期末押题测试卷（三）-【高频考点】最新八年级数学下册高频考点专题突破（人教版）

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期末押题测试卷（三）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间120分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021·平泉市教育局教研室八年级期末）若有意义，则m的值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，根据题意解答即可．
【详解】解：由题意得， ，解得， ，
则m能取的为大于等于1的数，符合条件的为故选：D ．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2．（2021·贵州遵义市·八年级期末）下列三个数中，能组成一组勾股数的是（　　）
A．，， B．32，42，52 C．，， D．12，15，9
【答案】D
【分析】勾股数的定义：满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数，根据定义即可求解．
【详解】解：A、，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、，故此选项错误；D、，故此选项正确；故选D．
【点睛】本题考查了勾股数的定义，注意：作为勾股数的三个数必须是正整数．
3．（2022·安徽淮北·一模）学习互助小组5个同学，某一天在课堂上的发言次数分别为6、7，8，9，10，关于这组数据，下列说法正确的是（       ）
A．平均数是7 B．众数是8 C．中位数是9 D．方差是2
【答案】D
【分析】根据方差、众数、平均数、中位数的含义和求法，逐一判断即可．
【详解】将数据重新排列为6，7，8，9，10，
则这组数没有众数，中位数为8，平均数为，方差为，故选：D．
【点睛】本题考查了众数、中位数、平均数以及方差，解题的关键是牢记概念及公式．
4．（2021·龙口市教学研究室八年级期中）下列式子是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．
【详解】解：A、是最简二次根式，故此选项正确；B、不是最简二次根式，故此选项错误；
C、，故此选项错误；D、，故此选项错误；故选A．
【点睛】本题主要考查了最简二次根式，关键是掌握最简二次根式概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．
5．（2022·广西贺州·一模）某校甲、乙两个班同学的平均身高是，，他们身高的方差是，．下列说法正确的是（       ）
A．两班同学的身高一样更整齐 B．甲班同学的身高更整齐
C．乙班同学的身高更整齐 D．无法确定谁的身高更整齐
【答案】B
【分析】根据方差的意义进行判断即可．
【详解】解：由题意可知：甲乙两班的平均身高是相等的，
，则甲班的方差小于乙班的方差，∴甲班同学的身高更整齐，故选B．
【点睛】本题考查了方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定；牢固掌握方差意义是解题关键．
6．（2022·湖南长沙·九年级期末）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，且AC⊥BC，的面积为48，OA＝3，则BC的长为（ ）

A．6 B．8 C．12 D．13
【答案】B
【分析】由平行四边形对角线互相平分得到AC的值，由AC⊥BC，可得，代入即可求出BC边长.
【详解】解：∵在中，对角线AC，BD相交于点O，∴OA=OC，
∵OA=3，∴AC=2OA=6，∵AC⊥BC，∴，∴BC=8.故选：B
【点睛】此题考查平行四边形的性质和平行四边形的面积，掌握平行四边形对角线互相平分的性质是解答此题的关键.
7．（2021·上海同济大学附属八年级期中）若y＝（m﹣1）x+m2﹣1是y关于x的正比例函数，则该函数图象经过的象限是（　　）
A．第一、三象限 B．第一、四象限 C．第二、三象限 D．第二、四象限
【答案】D
【分析】根据正比例函数的定义知，且，由此可求得m的值，从而可知正比例函数图象所经过的象限．
【详解】由题意知：且
由得：由得：∴m=-1此时正比例函数解析式为y=－2x
∵－2<0∴函数图象经过第二、四象限故选：D．
【点睛】本题考查了正比例函数的概念，把形如y=kx（k≠0）的函数称为正比例函数，掌握正比例函数概念是解题关键．特别注意一次项系数不为零．
8．（2022·河南南阳八年级月考）如图所示，有一根高为的木柱，它的底面周长为，在准备元旦联欢晚会时，为了营造喜庆的气氛，老师要求小明将一根彩带从底柱向柱顶均匀地缠绕7圈，一直缠到起点的正上方为止，小明需要准备的这根彩带的长至少为（ ）．

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将圆柱沿母线剪开并展开，则这根彩带的长应为7个圆柱侧面展开图并排后的长方形的对角线，利用勾股定理求值即可．
【详解】解：将圆柱沿母线剪开并展开，则这根彩带的长最少应为7个圆柱侧面展开图并排后的长方形的对角线，如图所示，AC即为所求，其中AB=40×7=280cm，BC=2.1m=210cm

根据勾股定理可得AC==350cm故选B．
【点睛】此题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理和两点之间线段最短是解题关键．
9．（2021·江苏镇江·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知A、B、C三点的坐标分别为（8，0）、（9，6）、（0，6），若一次函数y＝kx﹣8k的图象将△ABC分成面积为1∶2的两个部分，则k的值为（       ）
A．﹣3 B．﹣2 C．﹣3或 D．﹣2或﹣3
【答案】C
【分析】先找出一次函数经过顶点，再根据题意将△ABC分成面积为1：2的两个部分，求出E、F两点的坐标，用待定系数法代入一次函数解析式即可．
【详解】解：∵一次函数y=kx-8k，当x=8时，y=0，∴一次函数y=kx-8k过定点(8，0)，
由题意可知，如图，直线AE或AF将△ABC分成面积之比为1：2的两个部分，

∵B、C三点的坐标分别为（9，6）、（0，6），
∴BC//OA，∴此时两三角形的高相等，面积之比等于底之比，
即CE：BE=1：2或CF：BF=2：1，∴或，∴E(3，6)，F(6，6)，
将E(3，6)代入y=kx-8k得，3k-8k=6，∴k=-；将F(6，6)代入y=kx-8k得，6k-8k=6，∴k=-3；
综上可知：k=-3或k=-．故选：C．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题关键是发现直线过顶点，并用待定系数法解决问题．
10.（2021·广东东莞·八年级期末）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：

（1）AE=BF；（2）AE⊥BF；（3）AO=OE；（4）中正确的有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质得AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，则由CE=DF易得AF=DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE=BF；根据全等的性质得∠ABF=∠EAD，
利用∠EAD+∠EAB=90°得到∠ABF+∠EAB=90°，则AE⊥BF；连结BE，BE＞BC，BA≠BE，而BO⊥AE，根据垂直平分线的性质得到OA≠OE；最后根据△ABF≌△DAE得S△ABF=S△DAE，则S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，即S△AOB=S四边形DEOF．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，而CE=DF，∴AF=DE，
在△ABF和△DAE中∴△ABF≌△DAE，
∴AE=BF，所以（1）正确；∴∠ABF=∠EAD，
而∠EAD+∠EAB=90°，∴∠ABF+∠EAB=90°，∴∠AOB=90°，
∴AE⊥BF，所以（2）正确；连结BE，

∵BE＞BC，∴BA≠BE，而BO⊥AE，∴OA≠OE，所以（3）错误；
∵△ABF≌△DAE，∴S△ABF=S△DAE，∴S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，
∴S△AOB=S四边形DEOF，所以（4）正确．故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了正方形的性质．
二、填空题（本大题共8小题，每题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022·山东菏泽·八年级期末）若数据a，b，c的平均数是2，数据d，e平均数是4，则a，b，c，4，d，e这组数据的平均数是______．
【答案】
【分析】根据平均数的定义求得，，根据平均数的求解方法求解即可．
【详解】解：由数据a，b，c的平均数是2，数据d，e平均数是4，可得，，
则a，b，c，4，d，e这组数据的平均数为，故答案为：
【点睛】此题考查了求解平均数，解题的关键是利用平均数的求解方法正确求得，．
12．（2021·贵州九年级）如图，矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，边与交于点，延长交于点，若，则的长为______．

【答案】
【分析】连接，过点作，设，分别解得的长，继而证明，由全等三角形的性质得到，由此解得，最后在中，利用勾股定理解得的值，据此解题．
【详解】如图，连接，过点作，

设，则矩形中


在与中，

在中，
，故答案为：．
【点睛】本题考查旋转变换、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
13．（2021·河南·淅川县九年级期中）如图，△ABC中，点M为BC的中点，AD平分∠BAC，且BD⊥AD于点D．延长BD交AC于点N．若AB＝4，DM＝1，则AC的长为

【答案】6
【分析】证明△ADB≌△ADN，根据全等三角形的性质得到BD=DN，AN=AB=4，根据三角形中位线定理求出NC，计算即可．
【详解】解：在△ADB和△ADN中，，
∴△ADB≌△ADN（ASA）∴BD=DN，AN=AB=4，
∵BM=MC，BD=DN，∴NC=2DM=2，∴AC=AN+NC=6．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
14．（2021·广东·深圳市福田区外国语学校八年级期中）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+1与直线y＝﹣2x交于点A，点B（m，0）是x轴上的一个动点，过点B作y轴的平行线分别交直线y＝﹣x+1、直线y＝﹣2x于C、D两点，若，则m的值为____________．

【答案】或
【分析】分别求出A、C、D三点坐标，根据，利用坐标列式计算即可．
【详解】∵由直线y＝﹣x+1与直线y＝﹣2x交于点A，∴点A坐标（－1，2），
∵过点B（m，0）作y轴的平行线分别交直线y＝﹣x+1、直线y＝﹣2x于C、D两点，
∴点C坐标（m，1－m），点D坐标（m，－2m）．
∴，
解得故答案为或．
【点睛】本题考查了求两直线交点坐标，用未知数表示动点坐标等知识点，利用代数式表示动点坐标是解决本题的关键．
15．（2021.成都市八年级期中）如图，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．连结，交于点P，若正方形的面积为48，．则的值是__________．

【答案】16
【分析】先证明△AEP≌△CGM（ASA），则S△AEP=S△CGM，所以两三角形面积的差是中间正方形面积的一半，设AE=x，BE=8-x，根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，x2+（8-x）2=48，则2x2-16x=-16，整体代入可得结论．
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为48，

∴AB2=48，设AE=x，∵AE+BE=8，∴BE=8-x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，∴x2+（8-x）2=48，∴2x2-16x=-16，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，∴AH∥CF，∴∠EAP=∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，∴AE=CG，∴△AEP≌△CGM（ASA），∴S△AEP=S△CGM，EP=MG，
∴S△CFP-S△AEP=S△CFP-S△CGM=S梯形FPMG=（MG+PF）•FG=EF•FG=S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF=S正方形ABCD-4S△AEB=48-4×x（8−x）=2x2-16x+48=-16+48=32，
则S△CFP-S△AEP的值是16；故答案为：16．
【点睛】本题考查了“赵爽弦图”，多边形的面积，勾股定理等知识点，首先要求学生正确理解题意，然后会利用勾股定理和三角形全等的性质解题．
16．（2021·广东·松岗实验学校九年级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG＝2，AD＝6，则BE的长为

【答案】
【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG＝EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB＝BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：作EH⊥BD于H，

由折叠的性质可知，EG＝EA，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴AB＝BD＝AD＝6，
设BE＝x，则EG＝AE＝6﹣x，在Rt△EHB中，BH＝x，EH＝x，
在Rt△EHG中，EG2＝EH2+GH2，即（6﹣x）2＝（x）2+（4﹣x）2，
解得，x＝，∴BE＝．
【点睛】此题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，熟记各知识点并综合运用是解题的关键．
17．（2021·宁波市鄞州八年级期末）化简_______．
【答案】
【分析】设，将等式的两边平方，然后根据完全平方公式和二次根式的性质化简即可得出结论．
【详解】解：设，由算术平方根的非负性可得t≥0，
则
．故答案为：．
【点睛】此题考查的是二次根式的化简，掌握完全平方公式和二次根式的性质是解题关键．
18．（2021·浙江南浔·八年级期末）如图，已知有一张正方形纸片，边长为，点，分别在边，上，．现将四边形沿折叠，使点，分别落在点，，上当点恰好落在边上时，线段的长为________；在点从点运动到点的过程中，若边与边交于点，则点相应运动的路径长为________．

【答案】         
【分析】如图1（见详解），连接，首先根据折叠的性质并利用勾股定理，求出，进而得到，然后由，得到 的长，再设为，则，根据勾股定理可求出 的值，即可得到的长；如图2（见详解），过点E作EH垂直，当H、G重合时，取最小值9，取最小值，取最大值，而最小值为0，且轨迹有重叠的情况，由此即可得出答案．
【详解】解：如图1，当点落在边上，连接，

由折叠性质可知，，，
∴，
∵，∴，
∴，设为，则，
∴在中，，即解得：，∴的长为；
如图2，过点E作EH垂直，
∴四边形为矩形，∴，又∵，即，
在中，，，∴当取最小值时，取最小值，取最大值，
即：当H、G重合时,记此时的点G记为G1，，，
∴，∵点是边与边交点，
∴取最小值为点恰好落在边上时，即：点G与点重合，此时，设此时的点为G2,
当F和A重合的时候，此时G与A点重合，此时的G点记为G3,
点G的轨迹是从G2- G1- G1- G3的过程，G1 G2=，
∴点相应运动的路径长为．故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了正方形折叠和勾股定理的应用，解题关键是根据勾股定理在不同的直角三角形中计算边长，难点是求出AG最大值，即EG⊥时是EG最小，最小值，最大．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021·河南濮阳市·八年级期中）计算下列各题
（1）2×（+）﹣2；（2）（2﹣3）÷5．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先进行二次根式的乘法运算，然后合并即可；
（2）先把化简，再把括号内合并，然后进行二次根式的除法运算．
【详解】解：（1）2×（+）﹣2



．
（2）（2﹣3）÷5




．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
20．（2021·安徽九年级）定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点.

（1）已知M、N把线段分割成AM、MN、NB，若，，，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由.
（2）已知M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB=12，AM=5，求BN的长.
【答案】（1）点M、N是线段AB的勾股分割点；（2）或．
【分析】（1）由已知可得，依据勾股定理逆定理即可得结论，
（2）设，则，分两种情形①当为斜边时，依题意，②当为最斜边时，依题意，分别列出方程即可解决问题．
【详解】解：（1）是．理由：，，，，，
，、、为边的三角形是一个直角三角形．
即：点M、N是线段AB的勾股分割点.
（2）设，则，
①当为最长线段时，依题意，即，解得，
②当为最长线段时，依题意．即，解得，
综上所述的长为或．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是理解题意，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
21．（2022·云南临沧·一模）某篮球训练营在一次投篮训练中，A组的20名运动员均参加训练，训练方式为每人定点投篮10次，以命中次数作为训练成绩．据统计，此次投篮训练的成绩如下表：
命中次数（次〕
4
5
6
7
8
9
人数（人）
2
4
5
6
2
1
(1)已知这20名运动员此次训练成绩的平均数是6.25、中位数是b、众数是c，直接写出b、c的值；
(2)若A组某运动员的训练成绩为7次，统计时被记录员记少了1次，则此次训练成绩的统计数据中不受影响的是___．（填“平均数”、“众数”、“中位数”）
(3)已知B组的20名运动员在本次训练中的成绩统计如下表：
平均数
中位数
众数
6.5
6.5
7
你认为哪组运动员本次的训练成绩更好？为什么？
【答案】(1)，(2)中位数(3)B组成绩更好；理由：两组成绩的众数均相同，但B组的平均数、中位数较大，说明B组运动员的平均成绩及中等偏上的成绩更好
【分析】（1）结合图表，利用中位数、众数的定义进行计算即可；
（2）数据变更之后，对“平均数”、“众数”、“中位数”进行分析即可；
（3）比较数据可知：两组成绩的众数均相同，但B组的平均数、中位数较大，说明B组运动员的平均成绩及中等偏上的成绩更好．
【解析】 (1)解：∵A组有20名运动员参加训练，
∴中位数为第10、11两人的平均数，即为6，故中位数b=6；
∵从成绩表中可以看出：命中次数为7次的有6人，人数最多，故众数c=7；
(2)由于某运动员的训练成绩为7次，统计时被记录员记少了1次，
即：命中次数6次的变为6人，命中次数7次的变为6人，
可知：平均数变化，中位数仍为6，众数变为6、7，
即：此次训练成绩的统计数据中不受影响的是中位数；
(3)B组成绩更好；理由：两组成绩的众数均相同，但B组的平均数、中位数较大，说明B组运动员的平均成绩及中等偏上的成绩更好
【点睛】本题主要考查的是数据的应用，中位数，众数，平均数的定义及运算方法，掌握数据中的基础运算是解题的关键．
22．（2022·安徽合肥·八年级期末）甲、乙两家草莓采摘园的草莓品质相同，销售价格也相同．“五一”假期，两家均推出了优惠方案，甲采摘园的优惠方案：游客进园需购买60元的门票，采摘的草莓六折优惠；乙采摘园的优惠方案：游客进园不需购买门票，采摘的草莓超过一定数量后，超过部分打折优惠．优惠期间，设某游客的草莓采摘量为x（千克），在甲采摘园所需总费用为y甲（元），在乙采摘园所需总费用为y乙（元），图中折线O﹣A﹣B表示y乙与x之间的函数关系．

(1)求y甲、y乙与x之间的函数关系式；(2)当游客采摘15千克的草莓时，你认为他在哪家草莓园采摘更划算？
【答案】(1)y甲＝18x+60；y乙＝(2)甲家草莓园采摘更划算
【分析】（1）根据函数图象，待定系数法求解析式即可；
（2）根据的值，结合（1）中的解析式，分别求得甲乙两家草莓园的总费用，比较即可求解；
(1)根据题意得，甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格：300÷10＝30（元/千克）．
∴y甲＝30×0.6x+60＝18x+60；当0＜x≤10时，y乙＝30x；当x＞10时，设y乙＝kx+b，
由题意的：，解得，∴y乙＝12x+180，
∴y乙与x之间的函数关系式为：y乙＝
(2)当x＝15时，y甲＝18×15+60＝330，y乙＝12×15+180＝360，∴y甲＜y乙，
∴他在甲家草莓园采摘更划算．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，根据函数图象获取信息是解题的关键．
23．（2022.绵阳市 八年级期中）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若，．
(1)求证：；(2)求证：；(3)求正方形ABCD的面积．

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】(1)由ABCD是正方形得到，，由得到，进一步得到，再根据“边角边”即可证明；
(2)由及得到，进而得到，由(1)中全等得到，最后由即可证明；
(3)过点B作交AE的延长线于点F，证明为等腰直角三角形，求出，在中由勾股定理求出即可得到正方形的面积．
【解析】 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴，
∵，∴．
∴，即．
∵，∴．
(2)证明：如下图：

∵，，∴·
∴，
∵，∴，
∴，∴．
(3)解：如图，过点B作交AE的延长线于点F．

∵，，∴由勾股定理得：．
由(2)知，，∴由勾股定理得：，
∵，∴，
∵，∴，∴，
由勾股定理得：，∴，
∴．∴，
在中，由勾股定理得：，
．
【点睛】本题借助正方形的性质考查了三角形全等的判定方法、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理求线段长等知识点；本题中第(3)问的关键点是过点B作交AE的延长线于点F，进而构造等腰直角三角形，利用其性质求解．
24．（2021·重庆·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，直线与轴、轴分别交于点和点，且与直线交于点．

(1)求直线的解析式；(2)若点为线段上一个动点，过点作轴，垂足为，且与直线交于点，当时，求点的坐标；(3)若在平面上存在点，使得以点，，，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)直线的解析式为；(2)；(3)的坐标为：或或
【分析】（1）先求出点的坐标，再利用待定系数法解答即可；
（2）利用两条直线的解析式表示出，两点的坐标，进而得出线段的长，列出方程即可解答；
（3）分三种情形解答，先求得经过点的解析式，再联立，解方程组即可求解．
(1)解：当时，，．
设直线的解析式为，由题意得：，解得：．直线的解析式为．
(2)解：轴，，的横坐标相同．
设，则．为线段上一个动点，，，
，．．解得：．．
(3)（3）如下图，当四边形为平行四边形时，

令，则，．，直线的解析式为：．
令，则，．，直线的解析式为：．
．解得：．．
如下图，当四边形为平行四边形时，，直线的解析式为，
，直线的解析式为，当时，，．
当四边形为平行四边形时，如下图，

，直线的解析式为，，直线的解析式为：，
当时，，．综上，存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：或或．
【点睛】本题是一道一次函数的综合题，主要考查一次函数的解析式的求法，待定系数法，平行四边形的性质，一次函数图象上点的坐标的特征．待定系数法是确定函数解析式的重要方法，也是解答本题的关键．
25．（2021·浙江·宁波市第七中学八年级期中）数学活动课上．老师给出如下定义：如果一个矩形的其中一边是另一边的2倍，那么称这个矩形为“和谐矩形”．如图1，在矩形ABCD中，AD＝2AB，则矩形ABCD是“和谐矩形”．E是AD边上任意一点，连接BE，作BE的垂直平分线分别交AD，BC于点F，G，FG与BE的交点为O，连接BF和EG．（1）试判斯四边形BFEG的形状．并说明理由；
（2）如图2，在“和谐矩形”ABCD中，若AB＝2，且AB＜AD，E是边AD上一个动点，
把△ABE沿BE折叠．点A落在点从A′处，若A'恰在矩形的对称轴上，则AE的长为___；
（3）如图3，记四边形BFEG的面积为S1，“和谐矩形”BFEG的面职为S2，且＝ ，若AB＝a（a为常数），AB＜AD，求FG的长，（用含有a的代数式表示）．

【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）或2；（3）
【分析】（1）由矩形的性质及全等三角形的性质先证明四边形BFEG是平行四边形，再由FG⊥BE证明四边形BFEG是菱形；（2）当点A′在经过AB、CD中点的对称轴上时，可证明△ABA′是等边三角形；当点A′在经过AD、BC中点的对称轴上时，可证明点E为AD边的中点，分别求出相应的AE的长即可；
（3）由（1）可知四边形BFEG是菱形，设BF=EF=x，四边形ABCD是“和谐矩形”，且AB=a，则AD=2AB=2a，由勾股定理分别求出EF、AF、BE的长，再由面积等式列方程求出FG的长即可．
【详解】解：（1）四边形是菱形．理由：如图1，，，；

垂直平分，，，
，，四边形是平行四边形；
，四边形是菱形．
（2）如图2，设矩形的对称轴交于点，交于点，点在上，连结，，
由折叠得，垂直平分，，
垂直平分，，四边形是矩形，
由（1）得，四边形是菱形，；
，，，，
，是等边三角形，，，
，，，
，且，，；
如图3，矩形的对称轴交于点，交于点，点在上，

垂直平分，，
，四边形是正方形，，
，等于点到直线的距离，点与点重合，
，与重合，点与点重合，，
综上所述，的长为或2，故答案为：或2．
（3）如图4，由（1）得，四边形是菱形，
设，四边形是“和谐矩形”，且，
，，，
，，，，
，，由得，，．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、菱形的判定与性质、轴对称的特征、勾股定理、二次根式的化简、分类讨论数学思想的应用等知识与方法，此题综合性较强，计算较为烦琐，难度较大，属于考试压轴题．
26．（2021·河南八年级期末）如图1，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点分别在x轴、y轴上，其中C，D两点的坐标分别为，．两动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以每秒1个单位的速度沿线段AB向终点B运动，点Q以每秒2个单位的速度沿折线CDA向终点A运动，设运动的时间为t秒．

(1)求菱形ABCD的高h和面积s的值；
(2)当点Q在CD边上运动时，t为何值时直线PQ将菱形ABCD的面积分成1：2两部分；
(3)设四边形APCQ的面积为y，求y关于t的函数关系式（要写出t的取值范围）；在点P、Q运动的整个过程中是否存在y的最大值？若存在，求出这个最大值，并指出此时点P、Q的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)24，
(2)当时，直线PQ将菱形面积分成1：2两部分
(3)，存在最大值18，此时点P运动到AB的中点，点Q运动到与点D重合
【分析】（1）先根据C、D的坐标求出，，即可利用勾股定理求出，再由菱形的性质可得，则；
（2）如图1．由已知可得：，，则，求出，再由直线PQ将菱形的面积分成1：2两部分，则或，由此求解即可；
（3）分当Q在CD上，即时和当Q在AD上，即时两种情况讨论求解即可．
【解析】 (1)解：∵，，∴，．∵，∴．
∵四边形ABCD是菱形，∴菱形面积．
∴菱形的高；
(2)解：如图1．由已知可得：，，则．
则
若直线PQ将菱形的面积分成1：2两部分，则或．
即，或．解得：或（舍去）．
∴当时，直线PQ将菱形面积分成1：2两部分．

(3)当Q在CD上，即时，见图2．

∴此时，y随t的增大而增大．∴当时，取得最大值．

当Q在AD上，即时，见图3．

∴此时y随t的增大而减小，无最大值．
∴，在点P、Q运动的整个过程中，y有最大值18，此时点P运动到AB的中点，点Q运动到与点D重合．