人教版八年級數(shù)學(xué)下冊舉一反三專題21.6期末復(fù)習(xí)之填空壓軸題十五大題型總結(jié)(學(xué)生版+解析)(八年級下冊)

專題21.6期末復(fù)習(xí)之填空壓軸題十五大題型總結(jié)【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1二次根式的性質(zhì)與化簡】 1【題型2二次根式的運算】 1【題型3利用勾股定理構(gòu)造直角三角形】 2【題型4勾股定理與分類討論思想結(jié)合】 3【題型5勾股定理及其逆定理與網(wǎng)格作圖】 4【題型6由平行四邊形的性質(zhì)求值】 5【題型7確定組成平行四邊形點的個數(shù)】 6【題型8平行四邊形的應(yīng)用】 7【題型9矩形、菱形、正方形與勾股定理的綜合運用】 8【題型10矩形、菱形、正方形與全等三角形的綜合運用】 9【題型11與一次函數(shù)有關(guān)的面積問題】 10【題型12由一次函數(shù)的性質(zhì)求取值范圍】 11【題型13一次函數(shù)的應(yīng)用】 12【題型14數(shù)式或圖形中規(guī)律問題】 14【題型15數(shù)式或圖形中新定義問題】 15【題型1二次根式的性質(zhì)與化簡】【例1】（2024八年級·浙江·期末）已知a+b+c+3=2a+4b?1+2c?2，則a+b+c【變式1-1】（2024八年級·浙江溫州·期末）已知x?11?7?x+x?92=3y?2，則2x【變式1-2】（2024八年級·浙江杭州·期末）已知m?2m?3≤0，若整數(shù)a滿足m+a=52，則【變式1-3】（2024八年級·四川成都·期末）若m＝20152016?1，則m3﹣m2﹣2017m+2015＝【題型2二次根式的運算】【例2】（2024八年級·江蘇常州·期末）若2+32+m的積是有理數(shù)，則無理數(shù)m的值為【變式2-1】（2024八年級·安徽合肥·期末）化簡并計算：1x(【變式2-2】（2024八年級·吉林·單元測試）已知16?x2?4?【變式2-3】（2024八年級·浙江寧波·期末）已知x+1x=3，且0<x<1【題型3利用勾股定理構(gòu)造直角三角形】【例3】（2024八年級·山東日照·期末）已知52+122=13，從勾股定理的學(xué)習(xí)中可以將該式看成直角三角形的兩直角邊分別為5、12，計算結(jié)果為斜邊13，同理計算a2+82a>0可以看成直角邊分別為【變式3-1】（2024八年級·廣東深圳·期末）如圖，∠BAC=90度，AB=AC，AE⊥AD，且AE=AD，AF平分∠DAE交BC于F

【變式3-2】（2024·天津濱海新·八年級期末）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，A，B為小正方形邊的中點，C，D為格點，E為BA，CD的延長線的交點．（Ⅰ）CD的長等于；（Ⅱ）若點N在線段BE上，點M在線段CE上，且滿足AN=NM=MC，請在如圖所示的網(wǎng)格中，用無刻度的直尺，畫出線段MN，并簡要說明點M，N的位置是如何找到的（不要求證明）．．【變式3-3】（2024八年級·湖北恩施·期末）如圖，一個長方體紙箱，長是6，寬和高都是4，一只螞蟻從頂點A沿紙箱表面爬到頂點B，它所走的最短路線的長是．【題型4勾股定理與分類討論思想結(jié)合】【例4】（2024·河南·八年級期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3，點D為邊AB的中點，點E是邊BC上的一個動點，連接DE，將△BDE沿DE翻折得到△B'DE，線段B'D交邊BC于點F．當(dāng)【變式4-1】（2024八年級·遼寧沈陽·期末）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，過點C作AB的平行線l，點P是直線l上異于點C的動點，連接AP，過點P作AP的垂線交直線BC于點D．若AC=72，AP=25，則線段BD的長為【變式4-2】（2024八年級·遼寧大連·期末）如圖，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，AB=8，點D是邊AB上的一個動點，連接CD，過點C作CE⊥CD，使CE=CD，連接DE，點F是DE的中點，連接CF并延長，交AB邊所在直線于點G，若BG=2，則【變式4-3】（2024八年級·上海閔行·期末）在△ABC中，AB=AC，BC=4，如果將△ABC折疊，使點B與點A重合，且折痕交邊AB于點M，交邊BC于點N，如果△CAN是直角三角形，那么△ABC的面積是．【題型5勾股定理及其逆定理與網(wǎng)格作圖】【例5】（2024·天津河?xùn)|·八年級期末）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點A，B，C均落在格點上．①線段AC的長等于；②在射線BC上有兩點P，Q，滿足AP⊥BC且∠AQC=∠BAP，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中，畫出點P，點Q，并簡要說明點P，點Q的位置是如何找到的（不要求證明）．【變式5-1】（2024八年級·北京朝陽·期末）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，A，B，C，D是網(wǎng)格線的交點，則∠ABC與∠BCD的大小關(guān)系為：∠ABC∠BCD．（填“＞”，“＝”或“＜”）【變式5-2】（2024八年級·浙江·期末）如圖，在由6個大小相同的小正方形組成的方格中：連結(jié)三格和兩格的對角線，∠a+∠B的度數(shù)是【變式5-3】（2024·山西呂梁·八年級期末））如圖是由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格圖，線段AB，BC，BD，DE的端點均在格點上，線段AB和DE交于點F，則DF的長度為．【題型6由平行四邊形的性質(zhì)求值】【例6】（2024·陜西西安·八年級期末）如圖，?ABCD中，AB=3，AD=2，∠DAB=60°，DF⊥AB，BE⊥CD；垂足分別為點F和E．點G和H分別是DF和BE上的動點，GH∥AB，那么AG+GH+CH的最小值為．

【變式6-1】（2024八年級·海南省直轄縣級單位·期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，以點B為圓心，BC的長為半徑作弧交AD于點E，分別以點C，E為圓心，大于12CE的長為半徑作弧，兩弧交于點P，作射線BP交AD的延長線于點F，∠CBE=60°，BC=4，則BF的長為

【變式6-2】（2024八年級·黑龍江哈爾濱·期末）如圖，在?ABCD中，E、F在AD,BC邊上，DE=2BF，連接BE交AC于G．∠AGB=2∠CAF，若BE=5，AF=4，則線段AC的長為

【變式6-3】（2024八年級·浙江杭州·期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E、F分別是邊AD、AB上的點，連接OE、OF、EF.若AB=7，BC=52，∠DAB=45°①點C到直線AB的距離是．②△OEF周長的最小值是【題型7確定組成平行四邊形點的個數(shù)】【例7】（2024八年級·福建泉州·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=6cm，BC=10cm，點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點D運動，點Q從點C出發(fā)，以2cm/s的速度向B運動，兩點同時出發(fā)，當(dāng)點Q運動到點B時，點P也隨之停止運動。若設(shè)運動的時間為t秒，當(dāng)t=時，在A

【變式7-1】（2024八年級·山東煙臺·期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=6cm，AD=9cm，點P在AD邊上以每秒1cm的速度從點A向點D運動，點Q在BC邊上，以每秒3cm的速度從點C出發(fā)，在CB間往返運動，兩個點同時出發(fā)，當(dāng)點P到達點D時停止（同時點Q也停止），設(shè)運動時間為t秒．在運動以后，當(dāng)t=秒時，以P，D，Q，B四點恰好組成平行四邊形．【變式7-2】（2024八年級·河北·課后作業(yè)）在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，若以A、B、C、P四點為頂點組成一個平行四邊形，則這個平行四邊形的周長為．【變式7-3】（2024·廣東·八年級期末）如圖，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，動點M從點D出發(fā)，按折線D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度運動，動點N從點D出發(fā)，按折線D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度運動．若動點M、N同時出發(fā)，相遇時停止運動，若點E在線段BC上，且BE=3cm，經(jīng)過秒鐘，點A、E、M、N組成平行四邊形．【題型8平行四邊形的應(yīng)用】【例8】（2024八年級·浙江金華·期末）圖1是四連桿開平窗鉸鏈，其示意圖如圖2所示，MN為滑軌，AB、CE、PC、PD為固定長度的連桿．支點A固定在MN上，支點B固定在連桿CE上，支點D固定在連桿AB上．支點P可以在MN上滑動，點P的滑動帶動點B、C、D、E的運動．已知MN=30cm，AM=1cm，AD=15cm，PC=BD=5（1）若∠ABC=90°，則支點P與支點A的距離為cm；（2）窗戶從關(guān)閉狀態(tài)到開到最大的過程中，支點P移動的距離為cm．

【變式8-1】（2024八年級·四川成都·期末）如圖，某景區(qū)湖中有一段“九曲橋”連接湖岸A，B兩點，“九曲橋”的每一段與AC平行或BD平行，若AB＝100m，∠A＝∠B＝60°，則此“九曲橋”的總長度為．【變式8-2】（2024八年級·四川成都·期末）如圖是由邊長為1的小等邊三角形構(gòu)成的“草莓”狀網(wǎng)格，每個小等邊三角形的頂點為格點．線段AB的端點在格點上，要求以AB為邊畫一個平行四邊形，且另外兩個頂點在格點上，則最多可畫個平行四邊形．【變式8-3】（2024·浙江溫州·八年級期末）如圖1木工師傅將三塊不全等的的平行四邊形木板拼成了一個鄰邊長為5和12的大的平行四邊形木板，然后通過裁剪又拼成了一個不重疊，無縫隙的大正方形木板如(圖2)，數(shù)據(jù)如圖所示，記圖1中三個小平行四邊形的中心分別為A，B，C，點A，C的圖2中的對應(yīng)點記為A1,C1,連結(jié)A1B和C【題型9矩形、菱形、正方形與勾股定理的綜合運用】【例9】（2024八年級·天津西青·期末）如圖，在菱形ABCD中，點E是DC的中點，連接BE，點P是BE的中點，連接AP，若AB=2，∠ADC=60°，則AP的長等于．

【變式9-1】（2024八年級·重慶北碚·期末）如圖，將矩形紙片ABCD沿EF對折，使點B落在AD上點H處，再次沿HG對折，對折后點D恰好與點F重合．若四邊形EFGH是菱形，則ABAD=

【變式9-2】（2024八年級·貴州貴陽·期末）閱讀理解：平面內(nèi)任意兩點x1,y1，x2,y2的距離可以表示為x1?x22+y1?y22，反之，x1?x22+y1?

【變式9-3】（2024八年級·湖北·期末）如圖，四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AD=CD，E點是B點關(guān)于CD所在直線的對稱點，連AE、CE、DE，若AB=4，BC=3，則AE的長為．

【題型10矩形、菱形、正方形與全等三角形的綜合運用】【例10】（2024八年級·河南漯河·期末）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別時邊AB，BC的中點，連接EC，F(xiàn)D，點G，H分別時EC，F(xiàn)D的中點，這接GH，苦AB=4，BC=6，則GH的長度為．

【變式10-1】（2024八年級·重慶九龍坡·期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是BC的中點，將△ECD沿直線ED翻折至矩形ABCD所在平面內(nèi)，得到△EC'D，連接BC'，并延長BC'交

【變式10-2】（2024·遼寧沈陽·八年級期末）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上的一點，點F在邊CD的延長線上，且BE=DF，連接EF交邊AD于點G．過點A作AN⊥EF，垂足為點M，交邊CD于點N．若BE=5，CN=8，則線段AB的長為．【變式10-3】（2024八年級·遼寧丹東·期末）如圖，正方形ABCD，點E是射線AB上的動點，過點E作EF∥DB，交直線AD于點F，連接DE，取DE中點G，連接FG并延長交直線DB于點H，若AB=4，EB=3，則FH的長為．

【題型11與一次函數(shù)有關(guān)的面積問題】【例11】（2024八年級·浙江麗水·期末）已知直線l1:y=kx+2+kk≠0和直線l2:y=x+3．若直線l（1）當(dāng)k=?1時，S的值是；（2）當(dāng)2≤S≤3時，k的取值范圍是．【變式11-1】（2024八年級·安徽蕪湖·期末）八個邊長為1的正方形如圖擺放在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過原點的一條直線l將這八個正方形分成面積相等的兩部分，設(shè)直線l和八個正方形的最上面交點為A，則直線l的解析式是.【變式11-2】（2024八年級·遼寧沈陽·期末）如圖：在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)有長方形OABC，點A，C分別在y軸，x軸上，點D4，3在AB上，點E在OC上，沿DE折疊，使點B與點O重合，點C與點C1重合．若點P在坐標(biāo)軸上，且△APC【變式11-3】（2024八年級·江蘇泰州·期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABCD點A的坐標(biāo)（3，2），點C的坐標(biāo)（7，4），直線y＝－x以每秒1個單位長度的速度向右平移，經(jīng)過秒該直線可將平行四邊形ABCD的面積平分．【題型12由一次函數(shù)的性質(zhì)求取值范圍】【例12】（2024八年級·甘肅張掖·期末）一次函數(shù)y?=kx?1k≠0與y?=?x+2的圖象如圖所示，當(dāng)x<1時，y1<y2【變式12-1】（2024八年級·福建寧德·期末）一次函數(shù)y=kx?3的圖象與x軸的交點坐標(biāo)為x0,0，且2≤x0≤3【變式12-2】（2024八年級·安徽合肥·期末）已知一次函數(shù)y=kx?4?k(k≠0)．（1）無論k取何非零的值，一次函數(shù)的圖象都經(jīng)過一定點，則這個點的坐標(biāo)是；（2）在平面直角坐標(biāo)系中有一條線段AB，其中A(?1,2)，B(4,1)，若這個一次函數(shù)的圖象與線段AB相交，則k的取值范圍是．【變式12-3】（2024八年級·安徽合肥·期末）在平面直角坐標(biāo)系中，橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的點稱為整點．已知一次函數(shù)y1=?x+2（1）若k=1，則y1、y2的圖象與x軸圍成的區(qū)域內(nèi)(包括邊界)有（2）若y1、y2的圖象與x軸圍成的區(qū)域內(nèi)恰有6個整點，則k的的取值范圍是【題型13一次函數(shù)的應(yīng)用】【例13】（2024八年級·重慶璧山·期末）2019年春，在一次長跑拉力賽中，小明和小趙運動的路程S（千米）隨時間t（分）變化的圖象（全程）如圖所示．當(dāng)兩人行駛到離出發(fā)點4.5千米時第一次相遇，請問兩人比賽開始后分鐘時第二次相遇．【變式13-1】（2024八年級·安徽合肥·期末）甲、乙兩車從A地出發(fā)，勻速駛往B地．乙車出發(fā)1h后，甲車才沿相同的路線開始行駛．甲車先到達B地并停留30分鐘后，又以原速按原路線返回，直至與乙相遇．圖中的折線段表示從開始到相遇止，兩車之間的距離y（km）與甲車行駛的時間x（h）的函數(shù)關(guān)系的圖象，則（1）a=．（2）d=．【變式13-2】（2024八年級·重慶·期末）在一次趣味運動會中，“搶種搶收”的比賽規(guī)則如下：全程50米的直線跑道，在起點和終點之間，每隔10米放置一個小桶，共四個，參賽者用手托著放有4個乒乓球的盤子，在從起點跑到終點的過程中，將四個乒乓球依次放入4個小桶中（放入時間忽略不計），如果中途乒乓球掉出小桶，則需要返回將乒乓球放回桶中，率先到達終點者獲勝．小明和小亮同時從起點出發(fā)，以各自的速度勻速跑步前進，小明在放入第二個乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二個桶的旁邊，且落地后不再移動，但他并未發(fā)現(xiàn)，繼續(xù)向前跑了一段距離，被裁判員提醒后立即原速返回撿球，并迅速放回桶中（撿球時間忽略不計），為了趕超小亮，小明將速度提高了1米/秒，小明和小亮之間的距離y（米）和出發(fā)時間x（秒）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則小明在掉出乒乓球后又繼續(xù)跑了米后開始返回．【變式13-3】（2024八年級·重慶巴南·期末）甲、乙兩車分別從A，B兩地同時相向勻速行駛．當(dāng)乙車到達A地后，繼續(xù)保持原速向遠離B的方向行駛，而甲車到達B地后立即掉頭，并保持原速與乙車同向行駛，經(jīng)過一段時間后兩車同時到達C地．設(shè)兩車行駛的時間為x（小時），兩車之間的距離為y（千米），y與x之間的函數(shù)關(guān)系如圖中的折線DE?EF?FG所示，其中點D的坐標(biāo)為0,300，點E的坐標(biāo)為3,0，則△EFG的面積為．【題型14數(shù)式或圖形中規(guī)律問題】【例14】（2024·廣西北?！ぐ四昙壠谀┤鐖D，直線y=?x+1與兩坐標(biāo)軸分別交于A，B兩點，將線段OA分成n等份，分點分別為P1,P2,P3,…,Pn?1，過每個分點作x軸的垂線分別交直線【變式14-1】（2024八年級·湖南常德·期末）觀察下列分母有理化1114從計算結(jié)果中找出規(guī)律12+1【變式14-2】（2024八年級·廣東云浮·期末）如圖，ΔABC是邊長為1的等邊三角形，取BC邊中點E，作ED//AB，EF//AC，得到四邊形EDAF，它的周長記作C1；取BE中點E1，作E1D1//FB，E1F【變式14-3】（2024八年級·湖南永州·期末）如圖，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，且AC邊在直線a上，將△ABC繞A順時針旋轉(zhuǎn)到位置①可得到點P1，此時AP1＝22；將位置①的三角形繞點P1順時針旋轉(zhuǎn)到位置②，可得到點P2，此時AP2＝2+22；將位置②的三角形繞點P2順時針旋轉(zhuǎn)到位置③，可得到點P3，此時AP3＝4+22；…按此規(guī)律繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，直至得到點P2020為止，則AP2020＝．【題型15數(shù)式或圖形中新定義問題】【例15】（2024八年級·北京海淀·期末）定義：對非負實數(shù)x“四舍五入”到個位的值記為fz即：當(dāng)n為非負整數(shù)時，如果n?12≤x<n+如：fz0=fz0.48試解決下列問題：①fz3=；②③1fz【變式15-1】（2024八年級·安徽合肥·期末）定義：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點P1a,b，P2c,b，P3c,d，這三個點中任意兩點間的距離的最小值稱為點P1，P2，（1）點Q12,1，Q25,1，（2）當(dāng)點O0,0，Em,0，Pm,?2m+1的“最佳間距”為13時，點【變式15-2】（2024·四川樂山·八年級期末）定義：我們把一次函數(shù)y=kx+b(k≠0)與正比例函數(shù)y=x的交點稱為一次函數(shù)y=kx+b(k≠0)的“不動點”．例如求y=2x?1的“不動點”：聯(lián)立方程y=2x?1y=x，解得x=1y=1，則y=2x?1的“不動點”為（1）由定義可知，一次函數(shù)y=3x+2的“不動點”為；（2）若直線y=kx?3(k≠0)與x軸交于點A，與y軸交于點B，且直線y=kx?3上沒有“不動點”，若P點為x軸上一個動點，使得S△ABP=3S△ABO【變式15-3】（2024八年級·江西南昌·周測）定義：如果一個凸四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，那么稱這個凸四邊形為“等腰四邊形”，把這條對角線稱為“界線”．已知在“等腰四邊形”ABCD中，AB=BC=AD,?∠BAD=90°，且AC專題21.6期末復(fù)習(xí)之填空壓軸題十五大題型總結(jié)【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1二次根式的性質(zhì)與化簡】 1【題型2二次根式的運算】 3【題型3利用勾股定理構(gòu)造直角三角形】 5【題型4勾股定理與分類討論思想結(jié)合】 10【題型5勾股定理及其逆定理與網(wǎng)格作圖】 18【題型6由平行四邊形的性質(zhì)求值】 22【題型7確定組成平行四邊形點的個數(shù)】 29【題型8平行四邊形的應(yīng)用】 33【題型9矩形、菱形、正方形與勾股定理的綜合運用】 37【題型10矩形、菱形、正方形與全等三角形的綜合運用】 43【題型11與一次函數(shù)有關(guān)的面積問題】 50【題型12由一次函數(shù)的性質(zhì)求取值范圍】 56【題型13一次函數(shù)的應(yīng)用】 60【題型14數(shù)式或圖形中規(guī)律問題】 64【題型15數(shù)式或圖形中新定義問題】 67【題型1二次根式的性質(zhì)與化簡】【例1】（2024八年級·浙江·期末）已知a+b+c+3=2a+4b?1+2c?2【答案】9【分析】先將原等式變形為(a?1)2+(b?1?2)2+(c?2?1)2【優(yōu)尖升-詳解】解：∵a+b+c+3=2a∴a?2a∴(a∴a?1=0，b?1?2=0，∴a=1，b?1=2，∴a=1，b=5，c=3，∴a+b+c=1+5+3=9，故答案為：9．【點睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)與化簡，熟練掌握二次根式的性質(zhì)和靈活應(yīng)用完全平方公式是解決此題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2024八年級·浙江溫州·期末）已知x?11?7?x+x?92=3y?2，則2x【答案】22【分析】直接利用二次根式的性質(zhì)將已知化簡，再將原式變形求出答案．【優(yōu)尖升-詳解】解：∵x?11一定有意義，∴x≥11，∴x?11﹣|7﹣x|+(x?9)2＝3y﹣2x?11﹣x+7+x﹣9＝3y﹣2，整理得：x?11＝3y，∴x﹣11＝9y2，則2x﹣18y2＝2x﹣2（x﹣11）＝22．故答案為：22．【點睛】本題考查二次根式有意義的應(yīng)用，以及二次根式的性質(zhì)應(yīng)用，屬于提高題．【變式1-2】（2024八年級·浙江杭州·期末）已知m?2m?3≤0，若整數(shù)a滿足m+a=52，則【答案】5【分析】先根據(jù)m?2m?3≤0確定m的取值范圍，再根據(jù)m+a=52，推出5【優(yōu)尖升-詳解】解：∵∴2≤m≤3∵m+a=5∴a=5∴5∵7<5∴4<a<6∵a為整數(shù)∴a為5故答案為：5．【點睛】本題考查的知識點是二次根式以及估算無理數(shù)的大小，利用“逼近法”得出52【變式1-3】（2024八年級·四川成都·期末）若m＝20152016?1，則m3﹣m2﹣2017m+2015＝【答案】4030【分析】利用平方差公式化簡m，整理要求的式子，將m的值代入要求的式子計算即可.【優(yōu)尖升-詳解】m=20152016?1=m=2015（2016∴m3-m2-2017m+2015=m2（m﹣1）﹣2017m+2015=（2016+1）2×2016﹣2017（2016+1）+2015=（2024+22016）×2016﹣20172016﹣2017+2015=20172016+2×2016﹣20172016﹣2=4030.故答案為4030.【點睛】本題主要考查二次根式的化簡以及二次根式的混合運算.【題型2二次根式的運算】【例2】（2024八年級·江蘇常州·期末）若2+32+m的積是有理數(shù)，則無理數(shù)m的值為【答案】?3【分析】對2+32+m進行化簡，由題意令23【優(yōu)尖升-詳解】解：2+=4+22+32+m的積是有理數(shù)，∴23令23+2m+3解得：m=a?2當(dāng)2a+6=0即a=?3，時m=?3故答案為：?3【點睛】本題考查了二次根式混合運算，有理數(shù)的性質(zhì)；解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次根式的混合運算法則即有理數(shù)的性質(zhì)．【變式2-1】（2024八年級·安徽合肥·期末）化簡并計算：1x(【答案】400【分析】根據(jù)1x(x【優(yōu)尖升-詳解】解：原式=1x?1故答案為400x【點睛】此題考查了二次根式的混合運算，解答本題的關(guān)鍵是將原式進行拆分，有一定的技巧性，注意仔細觀察．【變式2-2】（2024八年級·吉林·單元測試）已知16?x2?4?【答案】32【優(yōu)尖升-詳解】設(shè)4?x2=a，則16?∴12+a=2兩邊同時平方得：12+a=8+a+42a，即：4=4∴32a=16，解得：a=1∴16?x故答案為32點睛：本題的解題要點是：設(shè)原式中的4?x2=a【變式2-3】（2024八年級·浙江寧波·期末）已知x+1x=3，且0<x<1【答案】5+1【分析】利用題目給的x+1x求出x?1【優(yōu)尖升-詳解】∵x+∴x+∴x+1∴x?∵0<x<1，∴x?∴x+∴原式===5故答案是：5+1【點睛】本題考查二次根式的運算和乘法公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練運用乘法公式對式子進行巧妙運算．【題型3利用勾股定理構(gòu)造直角三角形】【例3】（2024八年級·山東日照·期末）已知52+122=13，從勾股定理的學(xué)習(xí)中可以將該式看成直角三角形的兩直角邊分別為5、12，計算結(jié)果為斜邊13，同理計算a2+82a>0可以看成直角邊分別為【答案】17【分析】在一條長為15的線段上取一點，將線段分為兩條線段，以這個點為銳角頂點，這兩條線段為直角邊，在線段的兩旁建立兩個直角三角形，這兩個直角三角形的另一條直角邊分別為3和5，利用兩點之間線段最短和勾股定理求出這兩個直角三角形另一個銳角頂點連線的長度即為所求的最小值．【優(yōu)尖升-詳解】構(gòu)造兩直角三角形如圖，

∠CAE=∠DBE=90°，AB=15，AC=3，BD=5，點E為AB上一個動點，AE=a，BE=b，則：CE=AC2+AE由圖可知：a2∴a2+9+過點D作DF⊥CA交CA的延長線于點F，則四邊形ABDF是矩形，∴DF=AB=15，AF=BD=5，∴CF=CA+AF=3+5=8，在Rt△CDF中，由勾股定理得：CD=∴a2+9+故答案為：17．【點睛】此題考查了最短路線問題，勾股定理，兩點之間線段最短，解題的關(guān)鍵是用數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)造出圖形．【變式3-1】（2024八年級·廣東深圳·期末）如圖，∠BAC=90度，AB=AC，AE⊥AD，且AE=AD，AF平分∠DAE交BC于F

【答案】6【分析】由“SAS”可證△ABD≌△ACE，△DAF≌△EAF可得BD=CE，∠4=∠B，DF【優(yōu)尖升-詳解】解：如圖，連接EF，過點A作AG⊥BC于點

∵AE∴∠DAE又∵∠BAC∴∠1=∠2，在△ABD和△AB=AC∠1=∠2∴△ABD≌△∴BD=∵∠BAC=90∴∠∴∠4=∠B∴∠ECF∴CE∴BD∵AF平分∠∴∠DAF在△DAF和△AD=AE∠DAF=∠EAF∴△DAF≌△∴DF∴BD∴DF∴DF∴BC∵AB=AC∴BG∴DG∴AD故答案為6【點睛】考查等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．【變式3-2】（2024·天津濱海新·八年級期末）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，A，B為小正方形邊的中點，C，D為格點，E為BA，CD的延長線的交點．（Ⅰ）CD的長等于；（Ⅱ）若點N在線段BE上，點M在線段CE上，且滿足AN=NM=MC，請在如圖所示的網(wǎng)格中，用無刻度的直尺，畫出線段MN，并簡要說明點M，N的位置是如何找到的（不要求證明）．．【答案】25CE與網(wǎng)格線相交，得點M，取格點F，連結(jié)CF并延長與BE交于N，連接MN，則線段MN即為所求．【分析】（Ⅰ）根據(jù)勾股定理可求CD的長；（Ⅱ）找到特殊點，M為小正方形邊的中點，N為小正方形邊的中心，得到M、N的水平距離32，垂直距離3，即可得AN=CM=MN=【優(yōu)尖升-詳解】解：（Ⅰ）CD=4（Ⅱ）如圖，CE與網(wǎng)格線相交，得點M，取格點F，連結(jié)CF并延長與BE交于N，連接MN，則線段MN即為所求．證明：由作法可知，M為小正方形邊的中點，N為小正方形邊的中心；∴AN=CM=MN=3【點睛】本題考查了作圖?應(yīng)用與設(shè)計作圖，勾股定理，根據(jù)網(wǎng)格的特點找出小正方形中心點N構(gòu)成32【變式3-3】（2024八年級·湖北恩施·期末）如圖，一個長方體紙箱，長是6，寬和高都是4，一只螞蟻從頂點A沿紙箱表面爬到頂點B，它所走的最短路線的長是．【答案】10【分析】根據(jù)題意畫出圖形，求出AC、BC的長，根據(jù)勾股定理求出AB即可.【優(yōu)尖升-詳解】有兩種情況，如圖所示：（1）如圖1，由題意知AC=4，BC=6+4=10由勾股定理得：AB=A（2）如圖2，由題意知：AC=4+4=8，BC=6由勾股定理得：AB=（3）如圖3，由題意知：AC=4+4=8，BC=6由勾股定理得：AB=∵116∴最短是10故答案為10【點睛】本題考查利用勾股定理解決最短路徑問題，畫出平面展開圖，分類討論是解題關(guān)鍵.【題型4勾股定理與分類討論思想結(jié)合】【例4】（2024·河南·八年級期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3，點D為邊AB的中點，點E是邊BC上的一個動點，連接DE，將△BDE沿DE翻折得到△B'DE，線段B'D交邊BC于點F．當(dāng)【答案】334【分析】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，∠EDF≠90°，分兩種情況：∠DEF=90°，∠DFE=90°，分別畫出圖形，進行解答即可求解，運用分類討論思想解答是解題的關(guān)鍵．【優(yōu)尖升-詳解】解：∵AB=AC=3，點D為邊AB的中點，∴BD=1依題意得：∠EDF≠90°，如圖，當(dāng)∠DEF=90°時，點B'∵∠BAC=120°，AB=AC=3，∴∠B=∠C=180°?120°∵∠DEB=90°，∴DE=1∴BE=B如圖，當(dāng)∠DFE=90°時，∵∠DFE=90°，∠B=30°∴DF=12BD=∴BF=B又由折疊可得，BE=B'設(shè)BE=B'E=x∵∠B'FE=90°∴B'即x=23解得x=3∴BE=3綜上，BE的長為為334或故答案為：334或【變式4-1】（2024八年級·遼寧沈陽·期末）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，過點C作AB的平行線l，點P是直線l上異于點C的動點，連接AP，過點P作AP的垂線交直線BC于點D．若AC=72，AP=25，則線段BD的長為【答案】172或【分析】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)、勾股定理．分兩種情況：當(dāng)P在C右側(cè)時，過P作PE⊥l，交CD于E，推出△ECP是等腰直角三角形，證明△ACP≌△DEPASA，得PA=PD；再過A作AH⊥l于H；當(dāng)P在C左側(cè)時，過P作PF⊥l交BD的延長線于F【優(yōu)尖升-詳解】解：當(dāng)P在C右側(cè)時，過P作PE⊥l，交CD于E，如圖所示，

∵∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∵AB∥l，∴∠ECP=∠ABC=45°，∴∠ACP=∠ACB+∠ECP=135°，△ECP是等腰直角三角形，∴CP=EP，∵∠APD=90°=∠EPC，∴∠APC=∠EPD，∴△ACP≌△DEPASA∴PA=PD；∴AC=DE，∵CD=DE+CE，∴CD=AC+2過A作AH⊥l于H，如圖所示，

∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，∴∠ACH=45°，∴△ACH是等腰直角三角形，∵AC=72∴AH=CH=7，在Rt△APH中，HP=∴CP=HP?CH=24?7=17，∴CD=AC+2∴BD=CD?BC=CD?AC=242當(dāng)P在C左側(cè)時，過P作PF⊥l交BD的延長線于F，如圖所示，

∵AB∥l，∴∠PCF=∠B=45°，∴△PCF是等腰直角三角形，∴CP=PF，∵∠APD=90°=∠CPF，∴∠APC=∠DPF，∴△ACP≌△DFPASA∴AC=DF=72∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，∴∠ACH=45°，∴△ACH是等腰直角三角形，∵AC=72∴AH=CH=7，在Rt△APH中，HP=∴CP=HP+CH=24+7=31，∴CF=2∴CD=CF?DF=312∴BD=CD+BC=CD+AC=242綜上所述，線段BD的長為：172或31故答案為：172或31【變式4-2】（2024八年級·遼寧大連·期末）如圖，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，AB=8，點D是邊AB上的一個動點，連接CD，過點C作CE⊥CD，使CE=CD，連接DE，點F是DE的中點，連接CF并延長，交AB邊所在直線于點G，若BG=2，則【答案】83或【分析】分點G在AB上，和在AB延長線上，兩種情況討論，當(dāng)點G在AB上，連接BE,GE，證明△ACD≌△BCE，可得BE=AD，再由等腰三角形的性質(zhì)可得∠DFG=∠DBE=90°，設(shè)AD=BE=x，則DG=EG=6?x，由勾股定理可得4+x2=6?x2，即可求解；當(dāng)點G在AB延長線上，連接BE,EG，同理可證△ACD≌△BCE，得BE=AD，∠DBE=90°，由△CDE是等腰直角三角形，F(xiàn)點是DE的中點，得到CG是DE的垂直平分線，推出DG=EG，設(shè)AD=y【優(yōu)尖升-詳解】解：如圖，當(dāng)點G在AB上，連接BE,GE，

∵CE⊥CD，∴∠DCE=∠ACB=90°，∴∠DCA=∠ECB，∵AC=BC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE，∠A=∠ABC=45°，∴BE=AD，∴∠DBE=90°，∵點F是DE的中點，∴CF⊥DE，即∠DFG=∠DBE=90°，∵△CDE是等腰直角三角形，F(xiàn)點是DE的中點，∴CG是DE的垂直平分線，∴DG=EG，設(shè)AD=BE=x，∵AB=8，BG=2，∴DG=EG=6?x，∵BG∴4+x解得：x=8即AD=8如圖，當(dāng)點G在AB延長線上，連接BE,EG，同理可得：△ACD≌△BCE，∠A=∠ABC=45°，∴BE=AD，∴∠DBE=90°，∵△CDE是等腰直角三角形，F(xiàn)點是DE的中點，∴CG是DE的垂直平分線，∴DG=EG，設(shè)AD=y，則BD=8?y，BE=AD=y，∵BG=2，∴DG=EG=2+8?y=10?y，∵BG∴4+y2=解得：y=24∴AD=24綜上，AD的長為83或故答案為：83或24【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，證明△ACD≌△BCE，△DFG∽【變式4-3】（2024八年級·上海閔行·期末）在△ABC中，AB=AC，BC=4，如果將△ABC折疊，使點B與點A重合，且折痕交邊AB于點M，交邊BC于點N，如果△CAN是直角三角形，那么△ABC的面積是．【答案】4或4【分析】分兩種情況：當(dāng)∠ANC=90°時，根據(jù)AB=AC，BC=4，∠ANC=90°及將△ABC折疊，使點B與點A重合，可得BN=AN=2，可得到△ABC的面積；當(dāng)∠NAC=90°時，過A作AH⊥BC于H，設(shè)BN=x，則NH=2?x，可得AH2=4x?4，AC2=4x，又AN2+A【優(yōu)尖升-詳解】解：當(dāng)∠ANC=90°時，如圖：∵AB=AC，BC=4，∠ANC=90°，∴BN=CN=1∵將△ABC折疊，使點B與點A重合，∴AN=BN=2，∴△ABC的面積是：12

當(dāng)∠NAC=90°時，如圖，過A作AH⊥BC于H，

設(shè)BN=x，∵AB=AC，BC=4，∴BH=CH=1∴NH=2?x，∵將△ABC折疊，使點B與點A重合，∴AN=BN=x，CN=BC?BN=4?x，在Rt△ANH中，A在Rt△ACH中，A在Rt△NAC中，A∴x2解得：x=4∴BN=AN=43，∴AH=4x?4∴△ABC的面積是：12綜上所述，如果△CAN是直角三角形，那么△ABC的面積是4或43故答案為：4或43【點睛】本題是等腰三角形的折疊問題，考查了折疊的性質(zhì)，等腰三角形三線合一性質(zhì)，勾股定理，三角形面積等知識．解題的關(guān)鍵是分類畫出圖形，求出BC邊上的高．【題型5勾股定理及其逆定理與網(wǎng)格作圖】【例5】（2024·天津河?xùn)|·八年級期末）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點A，B，C均落在格點上．①線段AC的長等于；②在射線BC上有兩點P，Q，滿足AP⊥BC且∠AQC=∠BAP，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中，畫出點P，點Q，并簡要說明點P，點Q的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】10圖見解析，延長BC過格點P，則點P滿足AP⊥BC，取格點D，連接AD交射線BC于點Q，則點Q即滿足∠AQC=∠BAP，為所求【分析】①根據(jù)勾股定理求解即可；②，延長BC過格點P，則點P滿足AP⊥BC，取格點D，連接AD交射線BC于點Q，則點Q即滿足∠AQC=∠BAP，為所求【優(yōu)尖升-詳解】①AC=故答案為：10②如圖，點P，點Q即為所求．如圖，延長BC過格點P，則點P滿足AP⊥BC，則∠B+∠BAP=90°,取格點D，使得AD⊥AB，連接AD交射線BC于點Q，則點Q即滿足∠AQC=∠BAP，為所求．故答案為：延長BC過格點P，則點P滿足AP⊥BC，取格點D，連接AD交射線BC于點Q，則點Q即滿足∠AQC=∠BAP，為所求．【點睛】本題考查了勾股定理與網(wǎng)格作圖，等角的余角相等，掌握勾股定理以及逆定理是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2024八年級·北京朝陽·期末）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，A，B，C，D是網(wǎng)格線的交點，則∠ABC與∠BCD的大小關(guān)系為：∠ABC∠BCD．（填“＞”，“＝”或“＜”）【答案】=【分析】連接AC，BD，根據(jù)勾股定理得到AC2＝BC2＝BD2＝22+12＝5，AB2＝CD2＝32+12＝10，求得AC2+BC2＝AB2，BD2+BC2＝CD2，于是得到∠ABC＝∠BCD＝45°，進而得到結(jié)論．【優(yōu)尖升-詳解】解：連接AC，BD，根據(jù)勾股定理得到AC2＝BC2＝BD2＝22+12＝5，AB2＝CD2＝32+12＝10，∴AC2+BC2＝AB2，BD2+BC2＝CD2，∴△ABC和△BCD都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠BCD＝45°．故答案為：＝．【點睛】本題考查了網(wǎng)格中對幾何圖形的理解與分析的問題，涉及到了勾股定理及其逆定理和等腰直角三角形的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵是牢記相關(guān)性質(zhì)與公式，以及熟練運用即可．【變式5-2】（2024八年級·浙江·期末）如圖，在由6個大小相同的小正方形組成的方格中：連結(jié)三格和兩格的對角線，∠a+∠B的度數(shù)是【答案】45【分析】如圖，連接AE，EC，則AE//DB，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠EAB=β．計算出AE2=5，CE2【優(yōu)尖升-詳解】如圖，連接AE，EC，則AE//DB，∴∠EAB=β．∵AE2=12+22=5，CE2故答案為45°【點睛】本題考查了勾股定理和勾股定理的逆定理．正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2024·山西呂梁·八年級期末））如圖是由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格圖，線段AB，BC，BD，DE的端點均在格點上，線段AB和DE交于點F，則DF的長度為．【答案】2【分析】連接AD、CD，由勾股定理得：AB=DE=42+32=5，【優(yōu)尖升-詳解】連接AD、CD，如圖所示：由勾股定理可得，AB=DE=42+32∵BE=BC=5，∴AB=DE＝AB＝BC，BD∴△ABD是直角三角形，∠ADB＝90°，同理可得：△BCD是直角三角形，∠BDC＝90°，∴∠ADC＝180°，∴點A、D、C三點共線，∴AC=2AD=25在△ABC和△DEB中，AB=DEBC＝EB∵∠EDB+∠ADF＝90°，∴∠BAD+∠ADF＝90°，∴∠BFD＝90°，∴DF⊥AB，∵AB=BC，BD⊥AC，∴BD平分∠ABC，∵DG⊥BC，∴DF＝DG＝2.【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)與判定以及勾股定理的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握勾股定理和過股定理的逆定理.【題型6由平行四邊形的性質(zhì)求值】【例6】（2024·陜西西安·八年級期末）如圖，?ABCD中，AB=3，AD=2，∠DAB=60°，DF⊥AB，BE⊥CD；垂足分別為點F和E．點G和H分別是DF和BE上的動點，GH∥AB，那么AG+GH+CH的最小值為．

【答案】7+2/【分析】過點E作EI∥AD交AB于點I，連接HI．易求出AF=1，DF=3，DE=GH=BF=2．易證四邊形AGHI為平行四邊形，得出AG=HI，即說明當(dāng)HI+CH最小時，AG+GH+CH最小．由當(dāng)點I，H，C三點共線時，HI+CH最?。Y(jié)合平行四邊形的判定和性質(zhì)和勾股定理求出HI=72【優(yōu)尖升-詳解】解：如圖，過點E作EI∥AD交AB于點I，連接HI．

∵?ABCD中，∠DAB=60°，DF⊥AB，∴∠ADF=30°，∴AF=1∴BF=AB?AF=2，DF=A∵DF⊥AB，BE⊥CD，∴GF∥BH．∵GH∥AB，∴四邊形GHBF為平行四邊形，∴GH=BF=2．同理可得出BF=DE=2．∵AB∥DE，AD∥EI，∴四邊形ADEI為平行四邊形，∴AI=DE=2=GH，∴四邊形AGHI為平行四邊形，

∴AG=HI，∴AG+GH+CH=HI+2+CH，∴當(dāng)HI+CH最小時，AG+GH+CH最小．∵當(dāng)點I，H，C三點共線時，HI+CH最小，∴此時AG+GH+CH最小，如圖，

∵AD∥EI，∴BC∥EI．∵CE∥BI，∴四邊形BCEI為平行四邊形，∴BH=12BE=∵AB=3，AI=2，∴BI=1，∴HI=B∴CI=7∴AG+GH+CH的最小值為CI+GH=7故答案為：7+2【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定，含30度角的直角三角形，勾股定理，平行線的判定，兩點之間線段最短等知識．正確作出輔助線，理解當(dāng)點I，H，C三點共線時，HI+CH最小，即此時AG+GH+CH最小是解題關(guān)鍵．【變式6-1】（2024八年級·海南省直轄縣級單位·期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，以點B為圓心，BC的長為半徑作弧交AD于點E，分別以點C，E為圓心，大于12CE的長為半徑作弧，兩弧交于點P，作射線BP交AD的延長線于點F，∠CBE=60°，BC=4，則BF的長為

【答案】4【分析】連接CE交BF于G，連接CF．根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)確定∠EFB=∠CBF，根據(jù)題目中作圖過程確定BP是∠CBE的平分線，根據(jù)等角對等邊和等價代換思想確定BC=BE，根據(jù)菱形的判定定理和性質(zhì)確定BF⊥CE，BF=2BG，根據(jù)角平分線的定義，30°所對的直角邊是斜邊的一半，勾股定理求出BG的長度，進而即可求出BF的長度．【優(yōu)尖升-詳解】解：如圖所示，連接CE交BF于G，連接CF．

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，即∴∠EFB=∠CBF．∵以點B為圓心，BC的長為半徑作弧交AD于點E，∴BC=BE．根據(jù)作圖過程可知BP是∠CBE的平分線．∴∠CBF=∠EBF．∴∠EBF=∠EFB．∴BE=EF．∴BC=EF．∴四邊形BCFE是平行四邊形．∴平行四邊形BCFE是菱形．∴BF⊥CE，BF=2BG．∵∠CBE=60°，∴∠CBF=30°．∵BC=4，∴CG=1∴BG=B∴BF=2BG=43故答案為：43【點睛】本題考查平行四邊形的判定定理和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，角平分線作圖，等角對等邊，菱形的判定定理和性質(zhì)，30°所對的直角邊是斜邊的一半，勾股定理，綜合應(yīng)用這些知識點是解題關(guān)鍵．【變式6-2】（2024八年級·黑龍江哈爾濱·期末）如圖，在?ABCD中，E、F在AD,BC邊上，DE=2BF，連接BE交AC于G．∠AGB=2∠CAF，若BE=5，AF=4，則線段AC的長為

【答案】39【分析】取DE的中點P，連接PF、PC，過點C作CQ∥BE交AF的延長線于點Q，作QR⊥AC于點R，在AR上截取RH=CR，連接QH、FH，證明四邊形BEPF、APCF、FPCQ都是平行四邊形，得到AF=QF=4，HQ=CQ=5，利用面積法求得【優(yōu)尖升-詳解】解：取DE的中點P，連接PF、PC，過點C作CQ∥BE交AF的延長線于點

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴EP∥∵DE=2BF，∴EP=BF，∴四邊形BEPF是平行四邊形，∴PF=BE=5，PF∥∵DP=BF，∴AP=CF，∴四邊形APCF是平行四邊形，∴PC=AF=4，CP∥∵CQ∥BE，∴PF∥∴四邊形FPCQ是平行四邊形，∴PC=QF=4，PF=CQ=5，作QR⊥AC于點R，在AR上截取RH=CR，連接QH、FH，∴HQ=CQ=5，∴∠AGB=∠AOF=∠ACQ=∠QHC，∵∠AGB=2∠CAF，∴∠QHC=2∠CAF，∵∠QHC=∠CAF+∠HQA，∴∠HQA=∠CAF，∴AH=HQ=CQ=5，∵AF=QF=4，∴FH⊥AQ，∴FH=Q∵S△AHQ=1∴QR=24∴HR=CR=C∴AC=AH+2CR=39故答案為：395【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，利用面積法求得QR=24【變式6-3】（2024八年級·浙江杭州·期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E、F分別是邊AD、AB上的點，連接OE、OF、EF.若AB=7，BC=52，∠DAB=45°①點C到直線AB的距離是．②△OEF周長的最小值是【答案】51322【分析】①過點C作AB的垂線，交AB延長線于點M，在等腰直角三角形BCM中求CM即可；②作點O關(guān)于AD的對稱點G，點O關(guān)于AB的對稱點H，連接GH，AG，AH；則GH長為△OEF周長的最小值；在等腰直角三角形AGH中求GH，即可.【優(yōu)尖升-詳解】解：①如圖：過點C作AB的垂線，交AB延長線于點M，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∵∠DAB=45°，∴∠CBM=∠DAB=45°，∴∠BCM=45°=∠CBM∵BC=52∴CM=5，∴點C到直線AB的距離是5；故答案為5；②如圖，作點O關(guān)于AD的對稱點G，點O關(guān)于AB的對稱點H，連接GH，AG，AH，則GH長為△OEF周長的最小值；由①知，在Rt△ACM中，AM=7+5=12，CM=5∴AC=13，∴OA=1由對稱性可知，AH=OA=AG，∠DAG=∠DAO，∴△AHG是等腰三角形，又∵∠DAB=45°，∴∠GAH=90°，∴GH=2∴△OEF周長的最小值=OE+OF+EF=GE+EF+FH=13故答案為：132【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，最短路徑問題；掌握平行四邊形的性質(zhì)，用勾股定理求邊，利用對稱性求最短距離是解題的關(guān)鍵．【題型7確定組成平行四邊形點的個數(shù)】【例7】（2024八年級·福建泉州·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=6cm，BC=10cm，點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點D運動，點Q從點C出發(fā)，以2cm/s的速度向B運動，兩點同時出發(fā)，當(dāng)點Q運動到點B時，點P也隨之停止運動。若設(shè)運動的時間為t秒，當(dāng)t=時，在A

【答案】103【分析】如圖，由題意可得：AP=tcm，CQ=2tcm，則PD=6?tcm，BQ=10?2tcm，再分六種情況討論①當(dāng)10?2t=t時，②當(dāng)10?2t=6?t，③當(dāng)10?2t=6時，解得：t=2，④當(dāng)【優(yōu)尖升-詳解】解：由題意可得：AP=tcm，CQ=2t∵AD=6cm，BC=10∴PD=6?tcm，

當(dāng)四邊形ABQP是平行四邊形時，則AP=BQ，∴10?2t=t，解得t=10當(dāng)四邊形BQDP是平行四邊形時，則BQ=DP，∴10?2t=6?t，解得：t=4；當(dāng)四邊形ABQD是平行四邊形時，則AD=BQ，∴10?2t=6，解得：t=2；當(dāng)四邊形APCQ是平行四邊形時，則AP=CQ，∴2t=t時，解得t=0，不合題意，舍去；當(dāng)四邊形CDPQ是平行四邊形時，則DP=CQ，∴2t=6?t時，解得：t=2；當(dāng)四邊形ADCQ是平行四邊形時，則AD=CQ，∴2t=6，解得：t=3，綜上所述．當(dāng)t的值為103或4或2或3時，在A、B、C、D、P、Q故答案為：103【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，利用分類討論的思想求解是解本題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2024八年級·山東煙臺·期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=6cm，AD=9cm，點P在AD邊上以每秒1cm的速度從點A向點D運動，點Q在BC邊上，以每秒3cm的速度從點C出發(fā)，在CB間往返運動，兩個點同時出發(fā)，當(dāng)點P到達點D時停止（同時點Q也停止），設(shè)運動時間為t秒．在運動以后，當(dāng)t=秒時，以P，D，Q，B四點恰好組成平行四邊形．【答案】4.5【分析】先求出點P到達點D的時間，即可得出點Q的運動距離，可得點Q在BC邊上運動的次數(shù)，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得PD=BQ，分情況列方程求出t值，進而可得答案．【優(yōu)尖升-詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=6cm，AD=9cm，∴BC=AD=9，AD∥BC，∵四邊形PDQB是平行四邊形，∴PD=BQ，∵點P的速度是每秒1cm，∴兩點運動的時間為9÷1=9s，∵點Q的速度是每秒3cm∴點Q運動的路程為9×3=27cm，∴在BC上運動的次數(shù)為27÷9=3（次），第一次PD=QB時，9?t=9-3t，解得：t=0，不合題意，舍去，第二次PD=QB時，Q從B到C的過程中，9?t=3t?9，解得：t=4.5，第三次PD=QB時，Q運動一個來回后從C到B，9?t=27?3t，解得：t=9；此時點P與點D重合，點Q與點B重合，不能構(gòu)成平行四邊形，∴t=9不符合題意，舍去，故答案為：4.5【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，能求出符合條件的所有情況是解此題的關(guān)鍵，注意掌握分類討論思想的應(yīng)用．【變式7-2】（2024八年級·河北·課后作業(yè)）在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，若以A、B、C、P四點為頂點組成一個平行四邊形，則這個平行四邊形的周長為．【答案】14、16或18【分析】先利用勾股定理求出BC的長，然后分類討論即可確定答案，本題考查了，勾股定理，拼接平行四邊形問題，解題的關(guān)鍵是：分情況討論．【優(yōu)尖升-詳解】解：在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，BC=A當(dāng)以AB為對角線時，此時?ACBP的周長為3+4×2=14當(dāng)以AC為對角線時，此時?APCB的周長為5+4×2=18當(dāng)以BC為對角線時，此時?ACPB的周長為5+3×2=16故答案為：14或16或18．【變式7-3】（2024·廣東·八年級期末）如圖，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，動點M從點D出發(fā)，按折線D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度運動，動點N從點D出發(fā)，按折線D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度運動．若動點M、N同時出發(fā)，相遇時停止運動，若點E在線段BC上，且BE=3cm，經(jīng)過秒鐘，點A、E、M、N組成平行四邊形．【答案】17【分析】根據(jù)t的值討論M、N的位置，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可求解．【優(yōu)尖升-詳解】如圖，在直角△ABE中，AE=AB設(shè)運動的時間是t秒．當(dāng)0＜t＜2時，M在CD上，N在DA上，若平行四邊形是AEMN，則AE∥MN且AE=MN，而AE=MN不可能成立；當(dāng)t=2時，M在C點，DN=4cm，此時，AN≠EC，則不能構(gòu)成平行四邊形；當(dāng)2＜t＜4.5時，M在BC上，則EM=BC+CD-BE-2t=9-2t，AN=8-t，當(dāng)9-2t=8-t時，解得：t=1（舍去），當(dāng)4.5＜t＜6時，M在BC上，則EM=2t-（BC+CD-BE）=2t-9，AN=8-t，當(dāng)2t-9=8-t時，解得：t=173此時四邊形AMEN是平行四邊形；當(dāng)6＜t＜8時，M在AB上，N在AD上，不能構(gòu)成平行四邊形；當(dāng)t=8時，Q與A重合，不能構(gòu)成平行四邊形形．綜上所述：經(jīng)過173故答案為173【點睛】本題考查了平行四邊形的判定定理；熟練掌握平行四邊形的判定方法，正確對t的范圍進行討論是解決問題的關(guān)鍵．【題型8平行四邊形的應(yīng)用】【例8】（2024八年級·浙江金華·期末）圖1是四連桿開平窗鉸鏈，其示意圖如圖2所示，MN為滑軌，AB、CE、PC、PD為固定長度的連桿．支點A固定在MN上，支點B固定在連桿CE上，支點D固定在連桿AB上．支點P可以在MN上滑動，點P的滑動帶動點B、C、D、E的運動．已知MN=30cm，AM=1cm，AD=15cm，PC=BD=5（1）若∠ABC=90°，則支點P與支點A的距離為cm；（2）窗戶從關(guān)閉狀態(tài)到開到最大的過程中，支點P移動的距離為cm．

【答案】334【分析】（1）先證四邊形CBDP是平行四邊形，推出∠ADP=∠ABC=90°，再根據(jù)勾股定理解Rt△ADP（2）當(dāng)窗戶開到最大時，DP⊥MN，根據(jù)勾股定理解Rt△ADP求出AP；當(dāng)關(guān)閉狀態(tài)下，PA=PD+AD=9+15=24【優(yōu)尖升-詳解】解：（1）∵PC=BD=5cm，PD=BC=9∴四邊形CBDP是平行四邊形，∴BC∥∴∠ADP=∠ABC=90°，∵AD=15cm，PD=9∴PA=A故答案為：334（2）∵當(dāng)窗戶開到最大時，BC⊥MN，BC∥∴DP⊥MN，∴∠DPA=90°，∵AD=15cm，PD=9∴PA=A當(dāng)關(guān)閉狀態(tài)下，PA=PD+AD=9+15=24cm∴窗戶從關(guān)閉狀態(tài)到開到最大的過程中，支點P移動的距離為24?12=12cm故答案為：12．【點睛】本題考查平行四邊形的實際應(yīng)用、勾股定理等，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形的性質(zhì)，從根據(jù)實際情況構(gòu)建數(shù)學(xué)模型．【變式8-1】（2024八年級·四川成都·期末）如圖，某景區(qū)湖中有一段“九曲橋”連接湖岸A，B兩點，“九曲橋”的每一段與AC平行或BD平行，若AB＝100m，∠A＝∠B＝60°，則此“九曲橋”的總長度為．【答案】200m【分析】如圖，延長AC、BD交于點E，延長HK交AE于F，延長NJ交FH于M，則四邊形EDHF，四邊形MNCF，四邊形MKGJ是平行四邊形，△ABC是等邊三角形，由此即可解決問題．【優(yōu)尖升-詳解】如圖，延長AC、BD交于點E，延長HK交AE于F，延長NJ交FH于M由題意可知，四邊形EDHF，四邊形MNCF，四邊形MKGJ是平行四邊形∵∠A＝∠B＝60°∴∠E=180∴△ABC是等邊三角形∴ED＝FM+MK+KH＝CN+JG+HK，EC＝EF+FC＝JN+KG+DH∴“九曲橋”的總長度是AE+EB＝2AB＝200m故答案為：200m．【點睛】本題考查了平行四邊形、等邊三角形、三角形內(nèi)角和的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握平行四邊形、等邊三角形、三角形內(nèi)角和的性質(zhì)，從而完成求解．【變式8-2】（2024八年級·四川成都·期末）如圖是由邊長為1的小等邊三角形構(gòu)成的“草莓”狀網(wǎng)格，每個小等邊三角形的頂點為格點．線段AB的端點在格點上，要求以AB為邊畫一個平行四邊形，且另外兩個頂點在格點上，則最多可畫個平行四邊形．【答案】4【分析】根據(jù)平行四邊形的判定畫出圖形即可．【優(yōu)尖升-詳解】解：如圖，四邊形ABCD即為所求．共能作出4個平行四邊形．故答案為：4．【點睛】本題考查作圖-復(fù)雜作圖，等邊三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．【變式8-3】（2024·浙江溫州·八年級期末）如圖1木工師傅將三塊不全等的的平行四邊形木板拼成了一個鄰邊長為5和12的大的平行四邊形木板，然后通過裁剪又拼成了一個不重疊，無縫隙的大正方形木板如(圖2)，數(shù)據(jù)如圖所示，記圖1中三個小平行四邊形的中心分別為A，B，C，點A，C的圖2中的對應(yīng)點記為A1,C1,連結(jié)A1B和C【答案】11【分析】根據(jù)題意，得EF=DM=TL=4，DG=12,結(jié)合點B是對角線PM的中點，點C是對角線PG的中點，計算BC=12MG=12×8=4，正方形的面積等于平行四邊形的面積，得到S正方形DQLH=S平行四邊形=3×12=6【優(yōu)尖升-詳解】根據(jù)題意，得EF=DM=TL=4，DG=12,則MG=DG?DM=12?4=8，∵點B是對角線PM的中點，點C是對角線PG的中點，∴BC=1∵DF=5,EF=DM=4，∴DE=D∵DG=12，∴S正方形∴DQ=QL=LH=HD=6，∴QT=QL?TL=2，∴SA1設(shè)MN=x，則NG=8?x則A1∵A1∴A1故點C到HL得距離等于點C1到DQ得距離，為6?設(shè)BC與HL的交點是Y，則HY=BC?1∵A1故6?解得x=11故答案為：112【題型9矩形、菱形、正方形與勾股定理的綜合運用】【例9】（2024八年級·天津西青·期末）如圖，在菱形ABCD中，點E是DC的中點，連接BE，點P是BE的中點，連接AP，若AB=2，∠ADC=60°，則AP的長等于．

【答案】72/【分析】連接AC、AE,延長AP交DC延長線于點F．先證明△ADC為等邊三角形，得到DE=12CD=1，AE⊥CD，從而求出AE=3．再證明△ABP≌△FEP，得到FE=2，AP=FP，根據(jù)勾股定理求出【優(yōu)尖升-詳解】解：如圖，連接AC、AE,延長AP交DC延長線于點F．∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=CD=AD=2，AB∥CD，∵∠ADC=60°，∴△ADC為等邊三角形，∵點E是DC的中點，∴DE=12CD=1∴AE=A∵AB∥CD，∴∠BAP=∠F,∠ABP=∠FEP，∵點P是BE的中點，∴BP=EP，∴△ABP≌△FEP，∴AB=FE=2，AP=FP，∵AE⊥CD，∴AF=A∴AP=1

故答案為：7【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性強．熟知相關(guān)知識，根據(jù)已知條件添加適當(dāng)輔助線，構(gòu)造全等三角形和直角三角形是解題關(guān)鍵．【變式9-1】（2024八年級·重慶北碚·期末）如圖，將矩形紙片ABCD沿EF對折，使點B落在AD上點H處，再次沿HG對折，對折后點D恰好與點F重合．若四邊形EFGH是菱形，則ABAD=

【答案】35/【分析】連接BE，先證∠HEF=∠HFE，從而得△EFH為等邊三角形，再證△BEF為等邊三角形，進而得∠ABE=30°，設(shè)AE=a，則BE=EF=HF=HD=2a，AB=3a，于是可得AD=5a，據(jù)此可得【優(yōu)尖升-詳解】解：連接BE，如圖：

∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥BC，∠ABC=∠A=90°，∴∠HEF=∠EFB，由翻折的性質(zhì)得：∠EFB=∠HFE，HD=HF，BF=HF，∴∠HEF=∠HFE，∴HF=HE，∵四邊形EFGH是菱形，∴EF=HE，∴HF=HE=EF，∴△EFH為等邊三角形，∴∠HEF=60°，∴EFB=∠HEF=60°，又BF=HF=EF，∴△BEF為等邊三角形，∴∠EBF=60°，BE=EF，∴BE=EF=HF=HD，∴∠ABE=∠ABC?∠EBF=90°?60°=30°，設(shè)AE=a，在Rt△ABE中，AE=a，∠ABE=30°，∴BE=2a，由勾股定理得：AB=B∴BE=EF=HF=HD=2a，∴AD=AE+EH+HD=a+2a+2a=5a，∴ABAD故答案為：35【點睛】此題主要考查了圖形的翻折變換及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握圖形的翻折變換及性質(zhì)，理解菱形的四條邊都相等，等邊三角形的三邊相等、三個角都等于60°；直角三角形中，30°的角所對的邊等于斜邊的一半．【變式9-2】（2024八年級·貴州貴陽·期末）閱讀理解：平面內(nèi)任意兩點x1,y1，x2,y2的距離可以表示為x1?x22+y1?y22，反之，x1?x22+y1?

【答案】3【分析】本題主要考查數(shù)形結(jié)合，涉及兩點之間距離、正方形的性質(zhì)以及最值的求解，根據(jù)題意建立直角坐標(biāo)系，分別表示點的坐標(biāo)，利用給定的距離表示ME和AF，即可求得答案．【優(yōu)尖升-詳解】解：以C為坐標(biāo)原點，BC為y軸，DC為x軸，如圖，

設(shè)E點坐標(biāo)為0,y，F(xiàn)點坐標(biāo)為x，0，則B0,4，D∵AMMD∴M4∴BE=4?y，DF=4?x，∵BE=2DF，∴4?y=24?x∴y=2x?4，則ME=0?4AF=x?4∴ME+2AF==4上式表示點P(2x,0)到點T(5,4)與點H(8,8)的距離和的最小值，即求PT+PH的最小值；如圖，作點T關(guān)于x軸的對稱點Q(5,?4)，連接QH交x軸于點G，當(dāng)點P與點G重合時，PT+PH≥PQ，而PQ=(8?5)∴ME+2AF最小值為317故答案為：317【變式9-3】（2024八年級·湖北·期末）如圖，四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AD=CD，E點是B點關(guān)于CD所在直線的對稱點，連AE、CE、DE，若AB=4，BC=3，則AE的長為．

【答案】58【分析】連接AC，過點C作CM⊥AC交AD的延長線于點M，連接ME，根據(jù)條件可證明△ADC、△ACM是等腰直角三角形，再根據(jù)E點是B點關(guān)于CD所在直線的對稱點，可得∠BCA=∠ECM，過點E作EN⊥CA于N，EF⊥CM于F，可得四邊形CNEF是矩形，證明△BCA≌△ECMSAS【優(yōu)尖升-詳解】解：連接AC，如圖所示，

∵∠ADC=90°，AD=CD，∴△ADC是等腰直角三角形，∴∠DAC=45°，過點C作CM⊥AC交AD的延長線于點M，連接ME，∴∠ACM=90°，∴△ACM是等腰直角三角形，∴AC=CM，∴∠ACD=∠DCM=45°，∵E點是B點關(guān)于CD所在直線的對稱點，∴∠BCD=∠ECD，CE=BC=3，∴∠BCD?∠ACD=∠ECD?∠DCM，∴∠BCA=∠ECM，∵AB=4，BC=3，∠ABC=90°，∴AC=5，過點E作CN⊥EN交AC延長線于點N，CM⊥EF于F，∴四邊形CNEF是矩形，∴CN=EF，∵CE=BC=3，∠BCA=∠ECM，AC=CM，∴△BCA≌△ECMSAS∴EM=AB=4，∴S△CEM∴12×5×EF=6，解得：∴CN=EF=12∴NE2=C∴AE=A故答案為：58．【點睛】本題考查了幾何問題，難度較大，涉及到矩形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)等，正確作出輔助線是關(guān)鍵．【題型10矩形、菱形、正方形與全等三角形的綜合運用】【例10】（2024八年級·河南漯河·期末）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別時邊AB，BC的中點，連接EC，F(xiàn)D，點G，H分別時EC，F(xiàn)D的中點，這接GH，苦AB=4，BC=6，則GH的長度為．

【答案】13【分析】連接CH并延長交AD于點P，連接PE，由矩形的性質(zhì)得∠A=90°，AD∥BC，AD=BC=6，從而得到∠DPH=∠FCH，通過AAS證明△DPH≌△FCH可得PD=CF=3，PH=CH，由勾股定理進行計算可得EP=13，再由三角形中位線定理即可得到GH【優(yōu)尖升-詳解】解：如圖，連接CH并延長交AD于點P，連接PE，

，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°，AD∥BC，AD=BC=6，∴∠DPH=∠FCH，∵點E，F(xiàn)分別時邊AB，BC的中點，AB=4，BC=6，∴AE=12AB=2∵點H為DF的中點，∴DH=FH，在△DPH和△FCH中，∠DPH=∠FCH∠DHP=∠FHC∴△DPH≌△FCHAAS∴PD=CF=3，PH=CH，∴AP=AD?PD=6?3=3，∴PE=A∵點G是CE的中點，CH=PH，∴GH是△CEP的中位線，∴GH=1故答案為：132【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形中位線定理，熟練掌握以上知識點，添加適當(dāng)?shù)妮o助線，構(gòu)造三角形，是解題的關(guān)鍵．【變式10-1】（2024八年級·重慶九龍坡·期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是BC的中點，將△ECD沿直線ED翻折至矩形ABCD所在平面內(nèi)，得到△EC'D，連接BC'，并延長BC'交

【答案】7【分析】連接CC',CF，設(shè)CC',DE交于點H，如圖，根據(jù)折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)可證明DE∥BF，進而可得四邊形BEDF是平行四邊形，可得DF=BE=3，然后利用勾股定理求出CF，等面積法求出【優(yōu)尖升-詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，E是BC的中點，AB=4，∴AD∥BC,BE=CE=3，∠ADC=∠BCD=90°，∴DE=3連接CC',CF，設(shè)C∵將△ECD沿直線ED翻折至矩形ABCD所在平面內(nèi)，得到△EC∴EC'=EC,CC'∴EB=EC∴∠EBC∵∠CEC∴2∠CED=2∠CBF，即∠CED=∠CBF，∴DE∥BF，∵FD∥BE，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴DF=BE=3，則在直角三角形DCF中，CF=D∵S△CDE∴CH=3×4∴CC∵DE∥BF，CC∴CC則在直角三角形CC'F故答案為：75

【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理、平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)圖形的判定和性質(zhì)、正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2024·遼寧沈陽·八年級期末）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上的一點，點F在邊CD的延長線上，且BE=DF，連接EF交邊AD于點G．過點A作AN⊥EF，垂足為點M，交邊CD于點N．若BE=5，CN=8，則線段AB的長為．【答案】20【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．連接AE，AF，EN，先證明△ABE≌△ADF，得到∠BAE=∠DAF，AE=AF，證明△EAF為等腰直角三角形，從而可證明EN=FN，設(shè)DN=x，則根據(jù)勾股定理列方程并求解，得到x=12，即可得到答案．【優(yōu)尖升-詳解】如圖，連接AE，AF，EN，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=