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2023-2024学年八年级数学下册期中测试卷（测试范围：20.1-22.3）
一、单选题
1．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四个角都是直角
2．下列说法中，正确的是（ ）
A．方程是二元二次方程；
B．方程不是分式方程；
C．判断一个方程是否是无理方程的关键就是看方程中是否出现了根号，如果出现了根号，那么就是无理方程；
D．方程组是二元二次方程组．
3．如图，在平行四边形中，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．如图，菱形的对角线交于点，菱形的周长为40，直线过点，且与分别交于点，若，则四边形的周长是（ ）
A．30 B．25 C．20 D．15
5．一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，原多边形的边数是（ ）．
A．8或9或10 B．7或8或9 C．6或7或8 D．5或6或7
6．正方形，，，…，按如图的方式放置，点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
7．十二边形的内角和的度数为 ．
8．既是轴对称图形又是中心对称图形的平行四边形是 ．（填一种情况即可）
9．方程的根是 ．
10．已知是直线（b为常数）上的三个点，则的大小关系是 ．
11．分式方程的解是，则 ．
12．如图，在平行四边形中，若已知，和的平分线分别交于点N、M，那么 ．
13．在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，则∠EBC的度数是 ．
14．如图，在矩形纸片中，，，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，那么的周长是 cm．
15．我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，请人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？若设这批椽的数量为x株，则可列分式方程为 ．
16．已知一次函数（其中是常数）的函数值随的值增大而增大，且这个函数的图象与轴的交点在轴的负半轴上，那么的取值范围是 ．
17．在平面直角坐标系xOy中，对于P、Q两点给出如下定义：如果点P到x、y轴的距离中的最小值等于点Q到x、y轴的距离中的最小值，那么称P、Q两点为“坐标轴等距点”，例如点与点为“坐标轴等距点”．已知点A的坐标为，如果点B在直线上，且A，B两点为“坐标轴等距点”，那么点B的坐标为 ．
18．如图，已知正方形的边长为3，、分别是、边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为 ．
三、解答题
19．解方程组：．
20．解方程3﹣2﹣＝x．
21．如图，在中，点E，F分别在上，且，连接交于点O，求证：．
22．已知点E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，，且．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，请直接写出的长．
23．如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求菱形的周长．
24．随着电子信息产业的迅猛发展，智能手机已经走入普通百姓家，也影响着人们的生活．随着其功能的不断增加，致使手机电量的使用时间不断下降，手机充电问题便进入了大家的视线，手机电量E（单位：%）与充电时间t（单位：h）
某位助农达人在直播期间，两部相同的手机电池电量都剩余，为了不耽误助农直播卖农产品（建议充电时，不玩手机、避免手机高温）；第二部手机在15分钟后电量剩余时开始充电，已知两部手机的电量E与充电时间t的函数图象如下：
(1)求出线段对应的函数表达式．
(2)第一部手机充电时长为多少时，第二部手机电量超过了第一部的手机电量？
25．已知：如图，在平行四边形中，M，N分别是，的中点，，连接交于点O．
(1)求证：；
(2)若，求的大小；
(3)过点C作 于点E， 交于点P， 若 ，求的长．
26．我们知道：求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似地，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想一一转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解．
(1)【问题】方程的解是______，______；
(2)【拓展】用“转化”思想解方程：；
(3)【应用】如图，已知矩形草坪的宽，小华把一根长为的绳子的一端固定在点，沿草坪边沿走到点处，且，把长绳段拉直并固定在点，然后沿草坪边沿走到点处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点．求的长．
27．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，分别交坐标轴于点，，，．
(1)求和的值；
(2)如图，点是直线上的一个动点，设点的横坐标为，当成立时，求点的坐标；
(3)直线上有一点，在平面直角坐标系内找一点，使得以为一边，以点，，，为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点的坐标．
28．已知梯形中，，，，，，是边上任意一点（不与、重合），联结和．
(1)若平分，求．
(2)若是中点，联结和，
①设，，求关于的函数解析式；
②若，求的长．
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2023-2024学年八年级数学下册期中测试卷（测试范围：20.1-22.3）
一、单选题
1．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四个角都是直角
【答案】A
【分析】
本题主要考查了矩形、正方形的性质，熟知矩形、正方形的性质是解题的关键．
【解析】
解：矩形具有的性质为对角线互相平分，对角线相等，四个角都是直角，
正方形具有的性质为对角线互相平分且垂直，对角线相等，四个角都是直角，
故选：A．
2．下列说法中，正确的是（ ）
A．方程是二元二次方程；
B．方程不是分式方程；
C．判断一个方程是否是无理方程的关键就是看方程中是否出现了根号，如果出现了根号，那么就是无理方程；
D．方程组是二元二次方程组．
【答案】D
【解析】解：选项A，方程是分式方程，错误，不符合题意，
选项B，方程是分式方程，错误，不符合题意，
选项C，判断一个方程是否是无理方程的关键就是看根号下是否出现未知数，如果出现了根号，那么就是无理方程，错误，不符合题意，
选项D，方程组是二元二次方程组，正确，故符合题意，
故选：D
3．如图，在平行四边形中，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形两锐角互余，由平行四边形的性质可得，，进而得到，，由，可得，由直角三角形两锐角互余即可求解，掌握平行线的性质是解题的关键．
【解析】解：∵平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
4．如图，菱形的对角线交于点，菱形的周长为40，直线过点，且与分别交于点，若，则四边形的周长是（ ）
A．30 B．25 C．20 D．15
【答案】A
【分析】
此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．由菱形的性质得，，，则，进而可证，则，，则，，由，则，计算求解即可．
【解析】
解：菱形的周长为40，对角线、交于点，
∴，，，
∴，
∵，，，
∴，
，，
，，
∵，
，
，
∴四边形的周长是，
故选：A．
5．一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，原多边形的边数是（ ）．
A．8或9或10 B．7或8或9 C．6或7或8 D．5或6或7
【答案】B
【分析】根据切后的内角和可以求出切后的多边形边数，然后又知一个多边形切去一个角可得到的多边形有三种可能，分别是比原边数少1，相等，多1．所以可求得原多边形边数．
【解析】解：设切去一角后的多边形为n边形．根据题意得：
．
解得∶．
因为一个多边形切去一个角后形成的多边形边数有三种可能：比原多边形边数小1、相等、大1，
所以原多边形的边数可能为7、8或9．
故选：B
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和问题，熟练掌握多边形的内角和定理是解题的关键．
6．正方形，，，…，按如图的方式放置，点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意分别求出点的坐标，并根据有理数的乘方运算找出规律，由此即可求解．
【解析】解：∵点，，，…在直线，
∴当时，，即的纵坐标为，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴当时，，，即的横坐标为，纵坐标为，的横坐标为，纵坐标为，
∴的横坐标为，则纵坐标为，
∴，则
∵是正方形是正方形，
∴，则，
∴，
∴当时，，，则的横坐标为，纵坐标为，的横坐标为，纵坐标为，
同理，，的横坐标为，纵坐标为，的横坐标为，纵坐标为，
∴的横坐标为，纵坐标为，的横坐标为，纵坐标为，
∴点的坐标是，
故选：．
【点睛】本题主要考查一次函数图象与结合图形的综合的规律题，理解图示，掌握一次函数图像，正方形的性质确定点的坐标是解题的关键．
二、填空题
7．十二边形的内角和的度数为 ．
【答案】/1800度
【分析】本题考查了多边形的外角和的求法．根据多边形的公式解答即可．
【解析】解：十二边形的内角和的度数为：
故答案为：．
8．既是轴对称图形又是中心对称图形的平行四边形是 ．（填一种情况即可）
【答案】矩形（答案不唯一）
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可．
【解析】解：既是轴对称图形又是中心对称图形的平行四边形是矩形（答案不唯一）．
故答案为：矩形（答案不唯一）．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
9．方程的根是 ．
【答案】或/或
【分析】将方程化为二项方程，因式分解法解方程即可求解．
【解析】解：，
即，
∴，
∵，
∴，
即，
，
或，
经检验，或，是原方程的解，
方程的根是或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了解二项方程，将方程因式分解是解题的关键．
10．已知是直线（b为常数）上的三个点，则的大小关系是 ．
【答案】
【分析】
此题考查了一次函数的性质，根据一次函数判断出y随x的增大而减小．即可得到答案．
【解析】
解：∵，，
∴y随x的增大而减小．
∵，
∴．
11．分式方程的解是，则 ．
【答案】1
【分析】先将代入分式方程中求解即可．
【解析】解：∵分式方程的解是，
∴，
解得：．
故答案为：1．
【点睛】本题考查分式方程的解，理解分式方程的解是解答的关键．
12．如图，在平行四边形中，若已知，和的平分线分别交于点N、M，那么 ．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质以及角平分线的定义，得到，从而得到即可求解．
【解析】解：在平行四边形中，，
∴，
∵和的平分线分别交于点N、M，
∴，
∴，
∴，
∴
∴
故答案为：
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
13．在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，则∠EBC的度数是 ．
【答案】22.5°/22.5度
【分析】由AB=AE，在正方形中可知∠BAC=45°，进而求出∠ABE，又知∠ABE+∠EBC=90°，故能求出∠EBC．
【解析】解：∵正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，
∴∠BAC=45°，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB=67.5°，
∵∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠EBC=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】本题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质及等腰三角形的性质，解题的关键是正确求出∠ABE的度数．
14．如图，在矩形纸片中，，，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，那么的周长是 cm．
【答案】
【分析】根据翻转变换的性质得到，根据三角形的周长公式计算即可．
【解析】解：由翻转变换的性质可知，，
则的周长
，
故答案为．
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
15．我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，请人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？若设这批椽的数量为x株，则可列分式方程为 ．
【答案】
【分析】
根据题意可知：x株需要6210文，株的运费一株椽的价钱，从而可以列出相应的方程．
【解析】
解：设这批椽的数量为x株，
由题意可得：，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了从实际问题中抽象出分式方程，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
16．已知一次函数（其中是常数）的函数值随的值增大而增大，且这个函数的图象与轴的交点在轴的负半轴上，那么的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查了一次函数图象与系数的关系：一次函数（为常数，）是一条直线，当时，图象经过一、三象限，随的增大而增大，当时，图象经过二、四象限，随的增大而减小，图象与轴的交点坐标为．由题意得出，，求解即可得出答案．
【解析】解：一次函数（其中是常数）的函数值随的值增大而增大，且这个函数的图象与轴的交点在轴的负半轴上，
，，
解得：，
故答案为：．
17．在平面直角坐标系xOy中，对于P、Q两点给出如下定义：如果点P到x、y轴的距离中的最小值等于点Q到x、y轴的距离中的最小值，那么称P、Q两点为“坐标轴等距点”，例如点与点为“坐标轴等距点”．已知点A的坐标为，如果点B在直线上，且A，B两点为“坐标轴等距点”，那么点B的坐标为 ．
【答案】或
【分析】设，由等距点的定义列方程计算即可，注意分类讨论，求出不同情况下的值即可．
【解析】∵点B在直线上，
∴设，
点到x、y轴的距离中的最小值为，
当时，，此时点到x、y轴的距离中的最小值为，
由A，B两点为“坐标轴等距点”可得，，解得或（舍去），
此时；
当时，，此时点到x、y轴的距离中的最小值为，
由A，B两点为“坐标轴等距点”可得，，解得或（舍去），
此时；
当时，，此时点到x、y轴的距离中的最小值为，
A，B两点不是“坐标轴等距点”；
综上所述，点B的坐标为或．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系的知识，属于阅读理解类型题目，关键是要读懂题目里定义的“坐标轴等距点”．
18．如图，已知正方形的边长为3，、分别是、边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】由旋转可得，为直角，可得出，由，得到为，可得出，再由，利用可得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等可得出；则可得到，正方形的边长为3，用求出的长，再由求出的长，设，可得出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为的长．
【解析】解：逆时针旋转得到，
，
、、三点共线，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
设，
，且，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
即，
解得：，
．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
三、解答题
19．解方程组：．
【答案】
【分析】设，，可解得，即得，可解得，再检验，即可得答案．
【解析】解：设，，则原方程组变形为：
，
解得，
，即，
解得，
经检验，是原方程组的解，
原方程组的解为：．
【点睛】本题考查解分式方程，解题的关键是用换元法把方程组变形．
20．解方程3﹣2﹣＝x．
【答案】x＝2﹣
【分析】整理后得出1﹣x＝，方程两边平方得出1﹣2x+x2＝2x﹣1，求出方程的解，再进行检验即可．
【解析】解：3﹣2﹣＝x，
即1﹣x＝，
方程两边平方，得1﹣2x+x2＝2x﹣1，
即x2﹣4x+2＝0，
∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×1×2＝8＞0，
∴x＝＝2±，
经检验x＝2+不是原方程的解，x＝2﹣是原方程的解，
所以原方程的解是x＝2﹣．
【点睛】本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键．
21．如图，在中，点E，F分别在上，且，连接交于点O，求证：．
【答案】见解析
【分析】
先利用平行四边形的性质证明，再利用证明即可证明．
【解析】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质，证明是解题的关键．
22．已知点E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，，且．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．
（1）先利用定理证出，再根据全等三角形的性质可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据，最后根据矩形的判定即可得证；
（2）先根据矩形的性质可得，再利用勾股定理求解即可得．
【解析】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴，
在和中，
，
，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
（2）解：由题意可知，，
∵四边形是矩形，
∴，
．
23．如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求菱形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．
（1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；
（2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案．
【解析】（1）证明：连接，交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与垂直且互相平分，
∴四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴菱形是正方形；
（2）解：∵菱形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长．
24．随着电子信息产业的迅猛发展，智能手机已经走入普通百姓家，也影响着人们的生活．随着其功能的不断增加，致使手机电量的使用时间不断下降，手机充电问题便进入了大家的视线，手机电量E（单位：%）与充电时间t（单位：h）
某位助农达人在直播期间，两部相同的手机电池电量都剩余，为了不耽误助农直播卖农产品（建议充电时，不玩手机、避免手机高温）；第二部手机在15分钟后电量剩余时开始充电，已知两部手机的电量E与充电时间t的函数图象如下：
(1)求出线段对应的函数表达式．
(2)第一部手机充电时长为多少时，第二部手机电量超过了第一部的手机电量？
【答案】(1)
(2)当时，第二部手机电量超过了第一部的手机电量
【分析】
（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先求出线段对应的函数表达式为，根据，得出，求出t的范围即可．
【解析】（1）解：设线段对应的函数表达式为，
把代入得，
，
解得：，
线段对应的函数表达式为 ；
（2）设线段对应的函数表达式为，
把代入得，
，
解得：，
线段对应的函数表达式为 ，
当时， ，解得，
当时，第二部手机电量超过了第一部的手机电量．
【点睛】本题考查一次函数的实际应用，涉及利用待定系数法求一次函数的解析式，利用不等式或图象比较大小的具体知识；做题的关键是从图象中读取信息，分析图象、将实际问题转化为函数问题．
25．已知：如图，在平行四边形中，M，N分别是，的中点，，连接交于点O．
(1)求证：；
(2)若，求的大小；
(3)过点C作 于点E， 交于点P， 若 ，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由四边形是平行四边形，可得，，求出，，利用证得；
（2）首先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质求出，可得平行四边形是菱形，然后根据菱形的性质可得答案；
（3）证明，可求出，然后由含角的直角三角形的性质求出，再证明，进而可求得的长．
【解析】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵M、N分别是的中点，，
∴，，
∴，，
又∵，
∴；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵M、N分别是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵M是的中点，，
∴，
∵平行四边形是菱形，
∴；
（3）解：由（2）得，
∴，，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
26．我们知道：求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似地，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想一一转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解．
(1)【问题】方程的解是______，______；
(2)【拓展】用“转化”思想解方程：；
(3)【应用】如图，已知矩形草坪的宽，小华把一根长为的绳子的一端固定在点，沿草坪边沿走到点处，且，把长绳段拉直并固定在点，然后沿草坪边沿走到点处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点．求的长．
【答案】(1)，1
(2)
(3)的长为10
【分析】（1）先把方程的左边分解因式，即可得出三个一元一次方程，再求出方程的解即可；
（2）方程的两边平方得出，求出方程的解，再进行检验即可；
（3）设，则，，，根据得出方程，求出方程的解即可．
【解析】（1）解：，
，
，
或或，
解得：，，，
故答案为：，1；
（2）解：方程的两边平方，得，
整理，得，
因式分解，得，
或，
，，
检验：当时，，是原方程的解，
当时，，不是原方程的解，
方程的解是；
（3）解：四边形是矩形，
设，则，，，
两边平方化简，得
解得：
（舍去）
的长为10．
【点睛】本题考查了高次方程、无理方程等知识点，掌握转化的思想和一元二次方程的解法是解决本题的关键．
27．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，分别交坐标轴于点，，，．
(1)求和的值；
(2)如图，点是直线上的一个动点，设点的横坐标为，当成立时，求点的坐标；
(3)直线上有一点，在平面直角坐标系内找一点，使得以为一边，以点，，，为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点的坐标．
【答案】(1)，；
(2)点的坐标为或；
(3)或或
【分析】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、待定系数法等，解答的关键是注意分类求解，避免遗漏．
（1）将点的坐标代入函数的解析式即可求得的值，从而确定点是坐标，再将点的坐标代入即可求得值；
（2）首先得到直线的解析式，然后得到点的坐标，根据的面积，求得，代入直线的解析式即可求得点；
（3）设点的坐标为，点，根据点、的坐标分别为、得到，然后分①当是边时和②当是对角线时，则的中点，即为的中点且，两种情况得到点的坐标为或或．
【解析】（1）解：将点的坐标代入并解得：，
故点，
将点的坐标代入，得，
解得：，
，；
（2）解：由（1）得直线的表达式为：，
则点，
的面积，
解得：或，
故点的坐标为或；
（3）解：设点的坐标为，点，
由（1）知，点、的坐标分别为、，
则，
当是边时，
当点在点的上方时，则，即，
解得，
则点的坐标为或，
点在点的正下方5个单位，
则点的坐标为或；
当点在点的下方时，则，
即，
解得（舍去）或4，
同理可得，点；
综上，点的坐标为或或．
28．已知梯形中，，，，，，是边上任意一点（不与、重合），联结和．
(1)若平分，求．
(2)若是中点，联结和，
①设，，求关于的函数解析式；
②若，求的长．
【答案】(1)或
(2)①(0【分析】（1）如图，作于，则四边形是矩形，，，分两种情况求解即可；
（2）①如图，过点作于，延长交于，四边形是矩形，，，再证明，可得出，最后在中，利用勾股定理构建函数关系式即可；
②根据点是中点，，可知垂直平分，由垂直平分线的性质可得，然后在中，利用勾股定理计算即可．
【解析】（1）解：如图，作于，
∴，
∵四边形是梯形，，，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
分两种情况：
第一种情况：当平分时，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
第二种情况：当平分时，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
综上所述，的长为或．
（2）①如图，过点作于，延长交于，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵点是中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵，，
∴
∴，
在中，，，，
∵
即：，
当N与C重合时，BE=4，
∴x取值范围为0∴关于的函数解析式为：(0②∵是中点，，
∴垂直平分，
∴，
在中，，，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了矩形判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，垂直平分线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直角三角形和全等三角形解决问题．
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