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第六章 平行四边形 重难点检测卷
选择题（10小题，每小题2分，共20分）
1．（2024·北京房山·二模）正八边形的外角和为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24八年级下·山东日照·期中）如图，能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024·山东聊城·二模）我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，是的对角线，点E在上，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在四边形中，点E、F、G、H分别为各边中点，对角线，，则四边形的周长为（ ）
A．7 B．10 C．14 D．28
6．（23-24八年级下·内蒙古通辽·期中）下列命题是假命题的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
7．（23-24八年级下·辽宁辽阳·期中）如图，在中，平分交于点，平分交于点F．若，，则的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
8．（23-24八年级下·河南安阳·期中）如图，在平行四边形中，，，点在边上，连接，，以，为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（ ）
A．4 B．2 C． D．
9．（2024·山东济南·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点．若，，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
10．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）如图，在四边形中，已知，，，则的最小值是（ ）
A．3 B．6 C． D．
二、填空题（6小题，每小题2分，共12分）
11．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）在中，，则的度数是 ．
12．（2024·福建厦门·二模）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，，的周长为5，则 ．
13．（2024·陕西西安·三模）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的正六边形如图2，则的度数为 ．
14．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，点P为平行四边形内的任意一点连接．设、、、的面积分别为，则之间的等量关系为 ．
15．（23-24八年级下·广东深圳·期中）如图，在中，，，，为的角平分线，点为上一动点，点为的中点，连接，则的最小值是_____．
16．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，点M在上，且，点N在上．若平分四边形的面积，则的长度为 ．
三、解答题（9小题，共68分）
17．（23-24七年级下·福建泉州·期中）已知一个多边形的边数为，若这个多边形的每个内角都比与它相邻的外角的4倍多，求这个多边形对角线的总条数．
18．（2023·福建福州·模拟预测）如图，在中，点E，F分别是，上的点，且，连结，．求证：．
19．（23-24八年级下·重庆永川·期中）如图，在平行四边形中，点E、F分别是边的中点．
(1)求证：；
(2)若四边形的周长为12，，，求平行四边形的周长．
20．（23-24八年级下·北京·期中）已知矩形，以为一边求作一个平行四边形，使得该平行四边形的一个内角为，且面积为矩形面积的一半．
(1)利用尺规作图作出符合题意的平行四边形（保留作图痕迹）；
(2)写出判定四边形是平行四边形的依据是______．
21．（2024·北京海淀·二模）在中，，，点D在边上（不与点A，C重合），连接，平移线段，使点B移到点C，得到线段，连接．
(1)在图1中补全图形，若，求证：与互余；
(2)连接，若平分，用等式表示与之间的数量关系，并证明．
22．（2023·贵州贵阳·一模）如图，在中，点是对角线的中点．某数学学习小组要在上找两点，使四边形为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
分别取的中点E，F 作于点E，于点F
请回答下列问题：
(1)以上方案能得到四边形为平行四边形的是______，选择其中一种并证明，若不能，请说明理由；
(2)若，，求的面积．
23．（2024·山东青岛·二模）阅读下列材料并完成相应的任务．
阅读思考：四边形的中位线 我们学习过三角形的中位线，类似的，把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线．如图1，在四边形ABCD中，设，AB与CD不平行，E，F分别为AD，BC的中点，则有结论： 图1 图2 这个结论可以用下面的方法证明： 方法一：如图2，连接AC，取AC的中点M，连接ME，MF． ∵点E，点M分别是AD和AC的中点， ∴，且． 同理：，且． ∵，∴． 在中，． 即．
[自主探究]请将方法二的证明过程补充完整；
方法二：如图3，连接AF并延长至点G，使，连接CG，DG．
图3 图4
[尝试应用]
如图4，在五边形ABCDE中， ， ， ，．若点F，G分别是边BC，DE的中点，则线段FG长的取值范围是________．
24．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且面积为10．
(1)求点C的坐标及直线的解析式；
(2)若M为线段上一点，且满足，求直线的解析式；
(3)若E为直线上一个动点，在x轴上是否存在点D，使得以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（23-24八年级下·河南南阳·期中）中，，垂足为E，连接，将绕点E逆时针旋转，得到，连接．
(1)若，
①如图①，当点E在线段上时，易证，结合图形，请直接写出线段，，的数量关系是 ；（不需说明理由）
②如图②，当点E在线段的延长线上时，请写出线段，，的数量关系，并证明；
(2)如图③，若，当点E在线段延长线上时，猜想并直接写出线段，，的数量关系是 ．（不需说明理由）
(3)在（1）、（2）的情况下，若，，则_______．（不需说明理由）中小学教育资源及组卷应用平台
第六章 平行四边形 重难点检测卷
选择题（10小题，每小题2分，共20分）
1．（2024·北京房山·二模）正八边形的外角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】此题考查了多边形的外角和，熟记多边形的外角和是是解题的关键．根据多边形的外角和都是即可得解．
【详解】解： 多边形的外角和都是，
正八边形的外角和为．
故选：B．
2．（23-24八年级下·山东日照·期中）如图，能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，熟知平行四边形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：A、由，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意；
B、由，不能判定四边形是平行四边形，例如等腰梯形符合此条件，不符合题意；
C、由，可以根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，符合题意；
D、由，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意；
故选：C．
3．（2024·山东聊城·二模）我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了多边形外角和定理，由多边形的外角和定理直接可求出结论．
【详解】解：∵正八边形的每一个外角都相等，外角和为，
∴它的一个外角．
故选：A．
4．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，是的对角线，点E在上，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据平行四边形的性质得到，则由三角形内角和定理得到，再根据等边对等角得到，由三角形外角的性质推出，则，即可得到．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
5．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在四边形中，点E、F、G、H分别为各边中点，对角线，，则四边形的周长为（ ）
A．7 B．10 C．14 D．28
【答案】C
【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，再根据四边形周长公式求解即可．
【详解】解：连接、，
∵E、F、G、H分别是四边的中点，，，
∴，，，，
∴四边形的周长为，
故选：C．
6．（23-24八年级下·内蒙古通辽·期中）下列命题是假命题的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【答案】B
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定方法以及矩形的判定方法和三角形中位线的性质、直角三角形的性质，正确掌握相关判定方法是解题关键．直接利用平行四边形的判定方法以及矩形的判定方法和三角形中位线的性质、直角三角形的性质分别判断得出答案．
【详解】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，是真命题，不合题意；
B、两条对角线相等的四边形不一定是矩形，如等腰梯形，是假命题，符合题意；
C、三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，是真命题，不合题意；
D、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题，不合题意；
故选：B．
7．（23-24八年级下·辽宁辽阳·期中）如图，在中，平分交于点，平分交于点F．若，，则的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【答案】A
【分析】根据角平分线的定义，平行四边形的性质，平行线的性质确定，进而利用等腰三角形性质得到，，同理可得，最后根据线段的和差关系即可求出的长度．
【详解】解：四边形为平行四边形，，，
，，，
平分交于点，
，
，
，
，
平分交于点F．
同理可得，
，
故选：A．
【点睛】本题考查角平分线的定义，平行四边形的性质，平行线的性质，等角对等边，线段的和差关系，熟练掌握这些知识点是解题关键．
8．（23-24八年级下·河南安阳·期中）如图，在平行四边形中，，，点在边上，连接，，以，为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握平行四边形的对角线互相平分是本题的关键．由直角三角形的性质可得，，由平行四边形的性质可得，当时，有最小值为，即可求解．
【详解】解：设与交于点，过点作于，
，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
当时，有最小值为，
的最小值为，
故选：D
9．（2024·山东济南·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点．若，，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了作图基本作图，也考查了平行四边形的性质．过点作于点，如图，在中利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，利用勾股定理得到，再根据平行四边形的性质得到，，接着根据基本作图得到，平分，然后证明得到，所以，最后利用勾股定理计算出，从而得到的长．
【详解】解：过点作于点，如图，
，
，
在中，，
，
，
四边形为平行四边形，
∴，，
，
由作法得，平分，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
．
故选：C．
10．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）如图，在四边形中，已知，，，则的最小值是（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】D
【分析】如图，过作，使，连接，，则，四边形是平行四边形，，，由勾股定理得，，根据，求解作答即可．
【详解】解：如图，过作，使，连接，，
∴，四边形是平行四边形，
∴，，
由勾股定理得，，
∵，
∴的最小值为，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系，两点之间线段最短等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
二、填空题（6小题，每小题2分，共12分）
11．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）在中，，则的度数是 ．
【答案】/度
【分析】本题主要考查对平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得到，，则，，再根据，得到，据此求解即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12．（2024·福建厦门·二模）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，，的周长为5，则 ．
【答案】
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，先证明，，由的周长为5，可得，从而可得答案．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵的周长为5，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：
13．（2024·陕西西安·三模）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的正六边形如图2，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查正多边形内角和的计算以及三角形内角和定理，n边形的内角和为．
根据正六边形的内角和公式求出的度数，再根据三角形内角和定理求的度数，同理可得的度数，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵六边形是正六边形，
∴， ，
∴，
同理，
∴，
故答案为：120．
14．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，点P为平行四边形内的任意一点连接．设、、、的面积分别为，则之间的等量关系为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积，用平行四边形的面积表示出相对的两个三角形的面积的和是解题的关键．依据以为底边，以为底边，，即可得到两个三角形边上的高的和为平行四边形边上的高，进而得出平行四边形面积，平行四边形面积，据此可得结论．
【详解】解：∵以为底边，以为底边，，
∴两个三角形边上的高的和为平行四边形边上的高，
∴平行四边形面积；
同理可得，平行四边形面积；
∴；
故答案为：．
15．（23-24八年级下·广东深圳·期中）如图，在中，，，，为的角平分线，点为上一动点，点为的中点，连接，则的最小值是_____．
【答案】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质于判定，平行四边形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，连接，取的中点，取中点，连接，则由三角形中位线定理，据此可得三点共线，则点在上运动，故当时，最小；再证明，由三线合一定理得到，则，即当点G与点重合时，最小，设交于H，则，求出，得到，利用勾股定理即可求出，即最小值为．
【详解】解：如图所示：连接，取的中点，取中点，连接，
∴分别是的中位线，
∴，
∴由平行线的唯一性可知三点共线，
点在上运动，
∴当时，最小，
∵在中，，，
∴，
∴，
∵为的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴当点G与点重合时，最小，
设交于H，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴最小值为，
故答案为：．
16．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，点M在上，且，点N在上．若平分四边形的面积，则的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理、直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质，先作出辅助线，根据平行四边形的性质以及边长得到的长，再根据面积平分可得到，再根据证明出平行四边形以及直角三角形的勾股定理可得到结果，数形结合，作辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，取中点O，连接并延长交于点N，过A作于点G，过M作于点H，如图所示：
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵平分四边形的面积，
∴经过平分四边形的中心O，
∵在平行四边形中，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
即的长为，
故答案为：．
三、解答题（9小题，共68分）
17．（23-24七年级下·福建泉州·期中）已知一个多边形的边数为，若这个多边形的每个内角都比与它相邻的外角的4倍多，求这个多边形对角线的总条数．
【答案】
【分析】本题考查了求多边形内角和与外角和的综合，求多边形对角线的总条数，掌握多边形对角线的总条数计算公式是解题的关键．根据题意，求出每个外角的度数，再用外角和除以外角的度数得到边数，代入多边形对角线的总条数计算公式求解即可；
【详解】解：设这个多边形的每个外角为，则每个内角为，依题意得，
，
解得，
∴，
∴这个多边形对角线的总条数，
答：这个多边形对角线的总条数为．
18．（2023·福建福州·模拟预测）如图，在中，点E，F分别是，上的点，且，连结，．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握其性质和判定是解题的关键．根据四边形为平行四边形，可得，结合已知条件，可得四边形为平行四边形，由此得证．
【详解】证明：四边形为平行四边形，
．又，
四边形为平行四边形，
．
19．（23-24八年级下·重庆永川·期中）如图，在平行四边形中，点E、F分别是边的中点．
(1)求证：；
(2)若四边形的周长为12，，，求平行四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的周长，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）证明且得到四边形为平行四边形，继而得证；
（2）利用四边形的周长为12，，求出，继而求出，从而得解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即，，
又∵点E，F分别是边，的中点，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴；
（2）解：由（1）得：四边形是平行四边形，
又∵四边形的周长为12，即，
∴，
∴，，
又∵，
∴平行四边形ABCD的周长．
20．（23-24八年级下·北京·期中）已知矩形，以为一边求作一个平行四边形，使得该平行四边形的一个内角为，且面积为矩形面积的一半．
(1)利用尺规作图作出符合题意的平行四边形（保留作图痕迹）；
(2)写出判定四边形是平行四边形的依据是______．
【答案】(1)见解析
(2)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
【分析】本题考查作图 复杂作图，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
（1）先作线段的垂直平分线l，以点A为圆心，的长为半径画弧，交直线l于点F，再以点F为圆心，的长为半径画弧，交直线l于点E，连接即可；
（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解决问题即可．
【详解】（1）解：先作线段的垂直平分线l，以点A为圆心，的长为半径画弧，交直线l于点F，再以点F为圆心，的长为半径画弧，交直线l于点E，连接，
可得，且，为等边三角形，
则四边形为平行四边形，．
则平行四边形即为所求．
（2）解：由（1）可知，，
∴四边形为平行四边形．
判定依据为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
21．（2024·北京海淀·二模）在中，，，点D在边上（不与点A，C重合），连接，平移线段，使点B移到点C，得到线段，连接．
(1)在图1中补全图形，若，求证：与互余；
(2)连接，若平分，用等式表示与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)补全图形见详解，证明见详解
(2)，证明见详解
【分析】（1）根据题意补全图形，设，则，由三角形三角和定理以及等边对等角可得出，由平移可知，，，即可得出四边形为平行四边形，由平行四边形的性质可得出，，即可证明．
（2）先连接，再连接，交于点O，延长至F，使，连接，由(1)可得，四边形为平行四边形，则，再证明，根据全等的性质可得出，，由角平分线的定义可得出，等量代换得到，根据等角对等边得出，根据三角三角形三线合一的性质即可得出，即可证明四边形为菱形，由菱形的性质可得出，即可得出，由三角形内角和定理得出，，即可得出，等量代换即可得出．
【详解】（1）解：补全图形，如图1，
设，则，
∵，
∴，
由平移可知，，．
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与互余．
（2）与之间的数量关系为．
连接，交于点O，延长至F，使，连接，如图2，
由(1)可得，四边形为平行四边形，则．
∵，，
∴，
∴，．
∵平分，
∴，．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为菱形
∴，
∴，
在中，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定以及性质，菱形的判定以及性质，全等三角形的判定以及性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握这些定理以及性质是解题的关键．
22．（2023·贵州贵阳·一模）如图，在中，点是对角线的中点．某数学学习小组要在上找两点，使四边形为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
分别取的中点E，F 作于点E，于点F
请回答下列问题：
(1)以上方案能得到四边形为平行四边形的是______，选择其中一种并证明，若不能，请说明理由；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)甲、乙两种方案，证明见解析
(2)48
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定等知识点，熟练地掌握平行四边形的判定方法和性质是解题的关键．
（1）根据题意结合平行四边形的判定和全等三角形的性质与判定证明即可，甲方案：两条对角线相互平分的四边形为平行四边形；乙方案：一组对边平行且相等的四边形为平行四边形；
（2）根据，结合四边形为平行四边形的性质可得到，，即，已知，可求得，故．
【详解】（1）证明：甲方案：如图，连接，
∵在中，点是对角线的中点，
∴，，
∵，分别为，的中点，
∴，
∴四边形为平行四边形；
乙方案：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形．
故答案为：甲方案和乙方案；
（2）∵四边形和四边形都为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
答：的面积为．
23．（2024·山东青岛·二模）阅读下列材料并完成相应的任务．
阅读思考：四边形的中位线 我们学习过三角形的中位线，类似的，把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线．如图1，在四边形ABCD中，设，AB与CD不平行，E，F分别为AD，BC的中点，则有结论： 图1 图2 这个结论可以用下面的方法证明： 方法一：如图2，连接AC，取AC的中点M，连接ME，MF． ∵点E，点M分别是AD和AC的中点， ∴，且． 同理：，且． ∵，∴． 在中，． 即．
[自主探究]请将方法二的证明过程补充完整；
方法二：如图3，连接AF并延长至点G，使，连接CG，DG．
图3 图4
[尝试应用]
如图4，在五边形ABCDE中， ， ， ，．若点F，G分别是边BC，DE的中点，则线段FG长的取值范围是________．
【答案】见解析
【分析】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
[自主探究]证明，推出，在中，利用三角形中位线定理即可得解；
[尝试应用]连接，作，利用等腰三角形的性质结合直角三角形的性质求得，再利用四边形的中位线性质即可求解．
【详解】自主探究（方法2）
解：∵点F是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点E是的中点，点F是的中点，
∴ ，且，
∵，
∴，
在中，，
∴，即；
[尝试应用]连接，作，垂足为，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵分别是边的中点，
由（1）得，即，
∴．
故答案为：．
24．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且面积为10．
(1)求点C的坐标及直线的解析式；
(2)若M为线段上一点，且满足，求直线的解析式；
(3)若E为直线上一个动点，在x轴上是否存在点D，使得以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)或或
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质：
（1）先求出A、B坐标，进而根据面积为10求出点C的坐标，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（2）先求出的面积，即求出的面积，再由求出点M的纵坐标，进而求出点M的坐标，据此利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（3）设，再分当为对角线时， 当为对角线时，当为对角线时，三种情况由平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可．
【详解】（1）解：在中，当时，，当时，，
∴，
∴，，
∵面积为10，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，当时，，
∴，
同理可知直线解析式为；
（3）解：设，
当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ，
解得，
∴点D的坐标为；
当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ，
解得，
∴点D的坐标为；
当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ，
解得，
∴点D的坐标为；
综上所述，点D的坐标为或或．
25．（23-24八年级下·河南南阳·期中）中，，垂足为E，连接，将绕点E逆时针旋转，得到，连接．
(1)若，
①如图①，当点E在线段上时，易证，结合图形，请直接写出线段，，的数量关系是 ；（不需说明理由）
②如图②，当点E在线段的延长线上时，请写出线段，，的数量关系，并证明；
(2)如图③，若，当点E在线段延长线上时，猜想并直接写出线段，，的数量关系是 ．（不需说明理由）
(3)在（1）、（2）的情况下，若，，则_______．（不需说明理由）
【答案】(1)①；②，证明见解析
(2)
(3)1或7
【分析】（1）①根据全等三角形的性质和平行四边形的性质直接可以得出结论；
②利用等腰三角形的判定证，根据证明，根据全等三角形的性质，结合平行四边形的性质证明即可；
（2）利用证，再证全等三角形，结合平行四边形的性质即可得出结论；
（3）利用（1）、（2）的结论，把，代入计算即可．
【详解】（1）①，证明如下：
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即；
②线段，，的数量关系是：，
证明：∵
∴，
∵，
∴，
∴
∴
由旋转可知：，，
∴，
∴
在和中
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴
∴，
∵，
∴．
（2），证明如下：
∵
∴，
∵，
∴，，
∴
∴
由旋转可知：，，
∴，
∴
在和中
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴
∴，
∵，
∴．
（3）如图①，∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∵
∴
中，，，
由，得；
如图②，，则，
中，，
∴，与矛盾，故图②中，不存在，的情况；
如图③，
∵四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴
中，，
∴
由知，．
综上，或7．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行四边形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用相关的知识是解题的关键．
