八年级下册期中热考+压轴题型专项训练（考题猜想，33大题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（鲁教版）

八年级下册期中 热考+压轴 题型专项训练（33大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 利用菱形的性质与判定求角度/线段长 题型二 利用菱形的性质与判定求周长/面积 题型三 利用矩形的性质与判定求求角度/线段长 题型四 利用矩形的性质与判定求周长/面积 题型五 利用正方形的性质与判定求解 题型六 四边形综合 题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题【压轴】 题型八 与特殊平行四边形有关的最值问题【压轴】 题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题【压轴】 题型十 利用特殊平行四边形的性质与判定求坐标【压轴】 题型十一 与特殊平行四边形有关的热考模型【压轴】 题型十二 根据二次根式的非负性求解 题型十三 二次根式有意义的条件 题型十四 利用二次根式的性质化简 题型十五 复合二次根式的化简（压轴） 题型十六 同类二次根式与最简二次根式的判断 题型十七 已知最简二次根式求参数 题型十八 二次根式的混合运算 题型十九 二次根式的应用 题型二十 二次根式的化简求值 题型二十一 比较二次根式的大小 题型二十二 分母有理化（压轴） 题型二十三 求解根式方程（压轴） 题型二十四 与二次根式有关的新定义问题（压轴） 题型二十五 根据一元二次方程的定义求参数 题型二十六 选用合适的方法解一元二次方程 题型二十七 根据判别式判断一元二次方程根的情况 题型二十八 根据一元二次方程根的情况求参数 题型二十九 换元法解一元二次方程（压轴） 题型三十 一元二次方程根与系数的关系 题型三十一 已知一元二次方程根满足的条件求参数 题型三十二 实际问题与一元二次方程 题型三十三 与一元二次方程有关的新定义问题（压轴） 题型一 利用菱形的性质与判定求角度/线段长 1．（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，是它的一条对角线，作的垂直平分线，分别交于点．    (1)求证：； (2)连接，若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，作出图形，根据中垂线性质，结合三角形全等的判定与性质即可求证； （2）由（1）知，利用全等性质得到对角线相互平分，再结合中垂线性质得到四边形是菱形，由菱形性质即可得到答案． 【详解】（1）证明：如图所示：   四边形是平行四边形， ，， ， 垂直平分， ， 在和重 ， ， ， ，， ； （2）解：连接，如图所示： 由（1）知， ，， ∴四边形是平行四边形， 垂直平分，即， ∴四边形是菱形， ， ， 菱形中，对角线平分， ． 【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及平行四边形的判定与性质、中垂线性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定与性质，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 2．（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，、相交于点E． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)过点D作于点F，交于点G，连接EG．若，，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】（1）根据题意证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用直角三角形性质得到，利用勾股定理得到，结合菱形性质得到，并证明，利用全等的性质结合勾股定理即可得到的长． 【详解】（1）解：四边形是菱形．理由如下： ，， 四边形是平行四边形， 在中，，且点D是的中点， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， ， ， 在中，， ， 四边形是菱形， ，， ， 在与中， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的判定及性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、直角三角形的特征，熟练掌握其判定及性质是解题的关键． 3．（22-23八年级下·山东济宁·阶段练习）如图，在平行四边形中，，平分，交于点E，过点E作交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为16，，求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，解题的关键是利用这些性质和判定解决问题． （1）由题意可得四边形是平行四边形，由平分，可得，则结论可得 （2）连接交于点；则于点．由题意可得，，，可得的长即可求的长． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，即 ， ， ∴四边形为平行四边形， 平分， ， ∵， ， ， ， ∴四边形是菱形； （2）解：连接交于点，    ∵四边形为菱形， ∴，， ，， ， ∵菱形的周长为， ， 在中， ， 由勾股定理可得：， ． 题型二 利用菱形的性质与判定求周长/面积 4．（24-25八年级下·江苏徐州·开学考试）如图，在四边形中，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知菱形的对角线，点E、F分别是菱形的边、的中点，连接，若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)52 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据等角对等边的性质，得到，即可证明结论； （2）连接交于点O，，根据三角形中位线定理，得到，由菱形的性质和勾股定理得出，即可求出菱形的周长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：连接交于点O，如图： ∵点E、F分别是边、的中点，， ∴， ∵、是菱形的对角线，且，， ∴，，． 在中，，． ∴， ∴菱形的周长为：． 5．（22-23八年级下·吉林·期末）如图，在中，以点A为圆心，以任意长为半径画圆弧，分别交边、于点M、N，再分别以点M、N为圆心，以大于长为半径画圆弧，两弧交于点P，作射线交边于点E，过点E作交于点F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为36，则菱形的面积是_________． 【答案】(1)见解析； (2)96． 【分析】（1）根据角平分线的作法可知，平分，再根据平行四边形的性质可得，从而证明四边形是平行四边形，再利用角平分线的定义证明，即，即可证明结论； （2）连接，交于点O，根据菱形的性质可得，，再由的周长为36，求得，即，利用勾股定理求得，即，再利用菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：由作法可得，平分， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵的周长为36， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：96．    【点睛】本题考查作图−角平分线、平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、勾股定理及菱形的面积公式，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 6．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，中，，是边上的中线，过点C作，过点A作交于点E，连接，点O为与的交点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)平行四边形是菱形，见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明即可证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是平行四边形，再由30度角的性质求出，然后根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）∵ ∴四边形是平行四边形 ∵，是这上的中线 ∴， ∴平行四边形是菱形 （2）由（1）得四边形是菱形 ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形 ∴ 在中 ∵ ∴ ∴ ∴ 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键． 题型三 利用矩形的性质与判定求求角度/线段长 7．（24-25九年级上·陕西渭南·期中）如图，点E是对角线上的点（不与A，C重合），连接，过点E作交于点F．连接交于点G，，． (1)求证：是矩形； (2)若点E为的中点，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，则，由等边对等角得到，则可证明，进而可证明平行四边形是矩形； （2）由矩形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，则． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，点E为的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键： 8．（23-24八年级下·山东德州·期末）探究： 小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点，，可通过构造直角三角形利用图①得到结论：．他还利用图②证明了线段的中点的坐标公式：，． （1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程． 运用： （2）已知点，，求线段的长度； （3）请直接写出以点，，，为顶点的平行四边形顶点的坐标． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）或或 【分析】（1）用的坐标分别表示出和的长,即可证得结论． （2）直接利用两点间距离公式可求得的长． （3）分为对角线，可求得其中点的坐标，再利用中点坐标公式可求得点坐标． 【详解】（1）证明：如下图，过点分别作轴的垂线，垂线分别交轴于，过点作的垂线，交于点，交于点，连接 ∴，， ∴四边形为矩形， 又∵，为线段的中点， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴为为直角三角形的中位线， ∵，， ∴，，， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∵为直角三角形的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴线段的中点的坐标公式为，． （2）解：将点，代入到中， ∴， 化简可得． （3）解：∵，，， ∴当为平行四边形的对角线时，其对称中点坐标为， 设， 则，， 解得，， ∴此时点坐标为； 当为对角线时，同理可求得点坐标为； 当为对角线时，同理可求得点坐标为； 综上可知点坐标为或或； 故答案为或或． 【点睛】本题主要考查坐标与图形及两点间的距离公式，矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，平行四边形和轴对称图形的性质，理解题意，熟练掌握综合运用这些知识点是解题关键． 9．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，是平行四边形的对角线，，延长至点C，使，连接交于点O，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理： （1）先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可得证； （2）过O作于F，根据三角线的中位线定理求出的长，勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ∵， 四边形是矩形； （2）过O作于F， 四边形是矩形，， ，， 又， ， ， ，，， ， ． 题型四 利用矩形的性质与判定求周长/面积 10．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，点F、H在菱形的对角线上，，点E、G分别在菱形的边上，且，． (1)求证：四边形为矩形． (2)若E为中点，，求菱形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)16 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等： （1）先由菱形的性质推出，，进而证明得到，进一步证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是矩形； （2）如图所示，连接，先证明四边形是平行四边形，得到，再由矩形的性质得到，则，据此根据菱形的周长计算公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形； （2）解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵E为中点 ∴， 由（1）可得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， . ∴菱形的周长． 11．（22-23八年级下·北京海淀·期中）如图，在中，点，，分别是边，，的中点，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求出矩形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接．根据三角形的中位线的性质即可得到结论； （2）根据矩形的性质得到，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接． ，分别是边，的中点， ∴，， 点是边的中点， ． ． 四边形为平行四边形； 由点，分别是边，的中点， ． ， ， 四边形为矩形； （2）解：四边形为矩形， ， ， ，， ， ， ，，， ， 矩形的周长． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，三角形的中位线的性质，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键． 12．（20-21八年级下·山东济宁·期末）已知点E是中边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，，．    (1)求证：四边形为矩形； (2)若是等边三角形，且边长为6，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证，得，再由，证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论； （2）由矩形的性质得，再由等边三角形的性质得，，然后由勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 点是中边的中点， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形为矩形； （2）解：由（1）得：四边形为矩形， ， 是等边三角形， ，， ， 四边形的面积． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明是解题的关键． 题型五 利用正方形的性质与判定求解 13．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键． （1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与垂直且互相平分， ∴四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴菱形是正方形； （2）解：∵菱形是正方形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的周长． 14．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在中，的角平分线交于点D，． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，且，求四边形的面积． 【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）4 【分析】（1）根据DE∥AB，DF∥AC判定四边形AFDE是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠EDA=∠EAD，可得AE=DE，即可证明； （2）根据∠BAC=90°得到菱形AFDE是正方形，根据对角线AD求出边长，再根据面积公式计算即可． 【详解】解：（1）四边形AFDE是菱形，理由是： ∵DE∥AB，DF∥AC， ∴四边形AFDE是平行四边形， ∵AD平分∠BAC， ∴∠FAD=∠EAD， ∵DE∥AB， ∴∠EDA=∠FAD， ∴∠EDA=∠EAD， ∴AE=DE， ∴平行四边形AFDE是菱形； （2）∵∠BAC=90°， ∴四边形AFDE是正方形， ∵AD=， ∴AF=DF=DE=AE==2， ∴四边形AFDE的面积为2×2=4． 【点睛】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． 15．（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点E作于点M，于点N，先根据正方形的性质证明四边形是矩形，进一步证明，可得，再根据正方形的判定，即可证得答案； （2）连接，先证明，可证明，并求得的长，进一步证明，并求得的长，再利用勾股定理可求得的长，最后在中，根据勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）证明：过点E作于点M，于点N， 四边形是正方形， ，， 四边形是矩形， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； （2）解：连接， 四边形和都是正方形， ，，，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， 正方形的边长为． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造全等三角形是解题的关键． 题型六 四边形综合 16．（24-25九年级上·山东济南·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（   ） A．当，是矩形 B．当，是菱形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了对矩形、菱形和正方形的判定，根据矩形、菱形和正方形的判定即可选出答案. 【详解】解：A选项：根据矩形的判定“一个角是直角的平行四边形是矩形”，故选项A正确，不符合题意； B选项：根据菱形的判定“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，故B选项正确，不符合题意； C选项：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C选项正确，不符合题意； D选项：对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是正方形，故D选项不正确，符合题意. 故选D. 17．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习）如图，在中，，，下列四个判断不正确的是（　　） A．四边形是平行四边形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是菱形 D．如果且，那么四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理和正方形的判定定理等知识点．两组对边分别平行的平行四边形是平行四边形；有一个角是的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；四个角是直角且四个边都相等的四边形是正方形，据此逐个判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形是平行四边形， 故A选项正确，不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形， 故B选项正确，不符合题意； C、∵， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，故C选项正确，不符合题意； D、∵且， ∴平分，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 则四边形是菱形， 故D选项错误，符合题意； 故选：D． 18．（22-23八年级下·山东滨州·期末）如图，以的三边为边分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．    【答案】①②③④ 【分析】①利用证明，即可得到； ②利用①的条件首先证明四边形是平行四边形，当时，求出，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判断； ③先证明，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确； ④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确． 【详解】解：①∵、是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，故结论①正确； ②由①知，， ∴， 同理由，得， 由，可知四边形是平行四边形， 当时，， ∴四边形是矩形，故结论②正确； ③由②知，，四边形是平行四边形， 当时，即， 四边形是菱形，故结论③正确； ④综合②③的结论， 当，且时，四边形既是矩形也是菱形， ∴四边形是正方形，故结论④正确， 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答此题的关键． 题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题【压轴】 19．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明； （）由（）得，，即可得到，，进而即可求证； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（）知，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． 20．（23-24八年级下·山东临沂·期末）综合与实践 问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽． 动手实践： （1）如图1，梦想飞扬小组将矩形纸片折叠，点D落在边上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．试判断四边形的形状，并加以证明； 深度探究： （2）如图2，智慧创新小组将图1中的四边形剪去，然后在边，上取点G，H，将四边形沿折叠，使A点的对应点始终落在边上（点不与点D，F重合），点E落在点处，与交于点T． ①当时，可以求出的长度．请写出解答过程； ②当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值． 【答案】（1）四边形是正方形，理由见解析；（2）①，过程见解析；②的周长不变，为定值12． 【分析】（1）证，得四边形是菱形，再由，即可得出结论； （2）①设，则，然后利用勾股定理求解即可； ②连接，，过点A作于点M，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案． 【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由第一步折叠可知：， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2）①设，则， 由勾股定理得，， 解得， ∴； ②的周长不变，为定值12．理由如下： 如图，连接，，过点A作于点M，    由折叠可知，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的周长 ， ∴的周长为12． 【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 21．（23-24八年级下·云南昆明·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点． 【猜想】（1）请猜想线段的数量关系，并证明． 【应用】（2）如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为．若，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键． （1）由折叠的性质可得，再证明，易得，即可证明； （2）由折叠的性质可得，，，设，易得，在中，由勾股定理解得的值，易知，同理可证明，然后计算的长即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵矩形纸片沿所在的直线折叠， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴ ， ∴； （2）∵矩形沿所在直线折叠， ∴，，， 设， ∴， 在中，， ∴， ∴，解得， ∴， ∴， 同理可证明， ∴． 题型八 与特殊平行四边形有关的最值问题【压轴】 22．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在中，，P为边上一动点， 于点G，于点 H． (1)求证：四边形 是矩形； (2)在点P的运动过程中，的长是否存在最小值?若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． (3)如图2，建立平面直角坐标系，和x轴重合，点C和坐标原点重合，若四边形是平行四边形，直接写出点D的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)存在最小值，的最小值为 (3)D的坐标为或或 【分析】本题考查四边形综合应用，坐标与图形，勾股定理逆定理，矩形的判定与性质，平行四边形的性质及应用等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． （1）用勾股定理的逆定理证明，根据三个角是直角的四边形是矩形可证四边形是矩形； （2）连接，可得，故当最小时，最小，此时，用面积法可得答案； （3）过A作于K，求出点A的坐标，设，而，分三种情况：①若为对角线；②若为对角线；若为对角线，分别解方程组可得D的坐标为即可． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：在点P的运动过程中，的长存在最小值，理由如下： 连接，如图： 由（1）知，四边形是矩形， ， ∴当最小时，最小，此时， ∴， ， ∴的最小值为； （3）过A作于K，如图： 同（2）可知， ， ， 设，而， ①若为对角线，则的中点重合， ，解得：， ； ②若为对角线，则的中点重合， ，解得：， ； ③若为对角线，则的中点重合， ，解得：， ； 综上所述，D的坐标为或或． 23．（22-23八年级下·山东济宁·期末）如图，菱形的边长为7，，点E是边上任意一点（端点A，B除外），线段的垂直平分线交分别于点F，G，的中点分别为M，N．    (1)求证：； (2)请直接写出的最小值为__________； (3)当点E在上运动时，的大小是否变化？如果不变，请进行证明；如果变化，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)不变，是定值，见解析 【分析】（1）连接交于，连接，由，垂直平分有即可得证； （2）首先证明，最小，需最小，与菱形对角线交点重合，再计算即可； （3）延长交于，由得，而，从而得到，即可得答案． 【详解】（1）证明：连接交于，连接，如图：    垂直平分， ， 四边形是菱形， ，， 垂直平分， ， ； （2）解：如图所示，连接交于，连接，    ，的中点分别为，，为中点， ，， ， 当与菱形对角线交点重合时，最小，最小值为的长，即此时最小，最小值为， 四边形为菱形， ， 又， 是等边三角形，， 最小为； （3）解：，理由如下： 延长交于，如图：    ，， ， 垂直平分， ， ， ，， ， ， ，四边形为菱形， ． ． 【点睛】本题考查菱形的性质应用及三角形中位线的性质应用，三角形外角的性质，等边三角形的性质与判定等等，是把求的最小值，转化为求的最小值是解题的关键． 24．（22-23八年级下·江苏宿迁·期末）在正方形中，点E为射线上的一个动点，点F在射线上，且．    (1)如图1，当点E在边上时，求证：； (2)如图2，当点E在边的延长线上时，请你判断、、三条线段之间的数量关系，并说明理由； (3)如图3，若，点G在边上，且，点P为的中点，在点E从点B沿射线运动的过程中，的周长的最小值为___________（直接写出结果）． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）延长到，使，连接．由正方形的性质得出，，由证明，得出，，证出，由证明，得出对应边相等即可得出结论． （2）延长到，使，连接．同（1）法可证，所以，，又，可证得，再证明，得，即可得出结论． （3）过点P作直线交于N，当G与点F关于对称时，，最小，最小值为， 【详解】（1）解： 理由：延长到，使，连接．如图1，   四边形是正方形， ，， 在和中，， ， ，， ， ， ， 即， 在和中，， ， ． ∴． （2）解：， 理由：在上截取，连接，如图2，   四边形是正方形， ，， 在和中，， ， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ， ∴， ∴． （3）解：过点P作直线交于N，当三点共线时，如图，    当点E在射线上运动时，点P在运动，点F在射线上运动， ∵正方形， ∴ ， ∵ ∴， 当G与点F关于对称时，，最小，最小值为， ∴， 由勾股定理得， ∵的周长 ∴当最小，此时，的周长的最小， ∴的周长的最小值． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定，最短距离问题，勾股定理，本题属正方形探究题目，熟练掌握相关性质的综合运用是解题的关键．注意“半角模型”的应用． 25．（22-23八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知菱形的边长为，，点、分别是边、上的两个动点，，连接．      (1)是等边三角形吗？如是，请证明；如不是，请说明理由． (2)在、运动的过程中，的面积存在最大值吗？如存在，请求出该最大值；如不存在，请说明理由． 【答案】(1)是，见解析； (2)存在，最大值为． 【分析】（1）连接，证明，推出 可得结论； （2）利用全等三角形的性质得到四边形的面积，推出的面积最小时，的面积最大，由是等边三角形，根据垂线段最短可知，时，的值最小，的面积最小． 【详解】（1）是，理由如下： 如图，连接，      ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，都是等边三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形； （2）的面积存在最大值，理由如下： 由（1）得：， ∴， ∴， ∴ ， ∴不发生变化，      则的面积最小时，的面积最大， ∵是等边三角形，根据垂线段最短可知，时，的值最小，的面积最小, ∴， 由（1）得：是等边三角形，则有：， 在中，由勾股定理得：， ∴， 同理：， 在中，由勾股定理得： ∴，即：的面积最小值为， ∴的面积的最大值， 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题【压轴】 26．（24-25八年级下·山东威海·阶段练习）如图，矩形中，点是线段上的一个动点，为的中点，的延长线交于． (1)求证：； (2)若，，点从点出发，以的速度向点运动（不与重合）．设点运动的时间为秒，请用表示的长；并求出为何值时，四边形是菱形？ 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定，在解题时与全等三角形结合是解本题的关键． （1）根据四边形是矩形可得，，再根据O为的中点得出，即可证出． （2）根据，，得出和的长，再根据四边形是菱形列方程求出t的值． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ∴， ∴， 又∵O为的中点， ∴， 在与中， ∴， ∴； （2）由题意得， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴时，四边形是菱形， ∵四边形是矩形， ∴， 在中， 由勾股定理得：， ∴， 解得：， 即运动时间为时，四边形是菱形． 27．（22-23八年级下·山东济宁·期中）如图，正方形的对角线，相交于点，点是边上的一动点，连接交于点，过点作于点，交于点，交于点． (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)当点E运动到使平分位置时，与是否存在一定的数量关系?若存在，写出它们的数量关系并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，，理由见解析 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是根据正方形的性质证明全等． （1）由正方形的性质得出，，结合直角三角形的性质推出，即可证明； （2）根据正方形的性质，证明，根据全等三角形的性质即可得解； （3）过点作于点，先证明，利用勾股定理即可解决． 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：在正方形中， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴． ∴； （3）解：与存在一定的数量关系，，理由如下： 如图，过点作于点， ∵，平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，． 28．（21-22八年级下·江苏连云港·期中）在矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，其中． (1)若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（、相遇时除外）？ 答：__________；（直接填空，不用说理） (2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求的值； (3)在（1）条件下，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求的值． 【答案】(1)四边形是平行四边形 (2)四边形为矩形时或 (3)当时，四边形为菱形 【分析】（1）利用三角形全等可得 则 即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解. 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 由题意得：， ∵四边形是矩形， ∴，， ， ∵分别是中点， ， ， ， ， ， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图1，连接， 由（1）得，，， ∴四边形是矩形， ∴， ①如图1，当四边形是矩形时， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图2，当四边形是矩形时， ∵，， ∴， ∴； 综上，四边形为矩形时或； （3）解：如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：， ∴，即， ∴当时，四边形为菱形． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用. 题型十 利用特殊平行四边形的性质与判定求坐标【压轴】 29．（24-25八年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的负半轴上，点A在y轴的正半轴上，．在边上取一点D，将纸片沿翻折，使点A落在边上的点E处，求D，E两点的坐标． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，掌握折叠的不变性是解题的关键． 根据折叠结合勾股定理得，故，在中由勾股定理得，解方程即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 依题意可知，折痕是四边形的对称轴， 由折叠得：，， ∴在中， ∴ ∴， 在中，， 又∵， ∴ 即 ∴ ∴． 30．（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，矩形的顶点A，C分别在y，x轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边，分别交于点D，E，并且满足，点P是线段上的一个动点． (1)求一次函数的解析式； (2)若点P在平分线上，求点P的坐标； (3)连接，若把四边形面积分成两部分，求点P的坐标； (4)设点Q是第二象限内的一点，且以O，D，P，Q为顶点的四边形为菱形时，直接写出点Q的坐标． 【答案】(1) (2) (3)， (4)Q的坐标是或 【分析】（1）先令，即可求得，然后利用求出E的坐标，代入一次函数解析式求得m的值即可求解； （2）过点P作轴于点M，轴于点N，连接，直线交x轴于点H，先证明矩形是正方形，即有，再根据，即可作答； （3）先求得四边形的面积，然后分两种情况求解即可； （4）分四边形是菱形和四边形是菱形两种情况求解即可． 【详解】（1）解：对于，令，解得， 则D的坐标是，， ∵点B的坐标为， ∴，， ∴， ∵， ∴，则E的坐标是， 把E的坐标代入得， 解得， ∴； （2）过点P作轴于点M，轴于点N，连接，直线交x轴于点H，如图， ∵点P在平分线上， ∴， ∵轴，轴，， ∴四边形是矩形， ∴平分，轴，轴， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， 当时，， 解得：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （3）设， ， 当时， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上可知，点P的坐标为： 或； （4）当四边形是菱形时，如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵P的纵坐标是3，把代入， 得， 解得：， 则P的坐标是， ∴Q的坐标是； 当四边形是菱形时，如图 ∵四边形是菱形， ∴，， 设P的横坐标是n，则纵坐标是， 则， 解得：或0（舍去）， 则P的坐标是 ∴Q的横坐标是，Q的纵坐标是， ∴Q的坐标是， 综上，点Q的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，矩形的性质，正方形的判定与性质，坐标与图形的性质，菱形的性质，以及勾股定理等知识，正确根据菱形的性质求得Q的坐标是解决本题的关键． 31．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，，为直线上一动点，连接，过作，交直线、直线于点、，连接． (1)点的坐标为____________；直线的解析式为____________． (2)当为中点时，求的长． (3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边），若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据矩形的性质，垂线的定义，两点确定一条直线可得轴，轴，再由，即可得出点的坐标；由点、分别在轴、轴上，且，，可求得点和点的坐标，设直线的解析式为，将、两点的坐标代入，得二元一次方程组，解之，即可求得直线的解析式； （2）设，可证得，进而在中，根据勾股定理列出方程，解之，即可求出的长； （3）分情况讨论：以、为边时，根据（2）可求得点和点的坐标，进而根据菱形的性质和线段中点坐标的计算求得点的横坐标；以、为边时，延长至，使，在的延长线上截取，连接，可推出平分，从而证得，于是可得，，然后可证得，于是可得，设，在中，根据勾股定理列出方程，解之，即可求得点和点的坐标，然后根据菱形的性质和线段中点坐标的计算求得点的横坐标；以、为边时，此时不再是菱形的边，而是菱形的对角线，这与题中要求“为菱形的一边”不符，故不再讨论此种情况． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，，，， ，， 点、在轴上，点、在轴上， 轴，轴， 又，， 点到轴的距离为，到轴的距离为， 点的坐标为； 矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，， 点，点， 设直线的解析式为， 代入点、坐标， 得， 将代入，得：， 移项，得：， 系数化为，得：， 直线的解析式为； 故答案为：，； （2）解：为的中点， ， 在矩形中，， ， 又， ， ，， ， 为线段的垂直平分线， ， 设，则， ， ， ， 在中，根据勾股定理， ， 即， 将方程展开，得：， 移项，得：， 合并同类项，得：， 系数化为，得：， ； （3）解：存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边）， 分情况讨论： 以、为边时， 则， ， 为的中点，为线段的垂直平分线， 由（2）可知：此时， ， ，， 根据菱形的性质可知：此时，为其对角线的中点，同时也是对角线的中点， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标 点的横坐标点的横坐标， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标 ； 以、为边时， 则， 如图，延长至，使，在的延长线上截取，连接， 可知，是的中位线， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 设， 在中， ， ， ， 根据勾股定理，， ， 将方程展开，得：， 移项，得：， 合并同类项，得：， 系数化为，得：， ，， 假设菱形两条对角线、的交点为点， 根据菱形的性质可知：点同时也是两条对角线、的中点， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标 点的横坐标点的横坐标， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标 ； 以、为边时， 又可分为两种情况：点在线段上（如图），或点在线段的延长线上（如图）， 但无论哪种情况，此时都不再是菱形的边，而是菱形的对角线，这与题中要求“为菱形的一边”不符，故此处不再讨论； 综上所述，点的横坐标为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，垂线的定义，两点确定一条直线，点到坐标轴的距离，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理，解一元一次方程，菱形的性质，三线合一，线段中点坐标的计算，三角形中位线定理，等边对等角，直角三角形的两个锐角互余等知识点，寻找等量关系，利用勾股定理列解方程是解题的关键． 32．（23-24八年级下·广西柳州·期中）如图，平面直角坐标系中，把矩形沿对角线所在的直线折叠，点A落在点D处，与交于点E．的长满足式子． (1)求点A，C的坐标； (2)求出点E的坐标和直线的函数解析式； (3)F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)， (3)存在，或或或 【分析】（1）利用绝对值及算术平方根的非负性求解； （2）根据折叠、平行的性质可证，设，则，用勾股定理解，求出x的值即可得到点E的坐标；利用待定系数法求直线的函数解析式； （3）分三种情况：为边，为对角线；为边，为对角线；为对角线，分别求解即可． 【详解】（1）解： ， ，， ，（负值舍去）， ，； （2）解：矩形中， ， 由折叠得， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得， 点E的坐标为， 设直线的函数解析式为， 将，代入，得：， 解得， 直线的函数解析式为； （3）解：存在，点P的坐标为或或或． 矩形中，， ， ， 当以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形时，存在四种情况，如图： 当为边，为对角线时，, 当点P在点B左侧时，如所示，点坐标为， 当点P在点B右侧时，如所示，点坐标为； 当为边，为对角线时，点P与点B关于x轴对称，如所示，点坐标为； 当为对角线时，如所示， 设，则， 在中，，即， 解得， 可得点坐标为，即， 综上可知，点P的坐标为或或或． 【点睛】本题考查坐标与图形，非负数的性质，矩形的性质，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，求一次函数解析式等，注意数形结合及分类讨论是解题的关键． 题型十一 与特殊平行四边形有关的热考模型【压轴】 33．（21-22八年级上·安徽淮南·期中）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【全等模型】如图1，已知：在中，，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D，E．结论：．       (1)填空： ①如图1，若，，则DE=　 　； ②如图2，，，点B的坐标为，则点A的坐标为　 　． (2)这时组员小刘想，如果三个角不是直角，那么这两个三角形还会全等吗？如图3现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线l经过点D，A，E三点，且．请判断与是否全等，并说明理由． (3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图4，过的边、向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点I，若，，则　 　． 【答案】(1)①8；② (2)，理由见解析 (3)5 【分析】（1）①根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质得到，，于是得到结论； ②如图2，过A作轴于C，过B作轴于D，根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）根据已知条件得到，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （3）如图4，过E作于M，的延长线于N．根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，同理，，，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论． 【详解】（1）解：①∵直线l，直线l， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：8； ②如图2，    过A作轴于C，过B作轴于D， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中，， ∴， ∴，， ∵点B的坐标为， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：； （2）， 理由如下： ∵，，， ∴， ∵，， ∴； （3）如图4，过E作于M，的延长线于N．    ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， 同理，，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：5． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 34．（20-21八年级下·山东滨州·期末）李明酷爱数学，勤于思考，善于反思．在学习八年级下册数学知识之后，他发现“二次根式、勾股定理、一次函数、平行四边形”都和“将军饮马”问题有关联，并且为解决“饮马位置”“最短路径长”等问题，提供了具体的数学方法．于是他撰写了一篇数学作文．请你认真阅读思考，帮助李明完成相关问题． “将军饮马”问题的探究与拓展 八年级三班  李明 “白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”（唐·李颀《古从军行》），这句诗让我想到了有趣的“将军饮马”问题：将军从地出发到河边饮马，然后再到地军营视察，怎样走路径最短？ 【数学模型】如图1，，是直线同旁的两个定点．在直线上确定一点，使的值最小． 【问题解决】作点关于直线的对称点，连接交于点，则点即为所求．此时，的值最小，且． 【模型应用】 问题1．如图2，经测量得，两点到河边的距离分别为米，米，且米．请计算出“将军饮马”问题中的最短路径长． 问题2．如图3，在正方形中，，点在边上，且，点是对角线上的一个动点，则的最小值是________． 问题3．如图4，在平面直角坐标系中，点，点． （1）请在轴上确定一点，使的值最小，并求出的坐标； （2）请直接写出的最小值． 【模型迁移】 问题4．如图5，菱形中，对角线，相交于点，，．点和点分别为，上的动点，求的最小值． 【答案】问题1．“将军饮马”问题中的最短路径长为1500米；问题2．；问题3．（1）见解析，P点坐标为（2，0）；（2）；问题4．线段PE+PC的最小值是． 【分析】问题1．作点A关于直线l的对称点A′，连接BA′②如图2中，王小二从A处牵牛到河边饮水然后回到家B的最短路程，根据勾股定理计算即可； 问题2．由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点．此时PE+PD=BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果； 问题3．（1）作A点关于x轴的对称点A′，连接BA′交x轴于P点，利用对称的性质得到PA=PA′，则PA+PB=PA′+PB=BA′，于是利用两点之间线段最短可判断P点满足条件；先写出点A′的坐标，再利用待定系数法求出直线BA′的解析式，然后求得P点坐标； （2）利用两点间的距离公式求出BA′即可． 问题4．过A作AE⊥CD，交BD于P，连接CP，利用菱形的性质和勾股定理的知识解答即可． 【详解】解：问题1：作点A关于直线l的对称点A′，连接BA′，过点A′作A′M⊥BD并交BD线于点M， ∴AC=A′C=300米， 在Rt△A′BM中，A′M=CD=900米，BM=BD+DM=BD+ A′C=1200米， A′B=（米）， ∴“将军饮马”问题中的最短路径长为1500米； 问题2：如图，连接BE， 设BE与AC交于点P， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与D关于AC对称， ∴PD=PB， ∴PD+PE=PB+PE=BE最小． 即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度． ∵直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=9，CE=CD=3， ∴BE=． 故答案为：． 问题3．（1）如图，作A点关于x轴的对称点A′，连接BA′交x轴于P点，P点即为所求： 利用对称的性质得到PA=PA′，则PA+PB=PA′+PB=BA′，BA′的值最小； A点关于x轴对称的点A′的坐标为（-2，-4）， 设直线BA′的解析式为y=kx+b， 把A′（-2，-4），B（4，2）代入得： ，解得， ∴直线BA′的解析式为y=x-2， 当y=0时，x-2=0，解得x=2， ∴P点坐标为（2，0）； （2）PA+PB的最小值= BA′=； 问题4．过A作AE⊥CD，交BD于P，连接CP， 此时线段PE+PC最小，且PE+PC=AE， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OB=BD=8，OC=AC=6， ∴BC=10，即 设CE=x，则DE=10-x，AB=CD=AD=BC=10， 根据勾股定理得：， 即， 解得：，即CE=， ∴AE=， ∴线段PE+PC的最小值是． 【点睛】本题考查了轴对称-最短问题，垂线段最短，等腰三角形的性质，菱形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，要灵活运用对称性解决此类问题．找出P点位置是解题的关键． 35．（24-25八年级下·山东济南·阶段练习）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 原题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由． (1)思路梳理 ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． 易证 ，得． (2)类比引申 如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．若都不是直角，则当时，是否仍有，并说明理由． (3)联想拓展 如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．猜想应满足的等量关系，并写出推理过程． 【答案】(1) (2)当时，仍有；见解析 (3) 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断． 【详解】（1）解：∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线， 则，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：当时，仍有；理由如下： ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图2所示： ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴点F、D、G共线， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：．理由如下： 把绕点A顺时针旋转到的位置，连接，如图3所示： 则，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，能正确作出辅助线得出全等三角形是解题的关键． 36．（24-25九年级上·河南周口·期中）综合与实践 综合实践课上，老师给出了“邻等对补四边形”的定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．对于“邻等对补四边形”，同学们进行了如下研究． (1)操作判断 如图1，在边长为2的正方形中，是对角线，取一个大的直角三角板，三角板的直角顶点在射线上移动，三角板的一条直角边始终经过点，另一条直角边交射线于点，当点在边上时，四边形是邻等对补四边形吗?说明理由． (2)迁移探究 当点在边的延长线上时，以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形吗?若能构成，写出此时的长． 【答案】(1)是邻等对补四边形，见解析 (2)能构成，此时的长为2或 【分析】此题主要考查了正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点． （1）四边形是邻等对补四边形，过点P作于点E，于点F，根据及正方形的性质得，想证明四边形是正方形得，进而可证明和全等，则，由此可得出结论； （2）依题意分两种情况讨论如下：①当点P在线段上时，点Q在边的延长线上，时，四边形是邻等对补四边形，过点P作于点E，于点F，同①可证和全等得，则是等腰直角三角形，进而得，由此得，则四边形是邻等对补四边形，设，则，，，进而可得的长；②当点P在的延长线上时，时，四边形是邻等对补四边形，过点P作交的延长线于点E，于点F，同①可证和全等得，则是等腰直角三角形，进而得，，则四边形是邻等对补四边形，综上所述即可得出答案． 【详解】（1）解：四边形是邻等对补四边形，理由如下： 过点P作于点E，于点F，如图1所示： 依题意得：， ∵四边形是正方形，且边长为2， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， 即是的平分线， 又∵，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是邻等对补四边形； （2）当Q点在边的延长线上时，以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形， 分两种情况讨论如下： ①当点P在线段上时，点Q在边的延长线上，时，四边形是邻等对补四边形，理由如下：过点P作于点E，于点F，如图2所示： 同①可证：， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是邻等对补四边形， 设， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∴， 整理得， ∴，，（不合题意，舍去）， 由， 解得， ∴； ②当点P在的延长线上时，时， 四边形是邻等对补四边形，理由如下： 过点P作交的延长线于点E，于点F，如图3所示： 同①可证：， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是邻等对补四边形， 此时， 综上所述：当以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形时，的长为或2． 37．（23-24八年级下·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】(1)④ (2)①四边形是“神奇四边形”，见解析；②四边形是“神奇四边形”，见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可； （2）①根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得证； ②根据三角形中位线定理可得，，，，从而证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得，由①可得，，可得，证得四边形是正方形，再根据正方形的性质即可得证； （3）延长交于点S，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理列方程求得，即可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④． （2）解：①四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是“神奇四边形”． ②四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵点M，N，P，Q分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由①可得，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，且， ∴四边形是“神奇四边形”． （3）解：延长交于点S， 由折叠的性质得，，，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查新定义、折叠的性质、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键． 题型十二 根据二次根式的非负性求解 38．（24-25八年级下·山东枣庄·阶段练习）已知，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，有理数减法，正确解出，的值是解题的关键． 由题意得，求出，，再代入即可求解． 【详解】解：由题意得，， ∴，， ∴， 故答案为：． 39．（24-25八年级下·山东滨州·阶段练习）已知，则a的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件、化简绝对值、算术平方根的应用，由二次根式有意义的条件得出，从而可得，化简绝对值并整理可得，计算即可得解． 【详解】解：由题意可得：， ∴， ∴， ∴式子可化为， 整理可得， ∴， ∴， 故答案为：． 40．（24-25八年级下·山东潍坊·阶段练习）已知，分别为直角三角形的两条边长，且，满足，求此直角三角形的周长． 【答案】或 【分析】本题考查了勾股定理，二次根式的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 根据题意求出，分当为直角边，当为斜边，两种情况讨论即可． 【详解】解： ，满足， ， ， ； 当为直角边时，斜边长， 直角三角形的周长； 当为斜边时，另一条直角边长， 直角三角形的周长； 综上，此直角三角形的周长为或． 题型十三 二次根式有意义的条件 41．（20-21八年级下·山东威海·期中）无论x取任何实数，代数式都有意义，求m的取值范围． 【答案】 【分析】配方，利用被开方数是非负数列式计算即可． 【详解】∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握条件是解题的关键． 42．（24-25七年级下·全国·课后作业）若式子有意义，化简：． 【答案】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件以及绝对值的性质，确定的取值范围是解答本题的关键． 首先根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件可得，求解不等式确定的取值范围，然后根据的取值范围结合绝对值的性质对原式进行化简即可． 【详解】解：有意义， ， ， ． 题型十四 利用二次根式的性质化简 43．（24-25八年级下·山东威海·阶段练习）化简下列二次根式： (1)； (2)； (3)； (4)； (5)； (6)． 【答案】(1) (2) (3) (4) (5) (6) 【分析】本题考查了二次根式的性质；关键在于理解二次根式的化简方法，即通过将根号内的数分解为质因数的乘积，然后利用根式化简的规则，提取平方根，最终得到最简形式． （1）根据二次根式的性质化简即可求解； （2）被开方数先化为分数，再根据二次根式的性质化简即可求解； （3）被开方数先化为假分数，再根据二次根式的性质化简即可求解； （4）根据二次根式的性质化简即可求解； （5）先提公因式，再根据二次根式的性质化简即可求解； （6）根据二次根式的性质化简即可求解． 【详解】（1）解： （2）解： （3）解： （4）解： （5）解： （6）解： 题型十五 复合二次根式的化简（压轴） 44．（21-22八年级下·山东济宁·期中）先阅读材料，然后回答问题： 小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了个问题：化简，经过思考，小张解决这个问题的过程 如下： (1)在上述化简过程中，第 步出现了错误，化简的正确结果为 ； (2)请根据你从上述材料中得到的启发，化简； 【答案】(1)④， (2) 【分析】本题考查了二次根式的性质和化简，掌握被开方数化成完全平方的形式，利用二次根式的性质进行化简是解题的关键． （1）根据二次根式的性质即可求解； （2）根据（1）中的材料化简即可． 【详解】（1）解：①， ②， ③， ④， 在上述化简过程中，第④步出现了错误，化简的正确结果为：； （2）解：原式 ． 45．（23-24八年级下·山东临沂·期中）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 标题：双层二次根式的化简 内容：二次根式的化简是一个难点，稍不留心就会出错，我在上网还发现了一类带双层根号的式子，就是根号内又带根号的式子，它们能通过完全平方公式及二次根式的性质消掉外面的一层根号． 例如：要化简，可以先思考，所以．通过计算，我还发现设（其中m，n，a，b都为正整数），则有， ，_______． 这样，我就找到了一种把部分双层二次根式化简的方法． 任务： (1)文中的________． (2)化简：________． (3)已知，其中a，x，y均为正整数，求a的值． (4)化简：________．（直接写出答案） 【答案】(1) (2) (3)7或13 (4)当时，，当时， 【分析】本题主要考查了复合二次根式的化简： （1）根据题目所给信息即可得到答案； （2）根据结合完全平方公式求解即可； （3）根据，得出，，根据x，y为正整数，求出，或，，最后求出a的值即可． （4）根据进行化简求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴，． 故答案为：； （2）解： ， 故答案为：； （3）解：由题意得， ∴，， ∵x，y为正整数， ∴，或，， ∴或． （4）解： ， 当，即时，则原式； 当，即时，则原式； 综上所述，当时，，当时，． 题型十六 同类二次根式与最简二次根式的判断 46．（21-22八年级·全国·假期作业）判断下列各式中哪些是最简二次根式，哪些不是？为什么？ （1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）． 【答案】（3）（4）是最简二次根式，（1）（2）（5）（6）不是最简二次根式，原因见解析 【分析】检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是． 【详解】解：（1） 不是最简二次根式，被开方数含能开得尽方的因式； （2）不是最简二次根式，被开方数含分母． （3）是最简二次根式，被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式； （4）是最简二次根式，被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式； （5）不是最简二次根式，被开方数含分母． （6） 不是最简二次根式，被开方数含分母． 【点睛】本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 47．（2025八年级下·浙江·专题练习）下列各式中，哪些是同类二次根式？ ① ② ③ ④ ⑤， ⑥ 【答案】①和③，②和④，⑤和⑥是同类二次根式 【分析】本题考查同类二次根式，最简二次根式，熟练掌握相关的知识点是解题的关键． 根据最简二次根式、同类二次根式的定义进行解题即可． 【详解】解：∵， ， ， ， ∴①和③，②和④，⑤和⑥是同类二次根式． 题型十七 已知最简二次根式求参数 48．（22-23八年级下·山东临沂·期中）若两个最简二次根式与能合并，则 ． 【答案】1 【分析】由最简二次根式与能合并可得，计算即可. 【详解】解：最简二次根式与能合并， ∴， 解得 , 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了同类二次根式及最简二次根式，熟记定义并能灵活运用是解决本题的关键. 49．（19-20八年级下·湖北襄阳·期中）化简后与最简二次根式的被开方数相等，则 . 【答案】5 【分析】本题先将化简为最简二次根式，继而利用题干信息“被开方数相同”列方程求解． 【详解】，其中被开方数为6；的被开方数为 ， 故有：，则． 故答案为：5． 【点睛】本题考查最简二次根式的化简以及对二次根式概念的理解，需注意化简原则为被开方数不含分母,也不含能开的尽方的因数或因式． 题型十八 二次根式的混合运算 50．（24-25八年级下·山东济宁·阶段练习）计算 (1) (2) (3) (4) 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解此题的关键 （1）先根据二次根式的性质进行化简，再计算加减即可； （2）先根据二次根式的性质进行化简，再计算加减即可； （3）先计算括号里面的，再计算二次根式的除法即可； （4）利用平方差公式计算即可得解 【详解】（1）解： ； （2）解： ； （3）解： ； （4）解： ． 51．（24-25八年级下·山东日照·阶段练习）计算 (1)； (2)； (3)； (4)． 【答案】(1)7 (2)1 (3) (4) 【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，二次根式性质，熟练掌握运算法则是解题的关键． （1）根据二次根式性质进行化简，然后计算括号里面的，再按照除法运算法则进行计算即可； （2）根据完全平方公式和平方差公式进行计算即可； （3）先根据二次根式性质进行化简，然后按照二次根式加减运算法则进行计算即可； （4）根据平方差公式和二次根式混合运算法则进行计算即可． 【详解】（1）解： ； （2）解： ； （3）解： ； （4）解： ． 52．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）计算 (1)； (2)； (3)； (4)． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，二次根式的性质，零次幂，平方差公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用平方差公式进行运算，即可作答． （2）先运用二次根式的性质进行化简，再运算加法，即可作答． （3）先运用二次根式的性质进行化简，再运算除法，最后运算加减法，即可作答． （4）先运用二次根式的性质进行化简以及化简零次幂，再运算乘法，最后运算加减法，即可作答． 【详解】（1）解： ； （2）解： ； （3）解： ； （4）解： ． 题型十九 二次根式的应用 53．（24-25八年级上·重庆南岸·期末）设一个三角形的三边长分别为a，b，c，，则有三角形的面积公式（海伦公式），（秦九韶公式）．请选用以上公式，计算下列两个三角形的面积． (1)三角形三边长分别为9，10，11； (2)三角形三边长分别为，，． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了二次根式的应用，解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算法则，准确计算． （1）根据海伦公式进行计算即可； （2）根据秦九韶公式进行计算即可． 【详解】（1）解：因为三角形的三边是整数，所以可以选用海伦公式计算面积． ， ． （2）解：因为三角形的三边是无理数，平方后可得整数，所以可选秦九韶公式计算． ，，， ． 54．（23-24七年级下·全国·单元测试）汽车刹车距离是指汽车从开始刹车到完全停止所行驶的距离，它反应了汽车的制动性能和行驶安全性，刹车距离越短，说明汽车的制动性能越好，行驶越安全，刹车距离与行驶速度之间的关系可以表示为公式，其中v表示车辆行驶速度（单位），d表示刹车后车轮滑过的距离（单位m）f表示动摩擦因数，根据我国国家标准，100公里刹车距离在42米以内是比较优秀的，（100公里刹车距离表示汽车行驶速度的刹车距离），据测量，小米公司新上市的小米汽车的动摩擦因数，则小米的100公里刹车距离是多少？（结果保留整数） 【答案】31米 【分析】本题考查二次根式的实际应用，根据题意，代入数据计算即可． 【详解】解：根据题意得：，即， （米）， 答：小米的100公里刹车距离是31米． 55．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习） 某居民小区有块形状为长方形的绿地，长方形绿地的长为米，宽AB为米，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛(即图中阴影部分)，长方形花坛的长为米，宽为米. (1)长方形的周长是多少? (2)除去修建花坛的地方. 其它地方全修建成通道，通道上要铺上造价为6元的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元? 【答案】(1)米 (2)元 【分析】本题考查二次根式的应用，长方形的周长和面积，平方差公式． （1）根据长方形的周长列出算式，再利用二次根式的混合运算顺序和运算法则计算即可； （2）先计算出空白部分的面积，然后再用空白部分的面积乘以单价即可得出结论． 【详解】（1）解：米 答：长方形的周长为米． （2）解：通道的面积平方米 购买地砖需要花费元 答：购买地砖需要花费元． 题型二十 二次根式的化简求值 56．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）（1）已知，求下列各式的值： ① ②；③． ④ （2）已知，求代数式的值； 【答案】（1）①；②1；③14；④；（2） 【分析】本题考查了二次根式的化简求值，代数式求值，配方法，掌握平方差公式、完全平方公式的各种变形是解题的关键． （1）①代入计算即可； ②代入计算即可； ③利用完全平方公式即可解答； ④先通分，再计算即可； （2）根据配方法把化为，再计算即可． 【详解】解：（1）①； ②； ③； ④； （2） ， 把代入可得． 57．（21-22八年级下·山东烟台·期中）已知与满足，求代数式的值． 【答案】 【分析】根据二次根式有意义的条件求出，进一步求出，再将其代入代数式进行求解即可． 【详解】解：由题意得：， 解得：， ， ， ∴ ． 【点睛】本题考查了代数式求值、二次根式有意义的条件，分母有理化，解题的关键是根据二次根式有意义的条件求出． 题型二十一 比较二次根式的大小 58．（2025七年级下·全国·专题练习）认真阅读下列解答过程：比较与的大小． 解：因为， ， 且，所以， 即． 请仿照上述方法比较与的大小关系． 【答案】 【分析】本题主要考查了实数的大小比较．根据示例中的方法，把与分子有理化，再比较大小即可． 【详解】解：因为， ， 且， 所以，即． 59．（24-25八年级上·山东济南·期中）阅读与思考∶请仔细阅读下面的内容，并完成相应任务． 比较与的大小 “善思小组”的思路：将，两个式子分别平方后，再进行比较． “智慧小组”的思路：以，，为三边构造一个，再利用三角形的三边关系进行比较． 任务： (1)填空： ； (2)①判断的形状，并说明理由； ②直接判断与的大小； (3)延伸拓展：直接判断与的大小． 【答案】(1) (2)①为直角三角形，见解析，② (3) 【分析】（1）利用完全平方公式求解即可； （2）①根据勾股定理的逆定理进行判断即可； ②根据三角形三边关系进行判断即可． （3）将，两个式子分别平方后，再进行比较． 【详解】（1）解：， 故答案为：； （2）解：①是直角三角形，理由如下： ，，， ， 是直角三角形； ②三角形任意两边之和大于第三边， ． （3）解：，， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了二次根式混合运算，勾股定理的逆定理，三角形三边关系的应用，实数的大小比较，解题的关键是熟练掌握二次根式性质和混合运算法则． 题型二十二 分母有理化（压轴） 60．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）先阅读，后解答： ； 像上述解题过程中，与、与相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为互为有理化因式，上述解题过程也称为分母有理化． (1)的有理化因式是___________；的有理化因式是___________； (2)将下列式子进行分母有理化：①___________；②___________； (3)类比（2）中②的计算结果，计算： (4)比较和的大小，并说明理由． 【答案】(1)， (2)， (3) (4)，理由见解析 【分析】本题主要考查二次根式的混合运算，分母有理化，熟练掌握二次根式混合运算的法则是解题的关键． （1）根据分母有理化的定义即可得到答案； （2）按照分母有理化的方法进行计算即可； （3）把每个式子分别进行有理化，再进行二次根式的加减法即可； （4）首先得到，，然后根据得到即可判断． 【详解】（1）解：的有理化因式是，的有理化因式是， 故答案为：，； （2）解：， ， 故答案为：，； （3）解：原式 ． （4）∵， ∵ ∴ ∴． 61．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习）观察下列一组等式，解答问题． ，， ，， …… (1)观察以上规律，请写出第个等式： （为正整数）； (2)利用上面的规律，计算：； (3)请利用上面的规律，比较与的大小． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）归纳总结得到一般性规律，写出第个等式即可； （2）原式利用（1）中得出的规律计算，即可求出式子的值； （3）利用得出的规律将与进行转化，再进行比较即可． 此题考查了分母有理化，实数比较大小，熟练掌握分母有理化是解本题的关键．分母有理化是指把分母中的根号化去．分母有理化常常是乘二次根式本身（分母只有一项）或与原分母组成平方差公式． 【详解】（1）解：∵， ， ， ， ……， 第个等式为：． 故答案为：； （2）解： ； （3）解：由题可得，，， ， ． 题型二十三 求解根式方程（压轴） 62．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）【阅读】我们将与称为一对“对偶式”， 因为，所以构造“对偶式”，再将其相乘可以有效地将和中的“”去掉，于是二次根式的除法可以这样计算：如 ．像这样，通过分子、分母同乘一个式子把分母中的根号化去，叫做分母有理化． 根据以上材料，理解并运用材料提供的方法，解答下列问题： (1)对偶式与之间的关系是____________； A．互为相反数 B．绝对值相等 C．互为倒数 (2)已知，，求； (3)解方程：． ［提示：令，］． (4)求的值． 【答案】(1)C (2) (3) (4) 【分析】此题考查了二次根式的分母有理化及求分式的值， （1）计算对偶式，可得两数互为倒数； （2）根据已知分别化简x，y，然后求和即可； （3）令，则两边同乘以，得，求出t，根据，，解得，即可求出x值，检验即可； （4）将每个加数分母有理化，再相加即可． 【详解】（1）解：∵， ∴对偶式与之间的关系是互为倒数； 故选：C； （2）解：由题意得 ， ； ∴ （3）解：令，则两边同乘以， 得， 解得， ∵， ， ∴①+②，得 ， 两边同时平方得， 解得， 经检验，是原方程的解． （4）解： 63．（23-24八年级下·山东烟台·期中）阅读下列材料： ，像和这样两个含有根式的代数式，它们的积不含根式，我们就说这两个代数式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式． 请运用上面的知识解决下列问题： (1)指出的有理化因式，并将化简为分母中不含根式的式子； (2)通过化简，比较和的大小关系； (3)已知，． ①求a的值； ②结合①的结果，解方程：． 【答案】(1)， (2) (3)①2；② 【分析】本题考查了二次根式的混合运算、平方差公式，掌握二次根式的混合运算、平方差公式，分母有理化是解题关键． （1）阅读材料可直接得出结果； （2）先把分母有理化，然后比较大小即可； （3）①将已知两等式相乘可得出关于a的方程，然后解方程即可； ②两等式相加可得出，然后解方程即可． 【详解】（1）解：∵， ∴的有理化因式是， ； （2）解： ， ∵，， ∴， ∴， ∴，即； （3）解：①∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②由①知：， 又， 两等式相加，得， ∴， 解得． 题型二十四 与二次根式有关的新定义问题（压轴） 64．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）定义：若两个二次根式a，b满足，且c是有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式． (1)若a与是关于8的共轭二次根式，则 ． (2)若与是关于4的共轭二次根式，求m的值． 【答案】(1) (2) 【分析】此题主要考查了新定义共轭二次根式的理解和应用，二次根式的运算． （1）根据共轭二次根式的定义建立方程，即可得到答案； （2）根据共轭二次根式的定义建立方程，即可得到答案． 【详解】（1）解：∵a与是关于8的共轭二次根式， ∴． ∴． （2）解：∵与是关于4的共轭二次根式， ∴． ∴． ∴． 65．（23-24八年级下·山东威海·期末）定义：若两个二次根式，满足，且为有理数，则称与是关于的共轭二次根式． (1)与是关于______的共轭二次根式； (2)若与是关于2的共轭二次根式，则______； (3)若与是关于12的共轭二次根式，求的值． 【答案】(1)1； (2)； (3)． 【分析】此题主要考查了新定义共轭二次根式的理解和应用，并会利用二次根式的性质进行计算． （1）根据共轭二次根式的定义，即可得解； （2）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得的值即可； （3）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得的值即可； 【详解】（1）解：， ∴ 与是关于1的共轭二次根式， 故答案为：1； （2）解：∵与是关于2的共轭二次根式， ∴ ∴， 故答案为：； （3）解：∵与是关于12的共轭二次根式， ∴ ∴， ∴． 66．（23-24八年级上·广东揭阳·期中）阅读材料： 规定表示一对数对，给出如下定义：，．将与称为数对的一对“对称数对”．例如：数对的一对“对称数对”为与． (1)数对的一对“对称数对”是________与________； (2)若数对的一对“对称数对”相同，则的值是多少？ (3)若数对一个“对称数对”是，求、的值． 【答案】(1)，； (2) (3)，或， 【分析】本题主要考查了新定义下的实数运算，理解题意是解题的关键． （1）根据“对称数对”的定义代入计算即可； （2）先将数对的一对“对称数对”表示出来，根据“数对的一对“对称数对”相同”，可得的值； （3）将数对的一对“对称数对”求出来，分类讨论求出，，即可知、的值． 【详解】（1）由题意得，， 数对的一对“对称数对”是与； 故答案为：，； （2）由题意得， 数对的一对“对称数对”为与， 数对的一对“对称数对”相同， ， ； （3）数对一个“对称数对”是，， ，或，， ，或，． 题型二十五 根据一元二次方程的定义求参数 67．（24-25九年级上·湖南永州·期中）已知关于的方程 (1)为何值时，此方程是一元一次方程？ (2)为何值时，此方程是一元二次方程？并写出一元二次方程的二次项系数及常数项． 【答案】(1) (2)当时，此方程是一元二次方程．此一元二次方程的二次项系数为，常数项为 【分析】此题考查了一元二次方程以及一元一次方程的定义，熟练掌握相关定义是解本题的关键． （1）利用一元一次方程的定义判断即可； （2）利用一元二次方程的定义判断确定出m的值，进而确定出二次项系数、一次项系数以及常数项即可． 【详解】（1）解：只含有一个未知数（元），且未知数的次数是1，这样的方程叫一元一次方程． 由题意得：， ． 当时此方程是一元一次方程； （2）由题意得：， ． 当时，此方程是一元二次方程． 此一元二次方程的二次项系数为，常数项为m. 题型二十六 选用合适的方法解一元二次方程 68．（22-23八年级下·山东泰安·期末）解方程： (1)； (2)． 【答案】(1)，； (2)， 【分析】本题考查的是公式法解一元二次方程． （1）直接利用公因式法或者配方法解方程得出答案； （2）直接利用提取公因式法分解因式解方程即可得出答案． 【详解】（1）解：， ， ， ， ，； （2）解： ， ， ∴， ∴． 69．（22-23八年级下·山东泰安·期中）解一元二次方程： (1)； (2)； (3)． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了解一元二次方程： （1）先把原方程化为一般式，再利用公式法解方程即可； （2）利用因式分解法解方程即可； （3）先把原方程化为一般式，再利用因式分解法解方程即可． 【详解】（1）解：∵ ∴， ∴， ∴， ∴， 解得； （2）解：∵， ∴， ∴或， 解得； （3）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴或， 解得． 题型二十七 根据判别式判断一元二次方程根的情况 70．（24-25九年级下·北京·开学考试）已知关于的一元二次方程． (1)求证：该方程总有两个实数根； (2)若该方程有一个根小于，求的取值范围． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及求根公式： （1）根据根与系数的关系判断即可； （2）利用求根公式判断即可． 【详解】（1）证明： 该方程总有两个实数根 （2）解：根据求根公式得 该方程有一个根小于 71．（24-25九年级上·山东青岛·期末）已知关于x的—元二次方程． (1)若方程的一个根是0，求p的值； (2)求证：无论p为何值，该方程都有两个不相等的实数根． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系，当时，方程有两个不相等的两个实数根；当时，方程有两个相等的两个实数根；当时，方程无实数根． （1）把代入一元二次方程得到，然后解一次方程即可； （2）先计算根的判别式的值得到，则利用非负数的性质得到△，然后根据根的判别式的意义得到结论． 【详解】（1）解：把代入方程得， 解得， 即的值为； （2）证明： ， 无论为何值，该方程都有两个不相等的实数根． 题型二十八 根据一元二次方程根的情况求参数 72．（23-24八年级下·山东淄博·期中）已知：关于x的一元二次方程（m为实数） (1)若方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围； (2)求证：无论m为何值，方程总有一个固定的根． 【答案】(1)且 (2)见解析 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根，熟练掌握相关知识并运用分类讨论的思想是解题的关键． （1）由方程有两个不相等的根，可得，由一元二次方程的定义可得，由此即可求得m的取值范围； （2）利用求根公式表示出方程的两个根，即可得证． 【详解】（1）解：， ∵方程有两个不相等的实数根， ∴且， ∴且， ∴的取值范围是且； （2）解：由求根公式得 ， ∴， ， ∴无论为何值，方程总有一个固定的根是1 ． 73．（23-24八年级上·山东滨州·开学考试）为何值时，方程有两个相等的实数根；并求出这时方程的根． 【答案】或；时，，时， 【分析】由方程有两个相等的实数根，根据根的判别式可得到关于的方程进而解答即可．本题主要考查根的判别式，掌握方程根的情况与判别式的关系是解题的关键． 【详解】解：∵，有两个相等的实数根， ∴，即， 解得或， 即当的值为或时，方程有两个相等的实数根， 当时，方程为，解得， 当时，方程为，解得． 题型二十九 换元法解一元二次方程（压轴） 74．（22-23八年级下·山东烟台·期末）阅读下列材料： 解方程：． 分析：我们可以用“换元法”解方程． 解：设，则， 原方程可化为：， 请你将剩下的解题过程补充完整，并求出的值．    【答案】， 【分析】利用换元法思想设，将方程化为即可解答． 【详解】解：∵， 设，则， 原方程可化为：， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，． 【点睛】本题考查了利用换元法解方程，熟练运用换元思想是解题的关键． 75．（23-24八年级下·山东济南·期末）阅读理解 【学习新知】我们已经学习了一元二次方程的多种解法，其基本思路是将二次方程通过“降次”转化为一次方程求解．按照同样的思路，我们可以将更高次的方程“降次”，转化为二次方程或一次方程进行求解． ①因式分解法求解特殊的三次方程： 将变形为， ． ． ． ． 或． 原方程有三个根：，，． ②换元法求解特殊的四次方程： 设，那么，于是原方程可变为，解得，， 当，时，； 当，时，； 原方程有四个根：，，，． 【应用新知】 （1）仿照以上方法，按照要求解方程： ①（因式分解法）； ②（换元法）； 【拓展延伸】 （2）已知：，且，请综合运用以上方法，通过“降次”求的值． 【答案】（1）①，，；②，；（2） 【分析】本题考查了解高次方程，理解题意，正确进行计算是解此题的关键． （1）①仿照题中所给方法，利用因式分解法解方程即可；②仿照题中所给方法，利用换元法解方程即可； （2）根据题意对所给代数式进行“降次”，再用整体思想即可解决问题． 【详解】（1）①将变形为， ∴， ∴， ∴， . 或. 解方程得. 解方程得，， ∴原方程的根为：，，； ②， 设，则，方程变形为， ∴， 解得：， 当，时，无实根，舍去， 当，时，解得或； ∴原方程有两个根：，； （2）解：方程的解为：， 由于， ∴， ， ，， ， 当时， 原式 ． 题型三十 一元二次方程根与系数的关系 76．（22-23八年级下·山东淄博·期中）已知，是方程的两个根，求： (1)的值； (2) 【答案】(1)10 (2)8 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得出，，代入代数式即可求解． 【详解】（1）∵、是方程的两个根， ∴， ∴ ∴． （2）． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，，．解题的关键是对代数式进行适当的变形，使已知两根之和与两根之积可以整体代入求值． 77．（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）一元二次方程（）有两根，，则，，则__________，__________． 请运用上面你发现的结论，解答问题： 已知，是方程的两根，不解方程求下列式子的值： （1）； （2）； （3）． 【答案】题干：，；（1）3；（2）；（3）1 【分析】题干：根据所给的，的值进行求解即可；先根据题干得到的结论得出，： （1）根据完全平方公式的变形进行求解即可； （2）把原式变形为进行求解即可； （3）根据多项式乘以多项式的计算法则将原式变形为，然后代值计算即可． 【详解】解：题干：∵，， ∴， ； 故答案为：，； ∵，是方程的两根， ∴，， （1）∴； （2）∴ ； （3）∴ ． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形求值，解题的关键在于熟知对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则． 78．（2022·四川凉山·中考真题）阅读材料： 材料1：若关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝，x1x2＝ 材料2：已知一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，求m2n＋mn2的值． 解：∵一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n， ∴m＋n＝1，mn＝－1， 则m2n＋mn2＝mn（m＋n）＝－1×1＝－1 根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题： (1)材料理解：一元二次方程2x2－3x－1＝0的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝ ；x1x2＝ ． (2)类比应用：已知一元二次方程2x2－3x－1＝0的两根分别为m、n，求的值． (3)思维拓展：已知实数s、t满足2s2－3s－1＝0，2t2－3t－1＝0，且s≠t，求的值． 【答案】(1)； (2) (3)或 【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系直接进行计算即可； （2）根据根与系数的关系先求出，，然后将进行变形求解即可； （3）根据根与系数的关系先求出，，然后求出s-t的值，然后将进行变形求解即可． 【详解】（1）解：∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两个根为x1，x2， ∴，． 故答案为：；． （2）∵一元二次方程2x2-3x-1＝0的两根分别为m、n， ∴，， ∴ （3）∵实数s、t满足2s2-3s-1＝0，2t2-3t-1＝0， ∴s、t可以看作方程2x2-3x-1＝0的两个根， ∴，， ∵ ∴或， 当时，， 当时，， 综上分析可知，的值为或． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形计算，根据根与系数的关系求出或，是解答本题的关键． 题型三十一 已知一元二次方程根满足的条件求参数 79．（23-24八年级下·山东烟台·期末）已知关于x的一元二次方程的两个实数根是和，且，求m的值． 【答案】 【分析】本题主要一元二次方程根与系数的关系即根的判别式．熟记一元二次方程的两个根分别为，那么，是解题关键．再根据根的判别式确定m的范围，由一元二次方程根与系数的关系可知，，再根据，，求解方程，即可． 【详解】解：，即， ， 可取任何数都满足关于x的一元二次方程有两个实数根， 根据题意得：，， ， ，即， ， ． 80．（23-24八年级下·山东德州·期末）已知关于的一元二次方程． (1)若方程有两个实数根，求的取值范围； (2)若方程的两个根为，且，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系以及其判别式的相关知识，将待求式根据完全平方公式适当的变形是解答本题的关键． （1）根据一元二次方程有两个根，可以知道其判别式大于或等于0，据此作答即可； （2）根据一元二次方程的根与系数的关系，有，，再将转化为，再代入计算即可． 【详解】（1）解：原方程可化为：， 一元二次方程有两个实数根， 且， 即且， 解得：； （2）根据根与系数的关系得：，， ， ， 解得，（舍去）， 经检验是方程的解， 的值为． 81．（23-24八年级下·山东烟台·期中）已知关于的一元二次方程有两个实数根，． (1)求实数的取值范围； (2)若方程的两实数根，满足，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式． （1）先把方程化为一般式得到，根据根的判别式的意义得到，然后解不等式即可； （2）根据根与系数的关系得到，，则，利用（1）的的范围去绝对值后解方程得到的值，然后根据（1）中的范围确定k的值． 解题的关键是掌握：若，是一元二次方程的两个实数根，则，．也考查了一元一次不等式及一元二次方程的解法． 【详解】（1）解：， 整理得：， ∵该方程有两个实数根，， ∴， 解得：， ∴实数的取值范围是； （2）∵，是方程的两实数根， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴可化简为：， ∴， 解得：（不合题意，舍去），， ∴的值为． 题型三十二 实际问题与一元二次方程 82．（22-23八年级下·山东泰安·期中）如图，在中，，，．点从点开始沿边向点以的速度移动、同时点从点开始沿边向点以的速度移动，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止运动．几秒后，四边形的面积等于？请写出过程． 【答案】1秒或4秒 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记“当时，方程无实数根”．利用时间路程速度，可分别求出点，到达终点所需时间，当运动时间为 时， ，， ．根据四边形的面积等于，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，结合当时，点重合，即可得出结论． 【详解】．由（1）得：， ，，运动时间t的取值范围为：， ∵四边形APQC的面积等于， ∴， 整理得：， 解得，， ∴或4时，四边形APQC的面积等于． 答：1秒或4秒后，四边形APQC的面积等于． 83．（22-23八年级下·山东烟台·期中）近年来，农产品直播带货行业发展态势强劲，手机成了新农具，直播卖货成了新农活，乡村电商成为推动乡村振兴的新动能，我市一家电商运营公司直播销售一种有机蓝莓，每箱蓝莓成本为60元．根据销售经验，当每箱售价为150元时，平均每天可销售60箱；若当每箱售价每降低10元时，平均每天可多销售20箱．“五一”假期来临，该公司决定进行降价促销活动，在每箱降价幅度不超过30元的情况下，当每箱有机蓝莓售价定为多少元时，可让该公司实现平均每天7000元的利润额？ 【答案】当每箱有机蓝莓售价定为130元时，可让该公司实现平均每天7000元的利润额 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，掌握一元二次方程的解法是解决问题的关键．根据题意列出关于售价的一元二次方程即可求解． 【详解】解：根据题意：设每箱有机蓝莓售价定为元， ， 化简整理得：， 解得：，， 每箱降价幅度不超过30元， ， 答：当每箱有机蓝莓售价定为130元时，可让该公司实现平均每天7000元的利润额． 84．（23-24八年级下·山东东营·期末）读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气，所以学校图书馆周六面向社会开放．据统计，某校图书馆第一个月接待256人，第三个月接待576人，假设接待人数的月平均增长率相同． (1)求接待人数的月平均增长率； (2)因学校图书馆较小，每月接待不超过1000人时，能正常接待读者，在月平均增长率不变的条件下，图书馆第四个月能否正常接待读者？请说明理由． 【答案】(1) (2)能正常接待读者，理由见解析 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设接待人数的月平均增长率是x，根据第一个月及第三个月的接待人次数，即可得出关于x的一元二次方程，即可得出结论； （2）根据第四个月的接待人数等于第三个月的接待人数乘以（增长率），可求出第四个月的接待人数，再与进行比较后即可得出结论． 【详解】（1）解：设接待人数的月平均增长率是，依题意， 得∶， 解得∶，(不合题意，舍去)． 答∶接待人数的月平均增长率是． （2）能正常接待读者，理由如下∶ 能正常接待读者． 题型三十三 与一元二次方程有关的新定义问题（压轴） 85．（23-24九年级下·山东烟台·期末）“新定义”问题就是给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，更多的考查阅读理解能力、应变能力和创新能力． 定义：方程是一元二次方程的倒方程，其中a、b、c均不为 0．请根据此定义解决下列问题： (1)方程的倒方程是 ． (2)若是的倒方程的解，求出c的值； (3)若m，n是一元二次方程的倒方程的两个不相等的实数根，求代数式的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解法和倒方程的定义是解题的关键． （1）根据新定义的含义可得答案； （2）根据题意得到方程的倒方程为，把代入即可得到的值； （3）根据题意得到方程的倒方程为，再结合方程根与系数的关系进一步解答即可； 【详解】（1）解：方程的倒方程是； （2）解：由题意得：方程的倒方程为， 把代入方程得 ：， ∴ （3）由题意得：方程的倒方程为， ∵m，n是方程的两个实数根， ∴， ， ∴ ∴ ； 86．（23-24八年级下·山东济南·期末）请阅读以下材料： ①若是关于x的一元二次方程的两个根，则方程的两个根和系数a、b、c有如下关系：，，把它们称为一元二次方程根与系数关系定理（韦达定理）． ②定义：已知关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，因为，，所以一元二次方程为“限根方程”． 请解决下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“限根方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，且方程的两根满足，求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，则m的取值范围为 ．（此小问直接填空，不写过程） 【答案】(1)是，理由见解析 (2)2 (3)或 【分析】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式．读懂题意，理解“限根方程”的定义是解题关键． （1）解该一元二次方程，得出，再根据“限根方程”的定义判断即可； （2）由一元二次方程根与系数的关系可得出，，代入，即可求出，．再结合“限根方程”的定义分类讨论舍去不合题意的值即可； （3）解该一元二次方程，得出或．再根据此方程为“限根方程”，即得出此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出，且，可求出m的取值范围．最后分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：， ， ∴或， ∴． ∵，， ∴此方程为“限根方程”； （2）解：∵方程的两个根分比为， ∴， ． ∵， ∴， 解得：，． 分类讨论：①当时，原方程为， ∴，， ∴，， ∴此时方程是“限根方程”， ∴符合题意； ②当时，原方程为， ∴，， ∴，， ∴此时方程不是“限根方程”， ∴不符合题意． 综上可知k的值为2； （3）解：， ， ∴或， ∴或． ∵此方程为“限根方程”， ∴此方程有两个不相等的实数根， ∴，且， ∴，即， ∴且． 分类讨论：①当时， ∴， ∵， ∴， 解得：； ②当时， ∴， ∵， ∴， 解得：． 综上所述，m的取值范围为或． 87．（23-24八年级下·山东济南·期末）法国数学家韦达在研究一元二次方程时发现：如果关于x的一元二次方程的两个实数根分别为、，那么两个根的关系为 ，．习惯上把这个结论称作“韦达定理”． 小明在探究二次项系数为1的一元二次方程根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：，．借此结论，小明进行了对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征的探究． 定义： 倍根方程：如果关于x的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于x的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． (1)请你判断：方程是______（填“倍根方程”或“方根方程”）； (2)若一元二次方程是“倍根方程”，求c的值； (3)根据探究，小明想设计一个一元二次方程，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程的根是多少？ 【答案】(1)倍根方程 (2)c的值是8 (3)方程的两个根是，或， 【分析】（1）求出方程的解，再判断是否为倍根方程； （2）设方程的两个根为，，由倍根方程”的定义可知，利用根与系数的关系即可求得的值； （3）设一元二次方程，的两个实数根分别为、，由题意可知，或，，即可得到方程的根是2、4或、． 本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，一元二次方程的一般形式，新定义“倍根方程”或“方根方程”的意义，理解“倍根方程”或“方根方程”的意义和掌握根与系数的关系是解决问题的关键． 【详解】（1）解：解方程得： ，， ， 方程是倍根方程； 故答案为：“倍根方程”； （2）解：程的两个根为，， 一元二次方程是“倍根方程”， ， ，， ，， ， ； （3）解：元二次方程，的两个实数根分别为、， 这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”， ，， ， 解得或（舍去）， ， 或，， ， 解得或（舍去）， ， 这个方程的根是2、4或、． $$八年级下册期中 热考+压轴 题型专项训练（33大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 利用菱形的性质与判定求角度/线段长 题型二 利用菱形的性质与判定求周长/面积 题型三 利用矩形的性质与判定求求角度/线段长 题型四 利用矩形的性质与判定求周长/面积 题型五 利用正方形的性质与判定求解 题型六 四边形综合 题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题【压轴】 题型八 与特殊平行四边形有关的最值问题【压轴】 题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题【压轴】 题型十 利用特殊平行四边形的性质与判定求坐标【压轴】 题型十一 与特殊平行四边形有关的热考模型【压轴】 题型十二 根据二次根式的非负性求解 题型十三 二次根式有意义的条件 题型十四 利用二次根式的性质化简 题型十五 复合二次根式的化简（压轴） 题型十六 同类二次根式与最简二次根式的判断 题型十七 已知最简二次根式求参数 题型十八 二次根式的混合运算 题型十九 二次根式的应用 题型二十 二次根式的化简求值 题型二十一 比较二次根式的大小 题型二十二 分母有理化（压轴） 题型二十三 求解根式方程（压轴） 题型二十四 与二次根式有关的新定义问题（压轴） 题型二十五 根据一元二次方程的定义求参数 题型二十六 选用合适的方法解一元二次方程 题型二十七 根据判别式判断一元二次方程根的情况 题型二十八 根据一元二次方程根的情况求参数 题型二十九 换元法解一元二次方程（压轴） 题型三十 一元二次方程根与系数的关系 题型三十一 已知一元二次方程根满足的条件求参数 题型三十二 实际问题与一元二次方程 题型三十三 与一元二次方程有关的新定义问题（压轴） 题型一 利用菱形的性质与判定求角度/线段长 1．（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，是它的一条对角线，作的垂直平分线，分别交于点．    (1)求证：； (2)连接，若，求的度数． 2．（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，、相交于点E． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)过点D作于点F，交于点G，连接EG．若，，求的长． 3．（22-23八年级下·山东济宁·阶段练习）如图，在平行四边形中，，平分，交于点E，过点E作交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为16，，求的大小． 题型二 利用菱形的性质与判定求周长/面积 4．（24-25八年级下·江苏徐州·开学考试）如图，在四边形中，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知菱形的对角线，点E、F分别是菱形的边、的中点，连接，若，求菱形的周长． 5．（22-23八年级下·吉林·期末）如图，在中，以点A为圆心，以任意长为半径画圆弧，分别交边、于点M、N，再分别以点M、N为圆心，以大于长为半径画圆弧，两弧交于点P，作射线交边于点E，过点E作交于点F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为36，则菱形的面积是_________． 6．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，中，，是边上的中线，过点C作，过点A作交于点E，连接，点O为与的交点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 题型三 利用矩形的性质与判定求求角度/线段长 7．（24-25九年级上·陕西渭南·期中）如图，点E是对角线上的点（不与A，C重合），连接，过点E作交于点F．连接交于点G，，． (1)求证：是矩形； (2)若点E为的中点，求的度数． 8．（23-24八年级下·山东德州·期末）探究： 小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点，，可通过构造直角三角形利用图①得到结论：．他还利用图②证明了线段的中点的坐标公式：，． （1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程． 运用： （2）已知点，，求线段的长度； （3）请直接写出以点，，，为顶点的平行四边形顶点的坐标． 9．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，是平行四边形的对角线，，延长至点C，使，连接交于点O，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 题型四 利用矩形的性质与判定求周长/面积 10．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，点F、H在菱形的对角线上，，点E、G分别在菱形的边上，且，． (1)求证：四边形为矩形． (2)若E为中点，，求菱形的周长． 11．（22-23八年级下·北京海淀·期中）如图，在中，点，，分别是边，，的中点，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求出矩形的周长． 12．（20-21八年级下·山东济宁·期末）已知点E是中边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，，．    (1)求证：四边形为矩形； (2)若是等边三角形，且边长为6，求四边形的面积． 题型五 利用正方形的性质与判定求解 13．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求菱形的周长． 14．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在中，的角平分线交于点D，． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，且，求四边形的面积． 15．（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 题型六 四边形综合 16．（24-25九年级上·山东济南·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（   ） A．当，是矩形 B．当，是菱形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 17．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习）如图，在中，，，下列四个判断不正确的是（　　） A．四边形是平行四边形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是菱形 D．如果且，那么四边形是正方形 18．（22-23八年级下·山东滨州·期末）如图，以的三边为边分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．    题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题【压轴】 19．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 20．（23-24八年级下·山东临沂·期末）综合与实践 问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽． 动手实践： （1）如图1，梦想飞扬小组将矩形纸片折叠，点D落在边上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．试判断四边形的形状，并加以证明； 深度探究： （2）如图2，智慧创新小组将图1中的四边形剪去，然后在边，上取点G，H，将四边形沿折叠，使A点的对应点始终落在边上（点不与点D，F重合），点E落在点处，与交于点T． ①当时，可以求出的长度．请写出解答过程； ②当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值． 21．（23-24八年级下·云南昆明·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点． 【猜想】（1）请猜想线段的数量关系，并证明． 【应用】（2）如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为．若，求的长． 题型八 与特殊平行四边形有关的最值问题【压轴】 22．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在中，，P为边上一动点， 于点G，于点 H． (1)求证：四边形 是矩形； (2)在点P的运动过程中，的长是否存在最小值?若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． (3)如图2，建立平面直角坐标系，和x轴重合，点C和坐标原点重合，若四边形是平行四边形，直接写出点D的坐标． 23．（22-23八年级下·山东济宁·期末）如图，菱形的边长为7，，点E是边上任意一点（端点A，B除外），线段的垂直平分线交分别于点F，G，的中点分别为M，N．    (1)求证：； (2)请直接写出的最小值为__________； (3)当点E在上运动时，的大小是否变化？如果不变，请进行证明；如果变化，请说明理由． 24．（22-23八年级下·江苏宿迁·期末）在正方形中，点E为射线上的一个动点，点F在射线上，且．    (1)如图1，当点E在边上时，求证：； (2)如图2，当点E在边的延长线上时，请你判断、、三条线段之间的数量关系，并说明理由； (3)如图3，若，点G在边上，且，点P为的中点，在点E从点B沿射线运动的过程中，的周长的最小值为___________（直接写出结果）． 25．（22-23八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知菱形的边长为，，点、分别是边、上的两个动点，，连接．      (1)是等边三角形吗？如是，请证明；如不是，请说明理由． (2)在、运动的过程中，的面积存在最大值吗？如存在，请求出该最大值；如不存在，请说明理由．     题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题【压轴】 26．（24-25八年级下·山东威海·阶段练习）如图，矩形中，点是线段上的一个动点，为的中点，的延长线交于． (1)求证：； (2)若，，点从点出发，以的速度向点运动（不与重合）．设点运动的时间为秒，请用表示的长；并求出为何值时，四边形是菱形？ 27．（22-23八年级下·山东济宁·期中）如图，正方形的对角线，相交于点，点是边上的一动点，连接交于点，过点作于点，交于点，交于点． (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)当点E运动到使平分位置时，与是否存在一定的数量关系?若存在，写出它们的数量关系并证明；若不存在，请说明理由． 28．（21-22八年级下·江苏连云港·期中）在矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，其中． (1)若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（、相遇时除外）？ 答：__________；（直接填空，不用说理） (2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求的值； (3)在（1）条件下，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求的值． 题型十 利用特殊平行四边形的性质与判定求坐标【压轴】 29．（24-25八年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的负半轴上，点A在y轴的正半轴上，．在边上取一点D，将纸片沿翻折，使点A落在边上的点E处，求D，E两点的坐标． 30．（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，矩形的顶点A，C分别在y，x轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边，分别交于点D，E，并且满足，点P是线段上的一个动点． (1)求一次函数的解析式； (2)若点P在平分线上，求点P的坐标； (3)连接，若把四边形面积分成两部分，求点P的坐标； (4)设点Q是第二象限内的一点，且以O，D，P，Q为顶点的四边形为菱形时，直接写出点Q的坐标． 31．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，，为直线上一动点，连接，过作，交直线、直线于点、，连接． (1)点的坐标为____________；直线的解析式为____________． (2)当为中点时，求的长． (3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边），若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由． 32．（23-24八年级下·广西柳州·期中）如图，平面直角坐标系中，把矩形沿对角线所在的直线折叠，点A落在点D处，与交于点E．的长满足式子． (1)求点A，C的坐标； (2)求出点E的坐标和直线的函数解析式； (3)F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 题型十一 与特殊平行四边形有关的热考模型【压轴】 33．（21-22八年级上·安徽淮南·期中）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【全等模型】如图1，已知：在中，，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D，E．结论：．       (1)填空： ①如图1，若，，则DE=　 　； ②如图2，，，点B的坐标为，则点A的坐标为　 　． (2)这时组员小刘想，如果三个角不是直角，那么这两个三角形还会全等吗？如图3现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线l经过点D，A，E三点，且．请判断与是否全等，并说明理由． (3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图4，过的边、向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点I，若，，则　 　． 34．（20-21八年级下·山东滨州·期末）李明酷爱数学，勤于思考，善于反思．在学习八年级下册数学知识之后，他发现“二次根式、勾股定理、一次函数、平行四边形”都和“将军饮马”问题有关联，并且为解决“饮马位置”“最短路径长”等问题，提供了具体的数学方法．于是他撰写了一篇数学作文．请你认真阅读思考，帮助李明完成相关问题． “将军饮马”问题的探究与拓展 八年级三班  李明 “白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”（唐·李颀《古从军行》），这句诗让我想到了有趣的“将军饮马”问题：将军从地出发到河边饮马，然后再到地军营视察，怎样走路径最短？ 【数学模型】如图1，，是直线同旁的两个定点．在直线上确定一点，使的值最小． 【问题解决】作点关于直线的对称点，连接交于点，则点即为所求．此时，的值最小，且． 【模型应用】 问题1．如图2，经测量得，两点到河边的距离分别为米，米，且米．请计算出“将军饮马”问题中的最短路径长． 问题2．如图3，在正方形中，，点在边上，且，点是对角线上的一个动点，则的最小值是________． 问题3．如图4，在平面直角坐标系中，点，点．（1）请在轴上确定一点，使的值最小，并求出的坐标；（2）请直接写出的最小值． 【模型迁移】 问题4．如图5，菱形中，对角线，相交于点，，．点和点分别为，上的动点，求的最小值． 35．（24-25八年级下·山东济南·阶段练习）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 原题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由． (1)思路梳理 ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． 易证 ，得． (2)类比引申 如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．若都不是直角，则当时，是否仍有，并说明理由． (3)联想拓展 如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．猜想应满足的等量关系，并写出推理过程． 36．（24-25九年级上·河南周口·期中）综合与实践 综合实践课上，老师给出了“邻等对补四边形”的定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．对于“邻等对补四边形”，同学们进行了如下研究． (1)操作判断 如图1，在边长为2的正方形中，是对角线，取一个大的直角三角板，三角板的直角顶点在射线上移动，三角板的一条直角边始终经过点，另一条直角边交射线于点，当点在边上时，四边形是邻等对补四边形吗?说明理由． (2)迁移探究 当点在边的延长线上时，以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形吗?若能构成，写出此时的长． 37．（23-24八年级下·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 题型十二 根据二次根式的非负性求解 38．（24-25八年级下·山东枣庄·阶段练习）已知，则的值为 ． 39．（24-25八年级下·山东滨州·阶段练习）已知，则a的值为 ． 40．（24-25八年级下·山东潍坊·阶段练习）已知，分别为直角三角形的两条边长，且，满足，求此直角三角形的周长． 题型十三 二次根式有意义的条件 41．（20-21八年级下·山东威海·期中）无论x取任何实数，代数式都有意义，求m的取值范围． 42．（24-25七年级下·全国·课后作业）若式子有意义，化简：． 题型十四 利用二次根式的性质化简 43．（24-25八年级下·山东威海·阶段练习）化简下列二次根式： (1)；(2)；(3)；(4)；(5)； (6)． 题型十五 复合二次根式的化简（压轴） 44．（21-22八年级下·山东济宁·期中）先阅读材料，然后回答问题： 小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了个问题：化简，经过思考，小张解决这个问题的过程 如下： (1)在上述化简过程中，第 步出现了错误，化简的正确结果为 ； (2)请根据你从上述材料中得到的启发，化简； 45．（23-24八年级下·山东临沂·期中）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 标题：双层二次根式的化简 内容：二次根式的化简是一个难点，稍不留心就会出错，我在上网还发现了一类带双层根号的式子，就是根号内又带根号的式子，它们能通过完全平方公式及二次根式的性质消掉外面的一层根号． 例如：要化简，可以先思考，所以．通过计算，我还发现设（其中m，n，a，b都为正整数），则有， ，_______． 这样，我就找到了一种把部分双层二次根式化简的方法． 任务： (1)文中的________． (2)化简：________． (3)已知，其中a，x，y均为正整数，求a的值． (4)化简：________．（直接写出答案） 题型十六 同类二次根式与最简二次根式的判断 46．（21-22八年级·全国·假期作业）判断下列各式中哪些是最简二次根式，哪些不是？为什么？ （1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）． 47．（2025八年级下·浙江·专题练习）下列各式中，哪些是同类二次根式？ ① ② ③ ④ ⑤， ⑥ 题型十七 已知最简二次根式求参数 48．（22-23八年级下·山东临沂·期中）若两个最简二次根式与能合并，则 ． 49．（19-20八年级下·湖北襄阳·期中）化简后与最简二次根式的被开方数相等，则 . 题型十八 二次根式的混合运算 50．（24-25八年级下·山东济宁·阶段练习）计算 (1) (2) (3) (4) 51．（24-25八年级下·山东日照·阶段练习）计算 (1)； (2)； (3)； (4)． 52．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）计算 (1)； (2)； (3)； (4)． 题型十九 二次根式的应用 53．（24-25八年级上·重庆南岸·期末）设一个三角形的三边长分别为a，b，c，，则有三角形的面积公式（海伦公式），（秦九韶公式）．请选用以上公式，计算下列两个三角形的面积． (1)三角形三边长分别为9，10，11； (2)三角形三边长分别为，，． 54．（23-24七年级下·全国·单元测试）汽车刹车距离是指汽车从开始刹车到完全停止所行驶的距离，它反应了汽车的制动性能和行驶安全性，刹车距离越短，说明汽车的制动性能越好，行驶越安全，刹车距离与行驶速度之间的关系可以表示为公式，其中v表示车辆行驶速度（单位），d表示刹车后车轮滑过的距离（单位m）f表示动摩擦因数，根据我国国家标准，100公里刹车距离在42米以内是比较优秀的，（100公里刹车距离表示汽车行驶速度的刹车距离），据测量，小米公司新上市的小米汽车的动摩擦因数，则小米的100公里刹车距离是多少？（结果保留整数） 55．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习） 某居民小区有块形状为长方形的绿地，长方形绿地的长为米，宽AB为米，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛(即图中阴影部分)，长方形花坛的长为米，宽为米. (1)长方形的周长是多少? (2)除去修建花坛的地方. 其它地方全修建成通道，通道上要铺上造价为6元的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元? 题型二十 二次根式的化简求值 56．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）（1）已知，求下列各式的值： ① ②；③． ④ （2）已知，求代数式的值； 57．（21-22八年级下·山东烟台·期中）已知与满足，求代数式的值． 题型二十一 比较二次根式的大小 58．（2025七年级下·全国·专题练习）认真阅读下列解答过程：比较与的大小． 解：因为， ， 且，所以， 即． 请仿照上述方法比较与的大小关系． 59．（24-25八年级上·山东济南·期中）阅读与思考∶请仔细阅读下面的内容，并完成相应任务． 比较与的大小 “善思小组”的思路：将，两个式子分别平方后，再进行比较． “智慧小组”的思路：以，，为三边构造一个，再利用三角形的三边关系进行比较． 任务： (1)填空： ； (2)①判断的形状，并说明理由； ②直接判断与的大小； (3)延伸拓展：直接判断与的大小． 题型二十二 分母有理化（压轴） 60．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）先阅读，后解答： ； 像上述解题过程中，与、与相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为互为有理化因式，上述解题过程也称为分母有理化． (1)的有理化因式是___________；的有理化因式是___________； (2)将下列式子进行分母有理化：①___________；②___________； (3)类比（2）中②的计算结果，计算： (4)比较和的大小，并说明理由． 61．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习）观察下列一组等式，解答问题． ，， ，， …… (1)观察以上规律，请写出第个等式： （为正整数）； (2)利用上面的规律，计算：； (3)请利用上面的规律，比较与的大小． 题型二十三 求解根式方程（压轴） 62．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）【阅读】我们将与称为一对“对偶式”， 因为，所以构造“对偶式”，再将其相乘可以有效地将和中的“”去掉，于是二次根式的除法可以这样计算：如 ．像这样，通过分子、分母同乘一个式子把分母中的根号化去，叫做分母有理化． 根据以上材料，理解并运用材料提供的方法，解答下列问题： (1)对偶式与之间的关系是____________； A．互为相反数 B．绝对值相等 C．互为倒数 (2)已知，，求； (3)解方程：． ［提示：令，］． (4)求的值． 63．（23-24八年级下·山东烟台·期中）阅读下列材料： ，像和这样两个含有根式的代数式，它们的积不含根式，我们就说这两个代数式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式． 请运用上面的知识解决下列问题： (1)指出的有理化因式，并将化简为分母中不含根式的式子； (2)通过化简，比较和的大小关系； (3)已知，． ①求a的值； ②结合①的结果，解方程：． 题型二十四 与二次根式有关的新定义问题（压轴） 64．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）定义：若两个二次根式a，b满足，且c是有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式． (1)若a与是关于8的共轭二次根式，则 ． (2)若与是关于4的共轭二次根式，求m的值． 65．（23-24八年级下·山东威海·期末）定义：若两个二次根式，满足，且为有理数，则称与是关于的共轭二次根式． (1)与是关于______的共轭二次根式； (2)若与是关于2的共轭二次根式，则______； (3)若与是关于12的共轭二次根式，求的值． 66．（23-24八年级上·广东揭阳·期中）阅读材料： 规定表示一对数对，给出如下定义：，．将与称为数对的一对“对称数对”．例如：数对的一对“对称数对”为与． (1)数对的一对“对称数对”是________与________； (2)若数对的一对“对称数对”相同，则的值是多少？ (3)若数对一个“对称数对”是，求、的值． 题型二十五 根据一元二次方程的定义求参数 67．（24-25九年级上·湖南永州·期中）已知关于的方程 (1)为何值时，此方程是一元一次方程？ (2)为何值时，此方程是一元二次方程？并写出一元二次方程的二次项系数及常数项． 题型二十六 选用合适的方法解一元二次方程 68．（22-23八年级下·山东泰安·期末）解方程： (1)； (2)． 69．（22-23八年级下·山东泰安·期中）解一元二次方程： (1)； (2)； (3)． 题型二十七 根据判别式判断一元二次方程根的情况 70．（24-25九年级下·北京·开学考试）已知关于的一元二次方程． (1)求证：该方程总有两个实数根； (2)若该方程有一个根小于，求的取值范围． 71．（24-25九年级上·山东青岛·期末）已知关于x的—元二次方程． (1)若方程的一个根是0，求p的值； (2)求证：无论p为何值，该方程都有两个不相等的实数根． 题型二十八 根据一元二次方程根的情况求参数 72．（23-24八年级下·山东淄博·期中）已知：关于x的一元二次方程（m为实数） (1)若方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围； (2)求证：无论m为何值，方程总有一个固定的根． 73．（23-24八年级上·山东滨州·开学考试）为何值时，方程有两个相等的实数根；并求出这时方程的根． 题型二十九 换元法解一元二次方程（压轴） 74．（22-23八年级下·山东烟台·期末）阅读下列材料： 解方程：． 分析：我们可以用“换元法”解方程． 解：设，则， 原方程可化为：， 请你将剩下的解题过程补充完整，并求出的值．    75．（23-24八年级下·山东济南·期末）阅读理解 【学习新知】我们已经学习了一元二次方程的多种解法，其基本思路是将二次方程通过“降次”转化为一次方程求解．按照同样的思路，我们可以将更高次的方程“降次”，转化为二次方程或一次方程进行求解． ①因式分解法求解特殊的三次方程： 将变形为， ． ． ． ． 或． 原方程有三个根：，，． ②换元法求解特殊的四次方程： 设，那么，于是原方程可变为，解得，， 当，时，； 当，时，； 原方程有四个根：，，，． 【应用新知】 （1）仿照以上方法，按照要求解方程： ①（因式分解法）； ②（换元法）； 【拓展延伸】 （2）已知：，且，请综合运用以上方法，通过“降次”求的值． 题型三十 一元二次方程根与系数的关系 76．（22-23八年级下·山东淄博·期中）已知，是方程的两个根，求： (1)的值； (2) 77．（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）一元二次方程（）有两根，，则，，则__________，__________． 请运用上面你发现的结论，解答问题： 已知，是方程的两根，不解方程求下列式子的值： （1）； （2）； （3）． 78．（2022·四川凉山·中考真题）阅读材料： 材料1：若关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝，x1x2＝ 材料2：已知一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n，求m2n＋mn2的值． 解：∵一元二次方程x2－x－1＝0的两个实数根分别为m，n， ∴m＋n＝1，mn＝－1， 则m2n＋mn2＝mn（m＋n）＝－1×1＝－1 根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题： (1)材料理解：一元二次方程2x2－3x－1＝0的两个根为x1，x2，则x1＋x2＝ ；x1x2＝ ． (2)类比应用：已知一元二次方程2x2－3x－1＝0的两根分别为m、n，求的值． (3)思维拓展：已知实数s、t满足2s2－3s－1＝0，2t2－3t－1＝0，且s≠t，求的值． 题型三十一 已知一元二次方程根满足的条件求参数 79．（23-24八年级下·山东烟台·期末）已知关于x的一元二次方程的两个实数根是和，且，求m的值． 80．（23-24八年级下·山东德州·期末）已知关于的一元二次方程． (1)若方程有两个实数根，求的取值范围； (2)若方程的两个根为，且，求的值． 81．（23-24八年级下·山东烟台·期中）已知关于的一元二次方程有两个实数根，． (1)求实数的取值范围； (2)若方程的两实数根，满足，求的值． 题型三十二 实际问题与一元二次方程 82．（22-23八年级下·山东泰安·期中）如图，在中，，，．点从点开始沿边向点以的速度移动、同时点从点开始沿边向点以的速度移动，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止运动．几秒后，四边形的面积等于？请写出过程． 83．（22-23八年级下·山东烟台·期中）近年来，农产品直播带货行业发展态势强劲，手机成了新农具，直播卖货成了新农活，乡村电商成为推动乡村振兴的新动能，我市一家电商运营公司直播销售一种有机蓝莓，每箱蓝莓成本为60元．根据销售经验，当每箱售价为150元时，平均每天可销售60箱；若当每箱售价每降低10元时，平均每天可多销售20箱．“五一”假期来临，该公司决定进行降价促销活动，在每箱降价幅度不超过30元的情况下，当每箱有机蓝莓售价定为多少元时，可让该公司实现平均每天7000元的利润额？ 84．（23-24八年级下·山东东营·期末）读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气，所以学校图书馆周六面向社会开放．据统计，某校图书馆第一个月接待256人，第三个月接待576人，假设接待人数的月平均增长率相同． (1)求接待人数的月平均增长率； (2)因学校图书馆较小，每月接待不超过1000人时，能正常接待读者，在月平均增长率不变的条件下，图书馆第四个月能否正常接待读者？请说明理由． 题型三十三 与一元二次方程有关的新定义问题（压轴） 85．（23-24九年级下·山东烟台·期末）“新定义”问题就是给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，更多的考查阅读理解能力、应变能力和创新能力． 定义：方程是一元二次方程的倒方程，其中a、b、c均不为 0．请根据此定义解决下列问题： (1)方程的倒方程是 ． (2)若是的倒方程的解，求出c的值； (3)若m，n是一元二次方程的倒方程的两个不相等的实数根，求代数式的值． 86．（23-24八年级下·山东济南·期末）请阅读以下材料： ①若是关于x的一元二次方程的两个根，则方程的两个根和系数a、b、c有如下关系：，，把它们称为一元二次方程根与系数关系定理（韦达定理）． ②定义：已知关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，因为，，所以一元二次方程为“限根方程”． 请解决下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“限根方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，且方程的两根满足，求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，则m的取值范围为 ．（此小问直接填空，不写过程） 87．（23-24八年级下·山东济南·期末）法国数学家韦达在研究一元二次方程时发现：如果关于x的一元二次方程的两个实数根分别为、，那么两个根的关系为 ，．习惯上把这个结论称作“韦达定理”． 小明在探究二次项系数为1的一元二次方程根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：，．借此结论，小明进行了对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征的探究． 定义： 倍根方程：如果关于x的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于x的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． (1)请你判断：方程是______（填“倍根方程”或“方根方程”）； (2)若一元二次方程是“倍根方程”，求c的值； (3)根据探究，小明想设计一个一元二次方程，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程的根是多少？ $$