专题16.6 期末复习之填空压轴题十五大题型总结-2024-2025学年八年级数学上册举一反三系列（华东师大版）

专题16.6 期末复习之填空压轴题十五大题型总结 【华东师大版】 【题型1 新定义下的实数运算】 2 【题型2 与整式乘除有关的化简求值】 4 【题型3 利用整式乘法解决图形面积问题】 7 【题型4 利用因式分解解决最值问题】 10 【题型5 利用因式分解解决整除问题】 13 【题型6 由全等三角形的判定与性质求线段长度】 17 【题型7 由全等三角形的判定与性质求角度】 24 【题型8 与全等三角形有关的动点问题】 30 【题型9 几何图形最值问题】 36 【题型10 构造等腰三角形求值】 42 【题型11 等腰三角形的存在性问题】 48 【题型12 利用勾股定理解决面积问题】 55 【题型13 利用勾股定理解决翻折问题】 62 【题型14 判断能否构成直角三角形】 69 【题型15 勾股定理的应用】 74 【题型1 新定义下的实数运算】 【例1】（23-24八年级·重庆·期末）如果一个四位自然数满足，那么称这个四位数为“2倍和数”．例如：四位数8103，因为，所以8103是“2倍和数”；又如：四位数9125，因为，所以9125不是“2倍和数”．若是“2倍和数”，则M的最小值是 ；是一个“2倍和数”，去掉其个位数字得到一个三位数，记，若是11的倍数，则的最大值与最小值的和为 ． 【答案】 【分析】本题考查本题考查了新定义下的实数运算，理解新定义，正确推理计算是解题关键．根据题意得到，，进而得到为偶数，推出，，的值，即可得到M的最小值，然后根据题意列出的数能被11整除的数的特征分析满足条件的最大值与最小值，求11即可． 【详解】解：M的值最小， ， ， 为偶数， ，，， 故M的最小值是； 是11的倍数， ， ， ， 为整数， 即为整数， ，（与不同时为），，， ， ，且的最值大， ，， ， ，且的最值小， ，， ， 的最大值与最小值的和为． 故答案为：，． 【变式1-1】（23-24八年级·浙江宁波·期末）对正整数 ，规定 ，记 对正整数 n ，规定 ，记，若正整数使得为完全平方数，请写出一个符合条件的 k 的值： 【答案】12（答案不唯一） 【分析】本题考查完全平方数的知识，积的乘方逆用法则，根据题意把S分解成的形式，再根据完全平方数的定义即可解答． 【详解】解： ， ， ， ， ， ， 都为完全平方数， 为完全平方数， 的值可以是， 故答案为：12（答案不唯一）． 【变式1-2】（23-24八年级·全国·单元测试）对于任何实数a，可用表示不超过a的最大整数，如，．现对72进行如下操作：72第一次第二次第三次，类似地，只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的是 ． 【答案】255 【分析】根据规律可知，最后的取整是1，得出前面的一个数字最大的是3，再向前一步推取整式3的最大数为15，继续回得到取整是15的最大数为225；反之验证得出答案即可． 【详解】解： ，，； 又∵， 所以只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的是255 故答案为：255 【点睛】本题考查了估算无理数的大小的应用，解题关键是找出规律，运用逆向思维得到答案． 【变式1-3】（23-24八年级·湖南永州·期末）某校数学课外小组利用数轴为学校门口的一条马路设计植树方案如下：第k棵树种植在点处，其中，当时．表示非负实数a的整数部分，例如．按此方案，第2021棵树种植在点处，则 ． 【答案】674 【分析】首先根据题目条件分析的取值情况，探究的规律，继而利用规律求解． 【详解】解：由题意可得：当，7，10，时，， 当等于其余大于等于2的正整数时，均等于0， ∴， ， ， ． 且， ∴， 故答案为：674． 【点睛】本题主要考查了数字之间的关系，解题的关键是读懂题目信息，列举部分数字，找到的规律，利用规律进行求解． 【题型2 与整式乘除有关的化简求值】 【例2】（23-24八年级·四川眉山·阶段练习）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ． 【答案】 【分析】先将代为，利用同底数幂的除法可得，由于结果底数是2，故左边5和3的指数应为0，左边和右边2的指数相等，由此可得方程组，解方程组求出x，y，z的值，代入即可求解． 【详解】解：， 则， ， 故， 解得：， 因此， 故答案为：． 【点睛】本题考查同底数幂的除法、积的乘方、幂的乘方、解三元一次方程组等知识点，解题的关键是通过对原式变形得到关于x，y，z的方程组． 【变式2-1】（23-24八年级·四川成都·期中）若，则的值为 ． 【答案】 【分析】首先对进行变形，转化为，然后代入后面的整式中，进行化简即可求解． 【详解】 ①． ①等式两边同乘得，代回原式． ． 故答案为． 【点睛】本题考查了整式的化简求值，整体代入是解决本题的关键，本题也可以先对后面的整式进行化简变形，然后代入即可． 【变式2-2】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）若am=20，bn=20，ab=20，则= ． 【答案】1 【分析】先根据可得，再结合可得，由此结合可得，由此可得，进而可求得答案． 【详解】解：∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了幂的运算，熟练掌握同底数幂的乘除法法则及幂的乘方法则是解决本题的关键． 【变式2-3】（23-24八年级·福建漳州·期中）已知，，，满足关系式，，则的值为 ． 【答案】74 【分析】本题主要考查了化简求值．熟练掌握完全平方公式，提公因式分解因式，是解题的关键． 将，这两式两边平方，再两边分别相加，提取公因式分解因式，可得，即可. 【详解】由题意得，①， ②， 得③， 得④， 得， ， ． 故答案为：74． 【题型3 利用整式乘法解决图形面积问题】 【例3】（23-24八年级·江苏连云港·期中）矩形内放入两张边长分别为a和的正方形纸片，按照图①放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分（黑色阴影部分）的面积为；按照图②放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分面积为；按图③放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分的面积为，已知， ，设，则 ．    【答案】7 【分析】利用面积的和差表示出，根据图①与图②分别表示出矩形的面积，进而得到，从而求解． 【详解】解：由， 可得：， 由图①得：， 由图②得：， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：7． 【点睛】本题考查了整式的混合运算，“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来． 【变式3-1】（23-24八年级·浙江温州·期中）如图所示，长方形ABCD中放置两个边长都为4cm的正方形AEFG与正方形CHIJ，若如图阴影部分的面积之和记为S1，长方形ABCD的面积记为S2，已知：3S2－S1=96，则长方形ABCD的周长为 ． 【答案】24 【分析】设KF=a，FL=b，利用a，b表示出图中的阴影部分面积S1与长方形面积S2，然后根据3S2－S1=96可得a，b的关系式，然后可求周长． 【详解】设KF=a，FL=b， 由图可得，EK=BH=LJ=GD=4-a，KH=EB=GL=DJ==4-b， ∴S1= S2= ∵3S2－S1=96 ∴ 整理得： ∴长方形ABCD的周长= 故答案为：24． 【点睛】本题考查列代数式表示图形面积以及代数式求值，利用长方形KFLI的长和宽表示出图形面积是解题的关键． 【变式3-2】（23-24八年级·贵州六盘水·期中）有6张如图①的长为a，宽为的小长方形纸片，按图②方式不重叠地放在矩形内，未被覆盖的部分（两个矩形）用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积的差为S，当的长度变化时，按照同样的放置方式，S始终保持不变，则满足的数量关系是 ． 【答案】a=2b 【分析】分别表示出左上角和右下角部分的面积，表示出它们的差，根据差与BC无关得到结果． 【详解】设左上角的长方形的长为AE，则宽为AF=a，右下角长方形的长为PC，则宽为2b， ∵AD=BC， 即AE+ED=AE+4b，BC=BP+PC=a+PC， ∴AE+4b=a+PC， ∴AE=a-4b+PC， ∴阴影部分面积差为：AE·a-PC·2b=a（a-4b+PC）-2bPC=（a-2b）PC+a2-4ab, ∵面积差与PC无关， 故a-2b=0， 所以a=2b， 故答案为a=2b． 【点睛】本题考查整式的混合运算，解题的关键是列出面积差的代数式． 【变式3-3】（23-24八年级·浙江湖州·期末）建党100周年主题活动中，702班浔浔设计了如图1的“红色徽章”其设计原理是：如图2，在边长为的正方形四周分别放置四个边长为的小正方形，构造了一个大正方形，并画出阴影部分图形，形成了“红色徽章”的图标．现将阴影部分图形面积记作，每一个边长为的小正方形面积记作，若，则的值是 ． 【答案】 【分析】根据图形中阴影部分均为三角形，利用三角形面积公式，找到底和高可求出与面积，求面积使用正方形面积减去三个三角形面积，可求得，，利用已知条件进行多项式的化简即可得出答案． 【详解】如图所示，对需要的交点标注字母： ， ， ， ∴， ， ∵， ∴， 化简得：， ∴， 故答案为：． 【点睛】题目考察阴影部分面积的实质是对多项式之间的化简求值，求出各部分阴影面积是题目难点． 【题型4 利用因式分解解决最值问题】 【例4】（23-24八年级·四川成都·期末）已知a，b，c为整数，满足，，则的最小值是 ． 【答案】2116 【分析】本题考查整式的运算，因式分解的应用．解题关键是利用因式分解把已知和所求整式变形．根据已知条件把已知和所求式子进行整理变形，即可解答． 【详解】解：． ，，， ， 可因式分解，变为， 同理， ， 原式 ， 故为一个平方数， 且，，为整数， ，，至少有一个是偶数，于是为偶数， ， ． 故答案为：2116． 【变式4-1】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期末）已知等式对一切x都成立，a、b、c为整数．且．则的最小值是 ． 【答案】14 【分析】根据题意得到关于a、b、c的方程组，消去c后，假设，且均为整数利用因式分解得到二元一次方程组，求解即可找到最小值． 【详解】解：∵可变为，且对一切x都成立， ∴，消去c得， 即， 又∵， ∴a，b不能同时为负， 不妨设， 则或或， 解得（舍去）或或， 那么，． 【点睛】本题主要考查恒成立问题、因式分解、解二元一次方程组和化简绝对值，解题的关键是因式分解的使用和得到二元一次方程组． 【变式4-2】（23-24八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若可以分解成两个一次整系数多项式的乘积，其中a、b为整数，那么的最小值是 ． 【答案】 【分析】先分解因式得到，则可设分解因式的结果为，再根据多项式乘以多项式的乘法展开，得到，，再根据m、n都是整数进行讨论求解即可． 【详解】解：∵， ∴可设， ∵ ＝， ∴，， 又∵m、n都是整数， ∴或或或， ∴或或或 ∴当时，的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，正确设出分解因式的结果为是解题的关键． 【变式4-3】（23-24八年级·福建泉州·期中）已知：a，b，c都是正整数，且，．abc的最大值为M，最小值为N，则 ． 【答案】 【分析】由已知条件整理出，再利用因式分解法转化为求的正整数解，据此得到或或或，据此解得a的值，最后代入计算即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ，，都是正整数， 或或或， 或或或， 或， 即的最大值为，最小值为，即，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查因式分解法、二元一次方程组的整数解等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 【题型5 利用因式分解解决整除问题】 【例5】（23-24八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）对于一个三位正整数，如果满足：百位数字、十位数字与个位数字之和等于15，那称这个数为“月圆数”，例如：，，是“月圆数”； ，，不是“月圆数”．若，都是“月圆数”， ，，，均为的整数），规定，若是去掉百位数字后剩余部分组成的一个两位数，是去掉其百位数字后剩余部分组成的一个两位数，若与的和能被11整除，则的值为 ． 【答案】307 【分析】此题主要考查了因式分解的应用，根据题目给的新定义去求解，而找到字母之间的关系是解题的关键．根据“月圆数”的定义可得，，根据题意可得，再根据能被11整除的特征可得，依此可求，进一步得到，，从而可求，，再代入即可求出值． 【详解】解：，都是“月圆数”， ，，，均为的整数）， ，， ，， 是去掉百位数字后剩余部分组成的一个两位数，是去掉其百位数字后剩余部分组成的一个两位数， ，， ， 与的和能被11整除， ， 解得， ， ， ， ， ． 故答案为：307． 【变式5-1】（23-24八年级·四川成都·期末）已知可以被21和30之间的某两个数整除，则这两个数为 ． 【答案】28和26 【分析】本题考查幂的乘方的逆运算，以及利用平方差公式进行因式分解，将利用幂的乘方的逆运算，以及利用平方差公式进行因式分解得到，即可解题． 【详解】解： ， 可以被28和26两个数整除， 故答案为：28和26． 【变式5-2】（23-24八年级·福建泉州·期中）若一个四位正整数满足：，我们就称该数是“交替数”，若一个“交替数”满足千位数字与百位数字的平方差是15，且十位数字与个位数的和能被5整除，则满足条件的“交替数”的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了因式分解的应用，实数的运算，二元一次方程组的应用，理解题意，将其转化为实数的运算是解题关键．设“交替数”，由，得出或，再由，得出或，然后由（为正整数0），得出、的取值情况，列出满足条件的“交替数”的所有情况，取最大值即可． 【详解】解：设“交替数”， 由题意可知，，，（为正整数0）， ， ，，，且、为正整数， 或， 解得：或， ， ， 或， （为正整数0），且，， 或或， 或或或或或， 解得：或或（舍）或（舍）或或， 当、、、时，； 当、、、时，； 当、、、时，； 当、、、时，； 满足条件的“交替数”的最大值为， 故答案为：． 【变式5-3】（23-24八年级·浙江宁波·期末）如果一个自然数A的个位数字不为0，且能分解成，其中M与N都是两位数，M与N的十位数字相同，个位数字之和为6，则称此数为“如意数”，并把数A分解成的过程，称为“完美分解”．例如，因为，21和25的十位数字相同，个位数字之和为6，所以525是“如意数”． （1）最小的“如意数”是 ； （2）把一个“如意数”A进行“完美分解”，即，M与N的和记为P，M与N的差记为Q，若能被11整除，则A的值为 ． 【答案】 165 1088 【分析】本题考查了因式分解的应用、整式加减的应用等知识点，正确理解“如意数”的定义是解题关键． （1）根据“如意数”的定义进行判断即可得； （2）设两位数M和N的十位数字均为，M的个位数字为，则N的个位数字为，且m为1至9的自然数，从而可得，， ，再求出，根据，自然数M的个位数字不为0，以及 ，可得为5或者4 ，然后根据能被11整除，分别求出、的值，由此即可得． 【详解】解：（1）∵自然数A的个位数字不为0， ∴根据“如意数”的定义可得最小的“如意数”为：， 故答案为：； （2）由题意，设两位数M和N的十位数字均为，M的个位数字为，则N的个位数字为，且m为1至9的自然数， ，， ，， ∵，自然数A的个位数字不为0， ∴， 解得：， ∴为5 、4或者3， ∵， ∴， ∴为5或者4 ， ，即的分子是奇数， 当时，，分子是奇数，分母是偶数，则该数不是整数， 不符合题意，舍去； 当时，， 能被11整除，且m为1至9的自然数， 满足条件的整数只有3， ， 即， 故答案为：1088． 【题型6 由全等三角形的判定与性质求线段长度】 【例6】（23-24八年级·山东淄博·期中）在钝角中，是边上的高，是边上的高，这两条高所在的直线相交于点O，若，，，则的长为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形的高，可以证明，得到，然后再分别根据不同点为钝角顶点画出图形，结合图形求出的值即可． 【详解】解：当为钝角顶点时，图形如下： ∵是边上的高，是边上的高， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； 当为钝角顶点时， 同理可得， ∴， ∵，， ∴； 当为钝角顶点时， 同理可得， ∴， ∵，， ∴； 故答案为：或或． 【变式6-1】（23-24八年级·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，分别是上的点，，线段之间的数量关系是 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，延长至点，使得，连接，可证得到，，进而由可得，即可证得，得到，即可由得到，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，延长至点，使得，连接， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴ 又∵， ∴． 【变式6-2】（23-24八年级·浙江金华·阶段练习）如图所示，在等腰中，，点为射线上的动点，，且，与所在的直线交于点，若，则与的比值为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，分两种情况讨论，构造全等三角形解决问题． 作，交(或的延长线)于H，利用证明，得，，再证明，得，从而解决问题．注意分两种情况讨论，即点D在线段外和在线段上． 【详解】解：①当点在线段的延长线上时，作，交的延长线于点H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∴，， ∴， ∴ ∴； 当点在上时，作，交于点H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ∴， ∴ ∴； 故答案为：或． 【变式6-3】（23-24八年级·山东日照·阶段练习）如图，中，，角平分线相交于，，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，正确的作出辅助线，利用三角形面积关系和底边的关系的相互转化是解题的关键；在线段上截取，，连接， ，过M作于H，于J，利用双角平分线证明，，，利用角平分线的性质证明，进而求出，，再根据面积关系，求出，即可求出． 【详解】解：在线段上截取，，连接， ，过M作于H，于J，如图； 平分， ， ，， ， ，， 平分， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 又， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【题型7 由全等三角形的判定与性质求角度】 【例7】（23-24八年级·江苏南通·期末）如图，已知：四边形中，对角线平分，，，并且，那么的度数为 【答案】 【分析】延长和，过点作于点，过点作于点，根据是的平分线可得出，故，过点作于点，可得出，，进而得出为的平分线，得出，再根据即可得出结论．本题考查了角平分线的性质，以及三角形的全等和三角形的内角和定理，注意知识点的综合运用． 【详解】解：延长和，过点作于点，过点作于点， 是的平分线 在与中， ， ， ， 又 ， 为的平分线， 过点作于点， 在与中， ， ， ， ． 在与中， ， 为的平分线 ， 在中， ，， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式7-1】（23-24八年级·浙江宁波·期末）如图，等腰中，，，为内一点，且，，则 .    【答案】/65度 【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，延长交 的角平分线于点，连结，根据等腰三角形的性质及角平分线定义求出，，进而得出，利用证明，根据全等三角形的性质求出，，根据角的和差及三角形内角和定理求出，结合平角定义求出，利用证明，根据全等三角形的性质得出，再根据等腰三角形的性质及角的和差求解即可． 【详解】如图，延长交 的角平分线于点，连接．   平分，， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式7-2】（23-24八年级·安徽合肥·期末）如图，，，，与交于点，连接，则的度数为 ． 【答案】/70度 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，构造全等三角形是解答本题的关键．过点A作于点M，于点N，根据手拉手模型证明，得到，然后证明，得到，，进一步推得，再证明，可得，最后根据三角形内角和定理即得答案． 【详解】过点A作于点M，于点N， ， ， ，， ， ， ，， ， ，， ， 即， ，，， ， ， ． 故答案为：． 【变式7-3】（23-24八年级·河北邢台·期末）如图，在和中，与交于点（不与点重合），点在异侧，和的平分线相交于点    （1）的最大值为 ； （2）当时，的度数为 ； （3）当时，的取值范围为 . 【答案】 【分析】（1）当时，取得最小值，进而根据含度角的直角三角形的性质即可求解； （2）证明，得出，进而根据三角形的外角的性质即可求解； （3）由三角形内角和定理求出，根据角平分线的概念得到 ，根据三角形内角和定理得到，根据不等式的性质计算即可． 【详解】解：（1）∵ ，当取得最小值时，取得最大值， 即时，取得最小值， ∵， ∴为直角三角形，， ∵， ∴； ∴； （2）在和中， ∵ ∴，   ∴， ∵， ∴； ∵， ∴； （3）∵ ∴ 设，则， ∵， ∴， ∵分别平分， ∴，， ∴ = =，    ∵， ∴. 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，三角形的角平分线，三角形的内角和定理，含度角的直角三角形的性质，解题关键是熟记三角形的角平分线的性质． 【题型8 与全等三角形有关的动点问题】 【例8】（23-24八年级·浙江杭州·期中）如图，中，，直线经过点且与边相交．动点从点出发沿路径向终点运动；动点从点出发沿路径向终点运动．点和点的速度分别为和，两点同时出发并开始计时，当点到达终点时计时结束．在某时刻分别过点和点作于点；于点，设运动时间为秒． ①当点在上时， （用含秒代数式表示）； ②当 秒时，与全等． 【答案】 或或 【分析】①根据题意可得，再由即可求解； ②分三种情况：在上，点在上；点与点重合；点与重合，分别画出图形解答即可； 本题考查了全等三角形的性质，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：①由题意得，， 当点在上时，， 故答案为：； ②由题意得，， 如图，在上，点在上时，作，，则，， ∵， ∴， ∴， 此时只能是，则， ∴， 解得； ②如图，当点与点重合时，则，， 此时只能是，则， ∴， 解得； ③如图，当点与重合时，则，，， ∴， 此时只能是，则， ∴， 解得； 综上所述，当秒或秒或秒时，与全等， 故答案为：或或． 【变式8-1】（23-24八年级·江西赣州·期中）如图，在中，，点从A点出发沿路径向终点运动，终点为点；点从点出发沿路径向终点运动，终点为A点．点和点分别以和的速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过和作于，于．当点运动 秒时，与全等． 【答案】2或5或16 【分析】题主要考查了全等三角形的判定、分类讨论的思想等知识点，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键． 根据垂直的定义及直角三角形的性质易证．只需，就可得到与全等，然后只需根据点P和点Q不同位置进行分类讨论即可解决问题． 【详解】解：∵于，于． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ①当时，点P在上，点Q在BC上，如图∶ 此时有． 当即，解得； ②当时，点P在上，点Q在上，如图， 当，即，解得； ③当点Q停在点A处，点P在BC上，如图， 当，即，解得； 综上所述：当t等于2或5或16时，与全等． 故答案为：2或5或16． 【变式8-2】（23-24八年级·四川德阳·期末）如图，中，，，，点以每秒1个单位的速度按的路径运动，点以每秒2个单位的速度按的路径运动，在运动过程中过点作于点，点作于点，两点同时出发，只要一个点到达终点两点即同时停止运动．设运动秒时，则的值是 ． 【答案】或 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、垂线的定义、一元一次方程的应用，分类讨论：①当点P在上，点Q在上，②当点P在上，点Q在上，③点P与Q重合在上，根据题意结合全等三角形的性质得出，再分别用t表示出和的长，列出等式，解出即可，熟练掌握全等三角形的判定与性质，并利用分类讨论的思想是解决问题的关键． 【详解】（1）当P点在上，点Q在上，如图1， 则，， ，， ∵， ∴    ， 即， 解得：， 即P点运动6秒； （2）当点P在上，点Q在上，如图2，    则，， ∵， ∴， 即， 解得， 此时不符合题意； （3）点P与Q重合在上，如图3，    则，， ∴， 即， 解得：， ∴综上可知：或， 故答案为：或． 【变式8-3】（23-24八年级·河南周口·期末）如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC=6cm，BC=8cm，设运动时间为t，则当t= s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等． 【答案】1或或12 【分析】由以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．可知CE=CD，而CE，CD的表示由E，D的位置决定，故需要对E，D的位置分当E在BC上，D在AC上时或当E在AC上，D在AC上时，或当E到达A，D在BC上时，分别讨论． 【详解】解：当E在BC上，D在AC上，即0＜t≤时， CE=（8-3t）cm，CD=（6-t）cm， ∵以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等． ∴CD=CE， ∴8-3t=6-t， ∴t=1s， 当E在AC上，D在AC上，即＜t＜时， CE=（3t-8）cm，CD=（6-t）cm， ∴3t-8=6-t， ∴t=s， 当E到达A，D在BC上，即≤t≤14时， CE=6cm，CD=（t-6）cm， ∴6=t-6， ∴t=12s， 故答案为：1或或12． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的性质，解决问题的关键是对动点所在的位置进行分类，分别表示出每种情况下CD和CE的长． 【题型9 几何图形最值问题】 【例9】（23-24八年级·湖北武汉·期末）如图，等腰直角中，，，D为中点，，P为上一个动点，当P点运动时，的最小值为 ． 【答案】6 【分析】作出点C关于的对称点F，连接，根据对称性，得到，证明，得到的最小值为DF，计算即可． 【详解】如图，∵，，D为中点， ∴； 作点C关于的对称点F，连接，交于点E，当点P与点E重合时，取得最小值，且最小值为， 根据对称性，得到， ∴； ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为6， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了轴对称性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握轴对称性质是解题的关键． 【变式9-1】（23-24八年级·河南信阳·期末）如图，和都是等腰三角形，且，O是的中点，若点D在直线上运动，连接，则在点D运动过程中，线段的最小值为 ． 【答案】2 【分析】取的中点为点，连接，先证得，得出 ，根据点到直线的距离可知当时，最小，然后根据所对的直角边等于斜边的一半求得时的 的值，即可求得线段的最小值． 【详解】解：取的中点为点，连接， ， ， 即， ，为中点， ， 在和中， ， ， ， 点在直线上运动， 当时，最小， 是等腰三角形， ， ， ， 线段的最小值是为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、所对的直角边等于斜边的一半、三角形全等的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加辅助线构建全等三角形，学会利用垂线段最短解决最值问题． 【变式9-2】（23-24八年级·四川绵阳·期末）在中，，，，为的中点，为上一动点，连接，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了轴对称中的光线反射问题（最短路线问题），直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形，轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，三线合一，三角形的面积公式，等式的性质，线段垂直平分线的性质，垂线段最短等知识点，熟练掌握用做对称的方法解决最短路线问题是解题的关键． 作关于的对称点，连接，，，由，可得，，根据轴对称的性质可得，是的垂直平分线，进而可得，于是证得是等边三角形，则，由三线合一可得，进而利用三角形的面积公式可得，由垂直平分线的性质可得，于是可得，根据垂线段最短可知，于是可得答案． 【详解】解：如图，作关于的对称点，连接，，， ，， ，， 是关于的对称点， 根据轴对称的性质可知，，是的垂直平分线， ， ， 是等边三角形， ， 为的中点， ， ，且， ， 是的垂直平分线， ， ， 垂线段最短， ， 即：， 的最小值是， 故答案为：． 【变式9-3】（23-24八年级·广西南宁·期中）如图，已知为等腰直角三角形，，，点为射线上的动点，当为最大值时，的度数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了轴对称−−最短路线问题，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，如图，作点A关于直线的对称点，连接交于P，则此时点P就是使的值最大的点， 连接，根据等腰直角三角形的性质可得到，根据轴对称的性质和等腰三角形的性质可推出是等边三角形，进而即可得到结论，熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键． 【详解】如图，作点A关于直线的对称点，连接交于P， ∴， ∴， 根据三角形的三边关系可知，此时点P就是使的值最大的点， 连接， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型10 构造等腰三角形求值】 【例10】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，点为内部一点，使得，，，，则的度数为 ． 【答案】 【分析】延长到，使，连接，交于点，先求出，进而可依据“”判定，得到，，，进而得，可得是等边三角形，从而得，再根据等边三角形的性质得是线段的垂直平分线，得到，进而得，即得，据此可得的度数． 【详解】解：延长到，使，连接，交于点，如图所示， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 是的平分线， ，， 是线段的垂直平分线， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，正确地作出辅助线构造全等三角形和等边三角形是解题的关键． 【变式10-1】（23-24八年级·江苏苏州·阶段练习）如图所示，在四边形中，，，，，则 ． 【答案】30 【分析】本题考查全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定和性质；在四边形外取一点P，使且，连接，证明，，是等边三角形，进而即可求解． 【详解】解：在四边形外取一点P，使且，连接， 在和中，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形，，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 故答案为：30． 【变式10-2】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，平分，，交的延长线于点，，，则 ． 【答案】 【分析】延长，相交于点，由角平分线的定义可得，设，，则由三角形的内角和定理及已知条件可推出，然后可证得，于是可得，进而可证得，则，，于是可求得的长，进而可求得的长． 【详解】解：如图，延长，相交于点， ， ， ， 平分， ， 设，， 则， ， ， 整理，得：， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了垂线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，直角三角形的两个锐角互余，等腰三角形的判定（等角对等边），全等三角形的判定与性质（）等知识点，合理添加辅助线，并证明是解题的关键． 【变式10-3】（23-24八年级·广东广州·期中）如图，四边形中，对角线，点F为上一点，连接交于点E，，，，，，则 ． 【答案】12 【分析】延长、，交于点，先证明为等腰直角三角形，再判定，然后在等腰直角中得，设，则，判定，从而，解得的值，最后根据，可得答案． 【详解】解：延长、，交于点，如图： ，， ，， 为等腰直角三角形， ， ，，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 设，则， ， ， ∵， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案为12． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【题型11 等腰三角形的存在性问题】 【例11】（23-24八年级·辽宁沈阳·期中）经过三角形一个顶点及其对边上一点的直线，若能将此三角形分割成两个等腰三角形，称这个三角形为“钻石三角形”，这条直线称为这个三角形的“钻石分割线”，在中，，若存在过点C的“钻石分割线”，使是“钻石三角形”，则满足条件的的度数为 ． 【答案】或或或 【分析】本题主要考查了等腰三角形的定义与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，解题的关键是注意进行分类讨论．分五种情况进行讨论，当，时，当，时，当，时，当，时，当，时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：当，时，如图所示：    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即此时． 当，时，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即此时． 当，时，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即此时． 当，时，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即此时． 当，时，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即此时． 综上分析可知：的度数为：或或或． 故答案为：或或或． 【变式11-1】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，，，（），与交于点，与交于点，连接．当为等腰三角形时，的度数为 ．    【答案】或 【分析】根据，分两种情况讨论：当时，当时，设，过点作，垂足分别为，得出在的角平分线线上，进而根据三角形内角和定理，三角形的外角的性质，即可求解． 【详解】解：如图所示，当时，是等腰三角形，    设，过点作，垂足分别为， ∵， ∴对应边上的高相等，即， ∴在的角平分线线上， ∵是的外角， ∴ ∴ ∵ ∴ 解得： 如图所示，当时，是等腰三角形，    设 同理可得, ∴ ∵ ∴ 解得： ， 由于，不存在的情形， 综上所述，的度数为，或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，角平分线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式11-2】（23-24八年级·河南鹤壁·期中）如图，在长方形的对角线上有一动点，连接，过点作交射线于点，，当为等腰三角形时，的度数是 ． 【答案】或 【分析】根据题意，找到临界状态，在临界状态上下，分两种情况讨论：①是等边三角形，；②是一般，；从而得到答案． 【详解】解：根据题意，若，如图所示： 此时与重合，不存在，以此为临界状态，分两种情况讨论： ①如图所示： 为等腰三角形，， ， 在长方形中，，，则， ，， ， 是等边三角形，即； ②如图所示： 为等腰三角形， ， ，是的一个外角， ，即， 在长方形中，，，则， ，， ， 在中，利用三角形内角和定理可知： ； 综上所述，的度数是或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查矩形中求角度问题，涉及等腰三角形性质、长方形性质、等边三角形的判定与性质、三角形外角性质、三角形内角和定理等，读懂题意，找到临界状态，作出图形，分类讨论是解决问题的关键． 【变式11-3】（23-24八年级·浙江绍兴·期中）如图，在中，，点D在边上，、关于所在的直线对称，的角平分线交边于点G，连接．为等腰三角形时， ． 【答案】或或 【分析】根据题意，先求出 ，再利用轴对称性质得 ，再证明 ，继而得到的度数，为等腰三角形时分三种情况讨论，①当时， ②当时， ③当时，利用的内角和分别求出即可． 【详解】解：在中，， ， 、关于所在的直线对称， ， ， ， 是的角平分线， ， 在与中， ， ， ， ， 如图，令与交点为Q， 因为为等腰三角形，分三种情况讨论： ①当时， ， ， ， 又， 在中， ， ； ②当时， ， 在中， ， ； ③当时， ， ， 在中， ， ； 综上所述： 当或时，为等腰三角形． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质；轴对称的性质，三角形全等的判定定理——，三角形外角的性质，三角形的内角和，熟练掌握这些性质和定理是解题的关键． 【题型12 利用勾股定理解决面积问题】 【例12】（23-24八年级·安徽芜湖·期末）如图，，以为斜边作直角，以的各边为边分别向外作正方形，于M，于N，则图中阴影面积和的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查全等三角形的判定及性质，勾股定理，完全平方公式的应用． 向两端延长，交于点P，交于点Q，过点C作于点O，证明，得到，，同理得到，，从而 ．设，，则，根据完全平方公式可得，再根据的面积得到，即可解答． 【详解】解：向两端延长，交于点P，交于点Q，过点C作于点O， 由题意可得，，，，， ， ∵， ， ∴， ∴在和中 ， ∴， ∴，， 同理可证， ∴，， ∴ ∴当取得最大值时，阴影面积和为最大． 设，， ∵在中，， ∴， ∵，即， ∴ ∵， ∴， ∴的最大值为， 此时阴影面积的和最大为． 故答案为： 【变式12-1】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在中，，点、分别在、上，且，连接，若四边形的面积是，，则的长为 . 【答案】4 【分析】作交于，交 于，交于，可得四边形 为矩形，设，，则有，容易证得 ，可得，根据，得到 ，即有，化简得 ，根据 化简后可得结果． 【详解】解：如图示， 作交于，交 于，交于， ∴四边形为矩形， ∴，， 设，， ∴， 在中， ∴， 在中， ∴， ∴ 又∵， ∴ ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ 即： ∴ 中， 故答案是：4． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，熟悉相关性质是解题的关键． 【变式12-2】（23-24八年级·江苏盐城·期中）如图，在中，，点E是的中点，动点P从A点出发以每秒的速度沿A→C→B运动，设点P运动的时间是t秒，那么当 ，△APE的面积等于12．    【答案】3或18或22 【分析】分当点P在线段上运动时，当点P在线段上运动且在点E的右边时和当点P在线段上运动且在点E的左边时三种情况讨论，即可求出t的值． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ． 当点P在线段上运动时， ∵的面积等于12，即， ∴， ∴秒； 当点P在线段运动时上且在点E的右边时，，如图2所示， 同理可知， ∴秒；    当点P在线段上运动且在点E的左边时，如图3所示， 同理可知， ∴秒；    故答案为∶3或18或22． 【点睛】本题考查了三角形的面积公式的运用，勾股定理，以及中线的性质，分类讨论的数学思想，解答时分类讨论是是关键． 【变式12-3】（23-24八年级·江苏常州·期中）如图， 在 中， ， 分别以为边向上作正方形， 已知的面积为6，则图中阴影部分面积之和是 ．    【答案】 【分析】利用勾股定理和正方形的面积公式可得，利用正方形的性质证明和，根据全等三角形的面积相等，从而得出，，再根据三个正方形面积的关系可得出，从而可得阴影面积之和． 【详解】解：如图，设，，，   ∵在中，， ∴， ∵四边形，四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴是直角三角形， 在和中， ， ∴ ∴， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， 又∵， ， ， ∴， ∴， ∴图中阴影部分面积之和为． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等角的余角相等等知识，运用了等积变换的思想方法．运用等积变换是解题的关键． 【题型13 利用勾股定理解决翻折问题】 【例13】（23-24八年级·广东深圳·期中）如图，长方形中：，．点E为射线上的一动点，将沿折叠，得到（点A的对应点为）并连接、，当为等腰三角形，的长是 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．分三种情况讨论，当、和，利用勾股定理列式计算即可求解． 【详解】解：设与交于点，由折叠知是线段的垂直平分线，，， ∴，， 当为等腰三角形时，分三种情况讨论， 当时， ，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得（舍去负值），即； 当时，如图，过点作交于点，交于点， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， 解得，即； 当时，点在线段的垂直平分线上， ∵点、都在线段的垂直平分线上， ∴点、重合， 此时，； 综上，的长是或或， 故答案为：或或． 【变式13-1】（23-24·浙江宁波·八年级期末）如图，在中，，，，是的中点，点，分别在边，上，，将，分别沿，翻折使得A与重合，B与重合，若，则 ． 【答案】3 【分析】连接，依据勾股定理以及直角三角形斜边上中线的性质，即可得到的长，进而得出是等腰三角形；再根据平行线的性质得出与相等，进而得到是等腰三角形，即可得出的长． 【详解】解：如图所示，连接， 设，， 在中，，，， ， 中，是的中点， ， 又， ， ，即， ， 又， ， ∴， 又∵， ∴， ， 又， ， ，即， ， ， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，直角三角形斜边上中线，等腰三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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． 【变式13-2】（23-24·辽宁铁岭·二模）如图，在中，，，，点是的中点，点是斜边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，若为直角三角形，则的长为 ．    【答案】或 【分析】先根据直角三角形的性质和勾股定理求得，，结合题意可得，分两种情况：当时，根据三角形内角和定理和折叠的直线可得，根据等角对等边可得，根据直角三角形的性质和勾股定理求得，，，即可求出；当时，作交的延长线于，设，则，根据全等三角形的判定和性质可得，结合直角三角形的性质和勾股定理求得，，根据勾股定理列出方程，解方程即可求出． 【详解】解：在中，，， ∴，， ∵点是的中点， ∴， 当时，如图：    ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 在中，，， 在中，， 即， ∴； 当时，作交的延长线于．如图：    设，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，， 在中，， 即， 解得：； 综上所述，满足条件的的值为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等角对等边等，构建直角三角形，借助勾股定理求解是解题的关键． 【变式13-3】（23-24八年级·广东·专题练习）如图，将长方形纸片沿折叠，使点A落在边上点处，点D的对应点为，连接交边于点E，连接，若，，点为的中点，则线段的长为 ．    【答案】 【分析】连接，勾股定理求得，进而证明，设，根据，以及三边关系建立方程组，解方程组求解即可． 【详解】如图，连接，   折叠 ，， 四边形是长方形，，， ，， 设 则 是的中点， 在中， 在中， 即 解得 ， 又∵ 设 在中 即① 又 ② 由①可得③ 将②代入③得④ ②-④得 解得 即 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，折叠问题，因式分解，三角形全等的性质与判定，解二元一次方程组，掌握折叠的性质是解题的关键． 【题型14 判断能否构成直角三角形】 【例14】（23-24·河南郑州·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点P是边AC上一动点，把△ABP沿直线BP折叠，使得点A落在图中点A′处，当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是 ． 【答案】4或3 【分析】分类讨论分别当∠AA′C=90°时，当∠ACA′=90°时，根据折叠的性质函数直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：如图1，当∠AA′C=90°时， ∵以直线BP为轴把△ABP折叠，使得点A落在图中点A′处， ∴AP=A′P， ∴∠PAA′=∠AA′P， ∵∠ACA′+∠PAA′=∠CA′P+∠AA′P=90°， ∴∠PCA′=∠PA′C， ∴PC=PA′， ∴PC=AC=4， 如图2，当∠ACA′=90°时， ∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且AC=8，BC=6． ∴AB=10， ∵以直线BP为轴把△ABP折叠，使得点A落在图中点A′处， ∴A′B=AB=10，PA=PA′， ∴A′C=4， 设PC=x， ∴AP=8-x， ∵A′C2+PC2=PA′2， ∴42+x2=（8-x）2， 解得：x=3， ∴PC=3， 综上所述：当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是4或3， 故答案为：4或3． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键． 【变式14-1】（23-24八年级·全国·课后作业）在△ABC 中，若，则最长边上的高为 ． 【答案】 【分析】解方程可求得a=4，b=3，故三角形ABC是直角三角形，在利用三角形的面积转化得到斜边上的高. 【详解】解：∵， 将两个方程相加得：， ∵a＞0， ∴a=4 代入得：， ∵b＞0， ∴b=3， ∵a=3，b=4，c=5满足勾股定理逆定理， ∴△ABC是直角三角形， 如下图，∠ACB=90°，CD⊥AB， ， 即：， 解得：CD=， 故答案为：. 【点睛】本题考查求解三角形的高，解题关键是利用三角形的面积进行转化，在同一个三角形中，一个底乘对应高等于另一个底乘对应高. 【变式14-2】（23-24八年级·湖北十堰·期末）如图，中，，，，与的角平分线相交于点，过点作，垂足为，则线段的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查角平分线的性质，根据角平分线的性质得出是解题的关键．根据角平分线的性质得出，进而利用三角形的面积公式解答即可． 【详解】解：过点作于，于，连接， 与的角平分线相交于点，过点作，于，于， ，， ， 中，，，， ， 是直角三角形， ， 又 ，， ， ， 故答案为： 【变式14-3】（23-24八年级·吉林白城·阶段练习）如图，在等腰直角的斜边上任取两点，使，记，则以为边长的三角形的形状是 ． 【答案】直角三角形 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质，难度较大，注意掌握旋下列情形常实施旋转变换：（1）图形中出现等边三角形或正方形，把旋转角分别定为、；(2)图形中有线段的中点，将图形绕中点旋转，构造中心对称全等三角形；（3）图形中出现有公共端点的线段，将含有相等线段的图形绕公共端点，旋转两相等线段的夹角后与另一相等线段重合． 把绕点逆时针旋转，得，这样就集中成一个与 相等的角，在一条直线上的、、集中为，只需判定的形状即可． 【详解】解：如图：把绕点逆时针旋转，得， 则， ， 又， ∴， ， 又， ， ∴以、、为边长的三角形的形状是直角三角形． 故答案为：直角三角形． 【题型15 勾股定理的应用】 【例15】（23-24八年级·江苏无锡·期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是 cm 【答案】16 【分析】将正方形沿着翻折得到正方形 ，过点在正方形内部作，使，连接，过作于点，此时最小，运用勾股定理求解即可． 【详解】 如图，将正方形沿着翻折得到正方形 ，过点在正方形内部作，使，连接，过作于点，则四边形是矩形，四边形是平行四边形， ∴，，，， 此时最小， ∵点是中点， ∴cm， ∴cm，cm， 在中，cm， ∴cm， 故答案为：16． 【点睛】本题考查最短路径问题，考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，轴对称性质等，解题的关键是将立体图形中的最短距离转换为平面图形的两点之间线段长度进行计算． 【变式15-1】（23-24八年级·山东滨州·阶段练习）如图，小红想用一条彩带缠绕易拉罐，正好从A点绕到正上方B点共四圈，已知易拉罐底面周长是12cm，高是20cm，那么所需彩带最短的是 ． 【答案】52cm 【分析】要求彩带的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，借助于勾股定理． 【详解】    由图可知，彩带从易拉罐底端的A处绕易拉罐4圈后到达顶端的B处，将易拉罐表面切开展开呈长方形，则螺旋线长为四个长方形并排后的长方形的对角线长，设彩带最短长度为，则易拉罐底面周长是12，高是20 ∴ 解得： ∴彩带最短是52cm 故答案为：52cm． 【点睛】本题考查了平面展开最短路径问题，勾股定理，解题的关键是明确圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高． 【变式15-2】（23-24八年级·江苏无锡·阶段练习）如图，在一个长2米，宽1米的长方形草地上，放着一根长方体的木块，它的棱和草地宽平行且棱长大于，木块从正面看是边长为米的正方形，一只蚂蚁从点A处到达点C处需要走的最短路程是 米． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理的应用，画出展开图得到最短路径是解题的关键；展开图的对角线长即为所求，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：将木块展开如图所示， 则米，米， 米， 一只蚂蚁从点A处到达点C处需要走的最短路程是米， 故答案为： 【变式15-3】（23-24八年级·陕西咸阳·期中）如图，有一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为，点和点是这个三级台阶上两个相对的端点，点处有一只蚂蚁，想到点处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行到点的最短路程为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平面展开-最短路径问题，勾股定理等知识，先将图形平面展开，再由勾股定理根据两点之间线段最短进行解答，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：如图，三级台阶平面展开图为长方形，长为，宽为，则蚂蚁沿台阶面爬行到点最短路程是此长方形的对角线长， 设蚂蚁沿台阶面爬行到点最短路程为， 由勾股定理得： 解得：， 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题16.6 期末复习之填空压轴题十五大题型总结 【华东师大版】 【题型1 新定义下的实数运算】 1 【题型2 与整式乘除有关的化简求值】 2 【题型3 利用整式乘法解决图形面积问题】 2 【题型4 利用因式分解解决最值问题】 3 【题型5 利用因式分解解决整除问题】 4 【题型6 由全等三角形的判定与性质求线段长度】 4 【题型7 由全等三角形的判定与性质求角度】 5 【题型8 与全等三角形有关的动点问题】 6 【题型9 几何图形最值问题】 8 【题型10 构造等腰三角形求值】 9 【题型11 等腰三角形的存在性问题】 10 【题型12 利用勾股定理解决面积问题】 11 【题型13 利用勾股定理解决翻折问题】 12 【题型14 判断能否构成直角三角形】 13 【题型15 勾股定理的应用】 14 【题型1 新定义下的实数运算】 【例1】（23-24八年级·重庆·期末）如果一个四位自然数满足，那么称这个四位数为“2倍和数”．例如：四位数8103，因为，所以8103是“2倍和数”；又如：四位数9125，因为，所以9125不是“2倍和数”．若是“2倍和数”，则M的最小值是 ；是一个“2倍和数”，去掉其个位数字得到一个三位数，记，若是11的倍数，则的最大值与最小值的和为 ． 【变式1-1】（23-24八年级·浙江宁波·期末）对正整数 ，规定 ，记 对正整数 n ，规定 ，记，若正整数使得为完全平方数，请写出一个符合条件的 k 的值： 【变式1-2】（23-24八年级·全国·单元测试）对于任何实数a，可用表示不超过a的最大整数，如，．现对72进行如下操作：72第一次第二次第三次，类似地，只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的是 ． 【变式1-3】（23-24八年级·湖南永州·期末）某校数学课外小组利用数轴为学校门口的一条马路设计植树方案如下：第k棵树种植在点处，其中，当时．表示非负实数a的整数部分，例如．按此方案，第2021棵树种植在点处，则 ． 【题型2 与整式乘除有关的化简求值】 【例2】（23-24八年级·四川眉山·阶段练习）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ． 【变式2-1】（23-24八年级·四川成都·期中）若，则的值为 ． 【变式2-2】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）若am=20，bn=20，ab=20，则= ． 【变式2-3】（23-24八年级·福建漳州·期中）已知，，，满足关系式，，则的值为 ． 【题型3 利用整式乘法解决图形面积问题】 【例3】（23-24八年级·江苏连云港·期中）矩形内放入两张边长分别为a和的正方形纸片，按照图①放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分（黑色阴影部分）的面积为；按照图②放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分面积为；按图③放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分的面积为，已知， ，设，则 ．    【变式3-1】（23-24八年级·浙江温州·期中）如图所示，长方形ABCD中放置两个边长都为4cm的正方形AEFG与正方形CHIJ，若如图阴影部分的面积之和记为S1，长方形ABCD的面积记为S2，已知：3S2－S1=96，则长方形ABCD的周长为 ． 【变式3-2】（23-24八年级·贵州六盘水·期中）有6张如图①的长为a，宽为的小长方形纸片，按图②方式不重叠地放在矩形内，未被覆盖的部分（两个矩形）用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积的差为S，当的长度变化时，按照同样的放置方式，S始终保持不变，则满足的数量关系是 ． 【变式3-3】（23-24八年级·浙江湖州·期末）建党100周年主题活动中，702班浔浔设计了如图1的“红色徽章”其设计原理是：如图2，在边长为的正方形四周分别放置四个边长为的小正方形，构造了一个大正方形，并画出阴影部分图形，形成了“红色徽章”的图标．现将阴影部分图形面积记作，每一个边长为的小正方形面积记作，若，则的值是 ． 【题型4 利用因式分解解决最值问题】 【例4】（23-24八年级·四川成都·期末）已知a，b，c为整数，满足，，则的最小值是 ． 【变式4-1】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期末）已知等式对一切x都成立，a、b、c为整数．且．则的最小值是 ． 【变式4-2】（23-24八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若可以分解成两个一次整系数多项式的乘积，其中a、b为整数，那么的最小值是 ． 【变式4-3】（23-24八年级·福建泉州·期中）已知：a，b，c都是正整数，且，．abc的最大值为M，最小值为N，则 ． 【题型5 利用因式分解解决整除问题】 【例5】（23-24八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）对于一个三位正整数，如果满足：百位数字、十位数字与个位数字之和等于15，那称这个数为“月圆数”，例如：，，是“月圆数”； ，，不是“月圆数”．若，都是“月圆数”， ，，，均为的整数），规定，若是去掉百位数字后剩余部分组成的一个两位数，是去掉其百位数字后剩余部分组成的一个两位数，若与的和能被11整除，则的值为 ． 【变式5-1】（23-24八年级·四川成都·期末）已知可以被21和30之间的某两个数整除，则这两个数为 ． 【变式5-2】（23-24八年级·福建泉州·期中）若一个四位正整数满足：，我们就称该数是“交替数”，若一个“交替数”满足千位数字与百位数字的平方差是15，且十位数字与个位数的和能被5整除，则满足条件的“交替数”的最大值为 ． 【变式5-3】（23-24八年级·浙江宁波·期末）如果一个自然数A的个位数字不为0，且能分解成，其中M与N都是两位数，M与N的十位数字相同，个位数字之和为6，则称此数为“如意数”，并把数A分解成的过程，称为“完美分解”．例如，因为，21和25的十位数字相同，个位数字之和为6，所以525是“如意数”． （1）最小的“如意数”是 ； （2）把一个“如意数”A进行“完美分解”，即，M与N的和记为P，M与N的差记为Q，若能被11整除，则A的值为 ． 【题型6 由全等三角形的判定与性质求线段长度】 【例6】（23-24八年级·山东淄博·期中）在钝角中，是边上的高，是边上的高，这两条高所在的直线相交于点O，若，，，则的长为 ． 【变式6-1】（23-24八年级·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，分别是上的点，，线段之间的数量关系是 ． 【变式6-2】（23-24八年级·浙江金华·阶段练习）如图所示，在等腰中，，点为射线上的动点，，且，与所在的直线交于点，若，则与的比值为 ． 【变式6-3】（23-24八年级·山东日照·阶段练习）如图，中，，角平分线相交于，，，则 ． 【题型7 由全等三角形的判定与性质求角度】 【例7】（23-24八年级·江苏南通·期末）如图，已知：四边形中，对角线平分，，，并且，那么的度数为 【变式7-1】（23-24八年级·浙江宁波·期末）如图，等腰中，，，为内一点，且，，则 .    【变式7-2】（23-24八年级·安徽合肥·期末）如图，，，，与交于点，连接，则的度数为 ． 【变式7-3】（23-24八年级·河北邢台·期末）如图，在和中，与交于点（不与点重合），点在异侧，和的平分线相交于点    （1）的最大值为 ； （2）当时，的度数为 ； （3）当时，的取值范围为 . 【题型8 与全等三角形有关的动点问题】 【例8】（23-24八年级·浙江杭州·期中）如图，中，，直线经过点且与边相交．动点从点出发沿路径向终点运动；动点从点出发沿路径向终点运动．点和点的速度分别为和，两点同时出发并开始计时，当点到达终点时计时结束．在某时刻分别过点和点作于点；于点，设运动时间为秒． ①当点在上时， （用含秒代数式表示）； ②当 秒时，与全等． 【变式8-1】（23-24八年级·江西赣州·期中）如图，在中，，点从A点出发沿路径向终点运动，终点为点；点从点出发沿路径向终点运动，终点为A点．点和点分别以和的速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过和作于，于．当点运动 秒时，与全等． 【变式8-2】（23-24八年级·四川德阳·期末）如图，中，，，，点以每秒1个单位的速度按的路径运动，点以每秒2个单位的速度按的路径运动，在运动过程中过点作于点，点作于点，两点同时出发，只要一个点到达终点两点即同时停止运动．设运动秒时，则的值是 ． 【变式8-3】（23-24八年级·河南周口·期末）如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC=6cm，BC=8cm，设运动时间为t，则当t= s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等． 【题型9 几何图形最值问题】 【例9】（23-24八年级·湖北武汉·期末）如图，等腰直角中，，，D为中点，，P为上一个动点，当P点运动时，的最小值为 ． 【变式9-1】（23-24八年级·河南信阳·期末）如图，和都是等腰三角形，且，O是的中点，若点D在直线上运动，连接，则在点D运动过程中，线段的最小值为 ． 【变式9-2】（23-24八年级·四川绵阳·期末）在中，，，，为的中点，为上一动点，连接，，则的最小值是 ． 【变式9-3】（23-24八年级·广西南宁·期中）如图，已知为等腰直角三角形，，，点为射线上的动点，当为最大值时，的度数为 ． 【题型10 构造等腰三角形求值】 【例10】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，点为内部一点，使得，，，，则的度数为 ． 【变式10-1】（23-24八年级·江苏苏州·阶段练习）如图所示，在四边形中，，，，，则 ． 【变式10-2】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，平分，，交的延长线于点，，，则 ． 【变式10-3】（23-24八年级·广东广州·期中）如图，四边形中，对角线，点F为上一点，连接交于点E，，，，，，则 ． 【题型11 等腰三角形的存在性问题】 【例11】（23-24八年级·辽宁沈阳·期中）经过三角形一个顶点及其对边上一点的直线，若能将此三角形分割成两个等腰三角形，称这个三角形为“钻石三角形”，这条直线称为这个三角形的“钻石分割线”，在中，，若存在过点C的“钻石分割线”，使是“钻石三角形”，则满足条件的的度数为 ． 【变式11-1】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，，，（），与交于点，与交于点，连接．当为等腰三角形时，的度数为 ．    【变式11-2】（23-24八年级·河南鹤壁·期中）如图，在长方形的对角线上有一动点，连接，过点作交射线于点，，当为等腰三角形时，的度数是 ． 【变式11-3】（23-24八年级·浙江绍兴·期中）如图，在中，，点D在边上，、关于所在的直线对称，的角平分线交边于点G，连接．为等腰三角形时， ． 【题型12 利用勾股定理解决面积问题】 【例12】（23-24八年级·安徽芜湖·期末）如图，，以为斜边作直角，以的各边为边分别向外作正方形，于M，于N，则图中阴影面积和的最大值为 ． 【变式12-1】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在中，，点、分别在、上，且，连接，若四边形的面积是，，则的长为 . 【变式12-2】（23-24八年级·江苏盐城·期中）如图，在中，，点E是的中点，动点P从A点出发以每秒的速度沿A→C→B运动，设点P运动的时间是t秒，那么当 ，△APE的面积等于12．    【变式12-3】（23-24八年级·江苏常州·期中）如图， 在 中， ， 分别以为边向上作正方形， 已知的面积为6，则图中阴影部分面积之和是 ．    【题型13 利用勾股定理解决翻折问题】 【例13】（23-24八年级·广东深圳·期中）如图，长方形中：，．点E为射线上的一动点，将沿折叠，得到（点A的对应点为）并连接、，当为等腰三角形，的长是 ． 【变式13-1】（23-24·浙江宁波·八年级期末）如图，在中，，，，是的中点，点，分别在边，上，，将，分别沿，翻折使得A与重合，B与重合，若，则 ． 【变式13-2】（23-24·辽宁铁岭·二模）如图，在中，，，，点是的中点，点是斜边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，若为直角三角形，则的长为 ．    【变式13-3】（23-24八年级·广东·专题练习）如图，将长方形纸片沿折叠，使点A落在边上点处，点D的对应点为，连接交边于点E，连接，若，，点为的中点，则线段的长为 ．    【题型14 判断能否构成直角三角形】 【例14】（23-24·河南郑州·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点P是边AC上一动点，把△ABP沿直线BP折叠，使得点A落在图中点A′处，当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是 ． 【变式14-1】（23-24八年级·全国·课后作业）在△ABC 中，若，则最长边上的高为 ． 【变式14-2】（23-24八年级·湖北十堰·期末）如图，中，，，，与的角平分线相交于点，过点作，垂足为，则线段的长度为 ． 【变式14-3】（23-24八年级·吉林白城·阶段练习）如图，在等腰直角的斜边上任取两点，使，记，则以为边长的三角形的形状是 ． 【题型15 勾股定理的应用】 【例15】（23-24八年级·江苏无锡·期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是 cm 【变式15-1】（23-24八年级·山东滨州·阶段练习）如图，小红想用一条彩带缠绕易拉罐，正好从A点绕到正上方B点共四圈，已知易拉罐底面周长是12cm，高是20cm，那么所需彩带最短的是 ． 【变式15-2】（23-24八年级·江苏无锡·阶段练习）如图，在一个长2米，宽1米的长方形草地上，放着一根长方体的木块，它的棱和草地宽平行且棱长大于，木块从正面看是边长为米的正方形，一只蚂蚁从点A处到达点C处需要走的最短路程是 米． 【变式15-3】（23-24八年级·陕西咸阳·期中）如图，有一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为，点和点是这个三级台阶上两个相对的端点，点处有一只蚂蚁，想到点处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行到点的最短路程为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$