期末复习必考解答压轴题十五大题型总结-2024-2025学年八年级数学下册举一反三系列（沪科版）

期末复习必考解答压轴题十五大题型总结 【沪科版】 【题型1 二次根式的运算与求值技巧】 1 【题型2 复合二次根式的化简】 6 【题型3 利用分母有理化求值】 10 【题型4 由一元二次方程的解求参数】 13 【题型5 一元二次方程的特殊解法】 18 【题型6 根的判别式与根与系数的关系的综合】 22 【题型7 一元二次方程的应用】 28 【题型8 勾股定理在网格中的运用】 31 【题型9 勾股定理在折叠问题中的运用】 36 【题型10 由勾股定理构造图形解决实际问题】 52 【题型11 由勾股定理求最短距离】 59 【题型12 四边形中的最值问题】 65 【题型13 四边形中的动态问题】 78 【题型14 四边形中的存在性问题】 88 【题型15 四边形中的探究问题】 101 【题型1 二次根式的运算与求值技巧】 【例1】（24-25八年级·江西赣州·期中）定义：我们将与称为一对“对偶式”．因为，可以有效的去掉根号，所以有一些问题可以通过构造“对偶式”来解决． 例如：已知，求的值，可以这样解答： 因为， 所以． (1)已知：，求的值； (2)结合已知条件和第①问的结果，解方程：； (3)计算：． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）仿照题意，进行计算即可得到答案； （2）根据二次根式有意义的条件列出方程组，解方程组即可得到答案； （3）利用平方差公式，对原式进行变形后，即可得到答案． 此题考查了二次根式的性质、二次根式的混合运算、二次根式有意义的条件、平方差公式以及分母有理化，熟练掌握二次根式的运算法则和灵活变形是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， 且， ∴； （2）解：∵ ∴， 化简后两边同时平方得：， ∴， 经检验：是原方程的解； （3）解： ． 【变式1-1】（24-25八年级·上海长宁·阶段练习）计算 (1)； (2)； (3)； (4)； (5)； (6)． 【答案】(1) (2) (3) (4) (5) (6) 【分析】本题考查二次根式的运算，熟练掌握相关运算法则，正确的计算，是解题的关键： （1）先化简，再合并同类二次根式即可； （2）先化简，再进行乘法运算，然后合并同类二次根式即可； （3）先分母有理化，再合并同类二次根式即可； （4）先计算括号内，再进行除法运算即可； （5）先计算括号内，再进行除法运算即可； （6）根据乘除运算法则进行计算即可． 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：原式 ． （3）解：原式 ； （4）解：原式 ； （5）解：原式 ； （6）解：原式 ． 【变式1-2】（24-25八年级·安徽宣城·期中）观察下列各式：， ， ， 请利用你所发现的规律． (1)写出第4个式子______； (2)写出第个式子______，并证明其正确性（用含的等式表示，为正整数）． (3)计算． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题考查了分式，二次根式的运算以及配方法，熟练掌握分式和二次根式的运算性质，配方法，理解题干中的规律并且证明其规律是解题的关键． （1）根据题干给的规律，可直接写出结果； （2）根据题干给的规律，可直接写出第个式子；要证明等式成立，由于左侧是二次根式的形式，右侧是分式的形式，因此考虑对于左侧二次根式的被开方式子凑成完全平方形式，然后可以去掉根号．所以对于左侧二次根式被开方式子通分整理后，得到，由此即可证明等式成立； （3）根据前面证明所得到的式子，利用，以及化简，即可求得结果； 【详解】（1）解：根据题干中的规律，可得 第4个式子为：； （2）解：根据题干中的规律，可得 第个式子为：； 证明： 左边 右边， 等式成立； （3）解： ，，   原式 ． 【变式1-3】（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）若m满足关系式，求m的值． 【答案】4024 【分析】本题考查了非负数的性质以及二次根式有意义的条件，得到是关键．根据二次根式的性质：被开方数是非负数求得，然后根据非负数的性质得到关于和的方程组，然后结合即可求得的值． 【详解】解：由可得， ∴ ∴ 【题型2 复合二次根式的化简】 【例2】（24-25八年级·安徽合肥·专题练习）有这样一类题目：将化简，如果你能找到两个数m、n，使且，则可将将变成，即变成，从而使得化简．例如，，∴．这种方法叫做配方法，换一种思路，假设化简的结果是，可知．整理，得，比较等式两边的组成，可得，，即，，所以． 尝试化简下列各式： (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据完全平方公式得出进而求出即可； （2）根据完全平方公式得出进而求出即可． 此题主要考查了二次根式的化简与性质，熟练应用完全平方公式是解题关键． 【详解】（1）； （2）解：． 【变式2-1】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）化简： (1)； (2)； (3)． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查二次根式根号内含有根号的式子化简，二次根式的性质及完全平方公式，先把各题中的无理式变成的形式，进而可得出结论．解题的关键是理解和掌握：二次根式根号内含有根号的式子化简主要是根据完全平方公式的特点将该式子转化为平方的形式． （1）把被开方数化为完全平方的形式即可得解， （2）将转化为，再根据解答过程即可得解， （3）将转化为，再根据解答过程即可得解； 【详解】（1）解： ； （2）解： ； （3）解： ． 【变式2-2】（24-25八年级·陕西西安·阶段练习）像…这样的根式叫做复合二次根式，有些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简，如：请用上述方法探索并解决下列问题： (1)化简： (2)若，且a，m，n为正整数，求a的值 【答案】(1) (2)或 【分析】本题考查化简复合二次根式： （1）根据题意，构造完全平方公式，进行化简即可； （2）根据题意得到是一个完全平方式，进而推出或，进行求解即可． 【详解】（1）解：； （2）∵ ∴是一个完全平方式， ∵，，均为正整数，且或， ∴或， ∴，此时或，此时． 【变式2-3】（24-25八年级·安徽安庆·期中）像，……这样的根式叫做复合二次根式．有一些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简， 如：； 再如：．请用上述方法探索并解决下列问题： (1)请你尝试化简： ①______； ②______． (2)若，且，，为正整数，求的值． 【答案】(1)①；② (2)46或14 【分析】（1）将被开方数写成完全平方式，再化简． （2）变形已知等式，建立，，的方程组求解． 【详解】（1）解：①； ； ② ； 故答案为：①；②； （2）解： ， ， ，，均为正整数． 或， 或． 或14． 【点睛】本题考查二次根式的化简，将二次根式的被开方数变为完全平方式是求解本题的关键． 【题型3 利用分母有理化求值】 【例3】（24-25八年级·山东烟台·期末）阅读下列材料，解答后面的问题： ； ； (1)写出下一个等式； (2)计算的值； (3)请求出的运算结果． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）直接根据前面的等式，仿写出下一个等式即可； （2）先分母有理化，然后合并同类二次根式即可； （3）先分母有理化，然后合并同类二次根式，再利用平方差公式计算即可． 【详解】（1）解： （2）解： ． （3）解： 【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算、分母有理化、平方差公式等知识点，在处理二次根式混合运算时，先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍． 【变式3-1】（24-25八年级·湖南娄底·期末）计算： 【答案】 【分析】先对代数式的每一部分分母有理化，然后再进行运算 【详解】解： = = = = = 【点睛】本题看似计算繁杂，但只要找到分母有理化这个突破口，就会化难为易． 【变式3-2】（24-25八年级·上海·期中）已知且，请化简并求值： 【答案】 【分析】解方程得出，再分母有理化，化简得出原式=，最后代入x求值即可. 【详解】解： ∵ ∴ ∴ 【点睛】本题主要考查二次根式的化简求值，难度较大，熟练掌握相关知识点是解题关键. 【变式3-3】（24-25八年级·湖南长沙·开学考试）阅读下列材料，然后回答问题：在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，， 一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简： ； ； 以上这种化简的步骤叫做分母有理化． （1）化简： ； ； ； （2）化简：； （3）已知，，求的值. 【答案】（1）    （2）   （3）62 【分析】（1）分子分母分别乘 即可. （2）每一个分母都乘以它的有理化因式化简后合并即可. （3）将x，y化简后，对后面算式运用完全平方公式进行变形，代入即可. 【详解】（1） ， ， 故答案为 ， ， （2）原式= （3）， ∴ 【点睛】考查二次根式的有理化．根据二次根式的乘除法法则进行二次根式有理化．二次根式有理化主要利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子． 【题型4 由一元二次方程的解求参数】 【例4】（24-25八年级·辽宁丹东·期末）“新定义”问题就是给出一个从未接触过的新规定，要求同学们现学现用，更多考查阅读理解能力、应变能力和创新能力．定义：方程是一元二次方程的倒方程，其中为常数（且．根据此定义解决下列问题： (1)一元二次方程的倒方程是______； (2)若是一元二次方程的倒方程的解，求出的值； (3)若是一元二次方程的倒方程的一个实数根，则的值为______． 【答案】(1) (2) (3)2025 【分析】此题考查了新定义——倒方程．熟练掌握倒方程的定义，一元二次方程根的概念，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c的值； （3）根据题意得到方程的倒方程为，再结合方程根的性质进一步解答即可． 【详解】（1）解：方程的倒方程是；； 故答案为：； （2）解：由题意得：方程的倒方程为， 把代入方程， 得， ∴ （3）解：由题意得：方程的倒方程为， ∵m是方程的一个实数根， ∴， ∴． 故答案为：2025． 【变式4-1】（24-25八年级·安徽六安·阶段练习）已知实数a是一元二次方程的一个根，求代数式的值． 【答案】 【分析】本题考查的是一元二次方程的解的含义，由方程的解可得，可得，，再代入计算即可． 【详解】解：是方程的一个根， ． ∴，． ． 【变式4-2】（24-25八年级·浙江·期中）已知关于的一元二次方程． (1)若方程有两个实数根，求的范围； (2)设方程的两个实数根是，，若，试求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解， （1）根据方程的根的判别式，即可得出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围；（2）根据一元二次方程的解，可得出，，将其代入，可得出，再结合（1）中的取值范围即可得到的取值范围； 解题的关键：（1）利用根的判别式可确定的取值范围；（2）利用一元二次方程的解得出，． 【详解】（1）解：∵关于的一元二次方程即有两个实数根， ∴， ∴解得：， ∴的范围是； （2）∵，是方程的两个实数根 ∴，， ∴ ∵， ∴． 【变式4-3】（24-25八年级·江苏宿迁·期中）规定：我们用表示一元二次方程，用数组表示一元二次方程的两个解（其中），当时，唯一对应一个数组，可记作：．如方程：的两个解分别为1，；则有，又如，，反之，当数组确定时，却有无数个一元二次方程与之对应，如方程和的解都是则称方程和为同解方程，记作方程．研究发现：当时，总有成立． (1)若则_______，若则_______； (2)若，且，求t的值； (3)如果实数a、b、c、d满足，，，探究是否为定值？如果是，请求出k的值，如果不是，请说明理由． 【答案】(1)；5 (2) (3)是定值， 【分析】本题考查了新定义，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形应用，理解新定义，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． （1）由题意知，表明一元二次方程有两个实数解与4，由一元二次方程根与系数的关系即可求解；当时，总有，由此可求得c的值； （2）由知，m、n是一元二次方程的两个实数解，且; 由根与系数的关系知；结合，则，再利用完全平方公式的变形即可求得t的值； （3）由，，则c、d是方程的两个实数解，则a、b是方程的两个实数解，由根与系数的关系得，则，，从而有，；再由c是的解，有，同理，整理得，利用完全平方公式变形可求得的值，而，即可判定k为定值． 【详解】（1）解：由题意知，与4是一元二次方程的两个实数解， 由根与系数的关系得：； 当时，总有，而 ∴， ∴； 故答案为：；5； （2）解：由知，m、n是一元二次方程的两个实数解，且; ∴； ∵， 当m、n全为正或全为负时，则，这与矛盾； ∴， ∴， 则有， 即， ∴， 解得：； （3）解：∵，， ∴c、d是方程的两个实数解，a、b是方程的两个实数解， 由根与系数的关系得：， ∴,， ∴，； ∵c是的解， ∴，即； ∵a是方程的解， ∴，即； ∴， 即， ∴， 整理得：， 解得：或； ∵当，时，a、c是方程的两个实数解， 解此方程得：， 即 这与题设矛盾， ∴， ∴， ∴k为定值48． 【题型5 一元二次方程的特殊解法】 【例5】（24-25八年级·安徽合肥·阶段练习）阅读与思考： 下面是八（1）班学习小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读并完成相应任务．研究一元二次方程的新解法讨论一种关于一元二次方程的新解法一一消去未知数的一次项，将原方程转化为可以开平方的形式，将其开平方，从而进一步求得方程的解． 【例如】解一元二次方程， 设（m为常数）， 将原方程化为，① 方程①整理，得，② 令，解得． 当时，， 方程②化为，解得， ___________，___________． 任务： (1)直接写出材料中“ ”部分方程的解___________，___________． (2)按照材料中“例如”的方法，解一元二次方程． 【答案】(1)，； (2)， 【分析】本题考查一元二次方程的解法，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题， （1）根据材料中的方法求出解即可；   （2）设（m为常数），将原方程化为，方程整理，得，令解得，当时，，方程化为，解得，，即可求出答案． 【详解】（1）解：解一元二次方程， 设（m为常数）， 将原方程化为，① 方程①整理，得，② 令，解得． 当时，， 方程②化为，解得， ，   故答案为：，； （2）设（m为常数），   将原方程化为①   方程①整理，得 ②   令解得，   当时，，   方程②化为 解得  ，， ，． 【变式5-1】（24-25八年级·江西景德镇·期中）解方程： (1) (2) 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查解分式方程，一元二次方程，熟练掌握解分式方程的步骤和解一元二次方程的方法，是解题的关键： （1）去分母，将方程转化为，利用因式分解，将方程化为二个一元二次方程进行求解即可； （2）令，得到，进而得到，利用换元法解方程即可． 【详解】（1）解：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或， 当时，，此方程无解； 当时，， ∴， ∴， 经检验，是原方程的解； ∴原方程的解为． （2）令，则：， ∴， ∴原方程化为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或或， ∴或或， ∴． 【变式5-2】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）求方程的实数解 【答案】 【分析】本题考查了换元法一元二次方程解，先把方程化为关于x的方程，利用根的判别式求出的值，然后代入原方程即可求解出的值，转化为一元二次方程是解题的关键． 【详解】解：将方程化为关于x的方程， 该方程的根的判别式， 即， ∵方程有实数解， ∴， ∴， 解得 将代入原方程， 得，即， ∴， 解得， 故原方程的实数解是． 【变式5-3】（24-25八年级·甘肃定西·阶段练习）如果让你去解方程，相信你一定可以很容易地完成，那么对于方程，我们应该如何去解呢？我们不防将看成一个整体，设，则原方程可化为．① 解得． 当y=1时，，，．                     当y=4时，，，． 即该方程的根为． 问题： (1)在由原方程得到①的过程中，利用 达到降次的目的，表现了 的数学思想； (2)解方程． 【答案】(1)换元，转化 (2) 【分析】本题考查解一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，会用换元法解方程． （1）换元法的目的是降次； （2）利用换元法解决问题． 【详解】（1）解：在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，表现了转化的数学思想； 故答案为：换元，转化； （2）解：设，那么原方程可化为， 则， 所以，， ∴， 解得，． 【题型6 根的判别式与根与系数的关系的综合】 【例6】（24-25八年级·四川内江·期中）我们在探究一元二次方程根与系数的关系中发现：如果关于x的方程的两个根是，，那么由求根公式可推出，，请根据这一结论，解决下列问题： (1)若，是方程的两根，则________，________；若2，3是方程的两根，则________，________； (2)已知两个不相等的实数m，n满足，且，求的值． (3)已知a，b，c，满足，，则正整数c的最小值为________． 【答案】(1)，，，6 (2)； (3)3 【分析】本题主要考查了根与系数的关系、根的判别式等知识点：若一元二次方程的两个根是，那么，． （1）直接利用根与系数的关系可得和的值，根据根与系数的关系得到，即可得到p、q的值； （2）等式变形为，m、可看作方程的两根，利用根与系数的关系即可解答； （3）利用已知条件变形得到，，根据根与系数的关系，则a、b为一元二次方程的两根，再根据根的判别式的意义得到，然后确定c的最小整数值． 【详解】（1）解：∵，是方程的两根， ∴，； ∵2，3是方程的两根， ∴，解得． 故答案为：，，，6； （2）解：∵， ∴，即， ∵两个不相等的实数m，n满足，， ∴m、可看作方程的两根， ∵， ∴； （3）解：∵，， ∴，， ∴a、b为一元二次方程的两根， ∵，而， ∴，即． ∴c的最小整数为3． 故答案为：3． 【变式6-1】（24-25八年级·江苏南京·期中）类比是探索发现的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 学习再现： 设一元二次方程的两个根分别为和， 那么， 比较系数得，． 类比推广： （）设的三个根分别为，，，求的值． 问题解决： （）若的三个根分别为，，，则的值是______． 拓展提升： （）已知实数满足，且，求正数的最小值． 【答案】（）；（）；（） 【分析】（）根据学习材料得，据此即可求解； （）结合（）的结果，再根据即可求解； （）由题意可得，，进而得是方程的两根，由和可得，即得，进而可得，据此即可求解； 本题考查了一元二次方程根和系数的关键，一元二次方程根的判别式，多项式的乘法运算，掌握一元二次方程中根与系数的关系以及多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键． 【详解】解：（）根据学习材料提示得， ， ， ， ∴，， ∴的值为； （）∵的三个根分别为，，， 又∵，， ∴，， ∴， 故答案为：； （）∵，， ∴，， ∵是方程的两根， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴正数的最小值为． 【变式6-2】（24-25八年级·福建三明·期中）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的倍，那么称这样的方程为“倍根方程”． 例如，一元二次方程的两个根是和，则一元二次方程是“倍根方程”． (1)根据上述定义，一元二次方程__________（填“是”或“不是”）“倍根方程”；若一元二次方程是“倍根方程”，则______． (2)如果关于的一元二次方程是“倍根方程”，求的值． (3)若关于的一元二次方程是“倍根方程”，则之间满足什么样的关系？说明理由． 【答案】(1)不是， (2)或 (3) 【分析】本题主要考查一元二次方程的求解，根与系数关系，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）解方程后，对比两根与 “倍根方程”的定义即可，再将和分别代入，联立两式可解值． （2）十字相乘法解出方程的两个根，再根据倍根方程的定义可得或，求解即可． （3）由根与系数关系得，，消掉，即可求出答案． 【详解】（1）解：解方程， 解得：， ∵和不是二倍关系， ∴不是“倍根方程”， ∵是“倍根方程”， ∴将和分别代入上式可得，，， 解得：， 故答案为：不是，． （2）解：原方程可化为， ∴， ∴或， ∴或． （3）解：之间满足的关系． 理由：设一个根为，则另一个根为，由根与系数关系得，， ∴，， ∴，即． ∴之间满足的关系． 【变式6-3】（24-25八年级·江苏宿迁·阶段练习）阅读材料，解答问题： 材料1：为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 材料2：已知实数，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用： 方程的解为________； (2)间接应用： 已知实数，满足：，且，求的值； (3)拓展应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 【答案】(1)，，， (2)或 (3)15 【分析】本题考查了根与系数的关系，幂的乘方与积的乘方，换元法，解一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会模仿例题解决问题． （1）利用换元法降次解决问题； （2）分和两种情况，模仿例题解决问题即可； （3）令，，则原方程可以转化为，，再模仿例题解决问题． 【详解】（1）解：令，则有， ∴， ∴，， ∴或， ∴，，，， 故答案为：，，，； （2）解：∵， ∴或 ①当时，令，， ∴则，， ∴，是方程的两个不相等的实数根， ∴， 此时； ②当时，， 此时； 综上：或 （3）解：令，，则，， ∵， ∴即， ∴，是方程的两个不相等的实数根， ∴， 故． 【题型7 一元二次方程的应用】 【例7】（24-25八年级·吉林长春·期末）“三折叠，怎么折，都有面．”华为“三折叠”一经上市，便火遍全国，形成一股“折叠风”．9月10日，华为新出的型号为“Mate XT非凡大师”的手机在深圳湾召开发布会，某华为手机专卖网店抓住商机，购进10000台“Mate XT 非凡大师”手机进行销售，每台的成本是20000元，在线同时向国内、国外发售．第一个星期，国内销售每台售价是25000元，共获利1000万元，国外销售也售出相同数量该款手机，但每台成本增加4000元，获得的利润却是国内的6倍． (1)求该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是多少元？ (2)受中美贸易战影响，第二个星期，国内销售每台该款手机售价在第一个星期的基础上降低，销量上涨；国外销售每台售价在第一个星期的基础上上涨，并且在第二个星期将剩下的手机全部卖完，结果第二个星期国外的销售总额比国内的销售总额多6993万元，求的值． 【答案】(1)该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是54000元 (2) 【分析】本题主要考查了销售的应用问题，涉及到一元二次方程、一元一次方程应用等知识，弄清题意，找出数量关系是解决问题的关键． （1）根据(国外的售价成本)销售的数量国内的6倍，列方程解出即可； （2）根据第二个星期国外的销售总额国内的销售总额元，利用换元法解方程可解答． 【详解】（1）解：设该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是x元， 根据题意得：， 解得：， 答：该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是54000元； （2）解：第一个星期国内销售手机的数量为：(台)，则国外销售手机的数量为：台， 根据题意：第二个星期国内销售手机的数量为：(台)，国外销售手机的数量为：台， 由题意得：， 设，则原方程化为：， 即， 解得：（负值舍去）， 则，故， 答：的值为． 【变式7-1】（24-25八年级·河南信阳·阶段练习）某市区东西走向的青年路与南北走向的江阴路相交于O处，．甲沿着青年路以4m/s的速度由西向东走，乙沿着江阴路以3m/s的速度由南向北走．当乙走到O点以北50m处时，甲恰好到点O处．若两人继续向前行走，求两个人相距85m时各自的位置． 【答案】当两人相距85米时，甲在O点以东36米处，乙在O点以北77米处 【分析】分别用未知数表示出两人的路程，再根据勾股定理列出方程求出未知数的值． 【详解】设经过x秒时两人相距85m， 根据题意得（4x）2+（50+3x）2=852， 去括号得25x2+300x=4725， 即25x2+300x-4725=0， 化简得x2+12x-189=0， ∴（x-9）（x+21）=0， 解得x1=9，x2=-21（不符合实际情况，舍去）， 当x=9时，4x=36，50+3x=77． ∴当两人相距85m时，甲在O点以东36m处，乙在O点以北77m处． 故当两人相距85米时，甲在O点以东36米处，乙在O点以北77米处． 【点睛】考查了方向角，一元二次方程的应用和勾股定理等知识点．要注意的是方向角问题中，南北和西东是垂直的． 【变式7-2】（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）中国象棋在象棋比赛中，每个选手都与其他选手比赛一局，每局胜者记2分，负者记0分，和棋各记1分，四位观众统计了比赛中全部选手得分总数分别是1979分，1980分，1984分，1985分．经核实，有一位观众统计准确，则这次比赛的选手共有多少名？ 【答案】45名 【分析】此题考查一元二次方程的实际运用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系解决问题．部选手的得分等于一个参赛选手比赛的总局数乘以2分，设比赛的人数是x则比了局，根据题意列出方程解答即可． 【详解】解：设共有x名选手参加，依题意可得 ． ∵x是正整数，且大于1， ∴x、是两个连续的正整数． 不难验证：两个连续的整数之积的末位数字只能是0，2，6，故得分总数只能是1980， 则， 解得（不符合题意，舍去）． 答：这次比赛的选手共有45名． 【变式7-3】（24-25八年级·安徽合肥·单元测试）一辆汽车以30米/秒的速度行驶，司机发现前方路面有情况，紧急刹车后汽车又滑行30米后停车． (1)则在这段时间内的平均车速为多少？从刹车到停车用了多长时间？ (2)从刹车到停车平均每秒车速减少多少？ (3)汽车滑行20米时用了多长时间？ 【答案】(1)15米/秒；2秒 (2)15米/秒 (3)秒 【分析】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意正确列出式子． （1）由题意可得从刹车到停车所滑行了30米，根据题意可求出平均车速，继而可求得时间； （2）汽车从刹车到停车，车速从30米/秒减少到0，由（1）可得车速减少共用了2秒，平均每秒车速减少量总共减少的车速时间，由此可求得答案； （3）设刹车后汽车滑行到20米时约用了秒，这时车速为米/秒，，继而可表示出这段路程内的平均车速，根据“路程平均速度时间”列方程并求解，即可获得答案． 【详解】（1）解：根据题意，该辆汽车以30米/秒的速度行驶，从刹车到停车所滑行了30米， 则在这段时间内的平均车速为米/秒； 从刹车到停车所用的时间是秒； （2）从刹车到停车车速的减少值是， 从刹车到停车每秒平均车速减少值是米/秒； （3）设刹车后汽车滑行到20米时约用了秒，这时车速为米/秒， 则这段路程内的平均车速为米/秒， 所以， 整理，得， 解得，（不合题意，舍去）， 答：刹车后汽车行驶到20米时用了秒． 【题型8 勾股定理在网格中的运用】 【例8】（24-25八年级·广东云浮·期中）综合探究： “在中，、、三边的长分别为、、，求这个三角形的面积”． 小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求的高，而借用网格就能计算出它的面积．我们把上述求面积的方法叫做构图法．    (1)直接写出图1中的面积是______； (2)若的边长分别为、、（，，且），试运用构图法在图2中画出相应的，并求出的面积． (3)拓展应用：求代数式：的最小值． 【答案】(1) (2)图见解析， (3)5 【分析】（1）分割法求出三角形的面积即可； （2）易得此三角形的三边分别是直角边长为m，的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边．同样把它整理为一个长方形的面积减去三个直角三角形的面积． （3）将代数式转化为平面直角坐标系中轴上一点到点的距离与到点的距离和的最小值，利用成轴对称的性质，进行求解即可． 【详解】（1）解：由图可知：的面积是； 故答案为：； （2）的边长分别为、、（，，且）， ∴的三边分别是直角边长为m，的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边，构造三角形如图：    由图可知：的面积是； （3），可以看成平面直角坐标系中轴上一点到点的距离与到点的距离和的最小值，如图：    设，，，则：， 过点作轴的对称点，则：，，当且仅当，，三点共线时，的值最小，即为的长， ∵，， ∴． ∴的最小值为5． 【点睛】本题考查勾股定理与网格问题，坐标与轴对称．解题的关键是理解并掌握构图法，将代数问题转化为几何问题，利用数形结合的思想进行求解． 【变式8-1】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期末）图1，图2均为正方形网格，每个小正方形的边长均为1，各个小正方形的顶点叫做格点，请在下面的网格中按要求分别画图，使得每个图形的顶点均在格点上． （1）画一个边长均为整数的等腰三角形，且面积等于12； （2）画一个直角三角形，且三边长为，，5，并直接写出这个三角形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析，5 【分析】（1）根据勾股定理得到3、4、5得等腰三角形的腰为整数5，再连接图形即可得到满足条件的等腰三角形； （2）根据勾股定理得到：直角边为1与2的斜边为，直角边为2与4的斜边为2，再连接图形即可得到满足条件的三角形，利用勾股定理的逆定理判定三角形是直角三角形再利用面积公式求出答案即可. 【详解】解：（1）如图1所示，即为所求： （2）如图2所示，即为所求： ∵， ∴△DEF是直角三角形， ∴. 【点睛】此题考查等腰三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理判定三角形是直角三角形，熟练掌握一些无理数线段的作图方法是解题的关键. 【变式8-2】（24-25八年级·山东淄博·期中）如图1，纸上有五个边长为1的小正方形组成的图形纸，我们可以把它剪开拼成一个正方形如图2． （1）你能在方格图（图3）中，连接四个格点（网格线的交点）组成面积为5的正方形吗？若能，请用虚线画出． （2）你能把十个小正方形组成的图形纸（图4），剪开并拼成正方形吗？若能，请仿照图2的形式把它重新拼成一个正方形． （3）如图，是由两个边长不等的正方形纸片组成的一个图形，要将其剪拼成一个既不重叠也无空隙的大正方形，则剪出的块数最少为________块．请你在图中画出裁剪线，并说明拼接方法． 【答案】（1）能，作图见解析；（2）能，作图见解析；（3）5，作图及说明见解析 【分析】（1）画出边长为的正方形即可； （2）结合例题，画出边长为的正方形即可； （3）在AB上截取AM＝BE，连接DM、MF，然后拼成大正方形即可． 【详解】解：（1）能，如图所示，正方形ABCD即为所求； （2）能，如图所示，正方形ABCD即为所求； （3）如图所示， 在AB上截取AM＝BE，连接DM、MF， DM、FM即为裁剪线， 将△DAM拼接△DCH处，使DA与DC重合，将△MEF拼接至△HGF处，使ME和HG重合，EF与FG重合，得到正方形DMFH， ∴剪出的块数最少为5块， 故答案为：5． 【点睛】本题考查图形的拼接，全等三角形的判定与性质，勾股定理，确定正方形的边长是解题的关键． 【变式8-3】（24-25八年级·山西晋中·期末）问题情境：综合实践活动课上，同学们围绕“已知三角形三边的长度，求三角形的面积”开展活动，启航小组同学想到借助正方形网格解决问题 问题解决：图（1）、图（2）都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，操作发现，启航小组同学在图（1）中画出△ABC，其顶点A，B，C都在格点上，同时构造长方形CDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边EF经过点A，ED经过点B．同学们借助此图求出了△ABC的面积． （1）在图（1）中，△ABC的三边长分别是AB＝　 　，BC＝　 　，AC＝　 　．△ABC的面积是　 　． （2）已知△PMN中，PM＝，MN＝2，NP＝．请你根据启航小组的思路，在图（2）中画出△PMN，并直接写出△RMN的面积　 　．      【答案】（1），，，；（2）图见解析；7． 【分析】（1）利用勾股定理求出AB，BC，AC，理由分割法求出△ABC的面积． （2）模仿（1）中方法，画出△PMN，利用分割法求解即可． 【详解】解：（1）如图1中，AB＝＝＝，BC＝＝＝，AC＝＝＝， S△ABC＝S矩形DEFC﹣S△AEB﹣S△AFC﹣S△BDC＝12﹣3﹣﹣2＝， 故答案为，，，． （2）△PMN如图所示．   S△PMN＝4×4﹣2﹣3﹣4＝7， 故答案为7． 【点睛】此题重点考查学生对勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键. 【题型9 勾股定理在折叠问题中的运用】 【例9】（24-25八年级·辽宁葫芦岛·期末）（1）【问题初探】在数学活动课上，李老师提出如下问题：如图1，四边形中，，，平分，求证：． ①如图2，豆豆同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在上截取，连接，将线段的数量关系转化为与的数量关系； ②如图3，乐琪同学从平分这个条件出发，想到将沿翻折，所以她延长线段到点F，使，连接，发现了与的数量关系； 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程； （2）【类比分析】李老师发现两名同学都运用了转化的数学思想，为了帮助学生更好的感悟转化思想，李老师提出了下面的问题，请解答． 如图4，中，，平面内有点D（点D和点A在的同侧），连接，，，求证：． （3）【学以致用】如图5，在（2）的条件下，若，，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）选择豆豆（或乐琪）同学的证明方法，证明见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）选择豆豆同学的证明方法：根据题意证明得出是等腰直角三角形，进而即可得出结论；乐琪同学的证明方法证明是等腰直角三角形，即可得证； （2）延长到点，使，连接，延长证明,进而根据等腰直角三角形的性质得出，进而根据勾股定理即可得证； （3）将沿折叠得到，得出三点共线，是等腰直角三角形，则，延长交于点，过点作于点，则是等腰直角三角形，，证明得出，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出，即可求解． 【详解】（1）选择豆豆同学的证明方法 证明：∵，平分，则，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 乐琪同学的证明方法 证明：∵，平分，则，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明：延长到点，使，连接，延长， ∵， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ． （3）如图所示，将沿折叠得到， ∴， ∵， ∴， ∴三点共线， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 如图所示，延长交于点，过点作于点，则是等腰直角三角形，， ∵，则，则， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴ ，则， 在中，，则， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 【变式9-1】（24-25八年级·广东佛山·期末）综合探究 直观感知和操作确认是几何学习的重要方式，在中，，，. (1)尺规作图：如图1，在中，作的角平分线交于点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)操作探究：在（1）的条件下，将沿着过点的直线折叠，使点落在三边所在直线上（顶点除外），画出示意图； (3)迁移运用： ①如图2，若为边的中点，为射线上一点，将沿着翻折得到，点的对应点为，当时，求的长； ②如图3，若点是边的中点，是边上一点，将沿折叠至，点的对应点为，连接、，求的面积的最大值. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)①的长为3或；② 【分析】（1）以点为圆心，任意长度为半径画弧交、于、两点，再分别以、为圆心，大于为半径画弧交于一点，作射线交于点； （2）分两种情况：点落在边上；点落在边上；分别画出图形即可； （3）①由折叠的性质可得，，，结合得出点、、在一条直线上，由点是边的中点得出，由勾股定理得出，然后分两种情况及利用勾股定理即可得出答案；②由勾股定理可得，由点是边的中点，可得，，由折叠的性质可得，，从而得出，设点到的距离为，则，当时，点到的距离最大，为，由此即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，即为所作， （2）解：如图，作于， ，平分，， ， ， ， 不是的中点，点不能落在边上， 当沿直线折叠时，此时点落在边上，得到的图形如图所示， ； 当点落在边上时，如图所示： ； （3）解：①第一种情况，如图， ， 为射线上一点，， ， 将沿着翻折得到，点的对应点为， ，，， ， 点、、在一条直线上， 为边的中点，， ， ， ， 设，则， 由勾股定理可得：， ， 解得：， ； 第二种情况，如图所示： 此时点F在上，由第一种情况可知：三点共线， ∴， ∴在中，由勾股定理可得， 解得：， ∴； 综上所述：的长为3或； ②在中，，，， ， 点是边的中点， ， ， 将沿折叠至， ，， ， ， 设点到的距离为，则， ， 如图，当时，点到的距离最大，为， ， 的面积的最大值为：． 【点睛】本题主要考查了作图—作角平分线、角平分线的性质、轴对称的性质、勾股定理、三角形面积公式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【变式9-2】（24-25八年级·四川成都·期末）在中，，点为边上的动点，连接，将沿直线翻折，得到对应的． (1)如图1，当于点时，求证：； (2)若，． ①如图2，当，，三点在同一条直线上时，求的长（用含的代数式表示）； ②连接，，当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①，②或 【分析】（1）由得出，根据折叠的性质得出，进而得出，根据等角对等边即可得证； （2）①设，则，在中，勾股定理得出，进而根据折叠的性质，以及勾股定理得出的长为； ②方法一：情形①过点在直线上方时，过作交的延长线于点，在中，，，根据勾股定理得出，证明，进而得出，根据，即可求解；情形②当点在直线下方时．过作交的延长线于点．同①，可证，在中，，．得出，勾股定理得出，进而即可求解； 方法二：①当点在直线上方时，取的中点，连接，得出过作于点，②当点在直线下方时． 取的中点，连接，过作交的延长线于点，同理可得，，进而即可求解 【详解】（1）解：∵， ∴． ∴． ∵将沿直线翻折，得到对应的 ∴．       ∴． ∵， ∴．      ∴．          （2）①设，则． 在中，．    ∵将沿直线翻折，得到对应的， ∴，． ∴． 即．        解得． 即的长为．          ②方法一：情形①过点在直线上方时． 过作交的延长线于点． ∴． ∴，． ∴． 在中，，， ∴． ∴． 解得． ∴，． ∴，． 又∵， ∴． ∴． ∵，，， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴．        ∵， ∴．            情形②当点在直线下方时． 过作交的延长线于点． 同①，可证． ∴． ∴ ∴是等腰直角三角形．    在中，，． ∴． ∴． ∴．         综上所述，或． 方法二： 情形①当点在直线上方时， 取的中点，连接， ∴． 在中，． ∵将沿直线翻折，得到对应的， ∴． ∴． ∴． ∴． 过作于点， ∴．即点与点重合． ∵， ∴．         ∵， ∴．         情形②当点在直线下方时． 取的中点，连接， ∴． 在中， ． ∵将沿直线翻折，得到对应的， ∴． ∴． ∴． 过作交的延长线于点， ∴． ∴． ∵， ∴．          ∵， ∴．             综上所述，或． 【点睛】本题考查了勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，掌握折叠的性质是解题的关键． 【变式9-3】（24-25八年级·四川成都·期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3． (1)如图1，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称点C恰好落在AB边上，求CD的长； (2)如图2，E为线段AB上一点，沿CE翻折△CBE得到△CEB′，若EB′∥AC，求证：AE＝AC； (3)如图3，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称为点C′，是否存在异于图1的情况的C′、B、D为顶点的三角形为直角三角形，若存在，请直接写出BC′长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）首先勾股定理得AB=5，再由对称性得AC'=AC=4，得BC'=1，在Rt△BC'D中，利用勾股定理列方程即可； （2）由翻折得∠B'=∠B，∠B'CE=∠BCE，再根据∠AEC=∠B+∠BCE，∠ACE=∠B'CA+∠B'CE，可得∠AEC=∠ACE，从而证明结论； （3）当∠C'BD=90°时，过点A作AE⊥AC，交BC'延长线于点E，设BC'为x，则C'E=4-x，在Rt△AC'E中，由勾股定理得，（4-x）2+32=42，解方程从而解决问题． 【详解】（1）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得AB=5， ∵点C关于AD的对称点C′恰好落在AB边上， ∴AC'=AC=4， ∴BC'=1， 在Rt△BC'D中，由勾股定理得， （3-CD）2=12+CD2， 解得：CD=； （2）证明：∵沿CE翻折△CBE得到△CEB′， ∴∠B'=∠B，∠B'CE=∠BCE， ∵EB'∥AC， ∴∠B'=∠B'CA=∠B， ∴∠AEC=∠B+∠BCE，∠ACE=∠B'CA+∠B'CE， ∴∠AEC=∠ACE， ∴AE=AC； （3）存在，BC'=， ∵∠ADC＞45°， ∴∠BDC'不可能为90°， 当BC'⊥BC时，过点A作AE⊥AC，交BC'延长线于点E， ∵∠C=∠C'BD=90°=∠E， ∴四边形ACBE为矩形，设BC'为x，则C'E=4-x， ∵△ACD翻折后得到△AC'D， ∴AC'=AC=4， ∵AE=BC=3， 在Rt△AC'E中，由勾股定理得， ∴（4-x）2+32=42， 解得：x=， ∵x＜4， ∴x=， 即BC′长为． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了翻折变换，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想． 【题型10 由勾股定理构造图形解决实际问题】 【例10】（24-25八年级·河南郑州·期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷． (1)证明勾股定理 取4个与（图1）全等的三角形，其中，把它们拼成边长为的正方形，其中四边形是边长为c的正方形，如图2，请你利用以下图形验证勾股定理．    (2)应用勾股定理    ①应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点． 如图3，在数轴上找出表示1的点D和表示4的点A，过点A作直线l垂直于，在l上取点B，使，以点D为圆心，为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是______． ②应用场景2：解决实际问题． 如图4，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至C处时，水平距离，踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直，求绳索的长． 【答案】(1)验证见解析 (2)①；②绳索的长为 【分析】（1）用含、的式子用两种方法表示正方形的面积，然后整理即可证明结论； （2）①根据勾股定理求出，根据实数与数轴解答即可．②设秋千的绳索长为，根据题意可得，利用勾股定理可得，即可得到结论． 【详解】（1）解：证明勾股定理：    由题意得，，， ∴， ∴． （2）解：①在中， , , 点表示的数是． 故答案为：． ②，， ． 设秋千的绳索长为，根据题意可得， 利用勾股定理可得． 解得：． 答：绳索的长为． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方以及数形结合思想是解题的关键． 【变式10-1】（24-25八年级·四川资阳·期末）已知：△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°． （1）如图,摆放△ACD和△BCE时（点A、C、B在同一条直线上，点E在CD上），连接AE、BD线段AE 与BD的数量关系是　 ，位置关系是　 　．（直接写出答案） （2）如图,摆放△ACD和△BCE时，连接AE、BD，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图,摆放△ACD和△BCE时，连接AE、DE．若有AE2=DE2+2CE2，试求∠DEC的度数． 【答案】（1）AE=BD；AE⊥BD．（2）结论AE=BD，AE⊥BD仍然成立．（3）45° 【分析】（1）可直接证明三角形全等； （2）证明△ACE≌△DCB （SAS）； （3）先证明△ACE≌△DCB （SAS），再利用勾股定理和等量代换，从而证明∠BED=90°. 【详解】解：（1）AE=BD；AE⊥BD． （2）结论AE=BD，AE⊥BD仍然成立． ∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°， ∴AC=CD，CE=CB， 又∵∠ACE+∠ECD=90°，∠BCD+∠ECD=90°， ∴∠ACE=∠BCD， 在△ACE和△DCB 中， AC=DC，∠ACE=∠DCB，CE=CB， ∴△ACE≌△DCB （SAS）， ∴AE=BD，∠EAC=∠BDC. 延长AE交BD于点F，交DC于点G， 在△ACG和△DFG中， ∵∠EAC=∠BDC，∠AGC=∠DGF， ∴∠DFG=∠ACG=90°， 即AE⊥BD. （3）连接BD， ∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°， ∴AC=CD，CE=CB， 又∵∠ACE=∠ACB+90°，∠BCD=∠ACB+90°， ∴∠ACE=∠BCD， 在△ACE和△DCB 中， AC=DC，∠ACE=∠DCB，CE=CB， ∴△ACE≌△DCB （SAS）， ∴AE=BD ∵△BCE是等腰直角三角形，∠BCE=90°， ∴∠BEC=45°，CE=CB，CE2+CB2=BE2， ∴2CE2=BE2， ∵AE2=DE2+2CE2， ∴BD2=DE2+BE2 ∴∠BED=90° ∴∠DEC=∠BED﹣∠BEC=45° 【点睛】本题主要考查三角形的全等和勾股定理，从而证明线段的位置和数量关系，关键要熟练掌握证明全等的方法，积累常见全等的模型. 【变式10-2】（24-25八年级·江苏盐城·期中）【模型建立】 “数形结合”和“建模思想”是数学中的两个很重要的思想方法，先阅读以下材料，然后解答后面的问题． 例：求代数式的最小值． 分析：和是勾股定理的形式，是直角边分别是x和3的直角三角形的斜边，是直角边分别是和2的直角三角形的斜边，因此，我们构造两个直角和，并使直角边和在同一直线上（图1），向右平移直角△ABC使点B和E重合（图2），这时，，，问题就变成“点B在线段CF的何处时，AB+DB最短？”根据两点间线段最短，得到线段AD就是它们的最小值． 【模型应用】 （1）代数式的最小值为 ； （2）变式训练：利用图3，求代数式的最小值； 【模型拓展】 （3）已知正数x满足，求x的值． 【答案】（1）13；（2）；（3）4.8 【知识点】用勾股定理构造图形解决问题 【分析】本题主要考查勾股定理的应用，关键是根据题意的数形结合思想进行求解问题． （1）根据题目所给的方法直接建立模型进行求解即可； （2）根据题目所给的方法建立直角三角形然后进行求解即可； （3）先建立模型，然后根据题意直接进行求解即可． 【详解】（1），， ， ∴的最小值是13， 故答案为13； （2）如图， ， ， ， ∴的最小值是； （3）构造于，如图所示： 设，则， ， ， ， ， ， ∴方程的解是． 【变式10-3】（24-25八年级·广西南宁·期中）现有如图1的8张大小形状相同的直角三角形纸片，三边长分别是a、b、c．用其中4张纸片拼成如图2的大正方形（空白部分是边长分别为a和b的正方形）；用另外4张纸片拼成如图3的大正方形（中间的空白部分是边长为c的正方形）．      (1)观察：从整体看，整个图形的面积等于各部分面积的和．所以图2和图3的大正方形的面积都可以表示为，结论①；图2中的大正方形的面积又可以用含字母a、b的代数式表示为：　 　，结论②；图3中的大正方形的面积又可以用含字母a、b、c的代数式表示为：　 　，结论③； (2)思考：结合结论①和结论②，可以得到一个等式　 　；结合结论②和结论③，可以得到一个等式　 　； (3)应用：若分别以直角三角形三边为直径，向外作半圆（如图4），三个半圆的面积分别记作，且，求的值． (4)延伸：若分别以直角三角形三边为直径，向上作三个半圆（如图5），直角边，，斜边，求图中阴影部分面积和． 【答案】(1)； (2)； (3) (4) 【分析】（1）图2的大正方形的面积等于四个直角三角形的面积加上两个正方形的面积，图3的大正方形的面积等于四个直角三角形的面积加上中间空白正方形的面积； （2）根据两种方法表示的大正方形的面积相等整理即可得解； （3）根据结论②求出，然后进行计算即可得解； （4）根据结论③求出阴影部分的面积等于直角三角形的面积，然后列式计算即可得解． 【详解】（1）解：图2：； 图3：； （2）解：结合结论①和结论②，可以得到一个等式：； 结合结论②和结论③，可以得到一个等式：， 即，； （3）解：，，， ， ， ， ， 解得； （4）解：由“应用”的解答过程可知： ∴阴影部分面积和， ，， 阴影部分面积和． 【点睛】本题考查了勾股定理，完全平方公式的几何背景，读懂题目材料的信息并用两种方法准确表示出同一个图形的面积是解题的关键． 【题型11 由勾股定理求最短距离】 【例11】（24-25八年级·江苏无锡·期末）现有一个长、宽、高分别为5dm、4dm、3dm的无盖长方体木箱(如图,AB=5dm,BC=4dm,AE=3dm)． (1) 求线段BG的长； (2) 现在箱外的点A处有一只蜘蛛，箱内的点C处有一只小虫正在午睡，保持不动．请你为蜘蛛设计一种捕虫方案，使得蜘蛛能以最短的路程捕捉到小虫．(木板的厚度忽略不计) 【答案】（1）BG＝5 dm；（2）答案见解析过程． 【分析】（1）直接根据勾股定理可得出BG的长； （2）将正方体展开，联想到“两点之间，线段最短”性质，通过对称、考查特殊点等方法，化曲为直． 【详解】解：（1）如图，连接BG． 在直角△BCG中，由勾股定理得到：BG＝＝＝5（dm）， 即线段BG的长度为5dm； （2）①把ADEH展开，如图此时总路程为＝ ②把ABEF展开，如图 此时的总路程为＝＝ ③如图所示，把BCFGF展开， 此时的总路程为＝ 由于＜，所以第三种方案路程更短，最短路程为． 【变式11-1】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）如图，观察图形解答下面的问题： (1)此图形的名称为_______； (2)请你与同伴一起做一个这样的立体图形，并把它的侧面沿剪开，铺在桌面上，则它的侧面展开图是一个_______； (3)如果点是的中点，在处有一只蜗牛，在处恰好有蜗牛想吃的食物，且它只能绕此立体图形的侧面爬行一周到处．你能在侧面展开图中画出蜗牛爬行的最短路线吗？ (4)的长为10，侧面展开图的圆心角为，请你求出蜗牛爬行的最短路程的平方． 【答案】(1)圆锥 (2)扇形 (3)见解析 (4)125 【分析】本题考查勾股定理应用、圆锥的侧面展开图，“化曲面为平面”等知识，解题的关键是理解扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． （1）根据几何体的特点可判断此图形为圆锥； （2）圆锥的侧面展开图是扇形； （3）要求蜗牛爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果； （4）直接用勾股定理解直角三角形即可． 【详解】（1）解：此图形的名称为圆锥; 故答案为：圆锥； （2）动手操作略．它的侧面展开图是一个扇形； 故答案为：扇形； （3）把此立体图形的侧面展开，如答图所示，连接，则为蜗牛爬行的最短路线． （4）由题易知． 在中，由勾股定理，得． 故蜗牛爬行的最短路程的平方为125． 【变式11-2】（24-25八年级·河南郑州·期末）如图1，在圆柱下底面的点处有一只蚂蚁，它想吃到上底面上与点相对的点处的食物，求蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程． （一）理解问题、拟定计划 小林根据题意将圆柱展开，设计了两条路线． 路线1：如图2，路线1的路程即为线段的长度； 路线2：如图3，路线2的路程即为线段的长度． （二）实施计划 （1）小林说：“由图可知，，所以蚂蚁沿路线1爬行时，路程最短．”小亮却不同意小林的说法，并举两个例子： ①当圆柱的高，底面半径时， ， ，所以选择路线 路程最短； ②当圆柱的高，底面半径时， ， ，所以选择路线 路程最短． （2）请你帮小亮和小林算一算，当圆柱的高和底面半径满足什么关系时？ （三）回顾反思 （3）直接写出当圆柱的高和底面半径满足什么关系时，选择路线1（或路线2）路程最短？ 【答案】（1）①，，1；②，，2；（2）当时，；（3）当时，此时选择路线1路程最短；当时，此时选择路线2路程最短 【分析】本题考查的是勾股定理的应用、圆柱的侧面展开图及实数的大小比较，熟练掌握勾股定理是解题关键， （1）①根据勾股定理分别求出及实数的大小比较即可得出答案；②根据勾股定理分别求出及实数的大小比较即可得出答案； （2）根据勾股定理分别求出，根据即可得出答案； （3）结合（1）（2）结论得出答案即可； 【详解】解：（1）①当圆柱的高，底面半径时，，， ， 所以选择路线1路程最短； ②当圆柱的高，底面半径时，，， ， 所以选择路线2路程最短； （2）由题意得：，，， 当时，， 解得：， 当时，； （3）由题意得：当时，； 此时选择路线1路程最短； 当时，； 此时选择路线2路程最短． 【变式11-3】（24-25八年级·山东威海·期末）【问题情境】 数学综合与实践活动课上，老师提出如下问题：一个三级台阶，它每一级的长、宽、高分别为20、3、2，和是一个台阶两个相对的端点． 【探究实践】 老师让同学们探究：如图①，若点处有一只蚂蚁要到点去吃可口的食物，那么蚂蚁沿着台阶爬到点的最短路程是多少？ （1）同学们经过思考得到如下解题方法：如图②，将三级台阶展开成平面图形，可得到长为20．宽为15的长方形，连接，经过计算得到长度为___________，就是最短路程． 【变式探究】 （2）如图③，是一只圆柱形玻璃杯，该玻璃杯的底面周长是，高是，若蚂蚁从点出发沿着玻璃杯的侧面到点，则蚂蚁爬行的最短距离为___________．- 【拓展应用】 （3）如图④，圆柱形玻璃杯的高，底面周长为，在杯内壁离杯底的点处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在外壁上，离杯上沿，且与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁从外壁处到内壁处所爬行的最短路程是多少？（杯壁厚度不计）（画出示意图并进行计算） 【答案】（1）（2）（3） 【分析】本题考查了平面展开图—最短路径问题，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题． （1）直接利用勾股定理进行求解即可； （2）将圆柱体展开，利用勾股定理求解即可； （3）从玻璃杯侧面展开，作关于的对称点，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）由题意得， 故答案为：； （2）将圆柱体展开，由题意得 ， 故答案为：； （3）如图， 从玻璃杯侧面展开，作关于的对称点，作交延长线于点，连接交于点， ，, ， ， ， 蚂蚁从外壁处到内壁处所爬行的最短路程是． 【题型12 四边形中的最值问题】 【例12】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上，从点至点运动，连接，以为边作等边，点和点分别位于两侧． (1)当点运动到点时，求的长； (2)点在线段上从点至点运动过程中，求的最小值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）连接并延长至，使得，连接，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动，当点运动到点时，点运动到点，即可求解； （2）根据垂线段最短，可知点在线段上从点至点运动过程中，运动到的中点时，取最小值，且最小值为，进而求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，连接并延长至，使得，连接， ∵四边形为矩形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即， ∴点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴当点运动到点时，点运动到点， 则有； （2）由（1）可知点在线段上从点至点运动过程中，运动到的中点时， 取最小值，且最小值为， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴此时． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、全等三角形的性质与判定等知识，得出点在线段上，从点至点运动，则在线段上运动是解题的关键． 【变式12-1】（24-25八年级·广东广州·期中）如图1，在正方形中，分别为边上的动点且满足； (1)求证：； (2)若点为的中点，求的长； (3)如图2，若，且点、分别为边、上的动点，且始终满足．求的最小值． 【答案】(1)见详解 (2)4 (3) 【分析】（1）通过正方形的性质证得，得到，推出，根据垂直的定义得到结论； （2）过点G作于H，且交于点，则，证明四边形是矩形，运用勾股定理得，根据等面积法得，以及勾股定理得，，，即可得到结论； （3）过点B作，过点M作，两直线交于点P，则四边形是平行四边形，求得，，得到，要求的最小值，即求的最小值，连接，当P，M，E三点共线时，的最小值为的长，根据平行线的性质得到，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点G作于H，且交于点，则， ∴， 则四边形是矩形， ∴， ∵E是的中点，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，． 在中，， ∴， ∵， ∴， 则， ∴， 则， 在中，， ∴， 在中，． （3）解：过点B作，过点M作，两直线交于点P， 则四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 要求的最小值，即求的最小值； 连接，当P，M，E三点共线时，的最小值为的长； ∵， ∴， 又， ∴， ∴； 由（1）得， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴的最小值是． 【点睛】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，三角形等面积法，直角三角形的性质，勾股定理等知识；熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式12-2】（24-25八年级·江苏淮安·期中）新定义：若一个凸四边形的一条对角线把该四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”． (1)如图1，四边形是“等腰四边形”，为“界线”，若，，则______； (2)如图2，四边形中，，，，． ①试说明四边形是“等腰四边形”； ②如图3，点在线段上，，过点作于点，过点作于点，则的最大值为______； (3)若在“等腰四边形”中，，，且为“界线”，请直接写出的度数为______． 【答案】(1) (2)①见解析；② (3)或或． 【分析】（1）根据“等腰四边形”的定义可得，，根据等边对等角，三角形的内角和定理可得，，，由此即可求解； （2）①如图所示，连接，可得是等边三角形，由，可得，根据等腰直角三角形的判定和性质即可求解；②根据题意可证，得到，如图所示，过点作，，当点三点共线时，时，值最大，由此即可求解； （3）根据“等腰四边形”定义及性质，分类讨论：第一种情况：如图所示，，可得，；第二种情况：如图所示，，可得，是等边三角形；第三种情况：如图所示，，设，如图所示，作于点，作点关于的对称点，连接交于点，连接，则垂直平分，，可证四边形是矩形，是等边三角形，；由此即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵四边形是“等腰四边形”，为“界线”， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 故答案为：； （2）解：①如图所示，连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，且， ∴四边形是“等腰四边形”； ②如图所示，连接， 由上述证明可得，四边形是“等腰四边形”， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点作，， 当点三点共线时，时，值最大， 故答案为； （3）解：第一种情况：如图所示，， ∵四边形是“等腰四边形”，为“界线”， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形是菱形，且， ∴菱形是正方形， ∴， ∴； 第二种情况：如图所示，， ∵四边形是“等腰四边形”，为“界线”， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴； 第三种情况：如图所示，， ∵四边形是“等腰四边形”，为“界线”， ∴， 设，如图所示，作于点，作点关于的对称点，连接交于点，连接，则垂直平分，， ∴， ∵，即，，，即， ∴四边形是矩形，则， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的度数为或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形、正方形、菱形的判定和性质，垂直平分线的性质等知识的综合运用，理解“等腰四边形”，掌握等边三角形的判定和性质，特殊四边形的判定和性质，数形结合分析，分类讨论思想是解题的关键． 【变式12-3】（24-25八年级·广东广州·期中）如图，在平面直角坐标系中，，，，连接，，平移至(点与点对应，点与点对应），连接． (1)①直接写出点的坐标为______． ②判断四边形的形状，并证明你的结论； (2)如图1，点为边上一点，连接，平分交于，连接．若，求的长； (3)如图2，为边的中点．若，连接，则的最小值为______，最大值为______． 【答案】(1)①；②四边形为矩形，理由见解析 (2) (3)， 【分析】（1）①根据平移的性质可得从点平移至点的距离和方向与点平移至点的距离和方向相同，即可求解； ②根据勾股定理逆定理可得，再根据平移的性质可得且，可证得四边形为平行四边形，即可求解； （2）在线段上取一点，使，可证得，从而得到，，再证明，可得，，设，由勾股定理得，用x表示相关线段可得到关于x的方程，即可求解； （3）连接，取的中点连接，，根据三角形中位线定理和直角三角形的性质可得，，再由三角形的三边关系，即可求解． 【详解】（1）解∶ ①∵平移至（点与点对应，点与点对应）， ∴从点平移至点的距离和方向与点平移至点的距离和方向相同， ∵，， ∴点先向左平移个单位，再向上平移得到点， ∵， ∴点； 故答案为：； ②四边形为矩形，理由如下：连接， ∵，，， ∴， ∴， 同理：，， ∴， ∴为直角三角形，即， ∵平移至， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形； （2）∵点，， ∴， ∵平分， ∴， 如图，在线段上取一点，使， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 设则， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：， 即； （3）解：如图，连接，取的中点，连接，， ∵点，，， ∴，， ∵为的中点，为边的中点， ∴，， ∵， ∴的取值范围为． 的最小值为，最大值为． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形和矩形的性质、三角形全等、勾股定理的运用，直角三角形的性质，三角形中位线定理等，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 【题型13 四边形中的动态问题】 【例13】（24-25八年级·广东东莞·期中）如图，在矩形中，，，点在边上，且，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接，当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间秒（）． (1)当点和点重合时，求线段的长； (2)如图，当点在边上时，猜想的形状，并说明理由； (3)作点关于直线的对称点，当点恰好落在边上时，直接写出的值． 【答案】(1)； (2)是等腰直角三角形，理由见解析； (3)当点恰好落在边上时，的值为或． 【分析】（）连接，求出，由勾股定理可得 ； （）过点作 于点，推导出四边形是矩形推导出，证得，得到，进而得到是等腰直角三角形； （）分两种情况：当点在上时，求出，知，由 ，可得，故；当点在上时，当，重合时符合题意， 由，有 ，得 ． 【详解】（1）解：连接，如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， 当点和点重合时， ∴，， 在中，， 故答案为：； （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： 如图，过点作于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形； （3）解：当点在上时，如图， ∵，， 在中，， ∴， ∵， ∴，， 在中，， ∴， 解得：； 当点在上时， ∵点关于直线的对称点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴当，重合时，当点恰好落在边上，如图， ∴，， 在中，， ∴， 解得； 综上，当点恰好落在边上时，的值为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的定义，勾股定理，轴对称的性质等知识，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键． 【变式13-1】（24-25八年级·天津·期中）已知，中，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为． (1)如图1，连接、．求证：四边形为菱形； (2)如图1，求的长； (3)如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了菱形的判定、三角形全等的判定与性质、一元一次方程的应用、矩形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明得出，推出四边形为平行四边形，结合即可得证； （2）设菱形的边长，则，由勾股定理计算即可得出答案； （3）分情况讨论可得只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形，利用平行四边形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， 垂直平分， ， 在和中， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形； （2）解：设菱形的边长，则， 在中，，由勾股定理得：， 解得：， ； （3）解：由作图可以知道，在上时，在上，此时四点不能构成平行四边形；同理，在上时，在或上，此时四点也不能构成平行四边形， 只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形， ， 点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒， ，， ， 解得：， 以四点为顶点的四边形是平行四边形时，． 【变式13-2】（24-25八年级·江西南昌·期中）如图，在矩形中，，，，分别在，上，且，，分别是，上的两个动点，点从向移动，点从向移动，它们同时以每秒1个单位长度的速度移动，运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是______； A．平行四边形  B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)若四边形为菱形，求的值； (3)若四边形为矩形，求的值． 【答案】(1)A (2) (3)或 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质证明和，即可得到结论； （2）根据菱形的性质定理以及勾股定理得到，，即，求出答案即可； （3）过点作，垂足为点，连接，过点作，垂足为点，连接，分两种情况进行分类讨论即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 如图1，由题意得：，， 四边形是矩形， ， ， ， 同理可证 ， ， 四边形是平行四边形； 故选：A； （2）解：如图2，四边形为菱形， ， ， ， 由勾股定理可得：，， ， 即：， 解得：， 当时，四边形为菱形． （3）解：如图3，过点作，垂足为点，连接， 过点作，垂足为点，连接， 四边形，四边形是矩形， ，， ，， ，， ， 在中， ， 当四边形是矩形时， ， 在中， ， ， ， 如图4，在中， ， ， ， ， 四边形为矩形时或． 【变式13-3】（24-25八年级·广东广州·期中）已知如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)当点在边上运动时，点到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)当的面积取最小值时，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)点F到直线CD的距离始终为定值3，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，难度较大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据有一个直角的菱形是正方形，证明，得到，结合，得到，即可得证． （2）过F作，交延长线于M，连接．证明即可得证． （3）设，可得．由，得到，在中，．则，此时，点E与点B重合，过点F作的平行线交的延长线于点，同理可证明：，，最后由即可求解． 【详解】（1）∵矩形，菱形， ∴， 又， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为正方形． （2）解：距离是定值3．理由如下： 过F作，交延长线于M，连接，则， ∵矩形，菱形， ∴，，，， ∴，． ∴． 在和中， ∵， ∴． ∴， 即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值3． （3）解：设，如上图： ∵， ∴． ∵， ∴在中，． ∵ ∴在中，． ∴． ∴ ∴的最小值为，此时，点E与点B重合， 过点F作的平行线交的延长线于点， 则， 同理可证明：，， ∴，，， ∴， ∴ ∴当的面积取最小值时，菱形的面积为． 【题型14 四边形中的存在性问题】 【例14】（24-25八年级·四川自贡·期中）如图所示，正方形的边长为6，点C在x轴上，点A在y轴上． (1)如图 1，动点P从点B出发，沿方向以每秒1个单位的速度向点C匀速运动；同时动点Q从点C出发，沿方向以每秒2个单位的速度向点O匀速运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．设运动时间为．当为等腰三角形时，求t的值； (2)如图 2，正方形沿直线折叠，使得点A落在对角线上的点E 处，折痕与、x轴分别交于点D、F，求出点D的坐标； (3)在（2）的条件下，若点N是平面内任一点，在x 轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理等知识． （1）由题意得，，，列出方程，解方程可得出答案； （2）由折叠的性质可知：，，，设，则，，由勾股定理可得出答案； （3）分三种情况，①当、是菱形的边时，②当是对角线，是边长时，③当是对角线，是边长时，由菱形的性质可得出答案． 【详解】（1）解：由题意得，，， ∴， 当为等腰三角形时，， ∴， ∴； （2）解：如图， 由折叠的性质可知：，，， ∴，， 设，则，， 在中， 由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴； （3）解：在x轴上存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形； 分以下三种情况： ①当、是菱形的边时， ∵， ∴， ∴或； ②当OE是对角线，OM是边长时， ∵，， ∴， ∴； ③当是对角线，是边长时， 此时， ∴， ∴． 综上所述，点M的坐标为或或或． 【变式14-1】（24-25八年级·浙江温州·期中）如图1，在矩形中，是线段上一点，作交对角线于点，设，若，，将沿折叠得到． (1)当时，求关于的表达式，并求出的取值范围． (2)在（1）的条件下，矩形边上是否存在一点，使得以为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． (3)如图2，当在的角平分线上时，此时___________．（用的代数式表示） 【答案】(1) (2)存在，当时，四边形是平行四边形 (3) 【分析】（1）根据矩形的性质和含的直角三角形的性质即可求解； （2）设交于O，当，时，四边形是平行四边形，可得出，可表示出，进而得出，进而求得结果； （3）连接，，，可知垂直平分，则，进而可得，由点在的角平分线上，可求得，则，知，由（1）知，，即，由（1）知，，求得，即可求解． 【详解】（1）∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，则， ∵，则， ∴， ∵，则 ∴， ∵，即， ∴，即：， ∴； （2）存在，当时，四边形是平行四边形，理由如下： 在矩形中，，则， 由折叠得，，，则， 则与不可能平行， 如图，当，为对角线时， 设交于O，当，时，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 综上，存在，当时，四边形是平行四边形； （3）连接，，， 由翻折可知，，， ∴垂直平分，则， ∵ ∴， ∴ ∵点在的角平分线上， ∴， ∴，则， ∴， 由（1）知，，即：， 由（1）知，， ∴， ∴， 则， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，轴对称的性质，含的直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，找到边之间的数量关系． 【变式14-2】（24-25八年级·江苏南京·期中）我们知道平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心．如图1，点O是的对称中心． 如图2，若将绕对称中心点O旋转得到，当分别与、交于点E、F，分别与、交于点G、H时．因为，，所以四边形是平行四边形，由旋转可知，，所以（等高），所以四边形是正方形，且由旋转可知点O也是正方形对角线的交点． (1)如图3，若将绕对称中心点O旋转一定的角度得到，当分别与、交于点E、F，分别与、交于点G、H时．求证：四边形是菱形． (2)如图4，若将绕对称中心点O旋转得到，当各边与各边分别交于点G、E、F、H．求证：四边形是正方形． (3)如图5，在中，，点E、F、G、H分别在、、、上，满足什么条件时，存在正方形．（直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）作，，由题意得四边形是平行四边形，再证明，推出，即可证明结论成立； （2）作出如图的辅助线，由题干材料知，四边形是正方形，证明和，同理得到，推出四边形是菱形，再证明，根据正方形的判定定理即可得证； （3）分两种情况讨论，当重合和重合，分别根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求得特殊点的情况，即可求解． 【详解】（1）证明：作，，垂足分别为，如图， ∵将绕对称中心点O旋转得到， ∴，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：延长交于点，连接，如图， 由题干材料知，四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质知，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴，又， ∴， ∴，， 同理，， ∵四边形是正方形， ∴， 同理得， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 由全等三角形的性质得， 由对顶角相等知， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （3）解：当重合时，如图， ∵四边形为正方形，为对角线， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 当重合时，如图， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴当时，存在正方形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 【变式14-3】（24-25八年级·广东佛山·期中）如图，边长为6的正方形的顶点O在坐标原点处，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点D是边上的点（不与点A重合），，且与正方形外角平分线交于点E． (1)当点D坐标为时，求证 (2)若点D坐标为，结论是否成立，请说明理由； (3)在y轴上是否存在点M，使得四边形是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）在上截取，证明即可； （2）同法（1），即可得出结论； （3）过点作，连接，证明，得到，进而得到，推出四边形为平行四边形，根据在中，，得到，得到四边形不是菱形即可． 【详解】（1）证明：正方形， ∴ ∵为正方形外角平分线， ∴， ∴， 在上截取， 则：为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴； （2）成立，理由如下： ∵正方形， ∴ ∵为正方形外角平分线， ∴， ∴， 在上截取， 则：为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴； （3）不存在，理由如下： 过点作，连接，如图： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， ∴四边形为平行四边形， 在中，， ∴， ∴四边形不是菱形， 故不存在点使四边形是菱形． 【点睛】本题考查坐标与图形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定．熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键． 【题型15 四边形中的探究问题】 【例15】（24-25八年级·吉林松原·期中）综合与探究 已知在菱形中，为锐角，E为的中点，连接． 【动手操作】 第一步：如图①，将四边形沿折叠，得到四边形，点B的对应点为点M，点C的对应点为点N． 第二步：如图②，连接． 【问题解决】 （1）如图①，若，则的度数是_________； （2）如图②，判断的形状，并说明理由； 【拓广探索】 （3）如图②，若，，在线段上存在点P，使是以为顶角的等腰三角形，直接写出的长度． 【答案】（1）；（2）直角三角形，见解析；（3） 【分析】（1）菱形的性质，求出的度数，折叠得到，即可得出结果； （2）根据折叠和中点，得到，等边对等角结合三角形的内角和定理，求出，即可得出结论； （3）先证明，得到，作，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长，三线合一求出的长，勾股定理求出的长，再利用线段的和差关系，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵折叠， ∴； 故答案为：； （2）为直角三角形，理由如下： ∵翻折， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴为直角三角形； （3）∵折叠， ∴垂直平分， 由（2）可知：， ∴， ∴， ∵菱形， ∴， ∵为的中点， ∴， 作，则：， ∴， ∵是以为顶角的等腰三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，折叠的性质，等边对等角，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，折叠的性质，是解题的关键． 【变式15-1】（24-25八年级·广东深圳·期中）综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们以正方形为背景探索几何图形变化中的数学结论．如图1，正方形中，点P是边上的一个动点，E是边延长线上一点，连接．过点P作，与的平分线相交于点F，求证：． 【问题解决】（1）小圳经过思考展示了一种正确的证明思路，请你将证明思路补充完整．在上截取，连接，易得，，______，可得（______），． 【问题探究】（2）探究小组经过讨论，发现了图形隐含了很多线段和角的等量关系，如图2，连接，与边相交于点Q，连接，给出下列四个结论，①；②；③；④，正确结论的序号是_______． 【拓展延伸】（3）创新小组受到启发，提出了新的问题进行拓展．如图3，过点F作的平行线交直线于点H，以为斜边向右作等腰直角三角形，点M在直线上． ①试探究与的数量关系，并说明理由； ②若，P在射线上运动，当时直接写出线段的长． 【答案】（1）（或）；（或）；（2）①②③；（3）①，理由见解析；②3或7． 【分析】（1）由分析思路知，只要或，利用（或）从而可证明，进而得到结论； （2）由且得等腰三角形，得，从而判断①；延长至点M，使得，连接，先由证明，再由证明，即可判断②；由且，可得 ，从而，由此即可判断③；假设，则得，从而得，得到矛盾，从而可判断④，最后可得到结论； （3）①在上截取，连接，由证明，由全等三角形的性质及勾股定理即可得到与的数量关系； ②分两种情况考虑：P 在线段上；P 在线段延长线上；利用等腰三角形的性质，勾股定理及全等三角形的判定与性质即可求解． 【详解】解：（1）（或）；（或） 解：（2）①②③， ①∵，且 ∴是等腰直角三角形， ∴，即①正确； ②如图，延长至点M，使得，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即②正确； ③∵且， ∴， 又， ∴，即③正确； 假设， 则； ∵平分，且， ∴， ∴， 则； ∵， ∴, ∴， 这与相交矛盾，故④错误； 综上，正确的是①②③； 故答案为：①②③； 解：（3）①； 证明：在上截取，连接，如图； 则， ∵是等腰直角三角形， ∴， 则， ∴， ∴； ②或7；理由如下： 当P 在线段上时， ∵，， ∴， ∴， ∴； ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴； 当 P 在延长线上时，延长使，连接， 则是等腰直角三角形， ∴， 又， ∴， ∴； 又，， ∴； ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴； 综上，或 7． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，构造辅助线证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论． 【变式15-2】（24-25八年级·江苏南通·期中）实践操作  矩形纸片中，，，现将纸片折叠，点A的对应点记为点P，折痕为（点M，N是折痕与矩形的边的交点），再将纸片展平． 初步思考  （1）如图1，当点N在上，点M和点P在上，与交于点O．求证：四边形为菱形； 继续探究  （2）如图2，在（1）的条件下，当点P与点C重合时，求的长； 拓展延伸  （3）如图3，当点N和点B重合，点M在上运动时（点M不与点A重合），作的平分线，与的延长线交于点Q．求出点Q到的距离，并直接写出在点M运动过程中，点Q到直线的最大距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）由折叠得到，证明，则，而，继而得到四边形是平行四边形，由即可证明菱形； （2）设菱形的边长为，则，，然后对运用勾股定理建立方程求解； （3） ①过点Q作，交的延长线于点G，延长交的延长线于点H，可得四边形均为矩形，则6，证明，则，而，那么，故点Q到的距离等于，即点Q在上运动； ②在延长线上截取，连接，则，可得，再证明，则，由于，Q在上运动，故当点重合时，最大，设，则，则，然后对运用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）证明：当点在上，点N在上时， 由折叠知：是的中垂线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴.四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）解：设菱形的边长为，则， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； （3）解：①如图，过点Q作，交的延长线于点G，延长交的延长线于点H， ∵四边形为矩形，， ∴四边形均为矩形， ∴6， 由折叠知， ∴， ∴， ∵为的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点Q到的距离等于，即点Q在上运动； ②如图：在延长线上截取，连接，则 ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，Q在上运动， ∴当点重合时，最大，如图： 设，则， ∴， ∵四边形均为矩形， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴点Q到直线的最大距离为． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，折叠的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理等知识点，难度较大，解题的关键是熟练掌握各知识点，正确添加辅助线． 【变式15-3】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形、正方形，连接，取的中点H，连接、． (1)【尝试探究】如图1，当点D落在上时，则______； (2)【深入探究】如图2，将正方形绕着点C旋转至点F落在的延长线上．求证：； (3)【拓展应用】如图3，继续将正方形绕着点C旋转，连接交于点P，连接，若点P为的中点，的面积为2，则线段的长为______． 【答案】(1)2 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据四边形、是正方形，得出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明； （2）在上截取，连接，根据是中点，得出，再结合四边形、是正方形，得出，证明，根据全等三角形的性质得出，再根据等腰三角形三线合一的性质即可证明； （3）延长至，使，连接，连接延长交于点，证明，再证出，即可得出、是等腰直角三角形，证出，过C作于点L，证明，证出，根据，即可解答； 【详解】（1）解：连接，，如图所示： ∵四边形、是正方形， ， ， ∵是中点， ， 即； （2）证明：在上截取，连接，如图所示： ∵是中点， ， ∴， ， ∵四边形、是正方形， ， ， ， ， ， 即； （3）解：延长至，使，连接，连接，并延长交于点， ∵是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵四边形、是正方形， ． ， ，     ， ， ， ， ， ∴、是等腰直角三角形， ， 过C作于点L， 是中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 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 $$ 期末复习必考解答压轴题十五大题型总结 【沪科版】 【题型1 二次根式的运算与求值技巧】 1 【题型2 复合二次根式的化简】 2 【题型3 利用分母有理化求值】 3 【题型4 由一元二次方程的解求参数】 4 【题型5 一元二次方程的特殊解法】 5 【题型6 根的判别式与根与系数的关系的综合】 6 【题型7 一元二次方程的应用】 8 【题型8 勾股定理在网格中的运用】 8 【题型9 勾股定理在折叠问题中的运用】 11 【题型10 由勾股定理构造图形解决实际问题】 13 【题型11 由勾股定理求最短距离】 15 【题型12 四边形中的最值问题】 17 【题型13 四边形中的动态问题】 19 【题型14 四边形中的存在性问题】 20 【题型15 四边形中的探究问题】 23 【题型1 二次根式的运算与求值技巧】 【例1】（24-25八年级·江西赣州·期中）定义：我们将与称为一对“对偶式”．因为，可以有效的去掉根号，所以有一些问题可以通过构造“对偶式”来解决． 例如：已知，求的值，可以这样解答： 因为， 所以． (1)已知：，求的值； (2)结合已知条件和第①问的结果，解方程：； (3)计算：． 【变式1-1】（24-25八年级·上海长宁·阶段练习）计算 (1)； (2)； (3)； (4)； (5)； (6)． 【变式1-2】（24-25八年级·安徽宣城·期中）观察下列各式：， ， ， 请利用你所发现的规律． (1)写出第4个式子______； (2)写出第个式子______，并证明其正确性（用含的等式表示，为正整数）． (3)计算． 【变式1-3】（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）若m满足关系式，求m的值． 【题型2 复合二次根式的化简】 【例2】（24-25八年级·安徽合肥·专题练习）有这样一类题目：将化简，如果你能找到两个数m、n，使且，则可将将变成，即变成，从而使得化简．例如，，∴．这种方法叫做配方法，换一种思路，假设化简的结果是，可知．整理，得，比较等式两边的组成，可得，，即，，所以． 尝试化简下列各式： (1)； (2)． 【变式2-1】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）化简： (1)； (2)； (3)． 【变式2-2】（24-25八年级·陕西西安·阶段练习）像…这样的根式叫做复合二次根式，有些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简，如：请用上述方法探索并解决下列问题： (1)化简： (2)若，且a，m，n为正整数，求a的值 【变式2-3】（24-25八年级·安徽安庆·期中）像，……这样的根式叫做复合二次根式．有一些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简， 如：； 再如：．请用上述方法探索并解决下列问题： (1)请你尝试化简： ①______； ②______． (2)若，且，，为正整数，求的值． 【题型3 利用分母有理化求值】 【例3】（24-25八年级·山东烟台·期末）阅读下列材料，解答后面的问题： ； ； (1)写出下一个等式； (2)计算的值； (3)请求出的运算结果． 【变式3-1】（24-25八年级·湖南娄底·期末）计算： 【变式3-2】（24-25八年级·上海·期中）已知且，请化简并求值： 【变式3-3】（24-25八年级·湖南长沙·开学考试）阅读下列材料，然后回答问题：在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，， 一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简： ； ； 以上这种化简的步骤叫做分母有理化． （1）化简： ； ； ； （2）化简：； （3）已知，，求的值. 【题型4 由一元二次方程的解求参数】 【例4】（24-25八年级·辽宁丹东·期末）“新定义”问题就是给出一个从未接触过的新规定，要求同学们现学现用，更多考查阅读理解能力、应变能力和创新能力．定义：方程是一元二次方程的倒方程，其中为常数（且．根据此定义解决下列问题： (1)一元二次方程的倒方程是______； (2)若是一元二次方程的倒方程的解，求出的值； (3)若是一元二次方程的倒方程的一个实数根，则的值为______． 【变式4-1】（24-25八年级·安徽六安·阶段练习）已知实数a是一元二次方程的一个根，求代数式的值． 【变式4-2】（24-25八年级·浙江·期中）已知关于的一元二次方程． (1)若方程有两个实数根，求的范围； (2)设方程的两个实数根是，，若，试求的取值范围． 【变式4-3】（24-25八年级·江苏宿迁·期中）规定：我们用表示一元二次方程，用数组表示一元二次方程的两个解（其中），当时，唯一对应一个数组，可记作：．如方程：的两个解分别为1，；则有，又如，，反之，当数组确定时，却有无数个一元二次方程与之对应，如方程和的解都是则称方程和为同解方程，记作方程．研究发现：当时，总有成立． (1)若则_______，若则_______； (2)若，且，求t的值； (3)如果实数a、b、c、d满足，，，探究是否为定值？如果是，请求出k的值，如果不是，请说明理由． 【题型5 一元二次方程的特殊解法】 【例5】（24-25八年级·安徽合肥·阶段练习）阅读与思考： 下面是八（1）班学习小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读并完成相应任务．研究一元二次方程的新解法讨论一种关于一元二次方程的新解法一一消去未知数的一次项，将原方程转化为可以开平方的形式，将其开平方，从而进一步求得方程的解． 【例如】解一元二次方程， 设（m为常数）， 将原方程化为，① 方程①整理，得，② 令，解得． 当时，， 方程②化为，解得， ___________，___________． 任务： (1)直接写出材料中“ ”部分方程的解___________，___________． (2)按照材料中“例如”的方法，解一元二次方程． 【变式5-1】（24-25八年级·江西景德镇·期中）解方程： (1) (2) 【变式5-2】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）求方程的实数解 【变式5-3】（24-25八年级·甘肃定西·阶段练习）如果让你去解方程，相信你一定可以很容易地完成，那么对于方程，我们应该如何去解呢？我们不防将看成一个整体，设，则原方程可化为．① 解得． 当y=1时，，，．                     当y=4时，，，． 即该方程的根为． 问题： (1)在由原方程得到①的过程中，利用 达到降次的目的，表现了 的数学思想； (2)解方程． 【题型6 根的判别式与根与系数的关系的综合】 【例6】（24-25八年级·四川内江·期中）我们在探究一元二次方程根与系数的关系中发现：如果关于x的方程的两个根是，，那么由求根公式可推出，，请根据这一结论，解决下列问题： (1)若，是方程的两根，则________，________；若2，3是方程的两根，则________，________； (2)已知两个不相等的实数m，n满足，且，求的值． (3)已知a，b，c，满足，，则正整数c的最小值为________． 【变式6-1】（24-25八年级·江苏南京·期中）类比是探索发现的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 学习再现： 设一元二次方程的两个根分别为和， 那么， 比较系数得，． 类比推广： （）设的三个根分别为，，，求的值． 问题解决： （）若的三个根分别为，，，则的值是______． 拓展提升： （）已知实数满足，且，求正数的最小值． 【变式6-2】（24-25八年级·福建三明·期中）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的倍，那么称这样的方程为“倍根方程”． 例如，一元二次方程的两个根是和，则一元二次方程是“倍根方程”． (1)根据上述定义，一元二次方程__________（填“是”或“不是”）“倍根方程”；若一元二次方程是“倍根方程”，则______． (2)如果关于的一元二次方程是“倍根方程”，求的值． (3)若关于的一元二次方程是“倍根方程”，则之间满足什么样的关系？说明理由． 【变式6-3】（24-25八年级·江苏宿迁·阶段练习）阅读材料，解答问题： 材料1：为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 材料2：已知实数，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用： 方程的解为________； (2)间接应用： 已知实数，满足：，且，求的值； (3)拓展应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 【题型7 一元二次方程的应用】 【例7】（24-25八年级·吉林长春·期末）“三折叠，怎么折，都有面．”华为“三折叠”一经上市，便火遍全国，形成一股“折叠风”．9月10日，华为新出的型号为“Mate XT非凡大师”的手机在深圳湾召开发布会，某华为手机专卖网店抓住商机，购进10000台“Mate XT 非凡大师”手机进行销售，每台的成本是20000元，在线同时向国内、国外发售．第一个星期，国内销售每台售价是25000元，共获利1000万元，国外销售也售出相同数量该款手机，但每台成本增加4000元，获得的利润却是国内的6倍． (1)求该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是多少元？ (2)受中美贸易战影响，第二个星期，国内销售每台该款手机售价在第一个星期的基础上降低，销量上涨；国外销售每台售价在第一个星期的基础上上涨，并且在第二个星期将剩下的手机全部卖完，结果第二个星期国外的销售总额比国内的销售总额多6993万元，求的值． 【变式7-1】（24-25八年级·河南信阳·阶段练习）某市区东西走向的青年路与南北走向的江阴路相交于O处，．甲沿着青年路以4m/s的速度由西向东走，乙沿着江阴路以3m/s的速度由南向北走．当乙走到O点以北50m处时，甲恰好到点O处．若两人继续向前行走，求两个人相距85m时各自的位置． 【变式7-2】（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）中国象棋在象棋比赛中，每个选手都与其他选手比赛一局，每局胜者记2分，负者记0分，和棋各记1分，四位观众统计了比赛中全部选手得分总数分别是1979分，1980分，1984分，1985分．经核实，有一位观众统计准确，则这次比赛的选手共有多少名？ 【变式7-3】（24-25八年级·安徽合肥·单元测试）一辆汽车以30米/秒的速度行驶，司机发现前方路面有情况，紧急刹车后汽车又滑行30米后停车． (1)则在这段时间内的平均车速为多少？从刹车到停车用了多长时间？ (2)从刹车到停车平均每秒车速减少多少？ (3)汽车滑行20米时用了多长时间？ 【题型8 勾股定理在网格中的运用】 【例8】（24-25八年级·广东云浮·期中）综合探究： “在中，、、三边的长分别为、、，求这个三角形的面积”． 小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求的高，而借用网格就能计算出它的面积．我们把上述求面积的方法叫做构图法．    (1)直接写出图1中的面积是______； (2)若的边长分别为、、（，，且），试运用构图法在图2中画出相应的，并求出的面积． (3)拓展应用：求代数式：的最小值． 【变式8-1】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期末）图1，图2均为正方形网格，每个小正方形的边长均为1，各个小正方形的顶点叫做格点，请在下面的网格中按要求分别画图，使得每个图形的顶点均在格点上． （1）画一个边长均为整数的等腰三角形，且面积等于12； （2）画一个直角三角形，且三边长为，，5，并直接写出这个三角形的面积． 【变式8-2】（24-25八年级·山东淄博·期中）如图1，纸上有五个边长为1的小正方形组成的图形纸，我们可以把它剪开拼成一个正方形如图2． （1）你能在方格图（图3）中，连接四个格点（网格线的交点）组成面积为5的正方形吗？若能，请用虚线画出． （2）你能把十个小正方形组成的图形纸（图4），剪开并拼成正方形吗？若能，请仿照图2的形式把它重新拼成一个正方形． （3）如图，是由两个边长不等的正方形纸片组成的一个图形，要将其剪拼成一个既不重叠也无空隙的大正方形，则剪出的块数最少为________块．请你在图中画出裁剪线，并说明拼接方法． 【变式8-3】（24-25八年级·山西晋中·期末）问题情境：综合实践活动课上，同学们围绕“已知三角形三边的长度，求三角形的面积”开展活动，启航小组同学想到借助正方形网格解决问题 问题解决：图（1）、图（2）都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，操作发现，启航小组同学在图（1）中画出△ABC，其顶点A，B，C都在格点上，同时构造长方形CDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边EF经过点A，ED经过点B．同学们借助此图求出了△ABC的面积． （1）在图（1）中，△ABC的三边长分别是AB＝　 　，BC＝　 　，AC＝　 　．△ABC的面积是　 　． （2）已知△PMN中，PM＝，MN＝2，NP＝．请你根据启航小组的思路，在图（2）中画出△PMN，并直接写出△RMN的面积　 　．      【题型9 勾股定理在折叠问题中的运用】 【例9】（24-25八年级·辽宁葫芦岛·期末）（1）【问题初探】在数学活动课上，李老师提出如下问题：如图1，四边形中，，，平分，求证：． ①如图2，豆豆同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在上截取，连接，将线段的数量关系转化为与的数量关系； ②如图3，乐琪同学从平分这个条件出发，想到将沿翻折，所以她延长线段到点F，使，连接，发现了与的数量关系； 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程； （2）【类比分析】李老师发现两名同学都运用了转化的数学思想，为了帮助学生更好的感悟转化思想，李老师提出了下面的问题，请解答． 如图4，中，，平面内有点D（点D和点A在的同侧），连接，，，求证：． （3）【学以致用】如图5，在（2）的条件下，若，，请直接写出线段的长度． 【变式9-1】（24-25八年级·广东佛山·期末）综合探究 直观感知和操作确认是几何学习的重要方式，在中，，，. (1)尺规作图：如图1，在中，作的角平分线交于点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)操作探究：在（1）的条件下，将沿着过点的直线折叠，使点落在三边所在直线上（顶点除外），画出示意图； (3)迁移运用： ①如图2，若为边的中点，为射线上一点，将沿着翻折得到，点的对应点为，当时，求的长； ②如图3，若点是边的中点，是边上一点，将沿折叠至，点的对应点为，连接、，求的面积的最大值. 【变式9-2】（24-25八年级·四川成都·期末）在中，，点为边上的动点，连接，将沿直线翻折，得到对应的． (1)如图1，当于点时，求证：； (2)若，． ①如图2，当，，三点在同一条直线上时，求的长（用含的代数式表示）； ②连接，，当时，求的值． 【变式9-3】（24-25八年级·四川成都·期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3． (1)如图1，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称点C恰好落在AB边上，求CD的长； (2)如图2，E为线段AB上一点，沿CE翻折△CBE得到△CEB′，若EB′∥AC，求证：AE＝AC； (3)如图3，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称为点C′，是否存在异于图1的情况的C′、B、D为顶点的三角形为直角三角形，若存在，请直接写出BC′长；若不存在，请说明理由． 【题型10 由勾股定理构造图形解决实际问题】 【例10】（24-25八年级·河南郑州·期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷． (1)证明勾股定理 取4个与（图1）全等的三角形，其中，把它们拼成边长为的正方形，其中四边形是边长为c的正方形，如图2，请你利用以下图形验证勾股定理．    (2)应用勾股定理    ①应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点． 如图3，在数轴上找出表示1的点D和表示4的点A，过点A作直线l垂直于，在l上取点B，使，以点D为圆心，为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是______． ②应用场景2：解决实际问题． 如图4，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至C处时，水平距离，踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直，求绳索的长． 【变式10-1】（24-25八年级·四川资阳·期末）已知：△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°． （1）如图,摆放△ACD和△BCE时（点A、C、B在同一条直线上，点E在CD上），连接AE、BD线段AE 与BD的数量关系是　 ，位置关系是　 　．（直接写出答案） （2）如图,摆放△ACD和△BCE时，连接AE、BD，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图,摆放△ACD和△BCE时，连接AE、DE．若有AE2=DE2+2CE2，试求∠DEC的度数． 【变式10-2】（24-25八年级·江苏盐城·期中）【模型建立】 “数形结合”和“建模思想”是数学中的两个很重要的思想方法，先阅读以下材料，然后解答后面的问题． 例：求代数式的最小值． 分析：和是勾股定理的形式，是直角边分别是x和3的直角三角形的斜边，是直角边分别是和2的直角三角形的斜边，因此，我们构造两个直角和，并使直角边和在同一直线上（图1），向右平移直角△ABC使点B和E重合（图2），这时，，，问题就变成“点B在线段CF的何处时，AB+DB最短？”根据两点间线段最短，得到线段AD就是它们的最小值． 【模型应用】 （1）代数式的最小值为 ； （2）变式训练：利用图3，求代数式的最小值； 【模型拓展】 （3）已知正数x满足，求x的值． 【变式10-3】（24-25八年级·广西南宁·期中）现有如图1的8张大小形状相同的直角三角形纸片，三边长分别是a、b、c．用其中4张纸片拼成如图2的大正方形（空白部分是边长分别为a和b的正方形）；用另外4张纸片拼成如图3的大正方形（中间的空白部分是边长为c的正方形）．      (1)观察：从整体看，整个图形的面积等于各部分面积的和．所以图2和图3的大正方形的面积都可以表示为，结论①；图2中的大正方形的面积又可以用含字母a、b的代数式表示为：　 　，结论②；图3中的大正方形的面积又可以用含字母a、b、c的代数式表示为：　 　，结论③； (2)思考：结合结论①和结论②，可以得到一个等式　 　；结合结论②和结论③，可以得到一个等式　 　； (3)应用：若分别以直角三角形三边为直径，向外作半圆（如图4），三个半圆的面积分别记作，且，求的值． (4)延伸：若分别以直角三角形三边为直径，向上作三个半圆（如图5），直角边，，斜边，求图中阴影部分面积和． 【题型11 由勾股定理求最短距离】 【例11】（24-25八年级·江苏无锡·期末）现有一个长、宽、高分别为5dm、4dm、3dm的无盖长方体木箱(如图,AB=5dm,BC=4dm,AE=3dm)． (1) 求线段BG的长； (2) 现在箱外的点A处有一只蜘蛛，箱内的点C处有一只小虫正在午睡，保持不动．请你为蜘蛛设计一种捕虫方案，使得蜘蛛能以最短的路程捕捉到小虫．(木板的厚度忽略不计) 【变式11-1】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）如图，观察图形解答下面的问题： (1)此图形的名称为_______； (2)请你与同伴一起做一个这样的立体图形，并把它的侧面沿剪开，铺在桌面上，则它的侧面展开图是一个_______； (3)如果点是的中点，在处有一只蜗牛，在处恰好有蜗牛想吃的食物，且它只能绕此立体图形的侧面爬行一周到处．你能在侧面展开图中画出蜗牛爬行的最短路线吗？ (4)的长为10，侧面展开图的圆心角为，请你求出蜗牛爬行的最短路程的平方． 【变式11-2】（24-25八年级·河南郑州·期末）如图1，在圆柱下底面的点处有一只蚂蚁，它想吃到上底面上与点相对的点处的食物，求蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程． （一）理解问题、拟定计划 小林根据题意将圆柱展开，设计了两条路线． 路线1：如图2，路线1的路程即为线段的长度； 路线2：如图3，路线2的路程即为线段的长度． （二）实施计划 （1）小林说：“由图可知，，所以蚂蚁沿路线1爬行时，路程最短．”小亮却不同意小林的说法，并举两个例子： ①当圆柱的高，底面半径时， ， ，所以选择路线 路程最短； ②当圆柱的高，底面半径时， ， ，所以选择路线 路程最短． （2）请你帮小亮和小林算一算，当圆柱的高和底面半径满足什么关系时？ （三）回顾反思 （3）直接写出当圆柱的高和底面半径满足什么关系时，选择路线1（或路线2）路程最短？ 【变式11-3】（24-25八年级·山东威海·期末）【问题情境】 数学综合与实践活动课上，老师提出如下问题：一个三级台阶，它每一级的长、宽、高分别为20、3、2，和是一个台阶两个相对的端点． 【探究实践】 老师让同学们探究：如图①，若点处有一只蚂蚁要到点去吃可口的食物，那么蚂蚁沿着台阶爬到点的最短路程是多少？ （1）同学们经过思考得到如下解题方法：如图②，将三级台阶展开成平面图形，可得到长为20．宽为15的长方形，连接，经过计算得到长度为___________，就是最短路程． 【变式探究】 （2）如图③，是一只圆柱形玻璃杯，该玻璃杯的底面周长是，高是，若蚂蚁从点出发沿着玻璃杯的侧面到点，则蚂蚁爬行的最短距离为___________．- 【拓展应用】 （3）如图④，圆柱形玻璃杯的高，底面周长为，在杯内壁离杯底的点处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在外壁上，离杯上沿，且与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁从外壁处到内壁处所爬行的最短路程是多少？（杯壁厚度不计）（画出示意图并进行计算） 【题型12 四边形中的最值问题】 【例12】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上，从点至点运动，连接，以为边作等边，点和点分别位于两侧． (1)当点运动到点时，求的长； (2)点在线段上从点至点运动过程中，求的最小值． 【变式12-1】（24-25八年级·广东广州·期中）如图1，在正方形中，分别为边上的动点且满足； (1)求证：； (2)若点为的中点，求的长； (3)如图2，若，且点、分别为边、上的动点，且始终满足．求的最小值． 【变式12-2】（24-25八年级·江苏淮安·期中）新定义：若一个凸四边形的一条对角线把该四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”． (1)如图1，四边形是“等腰四边形”，为“界线”，若，，则______； (2)如图2，四边形中，，，，． ①试说明四边形是“等腰四边形”； ②如图3，点在线段上，，过点作于点，过点作于点，则的最大值为______； (3)若在“等腰四边形”中，，，且为“界线”，请直接写出的度数为______． 【变式12-3】（24-25八年级·广东广州·期中）如图，在平面直角坐标系中，，，，连接，，平移至(点与点对应，点与点对应），连接． (1)①直接写出点的坐标为______． ②判断四边形的形状，并证明你的结论； (2)如图1，点为边上一点，连接，平分交于，连接．若，求的长； (3)如图2，为边的中点．若，连接，则的最小值为______，最大值为______． 【题型13 四边形中的动态问题】 【例13】（24-25八年级·广东东莞·期中）如图，在矩形中，，，点在边上，且，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接，当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间秒（）． (1)当点和点重合时，求线段的长； (2)如图，当点在边上时，猜想的形状，并说明理由； (3)作点关于直线的对称点，当点恰好落在边上时，直接写出的值． 【变式13-1】（24-25八年级·天津·期中）已知，中，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为． (1)如图1，连接、．求证：四边形为菱形； (2)如图1，求的长； (3)如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． 【变式13-2】（24-25八年级·江西南昌·期中）如图，在矩形中，，，，分别在，上，且，，分别是，上的两个动点，点从向移动，点从向移动，它们同时以每秒1个单位长度的速度移动，运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是______； A．平行四边形  B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)若四边形为菱形，求的值； (3)若四边形为矩形，求的值． 【变式13-3】（24-25八年级·广东广州·期中）已知如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)当点在边上运动时，点到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)当的面积取最小值时，求菱形的面积． 【题型14 四边形中的存在性问题】 【例14】（24-25八年级·四川自贡·期中）如图所示，正方形的边长为6，点C在x轴上，点A在y轴上． (1)如图 1，动点P从点B出发，沿方向以每秒1个单位的速度向点C匀速运动；同时动点Q从点C出发，沿方向以每秒2个单位的速度向点O匀速运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．设运动时间为．当为等腰三角形时，求t的值； (2)如图 2，正方形沿直线折叠，使得点A落在对角线上的点E 处，折痕与、x轴分别交于点D、F，求出点D的坐标； (3)在（2）的条件下，若点N是平面内任一点，在x 轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式14-1】（24-25八年级·浙江温州·期中）如图1，在矩形中，是线段上一点，作交对角线于点，设，若，，将沿折叠得到． (1)当时，求关于的表达式，并求出的取值范围． (2)在（1）的条件下，矩形边上是否存在一点，使得以为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． (3)如图2，当在的角平分线上时，此时___________．（用的代数式表示） 【变式14-2】（24-25八年级·江苏南京·期中）我们知道平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心．如图1，点O是的对称中心． 如图2，若将绕对称中心点O旋转得到，当分别与、交于点E、F，分别与、交于点G、H时．因为，，所以四边形是平行四边形，由旋转可知，，所以（等高），所以四边形是正方形，且由旋转可知点O也是正方形对角线的交点． (1)如图3，若将绕对称中心点O旋转一定的角度得到，当分别与、交于点E、F，分别与、交于点G、H时．求证：四边形是菱形． (2)如图4，若将绕对称中心点O旋转得到，当各边与各边分别交于点G、E、F、H．求证：四边形是正方形． (3)如图5，在中，，点E、F、G、H分别在、、、上，满足什么条件时，存在正方形．（直接写出答案） 【变式14-3】（24-25八年级·广东佛山·期中）如图，边长为6的正方形的顶点O在坐标原点处，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点D是边上的点（不与点A重合），，且与正方形外角平分线交于点E． (1)当点D坐标为时，求证 (2)若点D坐标为，结论是否成立，请说明理由； (3)在y轴上是否存在点M，使得四边形是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 【题型15 四边形中的探究问题】 【例15】（24-25八年级·吉林松原·期中）综合与探究 已知在菱形中，为锐角，E为的中点，连接． 【动手操作】 第一步：如图①，将四边形沿折叠，得到四边形，点B的对应点为点M，点C的对应点为点N． 第二步：如图②，连接． 【问题解决】 （1）如图①，若，则的度数是_________； （2）如图②，判断的形状，并说明理由； 【拓广探索】 （3）如图②，若，，在线段上存在点P，使是以为顶角的等腰三角形，直接写出的长度． 【变式15-1】（24-25八年级·广东深圳·期中）综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们以正方形为背景探索几何图形变化中的数学结论．如图1，正方形中，点P是边上的一个动点，E是边延长线上一点，连接．过点P作，与的平分线相交于点F，求证：． 【问题解决】（1）小圳经过思考展示了一种正确的证明思路，请你将证明思路补充完整．在上截取，连接，易得，，______，可得（______），． 【问题探究】（2）探究小组经过讨论，发现了图形隐含了很多线段和角的等量关系，如图2，连接，与边相交于点Q，连接，给出下列四个结论，①；②；③；④，正确结论的序号是_______． 【拓展延伸】（3）创新小组受到启发，提出了新的问题进行拓展．如图3，过点F作的平行线交直线于点H，以为斜边向右作等腰直角三角形，点M在直线上． ①试探究与的数量关系，并说明理由； ②若，P在射线上运动，当时直接写出线段的长． 【变式15-2】（24-25八年级·江苏南通·期中）实践操作  矩形纸片中，，，现将纸片折叠，点A的对应点记为点P，折痕为（点M，N是折痕与矩形的边的交点），再将纸片展平． 初步思考  （1）如图1，当点N在上，点M和点P在上，与交于点O．求证：四边形为菱形； 继续探究  （2）如图2，在（1）的条件下，当点P与点C重合时，求的长； 拓展延伸  （3）如图3，当点N和点B重合，点M在上运动时（点M不与点A重合），作的平分线，与的延长线交于点Q．求出点Q到的距离，并直接写出在点M运动过程中，点Q到直线的最大距离． 【变式15-3】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形、正方形，连接，取的中点H，连接、． (1)【尝试探究】如图1，当点D落在上时，则______； (2)【深入探究】如图2，将正方形绕着点C旋转至点F落在的延长线上．求证：； (3)【拓展应用】如图3，继续将正方形绕着点C旋转，连接交于点P，连接，若点P为的中点，的面积为2，则线段的长为______． 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 $$