八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)專題21.9 期末復(fù)習(xí)之解答壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練（人教版）（解析版）

PAGE88專題21.9期末復(fù)習(xí)之解答壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練【人教版】考點(diǎn)1考點(diǎn)1二次根式解答期末真題壓軸題1．（2022春·廣東廣州·八年級(jí)華南師大附中?？计谀┪覀儗?a+b)與(a-b)稱為一對(duì)“對(duì)偶式由于(24-x-8-x)(24-x又因?yàn)?4-x-8-x=2①，所以24-x+8-x=8將24-x=5兩邊平方解得x=-1，代入原方程檢驗(yàn)可得請(qǐng)根據(jù)上述材料回答下面的問題：(1)若m=2-3的對(duì)偶式為n，則m×n=________(2)方程x+42+x+10=16(3)解方程：4x【答案】(1)1(2)x=39(3)x=3【分析】（1）由定義直接可得答案；（2）求出x+42+x+10x+42-x+10（3）同（2）的方法求解即可．【詳解】（1）解：m=2-3的對(duì)偶式為n=2+∴m×n=2-（2）x+42+∴x+42+∴x+42-①+②得：∴x=39；（3）4x∴4x∴4x①+②得：∴4x∴x=3．【點(diǎn)睛】本題考查二次根式，平方差公式，涉及新定義，無理方程等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握二次根式運(yùn)算的相關(guān)法則．2．（2022春·廣東廣州·八年級(jí)期末）閱讀下列材料，然后回答問題：在進(jìn)行類似于二次根式23方法一：23方法二：23(1)化簡：25+(2)觀察上述規(guī)律并猜想；當(dāng)n是正整數(shù)時(shí)，2n+2+n=(3)計(jì)算：14【答案】(1)5(2)n+2(3)1010．【分析】（1）利用分母有理化進(jìn)行化簡；（2）利用分母有理化進(jìn)行化簡即可；（3）先把各分母提12【詳解】（1）解：25故答案為：5-（2）解：當(dāng)n是正整數(shù)時(shí)，2n+2∵2n+2故答案為：n+2-（3）解：1====1010．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的混合運(yùn)算：熟練掌握二次根式的性質(zhì)、二次根式的乘法法則和平方差公式是解決問題的關(guān)鍵．3．（2022秋·河南鄭州·八年級(jí)鄭州外國語中學(xué)校考期末）先閱讀，后解答：（1）由根式的性質(zhì)計(jì)算下列式子得：①32＝3，②(23)2＝23，③(-13)2＝1由上述計(jì)算，請(qǐng)寫出a2的結(jié)果（a（2）利用（1）中的結(jié)論，直接寫出下列問題的結(jié)果：①(3.14-π)2＝_____②化簡：x2-4x+4（x＜2）＝（3）應(yīng)用：若(x-5)2＋(x-8)2＝3，求滿足條件的所有整數(shù)x的和【答案】（1）a2=a=a(a>0)0a=0-a(a<0)；（2）①π﹣3.14，②2【分析】（1）將a分為正數(shù)、0、負(fù)數(shù)三種情況得出結(jié)果；（2）①當(dāng)a=3.14﹣π＜0時(shí)，根據(jù)（1）中的結(jié)論可知，得其相反數(shù)﹣a，即得π﹣3.14；②先將被開方數(shù)化為完全平方式，再根據(jù)公式得結(jié)果；（3）根據(jù)（1）式得：(x-5)2+(x-8)2=x-5+x-8，然后分三種情況討論：①當(dāng)x＜5時(shí)，②當(dāng)5≤x≤8時(shí)，【詳解】解：（1）a2=a=（2）①(3.14-π)2=3.14-π=π②x2-4x+4（x＜=(x-2)2=|x﹣2|，∵x＜2，∴x﹣2＜0，∴x2-4x+4=2﹣（3）∵(x-5)2①當(dāng)x＜5時(shí)，x﹣5＜0，x﹣8＜0，所以原式=5﹣x+8﹣x=13﹣2x；②當(dāng)5≤x≤8時(shí)，x﹣5≥0，x﹣8≤0，所以原式=x﹣5+8﹣x=3；③當(dāng)x＞8時(shí)，x﹣5＞0，x﹣8＞0，所以原式=x﹣5+x﹣8=2x﹣13，∵（x-5)所以x的取值范圍是5≤x≤8，x可取5、6、7、8，滿足條件的所有整數(shù)x的和5+6+7+8=26．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)和化簡，明確二次根式的兩個(gè)性質(zhì)：①a2=a（a≥0）（任何一個(gè)非負(fù)數(shù)都可以寫成一個(gè)數(shù)的平方的形式）；②a2=a=4．（2022秋·江西吉安·八年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀材料：像(5+2)(5-2)=1例如：123=解答下列問題：（1）7的有理化因式是___________；5+2的有理化因式是___________（2）觀察下面的變形規(guī)律，請(qǐng)你猜想：1n+1+12+1=2-1（3）利用上面的方法，請(qǐng)化簡：1【答案】（1）7；5-2；（2）n+1-n；（3【分析】（1）根據(jù)材料中的定義可以得到解答；（2）根據(jù)材料中給出的規(guī)律解答；（3）根據(jù)（2）得到的規(guī)律進(jìn)行解答．【詳解】解：（1）∵7?∴7的有理化因式為7；∵5+2∴5+2與5故答案為：7，5-2（2）通過觀察可得：1n+1故答案為：n+1-（3）由（2）可得：原式==2021【點(diǎn)睛】本題考查新定義下的實(shí)數(shù)運(yùn)算和分母有理化，根據(jù)材料給定的定義和運(yùn)算法則進(jìn)行計(jì)算是解題關(guān)鍵．5．（2022秋·四川成都·八年級(jí)?？计谀╅喿x下列材料,然后回答問題:在進(jìn)行類似于二次根式23+1的運(yùn)算時(shí)方法一:2方法二:2(1)請(qǐng)用兩種不同的方法化簡:25(2)化簡:24【答案】（1）5-3;（2）【分析】（1）首先理解題意，根據(jù)題目的解析，即可利用兩種不同的方法化簡求得答案；（2）結(jié)合題意，可將原式化為4-【詳解】解：（1）方法一：25+方法二：25+3（2）原式=4【點(diǎn)睛】本題考查了分母有理化的知識(shí)．此題難度較大，解題的關(guān)鍵是理解題意，掌握分母有理化的兩種方法．6．（2022秋·四川成都·八年級(jí)成都外國語學(xué)校?？计谀┮阎?a+b+5＝4(2a-2+b-1)，先化簡再求值ab【答案】215【分析】用完全平方公式將原方程配方，由平方的非負(fù)性求出a、b的值，化簡要求的式子，將a、b的值代入化簡后的式子計(jì)算出結(jié)果即可.【詳解】原方程可化為2a+b+5﹣42a-2﹣4b-1=0，即（2a﹣2﹣42a-2+4）+（b﹣1﹣4b-1+4）=0，∴（2a-2﹣2）2+（b-1﹣2）2=0，∴2a-2﹣2=0，b-1﹣2=0，解得a=3，b=5，∴ab+=a2+2ab+=（a+b）=|a+b|ab﹣=a+b-=2a=2ab將a、b的值代入得：原式=215【點(diǎn)睛】本題主要考查完全平方公式、平方的非負(fù)性.7．（2022秋·四川成都·八年級(jí)成都外國語學(xué)校校考期末）已知實(shí)數(shù)a滿足|300﹣a|+a-401＝a，求a﹣3002的值．【答案】401.【分析】由二次根式有意義的條件可得出a的范圍為a≥401，對(duì)方程去絕對(duì)值，整理得出a﹣3002=401.【詳解】由題意得：a﹣401≥0，∴a≥401，∴原方程可化為a﹣300+a-401=a，∴3002=a﹣401，∴a﹣3002=401.【點(diǎn)睛】本題主要考查二次根式有意義的條件、絕對(duì)值的化簡以及方程的變形.8．（2022秋·福建三明·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知點(diǎn)A(5,a)與點(diǎn)B(5,-3)關(guān)于x軸對(duì)稱，b為1+2的小數(shù)部分，求（1）a+b的值．（2）化簡.【答案】（1）2+2；（2）5【詳解】試題分析：(1)先依據(jù)關(guān)于x軸對(duì)稱的兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)互為相反數(shù)可求得a的值，然后再估算出2的大小，從而可求得b，最后進(jìn)行計(jì)算即可；(2)先將a,b的值代入，然后進(jìn)行計(jì)算即可．試題解析：(1)∵點(diǎn)A(5,a)與點(diǎn)B(5,?3)關(guān)于x軸對(duì)稱，∴a=3.∵1<2∴b=2∴a+b=2(2)將a、b的值代入得：原式=12+(考點(diǎn)2考點(diǎn)2勾股定理解答期末真題壓軸題1．（2022秋·四川成都·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點(diǎn)D在直線AB上，連接CD，在CD的右側(cè)作CE⊥CD，CD=CE(1)如圖1，點(diǎn)D在AB邊上，探究線段BE和線段AD數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；(2)如圖2，點(diǎn)D在B右側(cè)，若AC=BC=22，BD=1，請(qǐng)求出DE(3)如圖3，∠DCE=∠DBE=90°，CD=CE=30，BE=6，請(qǐng)求出線段【答案】(1)BE=AD，BE⊥AD，理由見解析(2)26(3)2【分析】（1）先證明∠CAB=∠CBA=45°，∠ACD=∠BCE，再證明△ACD≌△BCE，得到AD=BE，∠CAD=∠CBE=45°，由此即可得到結(jié)論；（2）同（1）可證BE=AD，∠ABE=90°，利用勾股定理求出AB，進(jìn)而求出BE的長即可利用勾股定理求出（3）過點(diǎn)C作CA⊥CB交DB于A，設(shè)BD與CE相交于點(diǎn)O，如圖3所示：證明△ACD≌△BCE，得到AD=BE=6，AC=BC，求出AB=26，則【詳解】（1）解：BE=AD，BE⊥AD，理由如下：∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠CAB=∠CBA=45°，∵CE⊥CD，∴∠DCE=90°=∠ACB，∴∠ACD=∠BCE，又∵AC=BC，CD=CE，∴△ACD≌△BCESAS∴AD=BE，∠CAD=∠CBE=45°，∴∠ABE=90°，∴AD⊥BE；（2）解：如圖2，連接BE，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，∵AC=BC，CD=CE，∴△ACD≌△BCESAS∴AD=BE，∠A=∠CBE=45°，∵∠A+∠ABC=90°，∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°，∴∠DBE=90°，∵∠ACB=90°，AC=BC=22∴AB=2∴AD=AB+BD=4+1=5，∴BE=AD=5，在Rt△BDE中，由勾股定理得：B∴DE=B（3）解：過點(diǎn)C作CA⊥CB交DB于A，設(shè)BD與CE相交于點(diǎn)O，如圖3所示：則∠ACB=90°=∠DCE，∴∠DCE-∠ACE=∠ACB-∠ACE，即∠ACD=∠BCE，∵∠DCO=∠EBO=90°，∠DOC=∠EOB，∴∠CDA=∠CEB，又∵CD=CE，∴△ACD≌△BCEASA∴AD=BE=6，AC=BC∴△ABC是等腰直角三角形，∴AB=2∵CD=CE=30，∠DCE=90°∴DE=215∴BD=D∴AB=BD-AD=26∴BC=23【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等角的余角相等等知識(shí)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，運(yùn)用類比方法解答是解題的關(guān)鍵．2．（2022秋·四川成都·八年級(jí)石室中學(xué)?？计谀┤鐖D，在△ABC中，已知AD是BC邊上的高，過點(diǎn)B作BE⊥AC于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，且AD=65，BD=25，(1)求BEAB(2)求證：AF=BC；(3)如圖2，在（2）的條件下，在ED的延長線上取一點(diǎn)G，使BG=BE，請(qǐng)猜想DG與DE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)2(2)證明見解析(3)DG=2DE，理由見解析【分析】（1）先利用勾股定理求出AB，AC，再利用三角形面積法求出（2）先求出CE=5，則AE=10=BE，然后證明△AEF≌△BEC即可得到（3））如圖所示，過點(diǎn)B作BT⊥EG于T，過點(diǎn)E作EM⊥AD于M，EN⊥BC于N，則GT=ET，由S△ADES△DCE=12AD?EM12【詳解】（1）解：在Rt△ADC中，由勾股定理得AC=在Rt△ABD中，由勾股定理得AB=∵S△ABC∴BE=BC?AD∴BEAB（2）證明：在Rt△BCE中，由勾股定理得CE=∴AE=AC-CE=10=BE，∵∠BFD=∠AFE，∴∠EAF=∠EBC，在△AEF和△BEC中，∠EAF=∴△AEF≌∴AF=BC；（3）解：DG=2DE，理由如下：如圖所示，過點(diǎn)B作BT⊥EG于T，過點(diǎn)E作EM⊥AD于M，EN⊥BC于N，∵BE=BG，∴GT=ET，∵S△ADE∴12×6∴EM=EN，∴DE平分∠ADC，∴∠CDE=∠BDT=45°，∴BT=DT，∵BT2+D∴BT=DT=2∴GT=ET=B∴DG=GT+DT=410，ED=ET-DT=2∴DG=2DE．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，角平分線的判定等等，熟知相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．3．（2022秋·四川成都·八年級(jí)石室中學(xué)?？计谀┮阎骸鰽BC是等腰直角三角形，動(dòng)點(diǎn)P在斜邊AB所在的直線上，以PC為直角邊作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解決下列問題：(1)如圖1，若點(diǎn)P在線段AB上，且AC=6+2，PA=2(2)在（1）的條件下，猜想PA、PB、PQ三者之間的數(shù)量關(guān)系并證明；(3)如圖2，若點(diǎn)P在AB的延長線上，求證：PA【答案】(1)2(2)PA(3)證明見解析【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理可求得AB，由PB=AB-PA可求得PB（2）過C作CD⊥AB于點(diǎn)D，則△ADC是等腰直角三角形，則可求得AD=CD=12AB=1+3，進(jìn)而得出PD的長，在Rt△PCD（3）過C作CD⊥AB于點(diǎn)D，把PA2和PB2都用PC和CD表示出來，在Rt△PCD中，由勾股定理得到PC【詳解】（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，AC=6∴AB=A∵PA=2，∴PB=AB-PA=23（2）解：PA如圖1，過C作CD⊥AB于點(diǎn)D，則△ADC是等腰直角三角形，∴AD=CD=1∴PD=AD-PA=3在Rt△PCD中，PC=∵△PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ=90°，∴PC=QC=22∴PQ=P∵PA∴PA（3）證明：如圖2，過C作CD⊥AB于點(diǎn)D，∵△ACB為等腰直角三角形，CD⊥AB，∴CD=AD=DB，∵PAPB∴PA在Rt△PCD中，由勾股定理可得P∴PA∵△PCQ為等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，∴PQ∴PA【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確作出輔助線，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．4．（2022春·湖北武漢·八年級(jí)校聯(lián)考期末）已知△ABC是等腰直角三角形，動(dòng)點(diǎn)P在斜邊AB所在的直線上，以PC為直角邊在PC右側(cè)作等腰Rt△PCQ，∠PCQ=90°(1)如圖1，若點(diǎn)P在線段AB上，求證：PB⊥BQ；(2)如圖2，若點(diǎn)P在線段AB的延長線上，其它條件不變，畫出圖形，猜想PA2，PB(3)若動(dòng)點(diǎn)P滿足PAPB=13，直接寫出【答案】(1)證明見解析(2)AP(3)104或【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可證得△APC≌△BQC，∠CBQ=∠A=∠ABC=45°，進(jìn)而證得結(jié)論；（2）過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，則AP=AD+PD=DC+PD，PB=DP-BD=DP-DC，可證明AP2+BP2（3）根據(jù)點(diǎn)P所在的位置畫出圖形，然后根據(jù)已知用CD表示出PD的長，再結(jié)合勾股定理求出AC和PC的長度即可．【詳解】（1）如圖①所示：∵△ABC和△PCQ均為等腰直角三角形，∴AC=BC，PC=CQ，∠ACB=∠PCQ，∠A=∠ABC=45°，∴∠ACP=∠BCQ．在△APC和△BQC中，∵AC=BC∠ACP=∠BCQ∴△APC≌△BQC∴∠CBQ=∠A=45°．∴∠ABC+∠CBQ=90°，∴PB⊥BQ．（2）AP如圖②：過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D．∵△ACB為等腰直角三角形，CD⊥AB，∴CD=AD=DB．∵APPB∴AP∵CD⊥AB∴PC∴AP∵△CPQ為等腰直角三角形，∴2PC∴AP（3）如圖③：過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D．①當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)P1∵P1∴P1∴P1在Rt△CP1在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=∴P1②當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)P2∵P2∴P2在Rt△CP2在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=∴P2綜上所述，PCAC的比值為104或故答案為：104或10【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理等知識(shí)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線，熟練運(yùn)用勾股定理，構(gòu)造合適的全等三角形是解本題的關(guān)鍵．5．（2022春·山東濟(jì)南·八年級(jí)校考期末）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=16，D是AC上的一點(diǎn)，CD=3，點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)沿射線BC方向以每秒2個(gè)單位的速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(1)當(dāng)t=3秒時(shí)，求AP的長度；(2)當(dāng)△ABP為等腰三角形時(shí)，求t的值；(3)過點(diǎn)D作DE⊥AP于點(diǎn)E，連接PD，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)PD平分∠APC時(shí)，直接寫出t的值．【答案】(1)2(2)當(dāng)△ABP為等腰三角形時(shí)，t的值為45、16、5(3)當(dāng)t的值為5或11時(shí)，PD平分∠APC．【分析】（1）根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度和時(shí)間先求出PC，再根據(jù)勾股定理即可求解；（2）分三種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)列出等式，即可求解；（3）分兩種情況：①點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，過點(diǎn)D作DE⊥AP于E，先證△PDE≌△PDC，得出ED=CD=3，PE=PC=16-2t，再由勾股定理求出AE=4，則AP=20-2t，然后在Rt△APC②點(diǎn)P在線段BC的延長線上時(shí)，過點(diǎn)D作DE⊥AP于E，同①得△PDE≌△PDC，得出ED=CD=3，PE=PC=2t-20，再由勾股定理得AE=4，則AP=2t-16，然后在Rt△APC【詳解】（1）解：根據(jù)題意，得BP=2t，∴PC=16-2t=16-2×3=10，在Rt△APC中，AC=8由勾股定理，得AP=A故答案為：241（2）解：在Rt△ABC中，AC=8由勾股定理，得AB=A若BP=BA，則2t=85，解得t=4若AP=AB，則BP=2×16=32，2t=32，解得t=16；若PB=PA，則2t2=16-2t答：當(dāng)△ABP為等腰三角形時(shí)，t的值為45、16、5（3）解：①點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，過點(diǎn)D作DE⊥AP于E，如圖1所示：則∠AED=∠PED=90°，∴∠PED=∠ACB=90°，∵PD平分∠APC，∴∠EPD=∠CPD，又∵PD=PD，∴△PDE≌△PDCAAS∴ED=CD=3，PE=PC=16-2t，∴AD=AC-CD=8-3=5，∴AE=A∴AP=AE+PE=4+16-2t=20-2t，在Rt△APC中，由勾股定理得：8解得：t=5；②點(diǎn)P在線段BC的延長線上時(shí)，過點(diǎn)D作DE⊥AP于E，如圖2所示：同①得：△PDE≌△PDCAAS∴ED=CD=3，PE=PC=2t-16，∴AD=AC-CD=8-3=5，∴AE=A∴AP=AE+PE=4+2t-16=2t-12，在Rt△APC中，由勾股定理得：8解得：t=11；綜上所述，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)t的值為5或11時(shí)，PD平分∠APC．【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)以及分類討論等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理，證明三角形全等是解本題的關(guān)鍵．6．（2022秋·浙江杭州·八年級(jí)期末）如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)F在邊BC上，過點(diǎn)B作BE⊥AB于點(diǎn)B，交AF的延長線于點(diǎn)E，且BF=BE(1)求證：∠CAF=∠BAF；(2)如圖2，過點(diǎn)E作EM⊥BF于點(diǎn)M，過點(diǎn)F作FG⊥BA于點(diǎn)G．①求證：BM=CF；②若AC=6，AB=10，求AE的長．（結(jié)果可以保留根號(hào)不化簡）【答案】(1)見解析(2)①見解析；②5【分析】（1）根據(jù)題意，易證∠CAF+∠BEF=90°，又因?yàn)椤螧AF+∠BEF=90°，即可得到結(jié)論；（2）①先證△BEM?△FBG，得到BM=FG，接著證明CF=FG，即可得到結(jié)論；②先證△ACF?△AGF，然后通過Rt△FBG求出AF，接著通過Rt△EMF求出【詳解】（1）∵∠C=90°∴∠CAF+∠CFA=90°∵∠CFA=∠BFE∴∠CAF+∠BFE=90°∵BF=BE∴∠BEF=∠BFE∴∠CAF+∠BEF=90°∵BE⊥AB∴∠ABE=90°∴∠BAF+∠BEF=90°∴∠CAF=∠BAF；（2）①∵EM⊥BF，F(xiàn)G⊥BA∴∠BME=∠FGB=90°∴∠BEM+∠EBM=90°∵BE⊥AB∴∠ABE=∠EBM+∠FBG=90°∴∠BEM=∠FBG在△BEM和△FBG中∠BME=∠FGB∴△BEM?△FBG∴BM=FG∵∠CAF=∠BAF，∠C=90°，F(xiàn)G⊥AB∴CF=FG∴BM=CF；②∵∠C=90°，AC=6，AB=10∴由勾股定理得BC=∵FG⊥AB∴∠FGA=90°∴∠C=∠FGA=90°在△ACF和△AGF中∠C=∠FGA∴△ACF?△AGF∴AC=AG=6，CF=FG∴BG=AB-AG=10-6=4BF=BC-CF=8-FG∵在Rt△FBGF∴F∴FG=3∴CF=FG=3由勾股定理得AF=∵△BEM?△FBG∴BM=FG=3，EM=BG=4∵BC=8，CF=3∴BF=BC-CF=8-3=5∴MF=BF-BM=5-3=2∵EM⊥BF∴∠EMF=90°由勾股定理得EF=∴AE=AF+EF=35∴AE的長為55【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，同角的余角相等，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟悉掌握以上知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．7．（2022春·江蘇泰州·八年級(jí)?？计谀?）用不同的方法計(jì)算圖1中陰影部分的面積得到的等式：________（2）圖2是由兩個(gè)邊長分別為a、b、c的直角三角形和一個(gè)兩條直角邊都是c的直角三角形拼成，試用不同的方法計(jì)算這個(gè)圖形的面積，你能發(fā)現(xiàn)什么？說明理由；（3）根據(jù)上面兩個(gè)結(jié)論，解決下面問題：①在直角△ABC中，∠C=90°，三邊分別為a、b、c，a+b=7，ab=12，求c的值：②如圖3,五邊形ABCDE中，線段AC⊥BD，AC=BD=2，四邊形ODAE為長方形，在直角△BOC中，OB=x，OC=y，其周長為n，當(dāng)n為何值時(shí)，長方形AODE的面積為定值，并說明理由．【答案】（1）a2+b2=a+b2-2ab；（2）a2+b2【分析】（1）運(yùn)用兩個(gè)小正方形的面積之和等于大正方形面積減去兩個(gè)長方形面積即可；（2）根據(jù)梯形的面積等于12a+ba+b（3）①由（1）得a2+b2=②由（2）得BC=x2+y2，由直角△BOC中周長為n得BC=n-x-y，則有x2+y2=n-x-y2，整理得2x+y【詳解】解：（1）依題意得圖1中陰影部分的面積為：a2+b∴a故答案為：a2（2）依題意得圖2中梯形的面積為：12a+ba+b∴1整理得：a2（3）①由（1）得a==25，在直角△ABC中，∠C=90°，由（2）得，c2∴c=5；②由（2）得BC∴BC=x因?yàn)橹苯恰鰾OC中周長為n，∴BC=n-x-y，∴x∴x整理得：2nx+y∴2x+y長方形AODE的面積為：OD·OA==4-2=4-n-=4-n+-當(dāng)-2解得n=2，即當(dāng)n=2時(shí)，長方形AODE的面積為定值．【點(diǎn)睛】本題考查了整式的的運(yùn)算，與幾何圖形有關(guān)的乘法公式；解題的關(guān)鍵是利用等積法得到相關(guān)公式并正確運(yùn)用．8．（2022春·浙江臺(tái)州·八年級(jí)?？计谀┰趯W(xué)習(xí)完勾股定理這一章后，小夢(mèng)和小璐進(jìn)行了如下對(duì)話．小夢(mèng)：如果一個(gè)三角形的三邊長a，b，c滿足a2+b2=2c2，那我們稱這個(gè)三角形為“類勾股三角形”，例如△ABC的三邊長分別是2，6和2，因?yàn)?小璐：那等邊三角形一定是“類勾股三角形”！根據(jù)對(duì)話回答問題：(1)判斷：小璐的說法___________（填“正確”或“錯(cuò)誤”）(2)已知△ABC的其中兩邊長分別為1，7，若△ABC為“類勾股三角形”，則另一邊長為___________；(3)如果Rt△ABC是“類勾股三角形”，它的三邊長分別為x，y，z（x，y為直角邊長且x<y，z為斜邊長），用只含有x【答案】(1)正確(2)2或13(3)周長為：1+2+3【分析】（1）將其三邊長的平方寫出來，看能否寫成兩邊的平方等于第三邊平方的兩倍即可；（2）分三種情況討論求解并進(jìn)行驗(yàn)證即可；（3）根據(jù)勾股定理和類勾股三角形的性質(zhì)將y、z用x表示，即可求出結(jié)果．【詳解】（1）解：設(shè)等邊三角形三邊長分別是a，b，c，則a=b=c，∴a2∴等邊三角形是“類勾股三角形”，∴小璐的說法正確，故答案為：正確；（2）解：設(shè)另一邊長為x，①12+7②12+x③x2故答案為：2或13；（3）解：∵x<y<z，∴x2∴y2+z∴x2∵x2∴y2∴x2∴z=3x，∴周長為：1+2面積為：12【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，理解題目中的新定義及掌握勾股定理是解題關(guān)鍵．9．（2022秋·山東濟(jì)南·八年級(jí)統(tǒng)考期末）我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說過：“數(shù)缺形時(shí)少直觀，形少數(shù)時(shí)難入微；數(shù)形結(jié)合百般好，隔離分家萬事休”．?dāng)?shù)學(xué)中，數(shù)和形是兩個(gè)最主要的研究對(duì)象，它們之間有著十分密切的聯(lián)系，在一定條件下，數(shù)和形之間可以相互轉(zhuǎn)化，相互滲透．某校數(shù)學(xué)興趣小組，在學(xué)習(xí)完勾股定理和實(shí)數(shù)后，進(jìn)行了如下的問題探索與分析【提出問題】已知0<x<1，求1+x【分析問題】由勾股定理，可以通過構(gòu)造直角三角形的方法，來分別表示長度為1+x2和1+1-x【解決問題】(1)如圖，我們可以構(gòu)造邊長為1的正方形ABCD，P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)．設(shè)BP=x，則PC=1-x．則1+x2(2)在（1）的條件下，已知0<x<1，求1+x(3)【應(yīng)用拓展】應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想，求x2【答案】(1)AP，DP(2)5(3)2【分析】（1）根據(jù)題意將式子轉(zhuǎn)化為線段長度之和即可；（2）作點(diǎn)D關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接AD'，則AP+PD的最小值即為A（3）構(gòu)造圖形，使得則x2+32-(x-6)2+12=AE-DE，則當(dāng)點(diǎn)A、D、E三點(diǎn)共線時(shí)，AE-ED的最大值為AD，延長AD【詳解】（1）解：由題意可得：1+x（2）作點(diǎn)D關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接A則DD則AP+PD的最小值即為AD在Rt△ADD'即1+x2+故答案為：5；（3）x2如圖，AB=3，CD=1，BC=6，AB⊥BC，CD⊥BC，設(shè)BE=x，則x2∴當(dāng)點(diǎn)A、D、E三點(diǎn)共線時(shí)，AE-ED的最大值為AD，延長AD，BC交于E，作DH⊥AB于H，可得AH=AB-BH=AB-CD=2，DH=BC=6，由勾股定理得，AD=A∴x2+9-【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了軸對(duì)稱-最短路線問題，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是利用數(shù)形結(jié)合思想，學(xué)會(huì)利用轉(zhuǎn)化思想解決問題．考點(diǎn)3考點(diǎn)3平行四邊形解答期末真題壓軸題1．（2022春·浙江杭州·八年級(jí)校聯(lián)考期末）平行四邊形ABCD中，點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)為E，連接DE，BE，BE交AD于點(diǎn)F．(1)如圖1，若∠ADC=90°，試說明點(diǎn)F為BE的中點(diǎn)；(2)如圖2，若∠ABC=α(0°<α<90°)．①試判斷點(diǎn)F是否為BE的中點(diǎn)？并說明理由；②若∠ABC=45°，延長BA，DE交于點(diǎn)H，求【答案】(1)見解析(2)①點(diǎn)F是BE的中點(diǎn)，理由見解析；②DF【分析】1只要證明△AFB≌△DFEAAS2①點(diǎn)F是BE的中點(diǎn)．只要證明∠FBC=∠FCB即可解決問題；②如圖3中，設(shè)OD=a，OF=b，想辦法用a，b表示BH，DF【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，∵C，E關(guān)于AD對(duì)稱，∴DE=CD，EC⊥AD，∴AB=DE，∵AD⊥CD，∴C，D，E共線，∴AB∥CE，∴∠A=∠ADE，∵AB=DE，∠AFB=∠EFD，∴△AFB≌△DFEAAS∴BF=EF，∴點(diǎn)F為BE的中點(diǎn)；（2）①點(diǎn)F是BE的中點(diǎn)．理由如下：如圖2中，連接CF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠EFD=∠EBC，∠DFC=∠FCB，∵E，C關(guān)于AD對(duì)稱，∴FE=FC，F(xiàn)O⊥EC，∴∠EFD=∠DFC，∴∠FBC=∠FCB，∴FB=FC，∴BF=EF．②如圖3中，設(shè)OD=a，OF=b．∵∠ABC=45°，AD∥BC，四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠HAD=∠ABC=45°，∵E，C關(guān)于AD對(duì)稱，∴∠CDA=∠ADH=45°，∴∠HAD=∠HDA=45°，∴△AHD是等腰直角三角形，∵∠DOC=90°，∠ODC=45°，∴△ODC是等腰直角三角形，∴AB=CD=2∵EF=FB，EO=OC，∴BC=AD=2b，∴AH=2∴BH=2a+2∴BH=2∴DF【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．2．（2022春·甘肅天水·八年級(jí)天水市逸夫?qū)嶒?yàn)中學(xué)?？计谀┮阎叫兴倪呅蜛BCD中，一動(dòng)點(diǎn)P在AD邊上，以每秒1cm的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)D(1)如圖①，運(yùn)動(dòng)過程中，若CP平分∠BCD，且滿足CD=CP，求∠ABC的度數(shù)．(2)如圖②，在（1）問的條件下，連接BP并延長，與CD的延長線交于點(diǎn)F，連接AF，若△PCD的面積等于S，求△APF的面積．（用含S的式子表示）(3)如圖③，另一動(dòng)點(diǎn)Q在BC邊上，以每秒4cm的速度從點(diǎn)C出發(fā)，在BC間往返運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)停止運(yùn)動(dòng)（同時(shí)Q點(diǎn)也停止），若AD=12cm，則t為何值時(shí)，以P，D，Q，【答案】(1)60°(2)S(3)4.8秒或8秒或9.6秒【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，角平分線平分角，易得∠DPC=∠DCP，得到DP=DC，進(jìn)而得到CP=DP=DC，得到△PCD為等邊三角形，得到∠D=60°，即可得出結(jié)果；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得到S△PBC=S△FAB=（3）分0<t≤3，3<t≤6，6<t≤9，9<t≤12四種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DPC=∠PCB，∵PC平分∠BCD，∴∠DCP=∠PCB，∴∠DPC=∠DCP，∴DP=DC，∵CD=CP，∴PC=CD=PD，∴△PDC是等邊三角形，∴∠D=∠B=60°，即∠ABC=60°．（2）如圖②中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，BC∥AD，∴S∴∴S∴S（3）解：∵PD∥∴當(dāng)PD=BQ時(shí)，四邊形是平行四邊形，由題意，得：P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：12÷1=12s，Q點(diǎn)從點(diǎn)C到點(diǎn)B需要的時(shí)間為12÷4=3s；分①當(dāng)0<t≤3時(shí)，PD=12-t，BQ=12-4t，∴12-t=12-4t，解得：t=0（不合題意，舍去）；②當(dāng)3<t≤6時(shí)，PD=12-t，BQ=4t-12，∴12-t=4t-12，解得：t=4.8；③當(dāng)6<t≤9時(shí)，PD=12-t，BQ=36-4t，∴12-t=36-4t，解得：t=8；④當(dāng)9<t≤12時(shí)，PD=12-t，BQ=4t-36，∴12-t=4t-36，解得：t=9.6；綜上所述，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為4.8秒或8秒或9.6秒時(shí)，以P，D，Q，B四點(diǎn)組成的四邊形是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．3．（2022春·貴州黔東南·八年級(jí)校聯(lián)考期末）小紅根據(jù)學(xué)習(xí)平行四邊形的經(jīng)驗(yàn)，對(duì)平行四邊形進(jìn)行了拓展探究．【問題探究】如圖1，在邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上，請(qǐng)按要求完成下列各題：(1)在網(wǎng)格中找一點(diǎn)D，畫線段CD∥BA且使CD=BA，連接(2)在括號(hào)內(nèi)填寫根據(jù)：∵CD∥BA且CD＝∴四邊形ABCD是平行四邊形（____________）【拓展延伸】(3)如圖2，在四邊形ABCD中，AD∥BC，BC=8厘米，AD=9厘米，點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以2厘米/秒的速度由點(diǎn)A向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以1厘米/秒的速度由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．請(qǐng)問：經(jīng)過幾秒，直線PQ將四邊形【答案】(1)見解析(2)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形(3)經(jīng)過1秒或83秒或3秒，直線PQ將四邊形ABCD截出一個(gè)平行四邊形【分析】（1）根據(jù)相關(guān)要求作圖即可；（2）直接運(yùn)用平行線四邊形的判定性質(zhì)即可解答；（3）經(jīng)過x秒，直線PQ將四邊形ABCD截出一個(gè)平行四邊形平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的判定分情況分析求解即可．【詳解】（1）解：如圖所示；（2）解：由平行四邊形的判定定理可得判定四邊形ABCD是平行四邊形的依據(jù)是：一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．（3）解：經(jīng)過x秒，直線PQ將四邊形ABCD截出一個(gè)平行四邊形平行四邊形，則：AP=2x米，DP=9-2x米，CQ=x米，BQ=∵AD∥∴只需AP=BQ或AP=CQ或PD=BQ或PD=CQ，即得四邊形是平行四邊形．①由AP=BQ，得：2x=8-x，解得：x=8②由AP=CQ，得：2x=x，解得：x=0，不合題意，舍去；③由PD=BQ，得：9-2x=8-x，解得：x=1；④由PD=CQ，得：9-2x=x，解得：x=3．答：經(jīng)過1秒或83秒或3秒，直線PQ將四邊形ABCD【點(diǎn)睛】本題主要考查了作平行四邊形、平行四邊形的判定等知識(shí)點(diǎn)，掌握平行四邊形的判定定理是解答本題的關(guān)鍵．4．（2022春·湖北武漢·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)O，A，C的坐標(biāo)分別為O0,0，A4,0，C0,c，動(dòng)點(diǎn)P從A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿射線AB方向移動(dòng)，作△PAO關(guān)于直線PO的對(duì)稱△PA'(1)當(dāng)c=x-2①矩形的頂點(diǎn)B的坐標(biāo)是；②如圖2．當(dāng)點(diǎn)A'落在OB上時(shí)，顯然△PA'(2)若直線PA'與直線BC相交于點(diǎn)M，且t<3時(shí)，∠POM=45°．問：當(dāng)t>3時(shí)，【答案】(1)①4,3；②A(2)不變，理由見解析【分析】（1）①根據(jù)二次根式有意義的條件，得出c=3，即可得出點(diǎn)B的坐標(biāo)；②根據(jù)勾股定理求出OB=5，設(shè)AP=A'P=x，則BP=AB-x=3-x，根據(jù)勾股定理求出x=43，再用等面積法求出A（2）連接OM，證明△OMC≌△OMA'AAS，得出四邊形OABC為正方形，再進(jìn)行分類討論：①當(dāng)②當(dāng)t>4時(shí)，證明Rt△OMA'≌Rt△OMCHL，根據(jù)∠1+∠2+∠3+∠4=90°【詳解】（1）解：①∵c=x-2∴x-2=0，∴c=3，∴C0,3∵A4,0∴B4,3故答案為：4,3；②過點(diǎn)A'作A'Q⊥AB∵A4,0，B∴OA=3,AB=3，根據(jù)勾股定理可得：OB=O∵△PAO和△PA'O∴OA'=OA=4則A'設(shè)AP=A'P=x在Rt△A'即12解得：x=4∴BP=AB-AP=3-4∵∠PA∴S△即1×43=∴點(diǎn)A'的橫坐標(biāo)為4-設(shè)直線OB的函數(shù)表達(dá)式為y=kx，將點(diǎn)B4,3代入得：3=4k，解得：k=∴直線OB的函數(shù)表達(dá)式為y=3將x=165代入得：∴A'（2）解：連接OM，∵∠POM=45°，∠AOC=90°，∴∠1+∠4=45°，∠2+∠3=45°，∵△PAO和△PA'O∴∠3=∠4，∴∠1=∠2，在△OMC和△OMA∠1=∠2∠OCM=∠O∴△OMC≌△OMA∴OC=OA'=OA①當(dāng)3<t≤4時(shí)，∵△OMC≌△OMA'，∴∠POM=1②當(dāng)t>4時(shí)，在Rt△OMA'OA∴Rt△OM∴∠1=∠2，∵OC∥∴∠3=∠OPA，由折疊的性質(zhì)可得：∠4=∠OPA，∠A∴∠3=∠4，∵∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠2+∠3=45°，即∠POM=45°．綜上：不會(huì)改變．【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次根式有意義的條件，勾股定理，三角形全等是判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)內(nèi)容，正確畫出圖形和輔助線，構(gòu)造全等三角形求解．5．（2022春·江蘇·八年級(jí)姜堰區(qū)實(shí)驗(yàn)初中?？计谀┤鐖D，已知正方形ABCD，將它繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°<α<90°）得正方形AEFG，EF交BC于H，AB=2．(1)求證：AH平分∠BHE；(2)當(dāng)A、①求證：A、②求BH長．(3)當(dāng)D、B、【答案】(1)見解析(2)①見解析；②(3)15°【分析】（1）根據(jù)題意可得AB=AE，∠B=∠AEH=90°，通過證明Rt△ABH≌Rt△AEHHL可得到∠BHA=∠EHA（2）①根據(jù)題意可得∠HEA=90°，∠ABC=90°，∠BAC=∠BCA=45°，從而可得到∠FHB=45°，∠BFH=45°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠FBH=90°，由∠FBH+∠ABH=180°即可得證；②連接AH，同（1）可證明Rt△ABH≌Rt△AEHHL得到BH=EH，設(shè)BH=x，則HE=BH=x（3）連接AC、CE、CF，通過證明△FAB≌△CAESAS和△ABF≌△FEC【詳解】（1）證明：連接AH，根據(jù)題意可得：AB=AE，∠B=∠AEH=90°，在Rt△ABH和Rt△AEH中，AB=AEAH=AH∴Rt△ABH≌Rt△AEHHL∴∠BHA=∠EHA，∴AH平分∠BHE；（2）解：根據(jù)題意畫出圖如圖所示：①證明：根據(jù)題意可得：∠HEA=90°，∴∠FHB=∠CHE=90°-∠BCA=90°-45°=45°，∠AFE=90°-∠BAC=90°-45°=45°，∵∠BFH+∠FHB+∠FBH=180°，∴∠FBH=90°，∵∠FBH+∠ABH=180°，∴A、②連接AH，根據(jù)題意可得：AB=AE，∠B=∠AEH=90°，在Rt△ABH和Rt△AEH中，AB=AEAH=AH∴Rt△ABH≌Rt△AEHHL∴BH=EH，∵AB=2，∴AC=22設(shè)BH=x，則HE=BH=x，CH=2-x，∵HE∴x解得：x=22∴BH=22（3）解：根據(jù)題意畫出圖如圖所示：連接AC、由題意可得：AC=AF，AB=AE=EF，∴∠ABF=180°-∠ABD=180°-45°=135°，∵∠FAB+∠BAE=45°，∴∠FAB=∠CAE，在△FAB和△CAE中，AF=AC∠FAB=∠CAE∴△FAB≌△CAESAS∴∠AEC=∠ABF=135°，∵∠AEC+∠FEC+∠AEF=360°，∴∠FEC=135°，在△ABF和△FEC中，AB=BC∠ABF=∠FEC∴△ABF≌△FECSAS∴FC=AF=AC，∴△ACF為等邊三角形，∴∠CAF=60°，∴∠FAB=∠CAF-∠CAB=60°-45°=15°．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．6．（2022春·江蘇揚(yáng)州·八年級(jí)校考期末）如圖1，在?ABCD中，∠ADC的平分線交AB于點(diǎn)E，交CB的延長線于F，以BE、BF為鄰邊作?EBFH．(1)證明：平行四邊形EBFH是菱形；(2)如圖2，若∠ABC=60°，連接HA、HB、HC、AC，求證：△ACH是等邊三角形．(3)如圖3，若∠ABC=90°．①直接寫出四邊形EBHF的形狀；②已知AB=10，AD=6，M是EF的中點(diǎn)，求CMCF【答案】(1)見解析(2)見解析(3)①菱形EBFH為正方形；②CMCF【分析】（1）證明∠HEF=∠HFE，則EH=FH，即可求解；（2）證明四邊形DCFG為菱形，則△DGC、△CGF均為等邊三角形；證明△CAG≌△CHFSAS，則CA=CH，再證明∠ACH=60°（3）①∠ABC=90°，則平行四邊形ABCD為矩形，菱形EBFH為正方形；②MN=2=BN，CN=BC+NB，則CM=C【詳解】（1）證明：∵DE是∠ADC的平分線，∴∠CDE=∠ADE，∵CD∥AB，∴∠CDE=∠AED=∠HFE，∵AD∥∴∠EDA=∠FEH，∴∠HEF=∠HFE，∴EH=FH，∴?EBFH為菱形；（2）證明：延長DA交FH的延長線于點(diǎn)G，連接CG，∵四邊形ABCD為平行四邊形，故CD∥AB，而四邊形EBFH為菱形，故EB∥∴DG∥CF，∴四邊形DCFG為平行四邊形，∵DE是∠ADC的角平分線，∵∠CDF=∠GDF，∴CD∥∴∠CDF=∠GFD=∠GDF，∴DG=GF，∴平行四邊形DCFG為菱形，∵∠ABC=60°，∴△DGC、△CGF均為等邊三角形，∴∠CGD=∠CGF=60°，CG=CF，同理可得：四邊形AEHG為平行四邊形，故AG=EH=HF，在△CAG和△CHF中，CG=CF，AG=HF，∠CGD=∠CGF=60°，∴△CAG≌△CHFSAS∴CA=CH，∠ACG=∠HCF，∵∠ACH=∠ACG+∠GCH=∠GCH+∠HCF=60°，∴△ACH是等邊三角形；（3）解：①∠ABC=90°，則平行四邊形ABCD為矩形，∴菱形EBFH為正方形；②由（1）知△ADE為等腰直角三角形，故AE=AD=6，則BE=10-6=4，連接BH，過點(diǎn)M作MN⊥BF于點(diǎn)N，∵M(jìn)是EF的中點(diǎn)，故點(diǎn)M時(shí)正方形EBFH對(duì)角線的交點(diǎn)，則MN=1則CN=BC+NB=6+2=8，CF=BC+BF=6+4=10∴CM=C∴CMCF【點(diǎn)睛】本題是幾何綜合題，考查了勾股定理、等邊三角形、三角形全等、平行四邊形和特殊四邊形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)較多，有一定的難度．7．（2022春·河北保定·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知等邊三角形ABC的邊長為12，D為射線BC上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與B，C重合），以AD為邊作菱形ADEF，使∠DAF=60°，連接BF．(1)如圖，當(dāng)點(diǎn)D在BC邊上時(shí)，求證：△ACD≌△ABF，(2)在點(diǎn)D的移動(dòng)過程中，當(dāng)BF=3時(shí)，求BD的長度(3)設(shè)△ABC與菱形ADEF的面積分別為S1，S2，直接寫出【答案】(1)見解析(2)當(dāng)BF=3時(shí)，求BD的長度為9或15；(3)2【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)得出AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°，進(jìn)而得出∠BAF=∠CAD，根據(jù)SAS證明△ACD≌△ABF，即可；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出.CD=BF=3，分當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長線上時(shí)，分類討論即可求解；（3）連接DF，過點(diǎn)A作AG⊥DF于點(diǎn)G，依題意得出△ADF是等邊三角形，則S2=2S△ADF，設(shè)AD=m，則DF=m，勾股定理得出AG=32m，進(jìn)而得出S1=【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°∵四邊形ADEF是菱形，∠DAF=60°，∴AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°，∴∠DAF-∠BAD=∠BAC-∠BAD即∠BAF=∠CAD在△ACD和△ABF中AC=AB∴△ACD≌△ABFSAS（2）解：∵等邊三角形ABC的邊長為12，∴BC=12，∵△ACD≌△ABF∴.CD=BF=3當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，如圖所示，此時(shí)BD=BC-CD=12-3=9，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長線上時(shí)，如圖所示，此時(shí)BD=BC+CD=12+3=1，綜上所述，當(dāng)BF=3時(shí)，求BD的長度為9或15；（3）如圖所示，連接DF，過點(diǎn)A作AG⊥DF于點(diǎn)G，∵四邊形ADEF是菱形，∠DAF=60°，∴△ADF是等邊三角形，S2設(shè)AD=m，則DF=m，∵AG=DF，∴DG=FG=1∴AG=A∴S同理S1∴S當(dāng)m取得最小值時(shí)，S1∴當(dāng)AD⊥BC時(shí)，m取得最小值，此時(shí)m=AD=3∴S即S1S【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（2022春·浙江杭州·八年級(jí)?？计谀┤鐖D，有一張矩形紙條ABCD，AB=5cm，BC=2cm，點(diǎn)M，N分別在邊AB，CD上，CN=1cm．現(xiàn)將四邊形BCNM沿MN折疊，使點(diǎn)B，C分別落在點(diǎn)B(1)當(dāng)點(diǎn)B'恰好落在邊CD①證明：△B②求線段BM的長；(2)點(diǎn)M從點(diǎn)A向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的過程中，若邊線段MB'與邊CD交于點(diǎn)①求此運(yùn)動(dòng)過程中，DE的最大值；②請(qǐng)直接寫出點(diǎn)E相應(yīng)運(yùn)動(dòng)的路徑長．【答案】(1)①證明見解析；②5(2)①DE的最大值2cm；②5【分析】（1）①證明：如下圖，由將四邊形BCNM沿MN折疊，使點(diǎn)B，C分別落在點(diǎn)B'，C'上，得CN=C'N，∠1=∠2，再由四邊形ABCD是矩形，得AB∥CD，從而有∠2=∠（2）①如圖3中，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到MB'⊥AB時(shí)，由垂線段最短，得當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到MB'⊥AB時(shí)，EM=E'【詳解】（1）①證明：如圖1，∵將四邊形BCNM沿MN折疊，使點(diǎn)B，C分別落在點(diǎn)B'，C∴CN=C'N，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1=∴∠2=∴BM=B'M，∴△B②解：在Rt△B'N∴BM=B'M=B'N=5（2）解：如圖2，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)A重合時(shí)，AE=EN，設(shè)AE=EN=xcm，則DE=CD-DE-CN=4-x（cm在Rt△ADE中，有AE2=AD∴DE=4-5①如圖3中，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到MB∵垂線段最短，∴當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到MB'⊥AB∴此時(shí)DE'=4-②如圖4中，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B落在CD時(shí)，DB'（即DE∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡E→E'→E″，運(yùn)動(dòng)路徑=EE【點(diǎn)睛】本題考查矩形為背景的折疊問題，翻折變換，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．9．（2022春·浙江溫州·八年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，等邊△ABC中，AB=6，動(dòng)點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC上的兩個(gè)點(diǎn)，且滿足CD=CE+1，以CD，CE為鄰邊構(gòu)造?DCEF，記CE的長為m(1)EF=______（含m的代數(shù)式表示）；(2)當(dāng)點(diǎn)F分別落在∠A，∠B的角平分線上時(shí)，求對(duì)應(yīng)的m的值；(3)作∠B的角平分線，交AC于H，當(dāng)BH恰好平分?DCEF的面積時(shí)，m=_____．（請(qǐng)直接寫出答案）【答案】(1)m+1(2)43和(3)11【分析】（1）由CD=CE+1，CE=m，得CD=m+1，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得EF=CD=m+1，于是得到問題的答案；（2）作∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)G，由等邊三角形的性質(zhì)得BC=AB=6，∠BAC=60°，AG⊥BC，則CG=BG=3，∠AGC=90°，∠CAG=∠BAG=30°，因?yàn)镈F∥AC，且點(diǎn)F在AG上，所以∠DFG=∠CAG=30°，則DG=12DF，所以3-m+1=12m；作∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)H，則∠BHC=90°，（3）連接DE交BH于點(diǎn)O，作DL⊥AC于點(diǎn)H，因?yàn)锽H平分?DCEF的面積，所以BH經(jīng)過?DCEF的對(duì)稱中心，可證明△OID≌△OHE，得DI=EH=m-3，再證明四邊形DIHL是矩形，則HL=DI=m-3，所以CL=3-m-3=6-m，由CL=12CD【詳解】（1）解：∵CD=CE+1，CE=m，∴CD=m+1，∵四邊形DCEF是平行四邊形，∴EF=CD=m+1，故答案為：m+1．（2）當(dāng)點(diǎn)F落在∠BAC的平分線上時(shí)，如圖1，作∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)G，∵△ABC是等邊三角形，AB=6，∴BC=AB=6，∠BAC=60°，AG⊥BC，∴CG=BG=12BC=12∵DF∥AC，且點(diǎn)F在∴∠DFG=∠CAG=30°，∴DG=1∵CD=m+1，DF=CE=m，∴3-m+1解得m=4當(dāng)點(diǎn)F落在∠ABC的平分線上時(shí)，如圖2，作∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)H，∵BH⊥AC，∠ABC=60°，AC=AB=6，∴∠BHC=90°，∠CBH=12∠ABC=∵EF∥∴∠EFH=∠CBH=30°，∴EH=1∴3-m=1解得m=5綜上所述，m的值分別為43和5（3）如圖3，連接DE交BH于點(diǎn)O，作DL⊥AC于點(diǎn)H，則DL∥∵BH平分?DCEF的面積，∴BH經(jīng)過?DCEF的對(duì)稱中心，∴OD=OE，設(shè)BH交DF于點(diǎn)I，∵DF∥∴∠OID=∠OHE=90°，在△OID和△OHE中，∠OID=∠OHE∠DOI=∠EOH∴△OID≌△OHEAAS∴DI=EH=m-3，∵∠HID=∠IHL=∠HLD=90°，∴四邊形DIHL是矩形，∴HL=DI=m-3，∴CL=3-m-3∵∠CLD=90°，∠CDL=∠CBH=30°，∴CL=1∴6-m=1解得m=11故答案為：113【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查等邊三角形的性質(zhì)、直角三角形中30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半、平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用等知識(shí)與方法，此題綜合性強(qiáng)，難度較大，屬于考試壓軸題．考點(diǎn)4考點(diǎn)4一次函數(shù)解答期末真題壓軸題1．（2022春·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）問題發(fā)現(xiàn)．(1)如圖1，等腰直角△AOB置于平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為2,0，0,2，D是AB上一點(diǎn)，AD=OA，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為______．(2)問題探究：如圖2，若點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為16,0，0,12，其余條件與1相同，求經(jīng)過O，D兩點(diǎn)的直線表達(dá)式．(3)問題解決：國慶前夕，某景區(qū)為了提高服務(wù)質(zhì)量，想盡可能美化每一個(gè)角落，給游客美的享受．如圖3，△ABO是景區(qū)東門的廣場(chǎng)一角，OA，OB兩面墻互相垂直，景區(qū)管理部門設(shè)計(jì)將OA，OB墻面布置成歷史故事宣傳墻，AB邊上用建筑隔板搭出AD段將該角落與廣場(chǎng)其他區(qū)域隔開，AD段布置成時(shí)事政治宣傳墻，剩余BD部分為廣場(chǎng)角出入口，內(nèi)部空間放置一些綠植和供游人休息的桌椅，考慮到防疫安全，還需在靠近出入口的E處建一個(gè)體溫檢測(cè)點(diǎn)．已知AD=OA=16m，OB=12m，BC平分∠OBA，體溫檢測(cè)點(diǎn)E在BC與OD的交點(diǎn)處．求點(diǎn)E分別到OB，【答案】(1)2-(2)y=3x(3)125m【分析】1過D作DH⊥OA于H，根據(jù)勾股定理和等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；2過D作DH⊥OA于H，根據(jù)已知條件得到直線AB的解析式為y=-34x+12，根據(jù)勾股定理得到AB=OA3以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，由2得直線OD的解析式為y=3x，過C作CF⊥AB于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到OC=CF，證明Rt△BOC≌Rt△BFC，求得BF=OB=12，由2知，AB=20，根據(jù)勾股定理得到C152【詳解】（1）如圖1，過D作DH⊥OA于H，∴DH∥OB，∵△AOB是等腰直角三角形，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為2,0，0,2，∴OA=OB=2，∠OAB=∠OBA=45°，∴△ADH是等腰直角三角形，∴DH=AH=2∵AD=OA=2，∴DH=AH=2∴OH=2-2∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為2-2故答案為：2-2（2）如圖2，過D作DH⊥OA于H，∴DH∥OB，∵點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為16,0，0,12，∴OA=16，OB=12，∴AB=O∵AD=OA∴AD=16，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，則16k+b=0b=12∴k=-3∴直線AB的解析式為y=-3設(shè)Da,-∴DH=-34a+12∴AH=16-a，∵AH∴16-a2解得a=165或∴D16設(shè)直線OD的解析式為y=k'x，∴485∴k'∴直線OD的解析式為y=3x；（3）如圖3，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，由2得直線OD的解析式為y=3x，過C作CF⊥AB于F，∵BC平分∠OBA，∠AOB=90°，∴OC=CF，∵BC=BC，∴Rt△BOC≌∴BF=OB=12，由2知，AB=20，∴AF=8，∵CF∴OC∴OC=6，∴C6,0設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，則6m+n=0n=12∴m=-2∴直線BC的解析式為y=-2x+12，∴y=-2x+12y=3x解得，x=12∴點(diǎn)E分別到OB，OA墻面的距離分別為125m【點(diǎn)睛】本題主要考查了一次函數(shù)，全等三角形，勾股定理，等腰直角三角形等，解決問題的關(guān)鍵是添加輔助線，熟練掌握一次函數(shù)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式．2．（2022秋·陜西西安·八年級(jí)?？计谀┩瑢W(xué)們?cè)诘谝淮挝⒄n中聽取了劉老師與楊老師關(guān)于面積等分線練習(xí)的講評(píng)，小浩同學(xué)對(duì)此產(chǎn)生興趣，上網(wǎng)又查到了長方形的一些性質(zhì)：長方形的對(duì)角線相等且互相平分，對(duì)角線所在的直線是其一條面積等分線．請(qǐng)你利用以上性質(zhì)，幫小浩解決下面問題：(1)如圖①，已知長方形ABCD，請(qǐng)畫出它的一條面積等分線l（不經(jīng)過對(duì)角線）(2)四邊形OABC位于如圖②所示的平面直角坐標(biāo)系中，頂點(diǎn)O位于原點(diǎn)，其余頂點(diǎn)坐標(biāo)為A（4，6），B（8，7），C（10，0），CE是四邊形OABC的一條面積等分線，點(diǎn)E在y軸上，請(qǐng)求出點(diǎn)E的坐標(biāo)．(3)全民抗疫，西安加油！如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中（長度單位為米），長方形OABC是西安某小區(qū)在疫情期間為居民核酸檢測(cè)圍成的一個(gè)工作區(qū)域，頂點(diǎn)A，C在坐標(biāo)軸上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記頂點(diǎn)B（20，12），原有的一個(gè)出入口D在邊OC上，且CD=4米，為使工作高效有序，現(xiàn)計(jì)劃在邊AB，OA，BC上依次再設(shè)出入口E，G，H，沿DE，GH拉兩道警戒線將工作區(qū)域分成面積相等的四部分，請(qǐng)問，是否存在滿足上述條件的點(diǎn)E，H，G，如存在，請(qǐng)求出點(diǎn)E的坐標(biāo)及GH的函數(shù)表達(dá)式，如不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)圖見詳解(2)0,(3)E(4,12)，y=0.36x+2.4【分析】（1）找出圖形的中點(diǎn)，即可畫出一條面積等分線；（2）幾何知識(shí)的綜合應(yīng)用，分清矩形的性質(zhì)，面積的等分線，梯形的性質(zhì)等知識(shí)，逐一分析坐標(biāo)后，找到一條面積等分線，列式計(jì)算，即可解決問題；（3）利用圖形的設(shè)計(jì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，即可解決問題．（1）解：如圖①：過點(diǎn)O作MN，分別交AD、BC于M、N，∵點(diǎn)O為正方形ABCD的對(duì)角線交點(diǎn)，∴點(diǎn)為AC、BD的中點(diǎn)，∴點(diǎn)M、點(diǎn)N分別是AD、BC的中點(diǎn)，∴長方形ABNM的面積=長方形MNCD的面積，∴MN為長方形ABCD的一條面積等分線．（2）解：如圖②：過點(diǎn)A作AP⊥OC交OC于P，過點(diǎn)B作BQ⊥OC交OC于Q，∵A(4,6)，B(8,7)，C(10,0)，∴==45，∵SΔAOC∴CE與OA有交點(diǎn)，并假設(shè)該交點(diǎn)為F，∵CE是四邊形OABC的一條面積等分線，∴SΔOFC∴y∵點(diǎn)F在OA上，∴y=3又∵y∴x∴F(3,9設(shè)直線CF的解析式為y=kx+b，把點(diǎn)C(10,0)，F(xiàn)(3,910k+b=03k+b=92∴直線CF的解析式為：y=-9令x=0，得y=45∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,45（3）如圖3：在AB上取AE=CD=4，連接DE，則E(4,12)，取DE的中點(diǎn)M，AO的中點(diǎn)N，連接MN，則MN是梯形AODE的中位線，∴MN=202=10AN=ON=6（米)，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(10,6)，由于長方形被分成四塊面積相等的部分，∴每塊面積為：14又∵S在點(diǎn)的下方取一點(diǎn)G，使SΔ由S=12NG?MN得：NG=∴OG=6-3.6=2.4（米)，∴點(diǎn)G坐標(biāo)為(0,2.4)，連接GM并延長交BC于H，則D、E、G、H為所求作的點(diǎn)，設(shè)GH的解析式為：y=kx+b，則b=2.4，10k+b=6，解得：k=0.36，b=2.4，∴y=0.36x+2.4．【點(diǎn)睛】主要考查了圖形的設(shè)計(jì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，矩形的性質(zhì)，面積的等分線，梯形的性質(zhì)等知識(shí)，解題關(guān)鍵是利用面積確定點(diǎn)G的位置．3．（2022春·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）讀一讀“數(shù)形結(jié)合”是一種重要的數(shù)學(xué)思想，其簡而言之就是把數(shù)學(xué)中“數(shù)”和數(shù)學(xué)中“形”結(jié)合起來解決數(shù)學(xué)問題的一種數(shù)學(xué)思想．具體地說就是將抽象數(shù)學(xué)語言與直觀圖形結(jié)合起來，使抽象思維與形象思維結(jié)合起來，通過“數(shù)”與“形”之間的對(duì)應(yīng)和轉(zhuǎn)換來解決數(shù)學(xué)問題．在中學(xué)數(shù)學(xué)的解題中，主要有三種類型：以數(shù)化形、以形變數(shù)、形數(shù)互變．研一研【定義】在平面直角坐標(biāo)系xoy中，如果點(diǎn)A，C為某個(gè)菱形的一組對(duì)角的頂點(diǎn)，且點(diǎn)A，C在直線y＝x上，那么稱該菱形為點(diǎn)A，C的“最佳菱形”．如圖是點(diǎn)A，C的“最佳菱形”的一個(gè)示意圖．【運(yùn)用】已知點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，2），點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4，4）．(1)下列各組點(diǎn)，能與點(diǎn)M，P形成“最佳菱形”的是______．①E（3，4），F(xiàn)（4，3）

②G（2，3），H（3，2）

③I（2，4），J（4，2）(2)如果四邊形MNPQ是點(diǎn)M，P的“最佳菱形”．①當(dāng)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（6，0）時(shí)，求四邊形MNPQ的面積；②當(dāng)四邊形MNPQ的面積為16，且與直線y＝x＋b有公共點(diǎn)時(shí)，求b的取值范圍．【答案】(1)③(2)①12；②-8≤b≤6【分析】（1）如圖1中，觀察圖象可知：I、J能夠成為點(diǎn)M，P的“最佳菱形”頂點(diǎn)．（2）①如圖2中，根據(jù)已知三點(diǎn)的坐標(biāo)可得最佳菱形的點(diǎn)Q的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理求出菱形對(duì)角線的長度，根據(jù)面積公式可得結(jié)果；②根據(jù)菱形的性質(zhì)得：PM⊥QN，且對(duì)角線互相平分，由菱形的面積為16，且菱形的面積等于兩條對(duì)角線積的一半，可得QN的長，求出Q，N的坐標(biāo)，可得結(jié)論．（1）如圖1，觀察圖象可知：IM=4-2=2，IP=4-2=2，MJ=PJ=4-2=2，∴IM=IP=MJ=PJ，∴四邊形IMJP是菱形，∴I、J能夠成為點(diǎn)M，P的“最佳菱形”頂點(diǎn)．故選：③；（2）①如圖，∵M(jìn)（2，2），P（4，4），N（6，0），四邊形MNPQ是點(diǎn)M，P的“最佳菱形”．∴Q（0，6），∴NQ=62+62=62，∵M(jìn)P=4-22+4-22=22，∴四邊形MNPQ的面積=12×62×22=12；②∵四邊形MNPQ的面積為16，MP=22，∴12×MP×NQ=16，即12×22NQ=16，∴NQ=82，∵四邊形MNPQ是菱形，∴MP⊥NQ，ME=2，NE=42，過MP中點(diǎn)E作EA⊥x軸交x軸于B，且AE=4，過E作CD⊥MP，交過點(diǎn)A作x軸的平行線于C，∵點(diǎn)M，P在直線y=x上，∴∠EOB=45°，∵M(jìn)P⊥CD，∴∠OEA=90°-45°=45°=∠CEA，∴△ACE是等腰直角三角形，∴AC=AE=4，∴CE=42，∴點(diǎn)N與點(diǎn)C重合，∴N（7，-1），∴Q(-1，7)，將N點(diǎn)代入y＝x【點(diǎn)睛】本題是一次函數(shù)的綜合題，考查了菱形的性質(zhì)、菱的判定、點(diǎn)M，P的“最佳菱形”的定義等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)利用圖象解決問題，屬于中考創(chuàng)新題目．4．（2022春·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，矩形OABC的頂點(diǎn)A8,0，C0,6，將矩形OABC的一個(gè)角沿直線BD折疊，使得點(diǎn)A落在對(duì)角線OB上的點(diǎn)E處，折痕與x軸交于點(diǎn)(1)線段OB的長度______；(2)求直線BD所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；(3)若點(diǎn)Q在線段BD上，在線段BC上是否存在點(diǎn)P，使以D，E，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)10(2)y=2x-10(3)存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)是5,6【分析】（1）利用勾股定理即可求出結(jié)果；（2）設(shè)AD=a，則OD=8-a，利用折疊的性質(zhì)結(jié)合勾股定理求出a值，進(jìn)而求出點(diǎn)D坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線BD所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（3）過點(diǎn)E作EP∥BD交BC于P，過點(diǎn)P作PQ∥DE交BD于點(diǎn)Q，過點(diǎn)E作EF⊥OD于點(diǎn)F，則四邊形DEPQ是平行四邊形，利用等積法求出EF，利用勾股定理，求出OF的長，進(jìn)而求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，再求出直線PE函數(shù)表達(dá)式即可解決問題．【詳解】（1）∵A8,0，C∴OA=8，OC=6，∵四邊形OABC是矩形，∴BC=OA=8，AB=OC=6，∴B8,6在Rt△AOB中，∴OB=O故答案為：10（2）設(shè)AD=a，則OD=8-a∵Rt△ABD沿直線BD折疊得到Rt△EBD，點(diǎn)A落在對(duì)角線OB上的點(diǎn)E處，∴DE=a，BE=AB=6，∴OE=OB-BE=4，在Rt△ODE中∵OD∴8-a2∴a=3，∴D5,0設(shè)直線BD所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b∵B8,6，∴8k+b=6∴k=2∴直線BD所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=2x-10．（3）過點(diǎn)E作EP∥BD交BC于P，過點(diǎn)P作PQ∥DE交BD于點(diǎn)Q，過點(diǎn)E作EF⊥OD于點(diǎn)F，∵EP∥BD，PQ∥DE，∴四邊形DEPQ是平行四邊形，EF⊥OD，∵SRt△DOE∴EF=OE·DE∵OE∴OF=O∴E16∵EP∥BD，直線BD的函數(shù)表達(dá)式是y=2x-10，∴設(shè)直線PE函數(shù)表達(dá)式是y=2x+n．∵E165,∴125∴n=-4，∴直線PE函數(shù)表達(dá)式是y=2x-4，令y=6，則6=2x-4，∴x=5，∴P5,6故答案為：在線段BC上存在點(diǎn)P，使以D，E，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，點(diǎn)P的坐標(biāo)是5,6．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的綜合，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握待定系數(shù)法，學(xué)會(huì)構(gòu)建一次函數(shù)模型解決問題是解本題的關(guān)鍵．5．（2022春·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在y軸的正半軸上，點(diǎn)B在x軸的正半軸上，OA＝OB＝10．（1）求直線AB的解析式；（2）若點(diǎn)P是直線AB上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)S△OBP＝14S△OAP時(shí)，求點(diǎn)P（3）將直線AB向下平移10個(gè)單位長度得到直線l，點(diǎn)M，N是直線l上的動(dòng)點(diǎn)（M，N的橫坐標(biāo)分別是x，x，且x＜x），MN＝42，求四邊形ABNM的周長的最小值，并說明理由．【答案】（1）y=-x+10；（2）P8,2或403,-103；（3）四邊形【分析】（1）由題意易得A0,10（2）由題意可得△OBP若以O(shè)B為底，則點(diǎn)P的縱坐標(biāo)的絕對(duì)值就是它的高，△OAP若以O(shè)A為底，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的絕對(duì)值就是它的高，然后根據(jù)三角形面積計(jì)算公式可進(jìn)行求解；（3）由題意可得如圖所示，作點(diǎn)A關(guān)于MN的對(duì)稱點(diǎn)C，作MD∥BN，進(jìn)而可得MA=MC，MD=BN，要使四邊形ABNM的周長的最小值，則需滿足AM+BN=MC+MD為最小即可，進(jìn)而問題可求解．【詳解】解：（1）∵點(diǎn)A在y軸的正半軸上，點(diǎn)B在x軸的正半軸上，OA＝OB＝10，∴A0,10設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，∴10k+b=0b=10，解得：k=-1∴直線AB的解析式為y=-x+10；（2）由（1）及題意可設(shè)Pm,-m+10，則有△OBP若以O(shè)B為底，則點(diǎn)P的縱坐標(biāo)的絕對(duì)值就是它的高，△OAP若以O(shè)A為底，則點(diǎn)P∵S△OBP＝14S△OAP∴12∵OA＝OB＝10，∴-m+10=解得：m=8或m=40∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為8,2或403（3）由題意可得如圖所示：作點(diǎn)A關(guān)于MN的對(duì)稱點(diǎn)C，作MD∥BN，連接MC、CD，∴AM=MC，AC⊥MN，∵M(jìn)N∥AB，∴四邊形MNBD是平行四邊形，∠CAD=90°，∴MN=BD,MD=BN，∵M(jìn)N＝42，∴BD=42∵OA=OB=10，∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB=2OA=102，直線l與AB∴根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得AC=102∴四邊形ABNM的周長為AB+BN+MN+AM=AB+MD+MN+CM=142要使四邊形ABNM的周長的最小值，則需滿足MC+MD為最小即可，即需滿足點(diǎn)C、M、D三點(diǎn)共線時(shí)即可，此時(shí)MC+MD=CD，∴在Rt△ADC中，AC=102CD=A∴MC+MD=417∴四邊形ABNM的周長的最小值為142【點(diǎn)睛】本題主要考查一次函數(shù)與幾何的綜合、等腰直角三角形的性質(zhì)與判定、軸對(duì)稱的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握一次函數(shù)與幾何的綜合、等腰直角三角形的性質(zhì)與判定、軸對(duì)稱的性質(zhì)及勾股定理是解題的關(guān)鍵．6．（2022秋·廣東廣州·八年級(jí)?？奸_學(xué)考試）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線l1:y=-12x+12交x軸于點(diǎn)A，直線l2:y=m+1x（1）求B點(diǎn)的坐標(biāo)（用含m的代數(shù)式表示）；（2）作直線l2關(guān)于y軸的對(duì)稱直線l3，直線l1和l①求證：點(diǎn)C在直線y=mx+1上；②已知P-1,1-m，請(qǐng)問：是否存在P點(diǎn)，使得A到直線PC的距離最大？若存在，請(qǐng)求這個(gè)最大距離，并指出此時(shí)P【答案】（1）（1，m+1）；（2）①見解析；②存在，最大距離為1，P（-1，0）【分析】（1）在y=-12x+12中，令y=0求出點(diǎn)A坐標(biāo)，得到點(diǎn)B（2）①得到點(diǎn)B關(guān)于B′的坐標(biāo)，連接B′O，求出OB′的表達(dá)式，聯(lián)立l1和l3，求出點(diǎn)C坐標(biāo)，代入y=mx+1中驗(yàn)證即可；②判斷出點(diǎn)B在y=mx+1上，且點(diǎn)P在直線BC上，過點(diǎn)A作AN⊥BC，交BC于N，連接AM，根據(jù)AN≤AM，得出M，N重合時(shí)，AN最大，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得點(diǎn)P坐標(biāo)．【詳解】解：（1）由直線y=-1當(dāng)y=0時(shí)，x=1，∴A（1，0），∵AB⊥x軸，∴點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為1，將x=1代入y=m+1得：y=m+1，∴B（1，m+1）；（2）①作點(diǎn)B關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)B′（-1，m+1），連接B′O，則直線B′O即為直線l3，設(shè)直線l3：y=kx，將B′（-1，m+1）代入，得：-k=m+1，解得：k=-m-1，∴直線l3：y=（-m-1）x，∵直線l1和l3相交于點(diǎn)C，聯(lián)立得：y=-12x+∴C（-12m+1，當(dāng)x=-12m+1時(shí)，y=∴點(diǎn)C在直線y=mx+1上；②顯然點(diǎn)B在直線y=mx+1上，∴直線BC的解析式為y=mx+1，又當(dāng)x=-1時(shí)，y=1-m，∴P（-1,1-m）切好落在直線BC上，∴直線PC即直線BC，過點(diǎn)A作AN⊥BC，交BC于N，令定點(diǎn)M（0，1），連接AM，由垂線段最短可知：AN≤AM，∵A（1，0），M（0，1），∴AM=2，且直線AM為y=-x+1，且△OAM是等腰直角三角形，∴AN的最大值為2，此時(shí)M，N重合，則AM⊥BC，∴△AMP為等腰直角三角形，∴P（-1，0）．【點(diǎn)睛】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了求一次函數(shù)解析式，坐標(biāo)與圖形—軸對(duì)稱，一次函數(shù)的交點(diǎn)問題，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出函數(shù)圖像，分析圖像得到點(diǎn)與直線的關(guān)系，有一定難度．7．（2022秋·山東青島·八年級(jí)校考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB與x軸交于點(diǎn)B（b，0），與y軸交于點(diǎn)A（0，a），且a-b+2+(1)求S△AOB；(2)若P（x，y）為直線AB上一點(diǎn)．①求S△APO的面積（用含x的式子表示）；②求x與y的數(shù)量關(guān)系（用x表示y）；(3)已知點(diǎn)Q（m，m-2），若△ABQ的面積為6，求m．【答案】(1)4(2)①x或-x；②y=-(3)m=23【分析】（1）由非負(fù)性的性質(zhì)可得a-b+2=02a+b-8=0，解得a=2b=4，求出OB=4，（2）①過點(diǎn)P作PC⊥y軸于C，分兩種情況討論：當(dāng)x>0時(shí)，SΔAPO=x，當(dāng)x<0②分兩種情況討論：當(dāng)x?4時(shí)，由①可得SΔBPO=4-x=12OB×y=12×4×y，進(jìn)而可求解；當(dāng)x>4時(shí)，過點(diǎn)P作PC⊥y軸于C（3）過點(diǎn)Q作y軸的平行線，交直線AB于R，則R(m,-12m+2)，當(dāng)點(diǎn)R在點(diǎn)Q上方時(shí)，過點(diǎn)A作AC⊥直線QR于C，OB交直線QR于D，則四邊形ACDO是長方形；當(dāng)點(diǎn)R在點(diǎn)Q下方時(shí)，QR交x【詳解】（1）解：∵a-b+2+|2a+b-8|=0∴a-b+2≥0，2a+b-8∴a-b+2=02a+b-8=0，解得：a=2∵B(b,0)，A(0,a)，∴OB=4，OA=2，∴S（2）①過點(diǎn)P作PC⊥