解：∵直线AB的函数解析式为y＝﹣2x+12，
∴A（6，0），B（0，12），
又∵M为线段OB的中点，
∴M（0，6），
设直线AM的解析式为：y＝kx+b，
∴，
解得：，
故直线AM的解析式为y＝﹣x+6；
（2）
设点C的坐标为：（x，0），
∴AC＝|x﹣6|，
∵B（0，12），M（0，6），
∴BM＝6，
∴S△ABMBM•OA6×6＝18，
∵S△AMCS△ABM，
∴S△AMCAC•OM6×|x﹣6|18，
∴3×|x﹣6|＝12，
解得：x＝2或10，
故点C的坐标为：（2，0）或（10，0）；
（3）
设P（x，﹣2x+12），
①如图所示：BM是菱形的边时．
过P2作P2C⊥y轴于C，
∴P2C＝x，BC＝12﹣（﹣2x+12）＝2x，
∵四边形BP2Q2M是菱形，
∴P2B＝BM＝6，
在Rt△BP2C中，P2C2+BC2＝P2B2，
∴x2+（2x）2＝62，解得x＝±，
∴点P的坐标为（，12）或（，12）；
过P3作P3D⊥y轴于D，
∴P3D＝x，MD＝6﹣（﹣2x+12）＝2x﹣6，
∵四边形BQ3P3M是菱形，
∴P3M＝BM＝6，
在Rt△MP3D中，P3D2+MD2＝P3M2，
∴x2+（2x﹣6）2＝62，解得x或0（舍去），
∴点P的坐标为（，）；
②如图所示：BM是菱形的对角线时，
连接PQ交y轴于N，
∵四边形BQMP是菱形，
∴PQ⊥BM，BN＝MN，
∴点N的坐标为（0，9）．
∴点P的纵坐标是9，
∴﹣2x+12＝9，解得x，
∴点P的坐标为（，9）．
综上所述，存在，点P的坐标（，12）或（，12）或（，）或（，9）．
【点睛】本题为一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、三角形的面积、菱形的性质等．解题的关键是掌握数形结合思想与方程思想的应用．
8．（2022春·上海徐汇·八年级上海市徐汇中学校考期中）如图，直角坐标平面中，已知点A（，0），点B在第一象限，点B的纵坐标是横坐标的6倍，且在反比例函数的图像上，作BC⊥x轴，垂足为点C．
(1)求直线AB的表达式；
(2)如果点E在第一象限的反比例函数图像上，点F在直线AB上，使四边形BCEF为平行四边形，请分别求出点E和点F的坐标．
【答案】(1)；
(2)，，，
【分析】（1）由已知条件得到点B的坐标，设AB为：，再将点A和点B坐标代入解析式即可求解；
（2）根据题意可知点E，F的横坐标相同，再设点E，F的坐标，并根据纵坐标差等于6，列出方程求出x的值，根据点的位置得出答案即可．
（1）
∵点B的纵坐标是横坐标的6倍，且点B在第一象限，
∴点B（1，6），
设AB为：，分别把点A和点B坐标代入，得： ，
解得，
∴直线AB的解析式是 ．
（2）
设点E， ，F，，当EF∥BC，
EF=BC时四边形BCEF是平行四边形，
∴ ，
解得：，
经检验： 都是方程的解，但不符合题意，舍去．
∴，，，．
【点睛】本题主要考查了一次函数和反比例函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式、反比例图象上的点的特征、平行四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
9．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴的正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的函数解析式．
(2)如果在直线AM上有一点P，使得，请求出点P的坐标．
(3)在坐标平面内是否存在点N，使以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)(0，4)或(6，-4)
(3)(-3，12)，(3，-4)或(3，4).
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求得点A，B的坐标，由点M是线段OB的中点可得出点M的坐标，根据A、M的坐标，利用待定系数法即可求得直线AM的解析式；
设点P的坐标为，利用三角形的面积公式结合，即可得到关于的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可求得点P的坐标；
设点N的坐标为，分别以△ABM 的三边为对角线，利用平行四边形的对角线互相平分即可得到关于m，n的方程，解之即可求解.
【详解】（1）解：当x=0时，，
∴点B的坐标为(0，8)；
当y=0时，，解得x=3，
∴点A的坐标为(3，0) ，
∵点M时线段OB的中点，
∴点M的坐标为(0，4).
设直线AM的函数解析式为，
将A(3，0)，M(0，4)代入得
，解得，
∴直线AM的函数解析式为.
（2）解：∵点P在直线AM上，
∴设点P的坐标为，
∵，
∴，
即，解得，，
∴点P的坐标为(0，4)或(6，-4).
（3）解：设点N的坐标为，分三种情况，如图所示：
当BM为平行四边形的对角线时，由中点坐标公式得
，解得，
∴点的坐标为(-3，12)；
当AM为对角线时，由中点坐标公式得
，解得，
∴点的坐标为(3，-4)；
当AB为对角线时，由中点坐标公式得
，解得，
∴点的坐标为(3，4)，
综上所述，在坐标平面内是存在点N，使以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，点N得到坐标为(-3，12)，(3，-4)或(3，4).
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数的解析式、三角形的面积、解含有绝对值符号的一元一次方程以及平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，采用分类讨论的方法解决问题.
10.直线与坐标轴分别交与点A、B两点，点P、Q同时从O点出发，同时到达A点，运动停止．点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿运动．
（1）直接写出A、B两点的坐标；
（2）设点Q的运动时间为秒，△OPQ的面积为，求出与之间的函数关系式．
（3）当时，求出点P的坐标，并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．
【难度】★★★
【解析】（1）
（2）
（3）
【总结】本题主要考查了一次函数的图像和性质及平行四边形的判定和性质．
11.如图所示，平面直角坐标系中，O是坐标原点，正比例函数y=kx（x为自变量）的
图像与双曲线交于点A，且点A的横坐标为．
（1）求k的值；
（2）将直线y=kx（x为自变量）向上平移4个单位得到直线BC，直线BC分别交x轴、y轴于B、C，如点D在直线BC上，在平面直角坐标系中求一点P，使以O、B、D、P为顶点的四边形是菱形．
【难度】★★★
【解析】（1）
（2）
【总结】本题主要考查了一次函数与反比例函数的交点坐标等关系及菱形的判定和性质．
12.在直角△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4，将一个30°角的顶点P放在AB边上滑动，保持30°角的一边平行于BC，且交边AC于点E，30°的另一边交射线BC于点D，连ED．
（1）如图，当四边形PBDE为等腰梯形时，求AP长；
（2）四边形PBDE有可能为平行四边形吗．若可能，求出PBDE为平行四边形时，AP的长，若不可能，说明理由；
（3）若点D在BC边上（不与B、C重合），试写出线段AP的取值范围．
【难度】★★★
【解析】（1）
（2）
（3）
【总结】本题主要考查了等腰梯形和平行四边形的判定和性质．
13．（上海八年级期中）如图，在平面直角坐标系中,直线经过点且与直线： 平行，直线与轴、轴分别交于点B、C．
（1）求直线l1的表达式及其与轴的交点D的坐标；
（2）判断四边形ABCD是什么四边形？并证明你的结论；
（3）若点E是直线AB上一点，平面内存在一点F，使得四边形CBEF是正方形，求点E的坐标，请直接写出答案.
【答案】（1）（-9，0）；（2）四边形ABCD是矩形；（3）（-2，-4），（10，4）
【解析】（1）根据,直线与直线平行，设出的函数关系式，再利用待定系数法即可求出的函数关系式，再令，即可求出点D坐标；
（2）利用平面内两点间的距离公式求出AD与BC的长相等，再根据AD∥BC及BD=AC，即可求出结论；
（3）根据正方形的判定，作出图形，即可得出点E的坐标.
详解：（1）∵直线与直线： 平行，
∴设，
∵直线经过点，
∴，
∴，
∴，
当时，
，
解得，
∴.
（2）四边形ABCD是矩形.
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵，，
∴BD=AC，
∴平行四边形ABCD是矩形.
（3）如图所示，
点E坐标为：，.
点睛：本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、两点间的距离、矩形的判定、正方形的判定等知识.熟练应用一次函数、矩形的判定、正方形的判定是解题的关键.
14．（上海八年级期中）如图，平面直角坐标系中，直线经过点、，点是第一象限的点且，过点作轴，垂足为，．
（1）求直线的解析式和点的坐标；
（2）试说明：；
（3）若点是直线上的一个动点，在轴上存在另一个点，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
【答案】（1），；（2）详见解析；（3），，
【分析】（1）将A、B坐标代入可得直线解析式，设B（1，m），由得1+m2=5，解之可得答案；
（2）利用边角边证明△AOD与△OCB全等，从而得到∠OAD=∠COB，根据∠COB+∠AOB=90°可得∠OAD+∠AOB=90°，从而得到∠AEO=90°，得证；
（3）根据平行四边形的对边平行且相等可得BM∥AN且BM=AN，令y=2求出点M的坐标，从而得到BM的长度，再分点N在点O的左边与右边、点N关于A的对称点三种情况讨论求出点N的坐标．
【详解】
解：（1）把，代入
得解得
∴解析式为
∵，轴
设
∵，
∴，（负值舍去）
∴；
（2）∵，，，
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
∴∠AEO=90°，
∴；
（3）∵点N在x轴上，O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴BM∥x轴，且BM=ON，
根据（1），点B的坐标为（1，2），
∴-x+1=2，
解得x=-2，
∴点M的坐标为（-2，2），
∴BM=1-（-2）=1+2=3，
①点N在点O的左边时，ON=BM=3，
∴点N的坐标为（-3，0），
②点N在点O的右边时，ON=BM=3，
∴点N的坐标为（3，0），
③作N（-3，0）关于A对称的点N′，则N′也符合，
点N′的坐标是（7，0），
综上所述，点N的坐标为（-3，0）或（3，0）或（7，0）．
【点睛】本题是对一次函数的综合考查，主要有坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，平行四边形的性质，解题的关键是仔细分析题目，理清数量关系．
15．（上海八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图像与轴相交于点，与轴相交于点．
（1）求点坐标和点坐标；
（2）点是线段上一点，点为坐标原点，点在第二象限，且四边形为菱形，求点坐标；
（3）在（2）的条件下，点为平面直角坐标系中一点，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点坐标．
【答案】（1），；（2）D；（3）；；
【分析】（1）分别令x与y为0，求出对应y与x的值，即可确定出A与B的坐标；
（2）设点坐标为，根据题意知，根据两点之间的距离公式即可求得点的坐标，利用轴对称的性质即可求得点的坐标；
（3）过A作BD的平行线，过D作AB的平行线，过B作AD的平行线，分别相交于、、，利用待定系数法分别求得直线、、的解析式，再求直线的交点坐标即可求解．
【详解】（1）当时，得，解得：
∴点B的坐标为(0，4)，
当时，得，解得：
∴点A的坐标为(2，0)；
（2）∵点是线段上，
∴设点坐标为，
∵四边形为菱形，
∴，
则，
解得．
∴点坐标为．
∵点、关于轴对称，
∴点坐标为；
（3）过A作BD的平行线，过D作AB的平行线，过B作AD的平行线，分别相交于、、，如图：
∵点A、B、D的坐标分别为(2，0)，(0，4)，(-1，2)，
设BD的解析式为，
把点D的坐标 (-1，2)代入得：，
解得：，
∴设直线的解析式为，
把点A的坐标 (2，0)代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
同理可求得直线、的解析式分别为、，
联立、得：，解得，
∴点的坐标为(1，-2)；
联立、得：，解得，
∴点的坐标为(3，2)；
联立、得：，解得，
∴点的坐标为(-3，6)；
综上，所有满足条件的点坐标为(1，-2)，(3，2)，(-3，6)；
【点睛】本题属于一次函数综合题，两点之间的距离公式，待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，二元一次方程的解法等知识，熟练掌握待定系数法是解本题的关键
考点二：梯形存在性
梯形的分类讨论题多见于各类压轴题中，由于这类题目都与图形的运动有关，需要学生有一定的想象力、分析力和运算力．梯形的主要特征是两底平行，特殊梯形又可分为等腰梯形和直角梯形两大类．常见题型为在直角坐标平面内已知三点求第四点，抓住梯形两底平行的特征，对应的一次函数的解析式的k相等而b不相等．若是等腰梯形，常需添设辅助线，过上底的两个顶点作下底的垂线，构造两个全等的直角三角形．若是直角梯形，则需连接对角线或过上底的一顶点作下底的高构造直角三角形．
1．（2022春·上海·八年级专题练习）在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，BC＞AD，AB＝8cm，BC＝18cm，CD＝10cm，点P从点B开始沿BC边向终点C以每秒3cm的速度移动，点Q从点D开始沿DA边向终点A以每秒2cm的速度移动，设运动时间为t秒．
(1)求四边形ABPQ为矩形时t的值；
(2)若题设中的“BC＝18cm”改变为“BC＝kcm”，其它条件都不变，要使四边形PCDQ是等腰梯形，求t与k的函数关系式，并写出k的取值范围；
(3)在移动的过程中，是否存在t使P、Q两点的距离为10cm？若存在求t的值，若不存在请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）过点D作DH⊥BC，垂足为点H，根据勾股定理求出HC，根据矩形的性质得出，求出即可；
（2）过点Q作QG⊥BC，垂足为点G，求出PG，根据BP+PG+GH+HC＝BC得出方程，求出即可；
（3）有两种情况：①由（2）可以得出3t+6+2t+6＝18，求出即可；②四边形PCDQ是平行四边形，根据BP+PC＝BC，代入求出即可．
(1)
解：过点D作DH⊥BC，垂足为点H，
由题意可知：AB＝DH＝8，AD＝BH，DC＝10，
∴，
∴，
∵BC＝18，
∴AD＝BH＝12，
若四边形ABPQ是矩形，则AQ＝BP，
∵AQ＝12﹣2t，BP＝3t，
∴12﹣2t＝3t，
∴．
答：四边形ABPQ为矩形时t的值是．
(2)
解：由（1）得CH＝6，
如图1，再过点Q作QG⊥BC，垂足为点G，
同理：PG＝6，
易知：QD＝GH＝2t，
又BP+PG+GH+HC＝BC，
∴3t+6+2t+6＝k，
∴．
(3)
解：假设存在时间t使PQ＝10，有两种情况：
①如图2，由（2）可知3t+6+2t+6＝18，
∴，
②如图3，四边形PCDQ是平行四边形，
∴QD＝PC＝2t，
又BP＝3t，BP+PC＝BC，
∴3t+2t＝18，
∴．
综上所述，当秒或秒时P、Q两点之间的距离为10cm．
【点睛】本题主要考查对矩形的性质，平行四边形的性质，梯形的性质，等腰梯形的性质，解一元一次方程，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
2．（上海八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点,点,点在第一象限内，轴，且.
(1)求直线的表达式;
(2)如果四边形是等腰梯形，求点的坐标.
【答案】（1）；（2）或
【分析】（1）由得出BA=6，即可得B的坐标，再设直线BC的表达式，即可解得.
(2) 分两种情况，情况一：当时， 点在轴上;情况二：当时.分别求出两种情况D的坐标即可.
【详解】（1）
轴
设直线的表达式为， 由题意可得
解得直线的表达式为
（2）1）当时， 点在轴上，设,
方法一：过点作轴， 垂足为
四边形是等腰梯形，
方法二：，解得
经检验是原方程的根，
但当时，四边形是平行四边形，不合题意，舍去
2）当时，则直线的函数解析式为
设
解得，经检验是原方程的根
时，四边形是平行四边形，不合题意，舍去
综上所述，点的坐标为或
【点睛】此题考查一次函数、一元二次方程，平面坐标，解题关键在于结合题意分两种情况讨论D的坐标.