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初中数学苏科版八年级下册9.3 平行四边形课时练习
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这是一份初中数学苏科版八年级下册9.3 平行四边形课时练习，共30页。
注意事项：
本试卷满分100分，考试时间120分钟，试题共28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（10小题，每小题2分，共20分）
1．（2023上·江苏南通·九年级校联考阶段练习）做好“垃圾分类”，倡导绿色健康的生活方式，是我们做为公民应尽的义务，如图所示垃圾分类标志，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江苏南通·统考二模）如图，在YABCD中，点E，点F在对角线AC上。要使△ADF≌CBE，可添加下列选项中的（ ）
A．DF=BE B．∠DAF=∠BCE C．AE=CF D．AE=EF
3．（2023下·江苏苏州·八年级校考阶段练习）下列命题是真命题的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
4．（2022下·江苏淮安·八年级统考期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度得到△AB’C’’，此时点B恰在边AC上，若AB=2，AC=5，则B’C的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．（2023上·江苏·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将△ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·江苏镇江·八年级统考阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，△ABC绕AC的中点H旋转，得到△EFD．若△AEFD的直角顶点D落在△ABC的斜边AB上，EF与AC交于点G，且△EGH恰好是以GH为底边的等腰三角形，则∠A=（ ）．
A．26°B．30°C．36°D．42°
7．（2023下·江苏·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为CA，CB的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若，BC=4，则DF的长为（ ）
A．B．1C．D．2
8．（2023上·江苏·八年级专题练习）如图1，四边形ABCD是平行四边形，连接BD，动点P从点A出发，沿折线AB→BD→DA匀速运动，回到点A后停止．设点P运动的路程为x，线段AP的长为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，则YABCD的面积为（ ）
A．B．C．60D．
9．（2023上·江苏·八年级校考周测）如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角EPF的顶点是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：
①AE=CF；②△EPF是等腰直角三角形；③；④EF=AP，当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），上述结论中始终正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10．（2023下·江苏无锡·八年级校联考期末）在正方形ABCD中，点E、F在对角线AC上，AC=18，若点E、F是AC的三等分点，点P在正方形ABCD的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，则此过程中满足PE+PF为整数的点P个数为（ ）
A．38B．36C．20D．22
二、填空题（8小题，每小题2分，共16分）
11．（2023上·江苏苏州·八年级校考阶段练习）已知点，将点A绕原点O逆时针方向旋转90°得点B，则点B的坐标为．
12．（2023上·江苏淮安·八年级校考阶段练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC=24cm，，BD=10cm，则菱形ABCD一边上的高DH长为cm．
13．（2023上·江苏南京·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=55°，将△ABC绕点A逆时针旋转4°，得到VADE，点D恰好落在BC上，DE交AC于点F，则∠AFE=°．
14．（2023上·江苏南京·九年级统考期末） 如图，正方形ABCD的边长为2，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，GF的长是．
15．（2023上·江苏徐州·八年级校考期中）如图，长方形ABCD中，AB=2，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B’处．当△CEB’为直角三角形时，BE的长为．
16．（2024上·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=,，将△BDC沿BD对折，C点落在M处，BM交AD于点E，作EF⊥BD于F，则线段EF=．
17．（2023上·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴的正半轴上，AB=AO，∠OAB=90°，OB=12，点C、D均在边OB上，且∠CAD=45°，若△ACO的面积等于△ABO面积的，则直线AD的解析式为．
18．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是，点E、F分别在边BC、BA上，CE=2 ．若∠EOF=45°，则F点的坐标是．
三、解答题（10小题，共64分）
19．（2023上·江苏淮安·八年级校考阶段练习）已知：如图，YABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E、F分别在AO，OC上，且AE=CF，求证：∠EBO=∠FDO．
20．（2023下·江苏淮安·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，E、F分别为边AD和BC上的点，BE=DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）求证：四边形BEDF是平行四边形．
21．（2023下·江苏盐城·八年级阶段练习）如图在四边形ABCD中，AB=CD，BE=DF；AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AC与BD交于点O，求证：AO=CO．
22．（2023上·江苏·八年级校考周测）如图，在平面直角坐标系中，将长方形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处，D的坐标为，求点E、F的坐标
23．（2023下·江苏徐州·八年级统考期末）如图，已知△OAB，顶点、．
（1）请画出△OAB绕坐标原点O顺时针旋转90°后得到的△OA’B’，并写出点B的对应点B’的坐标_______；
（2）请直接写出：以O、A、B为顶点的平行四边形的第四个顶点C的坐标______．
24．（2023上·江苏苏州·七年级统考期中）探究与发现：
（1）如图①，四个小长方形拼成一个大长方形，点P在线段AC上，试判断长方形EPHD与长方形GBFP面积的大小关系，并简单说明理由；
（2）如图②，长方形GBFP的顶点P在直角三角形ABC的斜边AC上，若AG=50，FC=75，利用第（1）小题的探究方法和结论，求长方形GBFP的面积．
25．（2023上·江苏常州·八年级校考阶段练习）已知，如图，AB=AD，AC=AE，∠DAB=∠CAE=50°．
（1）求证：△ABE≌△ADC．
（2）△ABE经过怎样的变换可以与△ADC重合？
（3）求∠BOD的度数．
26．（2024上·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图所示，把长方形纸片OABC放入直角坐标系xOy中，使OA、OC分别落在x、y轴的正半轴上，连接AC，且，
（1）求AC所在直线的解析式；
（2）将纸片OABC折叠，使点A与点C重合（折痕为EF），求折叠后纸片重叠部分的面积．
（3）求EF所在的直线的函数解析式．
27．（2023上·江苏徐州·八年级校考阶段练习）【新知学习】如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么我们就把这样的三角形叫做“智慧三角形”．
【简单运用】下列三个三角形，是智慧三角形的是_______（填序号）；
【深入探究】如图，在正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA，点E是BC的中点，F是CD上一点，且，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由；
【灵活应用】如图，等边三角形ABC边长5cm．若动点P以1cm/s的速度从点A出发，沿△ABC的边AB-BC-CA运动.若另一动点Q以2cm/s的速度从点B出发，沿边BC-CA-AB运动，两点同时出发，当点Q首次回到点B时，两点同时停止运动.设运动时间为t(s)，那么t为_______(s)时，△PBQ为“智慧三角形”．
28．（2023上·江苏苏州·八年级校考期中）在四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，AB=CD=10，BC=AD=8，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
（1）若P为线段BC上一点．
①如图1，当点E落在边CD上时，求CE的长；
②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；
（2）如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．参考答案
一、选择题（10小题，每小题2分，共20分）
1．C
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，仔细观察图形根据定义正确判断是解答本题的关键．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、本选项图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、本选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、本选项图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、本选项图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
2．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定定理；根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，则，进而逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
A.添加条件，不能根据证明，故该选项不正确，不符合题意；
B.已知，不能证明，故该选项不正确，不符合题意；
C.添加条件，则，即，根据证明，故该选项正确，符合题意；
D.添加条件，不能证明，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
3．D
【分析】根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，选项错误；
B、一组对边平行，一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，可能是等腰梯形，选项错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，选项错误；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，选项正确；
故选D．
【点睛】本题考查（特殊）平行四边形的判定．熟练掌握（特殊）平行四边形的判定方法，是解题的关键．
4．B
【分析】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转一定的角度得到，
，
∴．
故选：B．
5．B
【分析】过点作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．
【详解】解：过点作，如下图：
则
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：B
【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．
6．C
【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，先根据旋转性质得，，再根据等腰三角形的性质得，进而根据三角形的内角和定理得出答案．
【详解】将绕直角边的中点旋转得到，
∴，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选：C．
7．B
【分析】根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理得到，，，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理求出，计算即可．
【详解】解：在中，，，
由勾股定理得：，
平分，
，
，分别为，的中点，
，，，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
8．B
【分析】图1和图2中的点对应：点对点，点对点，点对点，根据点运动的路程为，线段的长为，依次解出，即点的横坐标，，即点的纵坐标，解出，的面积，可得结论．
【详解】解：在图1中，作，垂足为，
在图2中，取，，
当点从点到点时，对应图2中线段，得，
当点从到时，对应图2中曲线从点到点，得，
解得，
当点到点时，对应图2中到达点，得，
在中，，，，
解得，
在中，，，
，
解得，
的面积，
故选：B．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是确定对应关系：点对点，点对点，点对点，当点到点时，图2的点的纵坐标表示的意义：（点的纵坐标）．
9．C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据同角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形的可得，判定①正确，等腰直角三角形的定义得到是等腰直角三角形，判定②正确；根据全等三角形的面积相等可得的面积等于的面积相等，然后求出四边形的面积等于的面积的一半，判定③正确，当时，证明四边形为矩形，则，如果与不垂直时，则，判定④错误．
【详解】解：如图，
∵，点P是的中点，
∴，
∴，
∵是直角，
∴，
∴；
在和中，
，
∴，
∴，，故①正确；
∴是等腰直角三角形，故②正确；
∵，
∴，
∴，
故③正确，
当时，四边形为矩形，则，
如果与不垂直时，则，
∴④错误．
综上所述，正确的结论有①②③．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，根据同角的余角相等求出，从而得到是解题的关键，也是本题的突破点．
10．A
【分析】先求出点在边上的个数，再根据正方形的对称性，即可得解．
【详解】解：∵正方形中，，点E、F是的三等分点，
∴，，
当点与点重合时，，满足题意；
当在上时，作点关于的对称点，如图
则：，
∴当点三点共线时，取得最小值，
∵点关于的对称点，
∴，
∴，
，
∴；
当点与点重合时，连接交于点，
则：，
∴，
同理：，
∴，
∴点在上运动时，，
∴当点在上运动时，满足题意的点有10个（包括点），
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：个．
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质，利用轴对称解决线段和问题，勾股定理．熟练掌握掌握正方形的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
二、填空题（8小题，每小题2分，共16分）
11．
【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键，作出图形更形象直观．作出图形，连接，过点A作轴于H，过点B作轴于，连接，然后根据点A的坐标求出，再根据旋转的性质求出，然后写出点的坐标即可．
【详解】解：如图，连接，过点A作轴于H，过点B作轴于，连接，
∵，
，
∵将点绕原点逆时针方向旋转得点，
，
∴点．
故答案为：．
12．/
【分析】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理，根据菱形的面积的两种表示方法列出方程是解题的关键．
【详解】解：在菱形中，，
，，
，，
在中，，
，
菱形的面积，
即，
解得．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，由三角形的内角和定理可求解．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
14．/
【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理．由翻折知，得点在以为圆心，为半径的圆上运动，可知当点、、三点共线时，最小，再利用勾股定理可得的长，继而解题．
【详解】解：∵将沿翻折得到，
∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点、、三点共线时，最小，
由勾股定理得，,
∴，
故答案为：．
15．2或
【分析】本题考查了勾股定理、矩形与折叠综合问题，分类讨论：当时，当时，利用勾股定理及矩形与折叠的性质即可求解，熟练掌握基础知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【详解】解：当时，如图：
，
矩形沿折叠，使点落在点处，
，
，
当时，如图：
在中，，，
，
矩形沿折叠，使点落在点处，
，，，
点、、共线，即点在上，，
设，则，，
在中，，
即：，
解得，
综上所述，或，
故答案为：2或．
16．
【分析】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
根据矩形性质和翻折性质证明，再根据勾股定理得到的长，利用，即可求出结果．
【详解】解：四边形是矩形，
根据翻折可知：，
在中，根据勾股定理，得
解得
在矩形中，
故答案为：
17．
【分析】将绕点A逆时针旋转，使得和重合，构造出直角三角，利用等腰直角三角形的性质求出点A的坐标，利用旋转的性质证明全等，通过勾股定理设出未知数列方程求解，得到点的坐标，利用待定系数法求出函数解析式即可.
【详解】解：将绕点A逆时针旋转，使得和重合，旋转后点C到点的位置，连接，则，过点A作于点H，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴点的坐标是，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵的面积等于面积的，，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
在中，
，即，
解得：，
即，
∵，
所以，
∴，
设直线的解析式为，把点A和点D的坐标代入得，
，
解得，
直线的解析式为，
故答案为：
【点睛】此题考查了旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、待定系数法求函数解析式等知识，用旋转构造直角三角形是本题的关键.
18．/
【分析】连接，延长到点，使得，连接，根据正方形的性质可得，，分别证明，，由全等三角形的性质可得，设，则，，在中，由勾股定理易得，代入求值可得，可确定点的纵坐标，即可获得答案．
【详解】解：连接，延长到点，使得，连接，如下图，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，，
在中，由勾股定理，得，
即，解得，
∴，
即点的纵坐标是，
∴点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
三、解答题（10小题，共64分）
19．见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．连接、，由平行四边形的性质得出，，由已知条件得出，证明四边形是平行四边形，得出对边平行，即可得出结论．
【详解】证明：连接、，如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）根据矩形的性质，结合“”即可求证；
（2）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形
∴
在和中
∴；
（2）证明：∵四边形是矩形
∴，即
∵
∴
∴
∴
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定．掌握相关结论是解题关键．
21．（1）见解析；；（2）见解析．
【分析】（1）利用“”即可求证；
（2）证明四边形是平行四边形即可求证．
【详解】（1）证明：，
，
，
，，
，
在和中，
，
．
（2）证明：如图
由（1），得，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．熟记相关定理内容是进行几何推导的前提．
22．，
【分析】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用．由点的坐标可知：，，根据翻折的性质可知，由勾股定理可求得，从而得到，设，则，故此，在中，由勾股定理可求得的长即可．利用勾股定理列出关于的方程是解题的关键．
【详解】解：点的坐标为，在长方形中，
，．
由翻折的性质可知：，．
在中，由勾股定理得：．
，
．
设，则．
在中，由勾股定理得：，即．
解得：．
点的坐标为．
故点E、F的坐标为，．
23．（1）图见解析，；（2）、、
【分析】（1）根据网格即可画出绕坐标原点O顺时针旋转后得到的，进而写出点B的对应点的坐标；
（2）根据网格和平行四边形的判定即可写出：以O、A、B、为顶点的平行四边形的第四个顶点C的所有可能的坐标．
【详解】（1）解：如图：
点B的对应点的坐标为；
故答案为：
（2）解：如图，点即为平行四边形的第四个顶点C的坐标．
故答案为：、、．
【点睛】本题考查了作图——旋转变换、平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
24．（1）相等，理由见解析；（2）3750．
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据题意得出的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，即可证明．
（2）设根据长方形面积与（1）中得结论结合，求出的值即可．
【详解】（1）解：长方形与长方形面积的大小相等，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∴的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，
∴长方形与长方形面积的大小相等．
（2）解：如图所示，设
长方形的面积，
由（1）可知，，
解得：，
即长方形的面积为3750．
25．（1）见解析；（2）经过顺时针旋转可以与重合；（3）
【分析】（1）根据证明即可；
（2）根据旋转的性质得出与重合；
（3）根据全等三角形的性质和三角形的内角和解答即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
又∵
∴；
（2）因为，
可得：经过顺时针旋转可以与重合；
（3）∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，解题关键是根据证明．
26．（1）；（2）重叠部分的面积为10；（3）直线的解析式为
【分析】（1）设，则，在中，由勾股定理建立方程，解方程求得x的值，即可得到点A、C的坐标，根据所得A、C两点的坐标用待定系数法求出直线的解析式即可；
（2）由折叠的性质可得，设，结合，可得，在中由勾股定理建立方程解方程求得y的值即可得到的值，再证可得，这样即可由三角形面积公式求出的面积了．
（3）由（2）可知，的长，从而可得点E、F的坐标，由此即可用待定系数法求得直线的解析式了．
【详解】（1）解：∵，
∴可设，则，
在中，由勾股定理可得，
∴，
解得或（不合题意，舍去），
∴，，
∴，，
设直线解析式为，
∴，
解得：，
∴直线解析式为；
（2）解：由折叠的性质可知，
设，则，
在中，由勾股定理可得，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即重叠部分的面积为10；
（3）解：由（2）可知，，
∴，，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为．
【点睛】本题考查了一次函数的面积问题，求一次函数解析，勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握待定系数法，求出重叠部分三角形的底和高是解题的关键．
27．【简单运用】①；【深入探究】是“智慧三角形”，理由见详解；【灵活应用】1或或或7
【分析】[新知学习]根据直角三角形斜边中线的性质即可判断；
[深入探究]结论：是“智慧三角形”．利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形即可；
[灵活应用]分四种情形分别构建方程求解即可；
【详解】解：简单运用：因为直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，所以①是“智慧三角形”．
故答案为①；
深入探究：结论：是“智慧三角形“．
理由如下：如图，设正方形的边长为，
是的中点
，
，
，，
在中，，
在中，，
在中，，
，
是直角三角形，，
直角三角形斜边上的中线等于的一半，
为“智慧三角形”．
灵活应用：如图3中，
①当点在线段上，点在线段上时，若，则，
，
解得．
若，则，
．
②当点在线段上，点在线段上时，不存在；
③当点在线段上，点在线段上时，若，则，
，
，
若，则，
，
，
综上所述，满足条件的的值为1或或或7．
故答案为1或或或7．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的性质，勾股定理，“智慧三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
28．（1）①；②，理由见解析；（2）或30
【分析】（1）①根据折叠得出，利用勾股定理求出的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证，从而；
（2）由是直角三角形，当时，则四边形是正方形，得；当时，设，则，在中，利用勾股定理列方程即可求解，当时，点P在线段上，不符合题意，舍去．
【详解】（1）解：①根据折叠可知，，
∵，
∴，
∴；
②，理由如下：
∵将沿直线翻折至的位置，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：当时，如图所示：
∵，且，
∴四边形是正方形，
∴；
当时，如图所示：
则，
∴，
∵，
∴点E、D、C三点共线，
由翻折知，根据勾股定理得，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得，
∴；
当时，点P在线段上，不符合题意，舍去，
综上：或30．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，平行线的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
注意事项：
本试卷满分100分，考试时间120分钟，试题共28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（10小题，每小题2分，共20分）
1．（2023上·江苏南通·九年级校联考阶段练习）做好“垃圾分类”，倡导绿色健康的生活方式，是我们做为公民应尽的义务，如图所示垃圾分类标志，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江苏南通·统考二模）如图，在YABCD中，点E，点F在对角线AC上。要使△ADF≌CBE，可添加下列选项中的（ ）
A．DF=BE B．∠DAF=∠BCE C．AE=CF D．AE=EF
3．（2023下·江苏苏州·八年级校考阶段练习）下列命题是真命题的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
4．（2022下·江苏淮安·八年级统考期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度得到△AB’C’’，此时点B恰在边AC上，若AB=2，AC=5，则B’C的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．（2023上·江苏·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将△ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·江苏镇江·八年级统考阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，△ABC绕AC的中点H旋转，得到△EFD．若△AEFD的直角顶点D落在△ABC的斜边AB上，EF与AC交于点G，且△EGH恰好是以GH为底边的等腰三角形，则∠A=（ ）．
A．26°B．30°C．36°D．42°
7．（2023下·江苏·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为CA，CB的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若，BC=4，则DF的长为（ ）
A．B．1C．D．2
8．（2023上·江苏·八年级专题练习）如图1，四边形ABCD是平行四边形，连接BD，动点P从点A出发，沿折线AB→BD→DA匀速运动，回到点A后停止．设点P运动的路程为x，线段AP的长为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，则YABCD的面积为（ ）
A．B．C．60D．
9．（2023上·江苏·八年级校考周测）如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角EPF的顶点是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：
①AE=CF；②△EPF是等腰直角三角形；③；④EF=AP，当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），上述结论中始终正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10．（2023下·江苏无锡·八年级校联考期末）在正方形ABCD中，点E、F在对角线AC上，AC=18，若点E、F是AC的三等分点，点P在正方形ABCD的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，则此过程中满足PE+PF为整数的点P个数为（ ）
A．38B．36C．20D．22
二、填空题（8小题，每小题2分，共16分）
11．（2023上·江苏苏州·八年级校考阶段练习）已知点，将点A绕原点O逆时针方向旋转90°得点B，则点B的坐标为．
12．（2023上·江苏淮安·八年级校考阶段练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且AC=24cm，，BD=10cm，则菱形ABCD一边上的高DH长为cm．
13．（2023上·江苏南京·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=55°，将△ABC绕点A逆时针旋转4°，得到VADE，点D恰好落在BC上，DE交AC于点F，则∠AFE=°．
14．（2023上·江苏南京·九年级统考期末） 如图，正方形ABCD的边长为2，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，GF的长是．
15．（2023上·江苏徐州·八年级校考期中）如图，长方形ABCD中，AB=2，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B’处．当△CEB’为直角三角形时，BE的长为．
16．（2024上·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=,，将△BDC沿BD对折，C点落在M处，BM交AD于点E，作EF⊥BD于F，则线段EF=．
17．（2023上·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴的正半轴上，AB=AO，∠OAB=90°，OB=12，点C、D均在边OB上，且∠CAD=45°，若△ACO的面积等于△ABO面积的，则直线AD的解析式为．
18．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是，点E、F分别在边BC、BA上，CE=2 ．若∠EOF=45°，则F点的坐标是．
三、解答题（10小题，共64分）
19．（2023上·江苏淮安·八年级校考阶段练习）已知：如图，YABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E、F分别在AO，OC上，且AE=CF，求证：∠EBO=∠FDO．
20．（2023下·江苏淮安·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，E、F分别为边AD和BC上的点，BE=DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）求证：四边形BEDF是平行四边形．
21．（2023下·江苏盐城·八年级阶段练习）如图在四边形ABCD中，AB=CD，BE=DF；AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AC与BD交于点O，求证：AO=CO．
22．（2023上·江苏·八年级校考周测）如图，在平面直角坐标系中，将长方形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处，D的坐标为，求点E、F的坐标
23．（2023下·江苏徐州·八年级统考期末）如图，已知△OAB，顶点、．
（1）请画出△OAB绕坐标原点O顺时针旋转90°后得到的△OA’B’，并写出点B的对应点B’的坐标_______；
（2）请直接写出：以O、A、B为顶点的平行四边形的第四个顶点C的坐标______．
24．（2023上·江苏苏州·七年级统考期中）探究与发现：
（1）如图①，四个小长方形拼成一个大长方形，点P在线段AC上，试判断长方形EPHD与长方形GBFP面积的大小关系，并简单说明理由；
（2）如图②，长方形GBFP的顶点P在直角三角形ABC的斜边AC上，若AG=50，FC=75，利用第（1）小题的探究方法和结论，求长方形GBFP的面积．
25．（2023上·江苏常州·八年级校考阶段练习）已知，如图，AB=AD，AC=AE，∠DAB=∠CAE=50°．
（1）求证：△ABE≌△ADC．
（2）△ABE经过怎样的变换可以与△ADC重合？
（3）求∠BOD的度数．
26．（2024上·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图所示，把长方形纸片OABC放入直角坐标系xOy中，使OA、OC分别落在x、y轴的正半轴上，连接AC，且，
（1）求AC所在直线的解析式；
（2）将纸片OABC折叠，使点A与点C重合（折痕为EF），求折叠后纸片重叠部分的面积．
（3）求EF所在的直线的函数解析式．
27．（2023上·江苏徐州·八年级校考阶段练习）【新知学习】如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么我们就把这样的三角形叫做“智慧三角形”．
【简单运用】下列三个三角形，是智慧三角形的是_______（填序号）；
【深入探究】如图，在正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA，点E是BC的中点，F是CD上一点，且，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由；
【灵活应用】如图，等边三角形ABC边长5cm．若动点P以1cm/s的速度从点A出发，沿△ABC的边AB-BC-CA运动.若另一动点Q以2cm/s的速度从点B出发，沿边BC-CA-AB运动，两点同时出发，当点Q首次回到点B时，两点同时停止运动.设运动时间为t(s)，那么t为_______(s)时，△PBQ为“智慧三角形”．
28．（2023上·江苏苏州·八年级校考期中）在四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，AB=CD=10，BC=AD=8，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
（1）若P为线段BC上一点．
①如图1，当点E落在边CD上时，求CE的长；
②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；
（2）如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．参考答案
一、选择题（10小题，每小题2分，共20分）
1．C
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，仔细观察图形根据定义正确判断是解答本题的关键．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、本选项图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、本选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、本选项图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、本选项图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
2．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定定理；根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，则，进而逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
A.添加条件，不能根据证明，故该选项不正确，不符合题意；
B.已知，不能证明，故该选项不正确，不符合题意；
C.添加条件，则，即，根据证明，故该选项正确，符合题意；
D.添加条件，不能证明，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
3．D
【分析】根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，选项错误；
B、一组对边平行，一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，可能是等腰梯形，选项错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，选项错误；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，选项正确；
故选D．
【点睛】本题考查（特殊）平行四边形的判定．熟练掌握（特殊）平行四边形的判定方法，是解题的关键．
4．B
【分析】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转一定的角度得到，
，
∴．
故选：B．
5．B
【分析】过点作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．
【详解】解：过点作，如下图：
则
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：B
【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．
6．C
【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，先根据旋转性质得，，再根据等腰三角形的性质得，进而根据三角形的内角和定理得出答案．
【详解】将绕直角边的中点旋转得到，
∴，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选：C．
7．B
【分析】根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理得到，，，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理求出，计算即可．
【详解】解：在中，，，
由勾股定理得：，
平分，
，
，分别为，的中点，
，，，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
8．B
【分析】图1和图2中的点对应：点对点，点对点，点对点，根据点运动的路程为，线段的长为，依次解出，即点的横坐标，，即点的纵坐标，解出，的面积，可得结论．
【详解】解：在图1中，作，垂足为，
在图2中，取，，
当点从点到点时，对应图2中线段，得，
当点从到时，对应图2中曲线从点到点，得，
解得，
当点到点时，对应图2中到达点，得，
在中，，，，
解得，
在中，，，
，
解得，
的面积，
故选：B．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是确定对应关系：点对点，点对点，点对点，当点到点时，图2的点的纵坐标表示的意义：（点的纵坐标）．
9．C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据同角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形的可得，判定①正确，等腰直角三角形的定义得到是等腰直角三角形，判定②正确；根据全等三角形的面积相等可得的面积等于的面积相等，然后求出四边形的面积等于的面积的一半，判定③正确，当时，证明四边形为矩形，则，如果与不垂直时，则，判定④错误．
【详解】解：如图，
∵，点P是的中点，
∴，
∴，
∵是直角，
∴，
∴；
在和中，
，
∴，
∴，，故①正确；
∴是等腰直角三角形，故②正确；
∵，
∴，
∴，
故③正确，
当时，四边形为矩形，则，
如果与不垂直时，则，
∴④错误．
综上所述，正确的结论有①②③．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，根据同角的余角相等求出，从而得到是解题的关键，也是本题的突破点．
10．A
【分析】先求出点在边上的个数，再根据正方形的对称性，即可得解．
【详解】解：∵正方形中，，点E、F是的三等分点，
∴，，
当点与点重合时，，满足题意；
当在上时，作点关于的对称点，如图
则：，
∴当点三点共线时，取得最小值，
∵点关于的对称点，
∴，
∴，
，
∴；
当点与点重合时，连接交于点，
则：，
∴，
同理：，
∴，
∴点在上运动时，，
∴当点在上运动时，满足题意的点有10个（包括点），
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：个．
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质，利用轴对称解决线段和问题，勾股定理．熟练掌握掌握正方形的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
二、填空题（8小题，每小题2分，共16分）
11．
【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键，作出图形更形象直观．作出图形，连接，过点A作轴于H，过点B作轴于，连接，然后根据点A的坐标求出，再根据旋转的性质求出，然后写出点的坐标即可．
【详解】解：如图，连接，过点A作轴于H，过点B作轴于，连接，
∵，
，
∵将点绕原点逆时针方向旋转得点，
，
∴点．
故答案为：．
12．/
【分析】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理，根据菱形的面积的两种表示方法列出方程是解题的关键．
【详解】解：在菱形中，，
，，
，，
在中，，
，
菱形的面积，
即，
解得．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，由三角形的内角和定理可求解．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
14．/
【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理．由翻折知，得点在以为圆心，为半径的圆上运动，可知当点、、三点共线时，最小，再利用勾股定理可得的长，继而解题．
【详解】解：∵将沿翻折得到，
∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点、、三点共线时，最小，
由勾股定理得，,
∴，
故答案为：．
15．2或
【分析】本题考查了勾股定理、矩形与折叠综合问题，分类讨论：当时，当时，利用勾股定理及矩形与折叠的性质即可求解，熟练掌握基础知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【详解】解：当时，如图：
，
矩形沿折叠，使点落在点处，
，
，
当时，如图：
在中，，，
，
矩形沿折叠，使点落在点处，
，，，
点、、共线，即点在上，，
设，则，，
在中，，
即：，
解得，
综上所述，或，
故答案为：2或．
16．
【分析】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
根据矩形性质和翻折性质证明，再根据勾股定理得到的长，利用，即可求出结果．
【详解】解：四边形是矩形，
根据翻折可知：，
在中，根据勾股定理，得
解得
在矩形中，
故答案为：
17．
【分析】将绕点A逆时针旋转，使得和重合，构造出直角三角，利用等腰直角三角形的性质求出点A的坐标，利用旋转的性质证明全等，通过勾股定理设出未知数列方程求解，得到点的坐标，利用待定系数法求出函数解析式即可.
【详解】解：将绕点A逆时针旋转，使得和重合，旋转后点C到点的位置，连接，则，过点A作于点H，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴点的坐标是，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵的面积等于面积的，，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
在中，
，即，
解得：，
即，
∵，
所以，
∴，
设直线的解析式为，把点A和点D的坐标代入得，
，
解得，
直线的解析式为，
故答案为：
【点睛】此题考查了旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、待定系数法求函数解析式等知识，用旋转构造直角三角形是本题的关键.
18．/
【分析】连接，延长到点，使得，连接，根据正方形的性质可得，，分别证明，，由全等三角形的性质可得，设，则，，在中，由勾股定理易得，代入求值可得，可确定点的纵坐标，即可获得答案．
【详解】解：连接，延长到点，使得，连接，如下图，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，，
在中，由勾股定理，得，
即，解得，
∴，
即点的纵坐标是，
∴点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
三、解答题（10小题，共64分）
19．见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．连接、，由平行四边形的性质得出，，由已知条件得出，证明四边形是平行四边形，得出对边平行，即可得出结论．
【详解】证明：连接、，如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）根据矩形的性质，结合“”即可求证；
（2）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形
∴
在和中
∴；
（2）证明：∵四边形是矩形
∴，即
∵
∴
∴
∴
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定．掌握相关结论是解题关键．
21．（1）见解析；；（2）见解析．
【分析】（1）利用“”即可求证；
（2）证明四边形是平行四边形即可求证．
【详解】（1）证明：，
，
，
，，
，
在和中，
，
．
（2）证明：如图
由（1），得，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．熟记相关定理内容是进行几何推导的前提．
22．，
【分析】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用．由点的坐标可知：，，根据翻折的性质可知，由勾股定理可求得，从而得到，设，则，故此，在中，由勾股定理可求得的长即可．利用勾股定理列出关于的方程是解题的关键．
【详解】解：点的坐标为，在长方形中，
，．
由翻折的性质可知：，．
在中，由勾股定理得：．
，
．
设，则．
在中，由勾股定理得：，即．
解得：．
点的坐标为．
故点E、F的坐标为，．
23．（1）图见解析，；（2）、、
【分析】（1）根据网格即可画出绕坐标原点O顺时针旋转后得到的，进而写出点B的对应点的坐标；
（2）根据网格和平行四边形的判定即可写出：以O、A、B、为顶点的平行四边形的第四个顶点C的所有可能的坐标．
【详解】（1）解：如图：
点B的对应点的坐标为；
故答案为：
（2）解：如图，点即为平行四边形的第四个顶点C的坐标．
故答案为：、、．
【点睛】本题考查了作图——旋转变换、平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
24．（1）相等，理由见解析；（2）3750．
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据题意得出的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，即可证明．
（2）设根据长方形面积与（1）中得结论结合，求出的值即可．
【详解】（1）解：长方形与长方形面积的大小相等，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∴的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，的面积和的面积相等，
∴长方形与长方形面积的大小相等．
（2）解：如图所示，设
长方形的面积，
由（1）可知，，
解得：，
即长方形的面积为3750．
25．（1）见解析；（2）经过顺时针旋转可以与重合；（3）
【分析】（1）根据证明即可；
（2）根据旋转的性质得出与重合；
（3）根据全等三角形的性质和三角形的内角和解答即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
又∵
∴；
（2）因为，
可得：经过顺时针旋转可以与重合；
（3）∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，解题关键是根据证明．
26．（1）；（2）重叠部分的面积为10；（3）直线的解析式为
【分析】（1）设，则，在中，由勾股定理建立方程，解方程求得x的值，即可得到点A、C的坐标，根据所得A、C两点的坐标用待定系数法求出直线的解析式即可；
（2）由折叠的性质可得，设，结合，可得，在中由勾股定理建立方程解方程求得y的值即可得到的值，再证可得，这样即可由三角形面积公式求出的面积了．
（3）由（2）可知，的长，从而可得点E、F的坐标，由此即可用待定系数法求得直线的解析式了．
【详解】（1）解：∵，
∴可设，则，
在中，由勾股定理可得，
∴，
解得或（不合题意，舍去），
∴，，
∴，，
设直线解析式为，
∴，
解得：，
∴直线解析式为；
（2）解：由折叠的性质可知，
设，则，
在中，由勾股定理可得，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即重叠部分的面积为10；
（3）解：由（2）可知，，
∴，，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为．
【点睛】本题考查了一次函数的面积问题，求一次函数解析，勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握待定系数法，求出重叠部分三角形的底和高是解题的关键．
27．【简单运用】①；【深入探究】是“智慧三角形”，理由见详解；【灵活应用】1或或或7
【分析】[新知学习]根据直角三角形斜边中线的性质即可判断；
[深入探究]结论：是“智慧三角形”．利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形即可；
[灵活应用]分四种情形分别构建方程求解即可；
【详解】解：简单运用：因为直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，所以①是“智慧三角形”．
故答案为①；
深入探究：结论：是“智慧三角形“．
理由如下：如图，设正方形的边长为，
是的中点
，
，
，，
在中，，
在中，，
在中，，
，
是直角三角形，，
直角三角形斜边上的中线等于的一半，
为“智慧三角形”．
灵活应用：如图3中，
①当点在线段上，点在线段上时，若，则，
，
解得．
若，则，
．
②当点在线段上，点在线段上时，不存在；
③当点在线段上，点在线段上时，若，则，
，
，
若，则，
，
，
综上所述，满足条件的的值为1或或或7．
故答案为1或或或7．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的性质，勾股定理，“智慧三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
28．（1）①；②，理由见解析；（2）或30
【分析】（1）①根据折叠得出，利用勾股定理求出的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证，从而；
（2）由是直角三角形，当时，则四边形是正方形，得；当时，设，则，在中，利用勾股定理列方程即可求解，当时，点P在线段上，不符合题意，舍去．
【详解】（1）解：①根据折叠可知，，
∵，
∴，
∴；
②，理由如下：
∵将沿直线翻折至的位置，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：当时，如图所示：
∵，且，
∴四边形是正方形，
∴；
当时，如图所示：
则，
∴，
∵，
∴点E、D、C三点共线，
由翻折知，根据勾股定理得，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得，
∴；
当时，点P在线段上，不符合题意，舍去，
综上：或30．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，平行线的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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