专题08 期末真题百练通关（100题15大压轴题）八年级数学上学期新教材沪教版五四制

专题08 期末真题百练通关（100题15大压轴题） 一、一元二次方程 二、直角三角形的判定和性质综合运用 三、角平分线 四、勾股定理 五、旋转、翻折问题 六、最值问题 七、实数与二次根式 八、一元二次方程根的判别式与韦达定理 九、角平分线的性质定理和判定定理 十、直角三角形的证明问题 十一、勾股定理的应用（方程思想、多解问题） 十二、利用辅助线解决直角三角形相关问题 十三、归纳探究问题 十四、几种求最值的方法 十五、数学定理、新定义问题 小题压轴题型一、一元二次方程 1．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：是三条角平分线的交点，过点作，分别交，于、，设，，，则关于的方程的说法正确的是（   ） A．一定有两个相等实数根 B．一定有两个不相等实数根 C．无实数根 D．无法判断 2．对于一元二次方程为常数，且，下列条件：；②；；若只添加一个条件就可以判定方程有实数根，则所有正确条件的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 3．关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（   ） A． B． C．且 D．且 4．把二次三项式因式分解，下列结果正确的是（  ） A． B． C． D． 5．关于的一元二次方程的两实根，，且满足，则的值为（   ） A．1或5 B．1或 C． D．5 6．某工厂七月份的产值是100万元，计划第三季度共创产值484万元．若每个月产值的增长率相同，并设这个增长率为x，则下列方程中正确的是（   ） A． B． C． D． 7．使得关于x的不等式组有且只有3个整数解，且关于x的一元二次方程有实数根，所有整数的值之和为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 8．（25-26八年级上·上海·月考）设、是方程的两个根，当m＝ 时，取到最小值． 9．（25-26八年级上·上海·月考）关于的方程只有一个实数解，则实数所有可能的值的绝对值之和为 ． 10．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）阅读下列材料： 当为实数时，求的最大值．设，将其化为关于的一元二次方程，得．因为为实数，就是这个方程有实数根，所以，得，即的最大值为，则为实数时，的最小值是 ． 11．（25-26八年级上·上海·月考）在实数范围内因式分解： ． 12．若关于x的方程所有的根都是比1小的正数．则实数m的取值范围是 ． 13．（25-26八年级上·上海·月考）已知关于一元二次方程中，①若，那么方程有两个不相等的实数根；②若，则；③若方程两根为和，则；④若，那么方程一定无解．其中正确的是 ． 14．若，是方程的两个实数根，则的值为 ． 小题压轴题型二、直角三角形的判定和性质综合运用 15．（25-26八年级上·上海·月考）在课堂上，李老师发给每人一张印有RtABC（如图）的卡片，要求学生们画一个，使得，小海和小华先画出了之后，后续画图的主要过程分别如图所示．对这两种画法的描述中，错误的是（    ） A．小海作图判定的依据是直角三角形全等的判定定理 B．小海第二步作图时，用圆规截取的长度是线段的长 C．小华作图判定的依据是 D．小华第一步作图时，用圆规截取的长度是线段的长 16．（25-26八年级上·上海·期中）如图，，E为的中点，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 17．已知：如图，为的角平分线，且，为延长线上的一点，，过作，为垂足．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 18．（25-26八年级上·上海·月考）下列条件中，不能确定三角形是直角三角形的是（   ） A．有一边的中线等于这边的一半 B．三个内角之比为 C．三边之比为 D．三边之比为 19．（25-26八年级上·上海闵行·月考）下列命题中，正确命题的个数有（   ） ①点P是的平分线上一点，点M、N分别在边上，则； ②在中，是边的中线，且，则是直角三角形； ③在中，若是边的中线，则； ④已知点C是线段上的一点，点D是线段外的一点，且，则直线是线段的垂直平分线． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 20．如图，CD是的外角的平分线，，垂足为．若，，则的长为（   ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 21．如图，在中，，D，E分别为线段，上一点，且，连接、交于点G，延长交于点F．以下四个结论正确的是（   ） ①； ②若，则； ③连结，若，则； ④若平分，则 A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 22．如图，在中，．线段、分别为的高和中线，下列说法中错误的是（   ） A． B． C． D． 23．如图，在中，，是斜边的中线，是斜边的高，如果恰好是边上的中线，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 24．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：在中，是的中点，，与交于点，且．下列说法：①的垂直平分线一定与相交于点；②；③当为中点时，．其中，正确的是 ． 小题压轴题型三、角平分线 25．中，，，平分，交于，于，若，则的周长是（   ） A． B． C． D． 26．如图，在中，，点在边上且到边和边的距离相等．以点为圆心，线段的长为半径画弧交边于点，连接．下列结论中，不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 27．已知，下列尺规作图的方法中，能确定的是（    ） A． B． C． D． 小题压轴题型四、勾股定理 28．意大利文艺复兴时期的著名画家达·芬奇利用两张一样的纸片拼出不一样的“空洞”，从而巧妙的证明了勾股定理．小明用两张全等的的纸片①和②拼成如图1所示，中间的六边形由两个正方形和两个全等的直角三角形组成．已知六边形的面积为14，．小明将纸片②翻转后拼成如图2所示，其中，则四边形的面积为（    ） A．12 B．10 C．6 D．4 29．（25-26八年级上·上海·月考）如图，在中，，为上任意一点，那么的值是 ． 30．（25-26八年级上·上海徐汇·月考）我们新定义一种三角形：两边的平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做“可爱三角形”．若是“可爱三角形”，，，则 ． 小题压轴题型五、旋转、翻折问题 31．（25-26八年级上·上海闵行·月考）如图，在数轴上，我们可以用画半圆的方式，依次得到一些新的点．从原点开始，作一个边长为1的正方形，连接正方形对角两个顶点得到的线段的长度为，以数轴原点为圆心，长度为半径画半圆，交数轴右边于点，如此就能把表示在数轴上点处，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，如此继续，则的长为 ． 32．如图，中，，，，，点D在边上，将沿直线翻折，使点C落在点处，连接，直线与边的延长线相交于点F，如果，那么线段的长为 ． 33．在中，，如果将折叠，使点B与点A重合，且折痕交边于点M，交边于点N．如果是直角三角形，那么的面积是 ． 34．（25-26八年级上·上海·月考）如图，点是等边内一点，，，，则的值为 ． 小题压轴题型六、最值问题 35．如图，在中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，连接，以为边在的下方作等边，连接，则的最小值是 ． 36．（25-26八年级上·上海·月考）纸飞机是大家平时随手就能制作的简单玩具，其做法各种各样，接下来我们将图1中长为，宽为的矩形纸片折叠可得到图2中的纸飞机，下面是折纸飞机的三个关键步骤的介绍．（说明：纸片折叠过程中无缝隙、无边缘重叠） 第一步：如图3，将图1中的矩形纸片沿折叠，点的对应点落在边上． 第二步：如图4，将和分别沿着和折叠，点与点的对应点重合，从而获得边与平行，且，，三条线段中相邻的两条之间距离均为． 第三步：如图5，在上选取点，将四边形沿着折叠，使的对应边所在直线与所在直线重合，点的对应点为，下方部分进行同样的操作，点的对应点为，点到的距离为飞机的最大长度． 则该纸飞机最大长度为 ． 大题压轴题型七、实数与二次根式 37．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）已知数轴上有A、B、C、D四个点，其中A、B分别表示和，点C向左移动4个单位后与点A重合． (1)点C表示的数是 ； (2)对于数轴上三个点，若其中两个点关于第三个点对称，则称这三个点有“优美关系”．如果点A、B、D有“优美关系”，则点D表示的数为 ； (3)若点C所表示的数的整数部分为，小数部分为，求的值． 38．材料一：由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如： ； 材料二：根式化简 ； ． 根据以上材料，请完成下列问题： (1)_______；（直接写结果） (2)计算：； (3)计算：； (4)计算：． 39．（2025八年级上·重庆·专题练习）在学习二次根式运算时，小明根据学习有理数运算积累的活动经验，类比探究了二次根式的运算规律， 特例； 特例； (1)特例3：________（填写一个符合上述运算特征的式子）； (2)求证：（，且n为整数）； (3)如果的小数部分是0.1，那么整数部分为_____． 40．阅读材料：像，、……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都是互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号． 例如：；．解答下列问题： (1)与______互为有理化因式，将分母有理化得_____； (2)比大小______；（直接填，，，或中的一种） (3)求式子的值； (4)已知是正整数，，，，求． 大题压轴题型八、一元二次方程根的判别式与韦达定理 41．（25-26八年级上·上海虹口·期中）已知关于的一元二次方程． (1)求证：不论为任何实数，方程总有两个不相等的实数根． (2)若方程两个实数根的平方和等于5，求的值及方程的两根． 42．（25-26八年级上·上海·月考）已知关于的一元二次方程． (1)如果这个方程有两个不相等的实数根，求的取值范围； (2)如果这个方程的两个实数根的平方和是13，求的值． 43．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）已知关于的方程有两个相等的实数根，且方程有一个根为． (1)判断以、、为边的三角形的形状，并说明理由； (2)若方程的两根为、，求的值． 44．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）综合理解： 一元二次方程，当，它有两个实数根和，有以下关系式：，． (1)设方程的两个根为、，则 ， ； (2)设关于的方程的两个实数根为、，且，则的值为 ； (3)已知，且及，求的值． 45．（25-26八年级上·上海普陀·期中）如果关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根、，小普发现对于这个方程的两根，有，．假设、在数轴上对应的点分别为、，点、之间的距离为2，的中点表示的数是p． (1)当时，_____________； (2)根据小普的结论，求m、n；（结果用含p的代数式表示） (3)如果n是一个正整数的平方，现保持的中点不变，、之间的距离变为8，对应的方程中也是一个正整数的平方，求的中点表示的数． 46．阅读材料：若一元二次方程的两个根为，，则，． (1)材料理解：一元二次方程的两个根为，，则________，________． (2)类比探究：已知实数，满足，．________． (3)思维拓展：已知实数、、满足、，且，求的最大值． 47．阅读材料：各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想一一转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程通过因式分解可以把它转化为，解方程和，可得方程的解． 问题： （1）方程的解是，______，______； （2）求方程的解； 拓展： （3）用“转化”思想求方程的解． 48．材料：已知、均不为0，若分式的值为零，则或，因为，即，所以关于的方程的两个解为：，． 如：方程可写成，所以此方程的两个解为：，． 请阅读以上材料，回答下列问题： (1)方程的两个解为：　　　，　　　； (2)若方程的两个解为，，求的值； (3)若关于的方程的两个解，满足，求的值． 大题压轴题型九、角平分线的性质定理和判定定理 49．在中，点D、E分别在、边上，连接、，于F，且． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，于G，连接交于H，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，若，，求的长． 50．（25-26八年级上·上海徐汇·月考）在学习了角的平分线的性质之后，小明同学做了如下的实验：画，并画的平分线．把三角尺的直角顶点落在的任意一点上，使三角尺的两条直角边分别与相交于点． (1)若（如图①），小明发现，请帮小明证明； (2)把三角尺绕点旋转至如图②所示的位置，小明发现与仍然相等，请帮小明证明； (3)聪明好学的小明接着进行了如下探究：画，并画的平分线，在上任取一点，作．的两边分别与相交于两点（如图③），小明发现与仍然相等，请帮小明证明． 51．（25-26八年级上·上海·期中）如图，在中，和的平分线、交于点，连接． (1)求证：平分； (2)？若成立，请证明：若不成立，请说明理由． 52．如图1，在等腰中，，，是的角平分线． (1)求； (2)求证：； (3)如图2，E在上，过点E作垂线，垂足为点G，延长交的延长线于点F．若E是的中点，求证：； 大题压轴题型十、直角三角形的证明问题 53．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：在中，，点是边的中点，将沿直线翻折，点的对应点为点，连接、． (1)求证：是直角三角形； (2)延长、交于点，当时，求的度数． 54．（25-26八年级上·上海·月考）如图，中，是边上的高，是边上的中线，与交于点M．，垂足为G．已知：． (1)求证：； (2)如果，，求证：． 55．如图，在中，，，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到． (1)直接写出与的位置关系：_____； (2)如图①，当时，求证：； (3)在点运动过程中，直线与直线相交于点，连接，当时，求线段长度． 56．已知中，，，点D在边上，以为腰的直角，．    (1)如图1，连接，直接写出和的关系； (2)如图2，过点A作，垂足为点G，交线段于点F，连接，探究与的数量关系． (3)如图3，若过点A作交射线于点F，交于点G，连接．若，，求的长． 57．已知：如图是直角三角形，，点分别在边上，且，，．    (1)证明：线段能组成直角三角形； (2)当是边上的中点时，判断：的位置关系． 58．已知（），点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点． (1)如图1，当点在射线上时，求证：是的中点； (2)如图2，当点D在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 59．如图1，在中，为锐角，点为射线上一动点，连接，以为一边， A点为直角顶点，且在的右侧作等腰，连接． (1)如果，，解答下面问题： ①如图1，当点在线段上时（与点不重合），线段，之间的位置关系为 ，数量关系为 ． ②如图2，当点在线段的延长线上时，①中的结论是否仍然成立？请说明理由． (2)如图3，如果，，当，且时，若，求的面积． 60．如图，为等边的高，，点为射线上的动点（不与点重合），连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，． (1)如图1，当点在射线上时，求证：，； (2)如图2，当点在的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由； (3)当时，请求出线段的长度． 大题压轴题型十一、勾股定理的应用（方程思想、多解问题） 61．如图1，四边形ABCD是长方形，，，，，，点E是边上一点，连接，过点E作的垂线，交于点F，将沿所在直线翻折得到，其中点G是点B的对应点． (1)如图2，连接，若，直接写出的长为________； (2)连接DG，若是以为腰的等腰三角形时，求的长； (3)如图3，连接，若的延长线正好经过点D，直接写出的面积为________． 62．已知在，，点P在边上，连接． (1)如图1，如果点P在线段的垂直平分线上，求证：； (2)过点P作，交边于点D， ①如图2，如果点P是线段的中点，且，求的度数； ②填空：如果，，且是以为腰的等腰三角形，那么的长等于 　 　． 63．已知和均为等腰直角三角形，，点是等腰直角三角形斜边所在直线上一点（不与点重合）． (1)如图，当点在线段上时，直接写出，，三者之间的数量关系：______； (2)如图，当点在线段的延长线上时，（1）中的结论仍然成立吗？若成立，请你利用图2给出证明过程．若不成立，请说明理由． (3)若，点是中点，请直接写出的值． 64．如图，已知在中，，苦点从点出发，以每秒的速度沿折线运动，设运动时间为秒． （请利用尺规作图，不要求写出作法、证明和结论，但要求保留作图痕迹并标出点） (1)若点在上，且满足时，在图（1）中求作符合要求的点，此时_______； (2)若点恰好在的角平分线上（点除外），在图（2）中求作符合要求的点，此时_______． 大题压轴题型十二、利用辅助线解决直角三角形相关问题 65．（25-26八年级上·上海闵行·月考）在中，点是边的中点，点、分别在边、上，且，连接． (1)如图1，是等腰直角三角形，，，求证：； (2)如图2，，是等边三角形，，求证：； 66．（25-26八年级上·上海普陀·月考）阿真在学习本章知识的过程中，发现等腰三角形沿着对称轴分割可以得到两个全等的直角三角形，她在想，如果这个等腰三角形很特殊，那么分割出来的直角三角形也一定很特殊，于是她将等边三角形进行了分割，她发现在中角所对的直角边等于斜边的一半． 于是她利用上述结论解决了一个困扰自己好久的问题： (1)如图，，，为中点，于，若，则的面积__________． (2)接着她还探究出很多相关结论，请尝试证明下面的问题 ①已知：中，，，求证：． ②已知：在中，，，求证：（提示：使用同一法或反证法） 67．已知：如图，在中，点A在边的垂直平分线上，直线l经过点A，、分别垂直于直线l，垂足分别为点D、E，且． (1)求证：． (2)取边的中点F，连接，求证：平分． 68．如图1，平分，点，点分别在射线上，且，垂足为点． (1)求证：； (2)如图2，以为对称轴，将射线翻折，交于点． ①求证：； ②如图3，连接，用等式表示线段之间的数量关系，并说明理由． 大题压轴题型十三、归纳探究问题 69．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：在中，是它的角平分线． (1)特例发现：如图②，当时，根据________，可知，由此可推得_______；（填“”、“”或“”） (2)一般归纳：如图①，当时，那么（1）中推得的结论仍然成立吗？如果成立，请证明； (3)综合应用：如图③，是的角平分线，且与相交于点，若，，求的值．（直接写出答案） 70．（25-26八年级上·上海普陀·月考）阿兰也发现了特殊的等腰三角形可以分割出特殊的直角三角形，于是她将等腰直角三角形沿着对称轴进行了分割． (1)她发现只要知道的长度，那么的面积可以表示为___________（用含的代数式），若知道的长度，那么的面积可以表示为__________（用含的代数式），那么和的关系可以表示为___________． (2)阿兰还发现这样的面积法还可以借助角平分线的性质定理（角平分线上的点到角两边距离相等）解决更多的问题．①在中，，，点为上一点，当点关于的对称点在边上时，求的值． (3)在中，，，，为的内心，且，点到的距离为，请求出与的关系（要求：写出必要步骤，使用勾股定理不得分）（提示：四边形是正方形） 71．综合与实践：阅读材料，并解决以下问题． (1)学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程变形为； ②构图：画四个长为，宽为的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形；    ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，∵表示边长，∴，即． 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根．但是从新方程可以得到原方程的另一个根是________． (2)类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长）．      (3)拓展应用：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么________，________，方程的一个正根为________．    72．【问题初探】（1）如图1是的平分线，点D为上一点且，求证：． 小明的想法是：过点C，分别作和的垂线，通过构造全等三角形解决问题． 小强的想法是：在上截取，然后利用全等三角形和等腰三角形的性质解决问题． 请你选择一种方法完成证明，其它方法也可以； 【类比分析】（2）如图2，是等边三角形，是顶角的等腰三角形，M是延长线上一点，N是延长线上一点，．探究、、 之间的数量关系，并证明． 大题压轴题型十四、几种求最值的方法 73．综合与实践 【问题情境】 数学综合与实践活动课上，老师提出如下问题：如图1是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为，，，和是这个三级台阶两个相对的端点，若点有一只蚂蚁，想到点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行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，连接，经过计算得到长度即为最短路程，则　 　 ． 【变式探究】 （2）如图3，一个圆柱形玻璃杯，若该玻璃杯的底面周长是48厘米，高是7厘米，一只蚂蚁从点出发沿着玻璃杯的侧面到与点相对的点处，则该蚂蚁爬行的最短路程是多少厘米？ 【拓展应用】 （3）如图4，圆柱形玻璃杯高为，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杯外壁，离杯上沿与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁从外壁处到内壁处的最短路程是多少厘米？（杯壁厚度不计） 74．配方法是数学中重要的一种思想方法，能帮助解决一些与非负数有关或求代数式的最大值、最小值等问题，我们定义：一个整数能表示成（，是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”，理由：因为．再如：，（，是整数），所以也是“完美数”． 例如，把二次三项式进行配方，可求其最值． 解： 当时，的最小值为2． 请通过阅读以上材料，解决以下问题： （1）下列各数中，“完美数”有________（只填序号）； ①11；    ②34；    ③60． （2）若可配方成（，为正整数），则的值为________； （3）已知实数x，y满足，求代数式的最小值． 75．（25-26八年级上·上海静安·期中）阅读下面内容：我们已经学习了《二次根式》和《乘法公式》，聪明的你可以发现：当时，，，当且仅当时取等号．请利用上述结论解决以下问题： (1)当时，的最小值为 ；当时，的最大值为 ． (2)当时，求代数式的最小值． (3)如图，四边形的对角线相交于点O，的面积分别为12和27，求四边形面积的最小值． 大题压轴题型十五、数学定理、新定义问题 76．若，则称x和y是关于3的平衡数． (1)与 是关于3的平衡数；与 是关于3的平衡数； (2)已知m为整数，若，请说明与是关于3的平衡数； (3)已知为整数，a和b是关于3的平衡数，则 ． 77．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）已知关于的方程（），满足，就把这个一元二次方程称为“波浪方程”． (1)判断方程是不是“波浪方程”： ；（填“是”或“不是”） (2)已知是关于的“波浪方程”，它有一个根是，则 ， ； (3)若一个“波浪方程”的两个根分别是，，求的值． 78．若一元二次方程有两个实数根为、，那么，，这就是一元二次方程的根与系数的关系．利用该结论，不解方程便可以求二次方程的两根之和与积，例如的两个根分别为、．则，． (1)小聪同学喜爱思考，他发现利用根与系数的关系不仅可以求解两根之和与两根之积，还可求解方程两根的倒数和．不解方程，请求一元二次方程的两个根的倒数和． (2)小明同学酷爱数学，他进一步研究根与系数的关系，发现了一种解一元二次方程的新方法．例如方程，、、，，． 设，，则，即，解得，所以原方程的解为、．请利用小明的方法解方程． (3)小睿同学善于发现，他对三次方程的根与系数关系作了探究，将该方程两边同时除以可得．若该方程的三个根分别为、、，则，将其展开后为，于是、、．若三次方程的三个根分别为、、，且．请先说明、再直接（不必书写过程）写一个三次方程且使得该三次方程的三个根分别为、、． 79．已知关于，是一元二次方程的两个实数根，若满足，则此类方程叫做差根方程．根据“差根方程”的定义，解决下列问题： (1)下列是“差根方程”的是______；填写序号 ①；② (2)已知关于x的方程是“差根方程”，求a的值． (3)已知是直角三角形，，的长为，若的两边AC、BC的长是一个“差根方程”的两个实数根，求出这个差根方程． 80．配方法是初中数学中重要的代数变形方法，通过将二次三项式 变形为的形式（m、n为常数），结合平方具有非负性，即就可以解决很多问题，例如：把多项式配方为： (1)基础小试：把多项式配方成的形式，则_____，_____； (2)几何实践：把两个全等的等腰直角三角板和叠放在一起（如图1），两直角三角板的直角边长均为4，且使三角板的直角顶点G与三角板的斜边中点O重合，现将三角板绕O点按顺时针方向旋转（旋转角满足条件：），四边形是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图2）．连接，在上述旋转过程中，求出面积的最小值． (3)拓展运用：已知正整数a，b，c满足不等式，求的值． 81．定义：若关于x的一元二次方程的两根都为整数，则称方程为“全整根方程”．任何一个“全整根方程”的根的判别式的值一定为完全平方数．现规定：代数式的值为该“全整根方程的最值码”．例如“全整根方程”的“最值码”为．已知关于的一元二次方程是一个“全整根方程”． (1)该方程的“最值码”是 （用含m的式子表示）: (2)若关于x的一元二次方程与都是“全整根方程”．当其“最值码”相等时，求代数式的值． 82．配方法是中学数学的重要方法，用配方法可求最大（小）值．对于任意正实数a，b，可作如下变形（提示：）； ， 又， ，即． 当且仅当，即时等号成立． (1)若，代数式的最小值为_________，此时_________． (2)某园林设计师要对园林的一个区域进行设计改造，一面利用墙体将该区域用篱笆围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃，如图1所示，为了围成面积为的花圃，所用的篱笆至少为多少米？ (3)如图2，四边形的对角线、相交于点O，、的面积分别为9和4，求四边形面积的最小值． 83．用一条直线分割一个三角形，如果能分割出等腰三角形，那么就称这条直线为该三角形的一条等腰分割线，在直角三角形中，，，． (1)如图1，若O为的中点，求证：直线是的等腰分割线． (2)如图2，已知的一条等腰分割线交边于点P，且，请求出的长度． (3)如图3，在，点Q是边上的一点，如果直线是的等腰分割线，求线段的长度． 84．定义：在一个三角形中，如果有一个角是另一个角的，我们称这两个角互为“友爱角”，这个三角形叫作“友爱三角形”．例如：在中，如果，，那么与互为“友爱角”，为“友爱三角形”． (1)如图1，是“友爱三角形”，且与互为“友爱角”（），． ①求、的度数． ②若是中边上的高，则、都是“友爱三角形”吗？为什么？ (2)如图2，在中，，，是边上一点（不与点，重合），连接，若是“友爱三角形”，直接写出的度数为______． 85．已知实数，满足，（），则的值是（ ） A． B． C． D． 86．若，是关于的一元二次方程的两个实数根，则有（   ） A． B． C． D． 87．若我们约定：表示不大于x的最大整数，例如：，，，记，则的值为（    ） A．30 B．31 C．32 D．33 88．如图，正方形，顶点在数轴上表示的数为1，若点在数轴上（点在点的右侧），且，则点所表示的数为，则正方形的面积为（   ） A． B．7 C． D．10 89．若3，4，n为三角形的三边长，则化简的结果为（  ） A． B． C． D． 90．已知，，则化简的值是（    ） A．1 B． C．2 D． 91．设，，，…，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 92．下列四个命题：①两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等；②有两边及其中一边上的高对应相等的两个三角形全等；③三角形的一条中线把三角形分成面积相等的两部分；④三角形的一条角平分线把三角形分成面积相等的两部分．其中真命题的是（    ） A．①② B．②④ C．③④ D．①③ 93．计算的结果为 ． 94．已知，则的值为 ． 95．如图，在中，，，，点D，E是线段上动点，且满足，连接，，则最小值为 ． 96．如图， 在中，，过点作于点，过点作于点，连接，过点作，交于点．与相交于点，若点是的中点，则下列结论中，①；②；③；④．其中正确的有 ．（填序号） 97．在学习“三线合一”时罗老师在课堂上进行了探究式教学． (1)【问题原型】定理：等腰三角形底边上的中线、高及顶角平分线重合． ①如图，在中，，平分，根据图用几何语言写出该定理： ∵，平分， ∴______，______． ②如图，在中，，，的周长为，的周长为，求的长； (2)【问题提出】罗老师提出：当三角形的一条角平分线恰好也是这个三角形的中线时，这个三角形是等腰三角形吗？经过小组合作探究后罗老师发现乐乐同学有以下解题思路，请完成命题的证明． 已知：如图，在中，平分，且点是的中点，过点分别作的垂线，垂足分别为．求证：． 98．如图，聪明好学的小海同学看到课本第页第题： 经过简单的整理，小海同学由这道题，得出一个结论：三角形一个内角平分线分对边得到的两线段的比，等于这个角的两邻边的比． 过点作于点于点，过点作于点． 平分，且点，于点， ∴___________， ∴___________， 又∵___________， ∴． (1)请你补全小海同学的证明过程； (2)如图2，小海同学又进行了深度思考，如果将“内角的平分线”换成“外角的角平分线”，是否仍成立？请你根据提供的图形帮助小海同学完成该命题的证明！ 99．操作与探究：三角形边与角的不等关系 【问题提出】我们知道：在一个三角形中，等边对等角，等角对等边．那么在一个三角形中，大边对大角，大角也会对大边吗？ 【探究一】在一个三角形中，大边对大角． （1）已知：如图，在中，．求证：． 小亮的研究思路是利用轴对称的性质，把研究两个量之间的不等问题，转化为较大量的一部分与较小量相等的问题，具体做法如下：作的角平分线，交于点D，在边上截取，连接．请在图中用无刻度的直尺和圆规作出以上辅助线（保留作图痕迹，不写作法）并写出证明过程． 【探究二】在一个三角形中，大角对大边． （2）已知：如图，在中，．求证：． 类比小亮的研究思路，在图中用无刻度的直尺和圆规添加辅助线（保留作图痕迹，不写作法）并写出证明过程． 100．数学史上，曾有数学家利用几何法求解一元二次方程．下面，以的求解为例，说明几何法解一元二次方程的过程： 由于，因此．分别以和为两边构造一个长方形，面积为64．如图（1）所示，再把该长方形分割成一个面积是的小正方形和两个面积是的小长方形．如图（2）所示，将分割后的图形重新拼成图（3）所示的图形，则图（3）的阴影部分是边长为6的小正方形，面积为36．这样就将一个面积为64的长方形和一个面积为36的小正方形拼成了一个面积为，边长是的正方形，显然该正方形的边长为10，故10，得． 用几何法求解一元二次方程时，只能得到正数根．请根据上述材料解决以下问题： (1)用几何方法求方程的正数根． 具体过程如下： ①在如图所示的区域内画出图形，并标出相应的线段长度． ②根据①中所画图形求出方程的正数根． (2)根据探究材料，我们尝试用“立体图形的组合”求特殊的一元三次方程的正根．例如，求的正数根． 类比平面图形的研究，可将此问题转化成拼正方体来求解，现准备以下规格的立体图形： 需要准备图（4）中的几何体_____块； 需要准备图（5）中的几何体_____块； 需要准备图（6）中的几何体_____块； 需要准备图（7）中的几何体_____块； 请直接写出方程的一个正数根：_____． 2 / 168 1 / 168 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 期末真题百练通关（100题15大压轴题） 一、一元二次方程 二、直角三角形的判定和性质综合运用 三、角平分线 四、勾股定理 五、旋转、翻折问题 六、最值问题 七、实数与二次根式 八、一元二次方程根的判别式与韦达定理 九、角平分线的性质定理和判定定理 十、直角三角形的证明问题 十一、勾股定理的应用（方程思想、多解问题） 十二、利用辅助线解决直角三角形相关问题 十三、归纳探究问题 十四、几种求最值的方法 十五、数学定理、新定义问题 小题压轴题型一、一元二次方程 1．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：是三条角平分线的交点，过点作，分别交，于、，设，，，则关于的方程的说法正确的是（   ） A．一定有两个相等实数根 B．一定有两个不相等实数根 C．无实数根 D．无法判断 【答案】B 【知识点】根据判别式判断一元二次方程根的情况、等腰三角形的性质和判定、两直线平行内错角相等 【分析】根据角的平分线定义，等腰三角形的判定，平行线的性质，一元二次方程根的判别式，完全平方公式，解答即可． 本题考查了角的平分线，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，一元二次方程根的判别式，完全平方公式，熟练掌握等腰三角形的判定，根的判别式是解题的关键． 【详解】解： ∵和分别平分和， ∴，，     ∵，     ∴，     ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， 且 ， 故方程有两个不相等的实数根， 故选：B． 2．对于一元二次方程为常数，且，下列条件：；②；；若只添加一个条件就可以判定方程有实数根，则所有正确条件的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【知识点】根据判别式判断一元二次方程根的情况 【分析】本题考查了根的判别式． 通过判别式判断方程有实数根的条件，分析每个条件是否足以保证判别式非负． 【详解】解：一元二次方程有实数根的条件是判别式． ①：， ∴，又， ∴，故方程有实数根． ②：， 反例：，则，但，无实数根，故②不能判定． ③：，即， ∴Δ===， ∵， ∴，， ∴，故方程有实数根． ∴正确条件的序号是①和③． 故选：B． 3．关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（   ） A． B． C．且 D．且 【答案】C 【知识点】一元二次方程的定义、根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式．一元二次方程根的判别式．一元二次方程有两个不相等的实数根，；一元二次方程有两个相等的实数根，；一元二次方程没有实数根，．熟练掌握是解决问题的关键． 根据方程有两个实数根，求解，且即可得到答案． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个实数根， ∴， ∴， 又． ∴，且． 故选：C． 4．把二次三项式因式分解，下列结果正确的是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】因式分解的应用、公式法解一元二次方程 【分析】本题考查了解一元二次方程和在实数内分解因式，能求出方程的解是解此题的关键．先把y看出已知数求出关于x的方程的解，再分解因式即可． 【详解】解：， ， 则， 所以， 故选：C． 5．关于的一元二次方程的两实根，，且满足，则的值为（   ） A．1或5 B．1或 C． D．5 【答案】C 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与系数的关系为：，．根据根与系数的关系得到，，整理代入，可求得的值，再根据判别式得出即可求解． 【详解】解：∵，是方程的两实根， ∴，， ， ∴，解得：， ∵， ∴， 整理得， 解得或（舍去）， ∴； 故选：C． 6．某工厂七月份的产值是100万元，计划第三季度共创产值484万元．若每个月产值的增长率相同，并设这个增长率为x，则下列方程中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】增长率问题(一元二次方程的应用) 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，掌握增长率的计算方法是解题的关键； 根据每个月产值的平均增长率为x，七月份的产值是100万元，表示之后两个月的产值，然后已知第三季度的总产值，列方程即可． 【详解】解：∵每个月产值的平均增长率为x，七月份的产值是100万元， ∴八月份产值为， 九月份产值为， ∵计划第三季度共创产值484万元， ∴， 故选：D． 7．使得关于x的不等式组有且只有3个整数解，且关于x的一元二次方程有实数根，所有整数的值之和为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【知识点】根据一元二次方程根的情况求参数、求一元一次不等式组的整数解 【分析】本题考查了一元一次不等式组的整数解与一元二次方程根的判别式，解题的关键是分别求出不等式组中的取值范围和方程有实数根时的取值范围，再确定符合条件的整数并求和． 先解不等式组得到解集，根据整数解个数确定的范围；再根据一元二次方程有实数根的条件（判别式且二次项系数不为0）确定的范围，取公共部分的整数求和． 【详解】解：由解得：； 由解得：． 故解集为． 因有且只有3个整数解（0、1、2），故，解得． 对于一元二次方程， 由得； 由，得． 结合得且，整数为3、4，和为． 故选：B． 8．（25-26八年级上·上海·月考）设、是方程的两个根，当m＝ 时，取到最小值． 【答案】 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、y=ax²+bx+c的最值 【分析】本题考查了根与系数的关系以及二次函数最值问题，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 利用根与系数的关系将表示为的二次函数，再求其最小值，并验证判别式确保方程有实根． 【详解】解：在方程中，，，， 由根与系数的关系，得，， ∵，将上式代入 ， 故， 令，此为开口向上的二次函数，最小值在顶点处， 顶点横坐标为， 的判别式： 要求，即，解得， ，满足条件， 故当时，取到最小值， 故答案为：． 9．（25-26八年级上·上海·月考）关于的方程只有一个实数解，则实数所有可能的值的绝对值之和为 ． 【答案】 【知识点】分式有意义的条件、根据一元二次方程根的情况求参数、解分式方程（化为一元一次）、根据分式方程解的情况求值 【分析】本题主要考查了分式有意义的条件、解分式方程、一元二次方程根的判别式等知识点，掌握根与系数的关系是解题的关键． 先根据分式有意义的条件确定分式方程x的取值范围，再将分式方程整理成，再分、以及分式方程存在增根三种情况求得k的值，最后再求绝对值的和即可． 【详解】解：原分式方程 的x的取值范围为且． 两边乘以公分母 ，得： ， 简化后为：， 展开并整理得：，此为关于的二次方程，但系数含 ． ①：当 ，即 时，方程为一次方程． 将代入原方程，解得 ，符合题意，故符合条件． ②：当 ，即 ，方程为二次方程． 二次方程有唯一实数解时判别式为零： ，解得：． 当时，，经检验均不为或，故 符合条件． 情况三：考虑增根可能性． 若是根，代入二次方程得 ，即 ． 当，原方程解得 ，满足题意，故符合条件． 若是根，代入二次方程得 ． 当，原方程解得 ，满足题意，故 符合条件． 综上，所有符合条件的 值为 ． 其绝对值之和为： ． 故答案为 ． 10．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）阅读下列材料： 当为实数时，求的最大值．设，将其化为关于的一元二次方程，得．因为为实数，就是这个方程有实数根，所以，得，即的最大值为，则为实数时，的最小值是 ． 【答案】 【知识点】根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】本题考查根的判别式，将函数化为关于的一元二次方程，利用根的判别式求函数的最值是本题的关键．设，将化为关于的一元二次方程，若此方程有实数解，则根的判别式，从而得到关于的不等式，解此不等式即可求得原函数的最小值． 【详解】解：设， 将化为关于的一元二次方程． 关于的一元二次方程有实数解， ， 解得， ，的最小值是． 故答案为：． 11．（25-26八年级上·上海·月考）在实数范围内因式分解： ． 【答案】 【知识点】实数范围内分解因式 【分析】本题考查了实数范围内分解因式：一些式子在有理数的范围内无法分解因式，可是在实数范围内就可以继续分解因式．通过补项配成完全平方公式是解决问题的关键． 先把原式变形为，可得到，再利用平方差公式进行因式分解，即可求解． 【详解】解： ． 故答案为：． 12．若关于x的方程所有的根都是比1小的正数．则实数m的取值范围是 ． 【答案】或/或 【知识点】因式分解法解一元二次方程、已知方程的解，求参数 【分析】本题主要考查了方程的解、解一元二次方程等知识点，掌握分类讨论思想成为解题的关键． 分、两种情况先求出原方程的实数根，再根据两个实数根都是比1小的正实数，列出不等式求解即可． 【详解】解：当时，． 当时，可得，解得：，符合题意； 当时，可得，解得：，不符合题意； 当时， ，则 ∴． ∵关于x的方程的所有根都是比1小的正实数， ∴，解得：，，解得：，即． 综上可得，实数m的取值范围是或． 故答案为：或． 13．（25-26八年级上·上海·月考）已知关于一元二次方程中，①若，那么方程有两个不相等的实数根；②若，则；③若方程两根为和，则；④若，那么方程一定无解．其中正确的是 ． 【答案】①②③④ 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、根据判别式判断一元二次方程根的情况、根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的根的判别式．对于一元二次方程，若是方程的两个根，那么，， 当时，有两个不相等的实数根，当时，有两个相等的实数根；当时，没有实数根，由此逐项判断即可． 【详解】解：由已知得 ， ①由得， ， ， ， 方程有两个不相等的实数根；故①正确； ②若， 则，故②正确； ③若方程两根为和， 则，， ， ， ；故③正确； ④若，则， ， ， 方程一定无解．故④正确， 综上可知，正确的是①②③④． 故答案为：①②③④． 14．若，是方程的两个实数根，则的值为 ． 【答案】 【知识点】已知式子的值，求代数式的值、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系及根的概念，解题的关键是整体思想的应用．由m，n是方程的两个实数根可得：，代入所求式子即可得到答案． 【详解】解：∵，是方程的两个实数根， ∴， ∴， ∴ ， 故答案为：． 小题压轴题型二、直角三角形的判定和性质综合运用 15．（25-26八年级上·上海·月考）在课堂上，李老师发给每人一张印有RtABC（如图）的卡片，要求学生们画一个，使得，小海和小华先画出了之后，后续画图的主要过程分别如图所示．对这两种画法的描述中，错误的是（    ） A．小海作图判定的依据是直角三角形全等的判定定理 B．小海第二步作图时，用圆规截取的长度是线段的长 C．小华作图判定的依据是 D．小华第一步作图时，用圆规截取的长度是线段的长 【答案】D 【知识点】用SAS证明三角形全等（SAS）、用HL证全等（HL）、结合尺规作图的全等问题（全等三角形的判定综合） 【分析】本题考查了用圆规作图和全等三角形判定的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； 根据演示确定作图的具体步骤，结合全等的判定方法逐选项进行判断，即可求解； 【详解】解：由图示知，小海第一步为截取线段，第二步为作线段，判定方法为；小华第一步为截取线段，第二步为作线段，判定方法为． 选项D表述为“小华第一步作图时，用圆规截取的长度是线段的长”明显错误，符合题意， 故选：D． 16．（25-26八年级上·上海·期中）如图，，E为的中点，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】等边对等角、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质．根据直角三角形斜边上中线的性质得，再根据等腰三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵，E为的中点， ∴和均为直角三角形，且点E是公共斜边的中点， ∴， ∴， 故选：A． 17．已知：如图，为的角平分线，且，为延长线上的一点，，过作，为垂足．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【知识点】全等三角形综合问题、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、角平分线的性质定理、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线，本题中熟练求证三角形全等和全等三角形对边应角、对应边相等的性质是解题的关键． 先证明，可得，可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得，即③正确，根据③可求得④正确． 【详解】解：为的角平分线， ， 在和中， ， ，①正确； ， ， ， ， ， ，②正确， ， ， ， ， ， ，③正确； 过作，交的延长线于点， 平分， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，④正确； 故选D． 18．（25-26八年级上·上海·月考）下列条件中，不能确定三角形是直角三角形的是（   ） A．有一边的中线等于这边的一半 B．三个内角之比为 C．三边之比为 D．三边之比为 【答案】D 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、判断三边能否构成直角三角形 【分析】本题考查了直角三角形的判定，涉及等边对等角、三角形内角和定理、勾股定理的逆定理等，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据直角三角形的判定，逐项分析判断即可得出答案． 【详解】解：A、如图，中，是中线且， ∴， ∴，， ∵，即， ∴， ∴， ∴有一边的中线等于这边的一半的三角形是直角三角形，故此选项不符合题意； B、由题意得，最大的内角度数为， 则三个内角之比为的三角形是直角三角形，故此选项不符合题意； C、由题意，设三边长分别为， ∵， ∴三边之比为，可以组成直角三角形，故此选项不符合题意； D、设三边长分别为， ∵， ∴三边之比为，不可以组成直角三角形，故此选项符合题意； 故选：D． 19．（25-26八年级上·上海闵行·月考）下列命题中，正确命题的个数有（   ） ①点P是的平分线上一点，点M、N分别在边上，则； ②在中，是边的中线，且，则是直角三角形； ③在中，若是边的中线，则； ④已知点C是线段上的一点，点D是线段外的一点，且，则直线是线段的垂直平分线． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【知识点】角平分线的性质定理、线段垂直平分线的判定、斜边的中线等于斜边的一半、判断命题真假 【分析】本题考查判断命题的真假，根据角平分线的性质，等边对等角，斜边上的中线，中垂线的定义，逐一进行判断即可． 【详解】解：①当时，，原命题是假命题，不符合题意； ②在中，是边的中线，且， 则：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形；原命题为真命题，符合题意； ③在中，当时，若是边的中线，则；原命题为假命题，不符合题意； ④已知点C是线段上的一点，点D是线段外的一点，且，，则直线是线段的垂直平分线；原命题为假命题，不符合题意； 故选B． 20．如图，CD是的外角的平分线，，垂足为．若，，则的长为（   ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 【答案】D 【知识点】解一元一次方程（一）——合并同类项与移项、用HL证全等（HL）、角平分线的性质定理 【分析】本题考查三角形全等的性质和判定，角平分线定理，一元一次方程的应用，掌握相关知识是解决问题的关键．过点 作 于点 ，利用角平分线定理得，则可证，则， 证明，可得，设 ，则 ，， 由 为等量关系列方程即可． 【详解】解：如图，过点 作 于点 ， ∵平分 ，，，   ∴， 在 和 中：   ，     ∴ ，     ∴ ， 在 和 中：     ，     ∴，     ∴ ， ．设 ，     则 ，     ，   由 得：，   解得：，，   即 ． 21．如图，在中，，D，E分别为线段，上一点，且，连接、交于点G，延长交于点F．以下四个结论正确的是（   ） ①； ②若，则； ③连结，若，则； ④若平分，则 A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的性质定理、等腰三角形的性质和判定、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】由“”可证，可得，可证，可得，则点是的中垂线上，由线段垂直平分线的性质可得，故①正确； 由全等三角形的性质可得，由直角三角形的性质可得，故②正确； 由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得，由，可得，故③正确； 由角平分线的性质可证点是角平分线的交点，可得点到三边距离相等，由面积法可求，故④正确；即可求解． 【详解】解：在和中， ， ∴， ， ， ， ， ， 点是的中垂线上， ， 点在的中垂线上， 垂直平分， ，故①正确； 若，则， ∵， ， ， 又， ，故②正确； 如图，连接， 若，则， ∵， ， ， 又， ， ，， ，， 又， ， ， ， ， ， ， ，故③正确， 若平分， ， ，， ， 点是角平分线的交点， 点到三边的距离为的长， ，，， ， ， ， ，故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，证明三角形全等三角形是解题的关键． 22．如图，在中，．线段、分别为的高和中线，下列说法中错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】与三角形的高有关的计算问题、直角三角形的两个锐角互余、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题主要考查了三角形的高和中线的性质，熟练掌握三角形高和中线的性质是解题的关键； 根据三角形高和中线的性质，结合图形对选项一一判断即可求解． 【详解】解：线段、分别为的高和中线， ， ， ， ，故A选项正确，不符合题意； 在中，， ， ， ，故B选项正确，不符合题意； ， ，故选项C正确，不符合题意； 根据题中条件无法推出，故无法推出，故选项D错误，符合题意； 故选：D 23．如图，在中，，是斜边的中线，是斜边的高，如果恰好是边上的中线，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得到，即可判断A选项；然后证明出是等边三角形，得到，即可判断B选项；然后利用含角直角三角形的性质即可判断C选项；然后根据勾股定理即可判断D选项． 【详解】解：∵在中，，是斜边的中线， ∴，故A正确； ∵恰好是边上的中线， ∴ ∵是斜边的高， ∴ ∴垂直平分 ∴， ∴ ∴是等边三角形 ∴，故B正确； ∵ ∴ ∴，故C正确； ∵是等边三角形， ∴ ∴ ∴，故D错误． 故选：D． 【点睛】此题考查了直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 24．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：在中，是的中点，，与交于点，且．下列说法：①的垂直平分线一定与相交于点；②；③当为中点时，．其中，正确的是 ． 【答案】①② 【知识点】等边三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形、根据三角形中线求面积、线段垂直平分线的性质 【分析】连接，由直角三角形斜边中线的定义及性质得到，继而推出，据此可判断①；设，由等边对等角和三角形外角的性质可推出，然后由，据此可判断②；连接并延长交于，推出点为的中点，进一步说明是线段的垂直平分线，可证明，推出为等边三角形，得到，，，则可证明，进而得到，据此可判断③． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴，即为直角三角形， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴点在的垂直平分线上， ∴的垂直平分线一定与相交于点，故说法①正确，符合题意； 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故说法②正确，符合题意； 如图，连接并延长交于点， ∵点是的中点，点为的中点， ∴点是的中点， 又∵点为的中点，， ∴，是线段的垂直平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，点为的中点， ∴， ， ∴，故说法③不正确，不符合题意； ∴正确的是①②． 故答案为：①②． 【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线，含角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，三角形的外角的定义及性质，三角形中线的性质，三角形的面积等知识点，掌握含角的直角三角形的性质及直角三角形斜边上的中线的性质、等边三角形的判定和性质是解题的关键． 小题压轴题型三、角平分线 25．中，，，平分，交于，于，若，则的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，先利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，，然后求出，进而可得的周长． 【详解】解：，， ， 平分， ， 在和中， ， ∴， ，， ， ， 所以，的周长为． 故选：D． 26．如图，在中，，点在边上且到边和边的距离相等．以点为圆心，线段的长为半径画弧交边于点，连接．下列结论中，不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据平行线判定与性质证明、角平分线的判定定理、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查等腰三角形的判定与性质，角平分线的判定，平行线的判定与性质，根据作图得到，等边对等角，推出，进而得到，根据点在边上且到边和边的距离相等，得到平分，推出为等腰三角形，逐一进行判断即可． 【详解】解：由作图可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点在边上且到边和边的距离相等， ∴平分， ∴， ∴， ∴，；故选项A，C正确，不符合题意； ∵， ∴（平行线间的距离处处相等）；故选项D正确，不符合题意； 无法得到； 故选：B． 27．已知，下列尺规作图的方法中，能确定的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】作角平分线(尺规作图)、作垂线(尺规作图) 【分析】本题考查作图——基本作图，解题的关键是掌握垂直平分线，角平分线，垂线的尺规作图方法；观察各选项作图痕迹，根据垂直平分线、角平分线、垂线的性质，逐项判断即可. 【详解】解：A、作图痕迹可知，D为中点，不能确定，故A不符合题意； B、作图痕迹可知，D在的平分线上，能确定，故B符合题意； C、作图痕迹可知，是边上的高，不能确定，故C不符合题意； D、作图痕迹可知，D在的垂直平分线上，不能确定，故D不符合题意. 故选：B. 小题压轴题型四、勾股定理 28．意大利文艺复兴时期的著名画家达·芬奇利用两张一样的纸片拼出不一样的“空洞”，从而巧妙的证明了勾股定理．小明用两张全等的的纸片①和②拼成如图1所示，中间的六边形由两个正方形和两个全等的直角三角形组成．已知六边形的面积为14，．小明将纸片②翻转后拼成如图2所示，其中，则四边形的面积为（    ） A．12 B．10 C．6 D．4 【答案】B 【知识点】勾股定理的证明方法 【分析】本题主要考查勾股定理的几何验证，解题的关键是熟知勾股定理的运用． 根据图形及勾股定理的验证得到，故四边形的面积等于四边形的面积加上四边形的面积，再根据六边形的面积为14，即可求解． 【详解】解：∵， ∴设，， ∵六边形的面积为14， ∴ 解得，（舍去）， 根据图形及勾股定理的验证得到， ∴四边形的面积=四边形的面积加上四边形的面积． 故选：B． 29．（25-26八年级上·上海·月考）如图，在中，，为上任意一点，那么的值是 ． 【答案】 【知识点】三线合一、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，平方差公式；过点A作于点D，由勾股定理得，，运用平方差公式得，即，再由可得出结论. 【详解】解：过点A作于点D，如图所示： ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴D是中点， ∴，， ∴， ∴. 故答案为：. 30．（25-26八年级上·上海徐汇·月考）我们新定义一种三角形：两边的平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做“可爱三角形”．若是“可爱三角形”，，，则 ． 【答案】或 【知识点】用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键；根据“可爱三角形”的定义，两边的平方和等于第三边平方的2倍，结合直角三角形勾股定理，列出方程求解即可． 【详解】解：在中，，，设，，则根据勾股定理，有，即， 由“可爱三角形”的定义，需考虑三种情况：  ①若，但，前后矛盾，故不成立 ； ②若，即，则代入， 得，整理得， 解得（负根舍去），则， ∴（负根舍去），即； ③若，即，则代入， 得，整理得， 解得，则， ∴（负根舍去），； 综上所述：或； 故答案为：或． 小题压轴题型五、旋转、翻折问题 31．（25-26八年级上·上海闵行·月考）如图，在数轴上，我们可以用画半圆的方式，依次得到一些新的点．从原点开始，作一个边长为1的正方形，连接正方形对角两个顶点得到的线段的长度为，以数轴原点为圆心，长度为半径画半圆，交数轴右边于点，如此就能把表示在数轴上点处，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，记右侧最近的整数点为，以点为圆心，为半径画半圆，交数轴于点，如此继续，则的长为 ． 【答案】 【知识点】数轴上两点之间的距离、与算术平方根有关的规律探索题 【分析】本题考查了实数与数轴、估算无理数的大小以及探索规律，通过估算无理数的大小，找到图形变化规律是解题的关键．利用表示的数，根据实数与数轴的关系，逐一计算各点所对应的数，再计算、、……，得出规律即可解决． 【详解】解：由题意得，点表示的数为， ∵， ∴， ∴表示的数为2， ∴， 则表示的数为， ∵， ∴， ∴， ∴表示的数为3， ∴， 同理可得； ； ； ； ， 以此类推可得，当为奇数时， 当为偶数时； ∴； 故答案为：． 32．如图，中，，，，，点D在边上，将沿直线翻折，使点C落在点处，连接，直线与边的延长线相交于点F，如果，那么线段的长为 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、根据等角对等边求边长、用勾股定理解三角形、折叠问题 【分析】设，则，，由折叠可得，进而可得，则，，由直角三角形的两个锐角互余可得，由三角形外角的性质可得，进而可得，由等角对等边可得，由含度角的直角三角形可得，由勾股定理可得，即，解得或（不符合题意，故舍去），则，，由线段的和差关系可得，，由此即可求出的长． 【详解】解：如图， 设，则，， 由折叠可得：， ， ， ， 又， ， ， ， ， 在中，，， ， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：或（不符合题意，故舍去）， ， ， 又， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了折叠问题，含度角的直角三角形，勾股定理，直角三角形的两个锐角互余，三角形外角的性质，等角对等边，直接开平方法解一元二次方程，线段的和与差等知识点，由折叠及角的和差关系得出、由含度角的直角三角形的性质及勾股定理得出是解题的关键． 33．在中，，如果将折叠，使点B与点A重合，且折痕交边于点M，交边于点N．如果是直角三角形，那么的面积是 ． 【答案】1或 【知识点】三线合一、勾股定理与折叠问题 【分析】本题是等腰三角形的折叠问题，考查了折叠的性质，等腰三角形三线合一性质，勾股定理，三角形面积等知识．分两种情况：当时，根据及将折叠，使点B与点A重合，可得，可得到的面积；当时，过A作于H，设，则，可得，，又，可得，再利用勾股定理可得，可得到的面积． 【详解】解：当时，如图： ∵， ∴， ∵将折叠，使点B与点A重合， ∴， ∴的面积是：； 当时， 如图，过A作于H，设， ∵， ∴， ∴， ∵将折叠，使点B与点A重合， ∴， 在中，， 在中，， 在中，， ∴，解得：， ∴， ∴， ∴的面积是：．． 故答案为：1或． 34．（25-26八年级上·上海·月考）如图，点是等边内一点，，，，则的值为 ． 【答案】 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质以及勾股定理，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接，则，进而得到，然后求出四边形的面积解答即可． 【详解】解：将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接,, ∵是等边三角形， ∴， ∴ ， 又∵，， ， ， 根据旋转的性质可知是等边三角形， ， 在中，，，， 是直角三角形，， 面积为， 过点B作于点D， 则， ∴ ∴等边面积为 ， ∴四边形的面积为， ， ∴四边形的面积的面积的面积， ， 故答案为：． 小题压轴题型六、最值问题 35．如图，在中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，连接，以为边在的下方作等边，连接，则的最小值是 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】求解，如图，把绕顺时针旋转得，连接，过作于，证明为等边三角形，进一步证明，可得在线段上运动，可得当重合时，的最小值为. 【详解】解：∵，，点是的中点， ∴， ∵以为边在的下方作等边， ∴，， 如图，把绕顺时针旋转得，连接，过作于， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴在线段上运动， ∵， ∴， ∴，， ∴当重合时，的最小值为. 故答案为： 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，垂线段最短，旋转的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 36．（25-26八年级上·上海·月考）纸飞机是大家平时随手就能制作的简单玩具，其做法各种各样，接下来我们将图1中长为，宽为的矩形纸片折叠可得到图2中的纸飞机，下面是折纸飞机的三个关键步骤的介绍．（说明：纸片折叠过程中无缝隙、无边缘重叠） 第一步：如图3，将图1中的矩形纸片沿折叠，点的对应点落在边上． 第二步：如图4，将和分别沿着和折叠，点与点的对应点重合，从而获得边与平行，且，，三条线段中相邻的两条之间距离均为． 第三步：如图5，在上选取点，将四边形沿着折叠，使的对应边所在直线与所在直线重合，点的对应点为，下方部分进行同样的操作，点的对应点为，点到的距离为飞机的最大长度． 则该纸飞机最大长度为 ． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】本题考查了矩形的性质，图形翻折的性质，等腰直角三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理解三角形，熟练掌握图形翻折前后边长与角度不变是解决本题的关键． 先由翻折的性质由x表示与，再证明四边形为正方形，由此可证明为等腰直角三角形，再由翻折前后边长不变可求解x的值，再由勾股定理可求解的长度，由翻折可得，再证明为等腰直角三角形，再由勾股定理即可求解的长度，由此可求解该纸飞机最大长度． 【详解】解：矩形纸片长为，宽为，且，，三条线段中相邻的两条之间距离均为， ∵矩形纸片沿折叠，点的对应点落在边上， ∴， ∴， ∵将和分别沿着和折叠，点与点的对应点重合， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 又， ∴为等腰直角三角形， 同理可得为等腰直角三角形， ∴， ∴，解得， ∴， 在中，， ∵四边形沿着折叠， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， 且， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴为等腰直角三角形， ∴，， 在中，， 解得， ∴， ∴该纸飞机最大长度为． 故答案为：． 大题压轴题型七、实数与二次根式 37．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）已知数轴上有A、B、C、D四个点，其中A、B分别表示和，点C向左移动4个单位后与点A重合． (1)点C表示的数是 ； (2)对于数轴上三个点，若其中两个点关于第三个点对称，则称这三个点有“优美关系”．如果点A、B、D有“优美关系”，则点D表示的数为 ； (3)若点C所表示的数的整数部分为，小数部分为，求的值． 【答案】(1) (2)或1或 (3) 【知识点】实数与数轴、无理数整数部分的有关计算、二次根式的混合运算 【分析】本题主要考查了实数与数轴，熟练掌握数轴上点的特征是解题的关键． （1）点C向左平移4个单位长度后与点A重合，也就是点A向右平移4个单位长度得到点C解答即可． （2）分三种情况考虑，利用数轴上点的特征和对称性解答即可． （3）通过估算的取值范围，求出x和y的值，然后代入计算即可． 【详解】（1）解：点C向左平移4个单位后与点A重合， 点C表示的数是 故答案为：； （2）解：设点D表示的数为， 点A、点B、点D为优美关系，且点A、B分别表示数和． 当点B和点D关于点A对称时，则点A为线段的中点，即， 即， 解得； 当点B和点A关于点D对称时，则点D为线段的中点，即， 即， 解得； 当点A和点D关于点B对称时，则点B为线段的中点，即， 即， 解得； 点D对应的实数为或1或 故答案为：或1或； （3）解：∵ ∴ ∴ ∴ ∵点C所表示的数的整数部分为，小数部分为， ∴ ∴ ． 38．材料一：由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如： ； 材料二：根式化简 ； ． 根据以上材料，请完成下列问题： (1)_______；（直接写结果） (2)计算：； (3)计算：； (4)计算：． 【答案】(1) (2)9 (3) (4) 【知识点】运用平方差公式进行运算、二次根式的混合运算、分母有理化 【分析】本题考查分母有理数、二次根式的混合运算，理解分母有理化的求解过程并灵活运用是解答的关键． （1）仿照题中例题解过程求解即可； （2）仿照题中求解过程化简各式，然后加减运算即可求解； （3）仿照题中求解过程化简各式，然后加减运算即可求解； （4）先对分母分解因式，再进行裂项化简各数，然后加减运算即可． 【详解】（1）解：， 故答案为： （2）解： ； （3）解： ； （4）解： ． 39．（2025八年级上·重庆·专题练习）在学习二次根式运算时，小明根据学习有理数运算积累的活动经验，类比探究了二次根式的运算规律， 特例； 特例； (1)特例3：________（填写一个符合上述运算特征的式子）； (2)求证：（，且n为整数）； (3)如果的小数部分是0.1，那么整数部分为_____． 【答案】(1) (2)见解析 (3)5 【知识点】利用二次根式的性质化简、二次根式的混合运算 【分析】本题考查二次根式的性质，数字类规律探究，根据题干信息，得到（，且n为整数），是解题的关键： （1）仿照题干给出的特例，作答即可； （2）根据二次根式的性质进行化简即可； （3）利用规律先化简，再进行计算即可． 【详解】（1）解：由题意，； （2）证明：∵，且n为整数， ∴ ， ； （3）解： ， ∵的小数部分是0.1 ∴， ∴， ∴的整数部分为． 40．阅读材料：像，、……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都是互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号． 例如：；．解答下列问题： (1)与______互为有理化因式，将分母有理化得_____； (2)比大小______；（直接填，，，或中的一种） (3)求式子的值； (4)已知是正整数，，，，求． 【答案】(1)， (2) (3)2018 (4) 【知识点】二次根式的混合运算、分母有理化、比较二次根式的大小、已知字母的值，化简求值 【分析】本题考查分母有理化，二次根式的混合运算，熟练掌握分母有理化，是解题的关键： （1）根据分母有理化，进行求解即可； （2）逆用分母有理化，进行判断即可； （3）先进行分母有理化，再进行计算即可； （4）求出的值，整体代入法，进行求解即可． 【详解】（1）解：，； 故与互为有理化因式，分母有理化得， 故答案为：， （2）解：∵， ， ， ∴， 故答案为：； （3）解：∵， ∴ ； （4）解：， ， ∴，， ∵， ∴， 解得． 大题压轴题型八、一元二次方程根的判别式与韦达定理 41．（25-26八年级上·上海虹口·期中）已知关于的一元二次方程． (1)求证：不论为任何实数，方程总有两个不相等的实数根． (2)若方程两个实数根的平方和等于5，求的值及方程的两根． 【答案】(1)见解析 (2)，根为，；或，根为1，2 【知识点】根据判别式判断一元二次方程根的情况、根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式和根与系数的关系（韦达定理），掌握根的判别式的计算及应用和根与系数的关系，并灵活转化是解题关键． （1）根据根的判别式与0的关系判断即可； （2）先将平方和转化为，再通过根与系数的关系（韦达定理），得到关于m的方程，解出m，并求出方程的根即可． 【详解】（1）证明：， 不论为任何实数，方程总有两个不相等的实数根； （2）解：设方程的两根为， 由韦达定理可知，， 方程两个实数根的平方和等于5，即， 又， ∴， 整理，得， 解得或， 当时，方程为，解得； 当时，方程为，解得； 综上，，根为，；或，根为1，2． 42．（25-26八年级上·上海·月考）已知关于的一元二次方程． (1)如果这个方程有两个不相等的实数根，求的取值范围； (2)如果这个方程的两个实数根的平方和是13，求的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】根据一元二次方程根的情况求参数、一元二次方程的根与系数的关系、因式分解法解一元二次方程 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系及根的判别式、解一元二次方程，熟知一元二次方程根与系数的关系及根的判别式是解题的关键． （1）根据所给一元二次方程有两个不相等的实数根，得出关于m的不等式，据此可解决问题． （2）利用一元二次方程根与系数的关系，结合完全平方公式列方程，然后解方程即可解决问题． 【详解】（1）解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴ ∴， 解得， 故m的取值范围． （2）解：设是方程的两个实数根， 则，，且， 解得； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴舍去， 故． 43．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）已知关于的方程有两个相等的实数根，且方程有一个根为． (1)判断以、、为边的三角形的形状，并说明理由； (2)若方程的两根为、，求的值． 【答案】(1)等边三角形，见解析 (2) 【知识点】因式分解法解一元二次方程、根据一元二次方程根的情况求参数、等边三角形的判定、由一元二次方程的解求参数 【分析】本题考查了一元二次方程的解，以及一元二次方程根的判别式与根的关系，当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根． （1）由方程有两个相等的实数根，可得，再结合方程有一个根为得，联立即可求出a，b，c的关系；（2）根据（1）求出的a，b的关系，可以得出方程有两个相等的实数根，由即可求出m． 【详解】（1）解：等边三角形．理由如下： ∵关于x的方程有两个相等的实数根， ∴，即：， ∴， ∵方程有一个根为， ∴把代入得：， 联立①②，解得：， ∴以a、b、c为边的三角形是等边三角形． （2）解：方程的两根为a、b， 由（1）可知，， ∴方程有两个相等的实数根， ∴，即：， 化简得：， 解得：． 当时，方程变为，则，即，此时与方程有一个根为矛盾，舍去. 当时，方程变为，则，符合题意. 所以. 44．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）综合理解： 一元二次方程，当，它有两个实数根和，有以下关系式：，． (1)设方程的两个根为、，则 ， ； (2)设关于的方程的两个实数根为、，且，则的值为 ； (3)已知，且及，求的值． 【答案】(1)； (2)3或 (3) 【知识点】因式分解法解一元二次方程、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，理解题意，是解题的关键． （1）根据根与系数的关系进行求解即可； （2）解关于的方程得出，，根据，得出或，求出结果即可； （3）将变形为，得出、可看作方程的两个根，从而得出，，再代入求值即可． 【详解】（1）解：∵的两个根为、，，，， ∴，， ∴； （2）解：∵关于的方程可变形为：， ∴，， 解得：，， ∵， ∴或， 解得：或． （3）解：∵， ∴， ∵，， ∴、可看作方程的两个根， ∴，， ∴ ， ． 45．（25-26八年级上·上海普陀·期中）如果关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根、，小普发现对于这个方程的两根，有，．假设、在数轴上对应的点分别为、，点、之间的距离为2，的中点表示的数是p． (1)当时，_____________； (2)根据小普的结论，求m、n；（结果用含p的代数式表示） (3)如果n是一个正整数的平方，现保持的中点不变，、之间的距离变为8，对应的方程中也是一个正整数的平方，求的中点表示的数． 【答案】(1) (2)， (3)或或或 【知识点】求一个数的平方根、实数与数轴、因式分解的应用、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，利用完全平方公式变形求值，因式分解的应用，求一个数的平方根等知识点． （1）根据数轴上中点坐标公式求解； （2）根据，即可表示；由题意得，再由代入化简即可； （3）当时，（为正整数），则当时，（为正整数，且），则 ，即，再分类讨论求解． 【详解】（1）解：∵的中点表示的数是p， ∴， 故答案为：； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴； 由题意得， ∴， ∴， ∴； （3）解：当时，（为正整数）， 当时，（为正整数，且）， ∴ 两式相减得， 即． ∴ 或 解得或， ∴或 ∴ ，，，， 即的中点表示的数是或或或． 46．阅读材料：若一元二次方程的两个根为，，则，． (1)材料理解：一元二次方程的两个根为，，则________，________． (2)类比探究：已知实数，满足，．________． (3)思维拓展：已知实数、、满足、，且，求的最大值． 【答案】(1)， (2)2或 (3)7 【知识点】通过对完全平方公式变形求值、一元二次方程的根与系数的关系、根据一元二次方程根的情况求参数、不等式的解集 【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，解不等式，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）直接根据根与系数的关系可得答案； （2）分类讨论，当时，，当时，由题意得出、可看作方程的解，据此知，，将其代入计算可得； （3）由，，将、看作是方程的两实数根，然后通过根的判别式即可求解． 【详解】（1）解：根据根与系数的关系得，； 故答案为：；； （2）解：当时，符合题意，则， 当时， ，， 、可看作方程的两个根， ，， ， 故答案为：2或； （3）解：，， 将、看作是方程的两实数根， ， ， ， 则， ， ， ， ， 的最大值为7． 47．阅读材料：各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想一一转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程通过因式分解可以把它转化为，解方程和，可得方程的解． 问题： （1）方程的解是，______，______； （2）求方程的解； 拓展： （3）用“转化”思想求方程的解． 【答案】（1），； （2），，． （3） 【知识点】提公因式法分解因式、无理方程、因式分解法解一元二次方程 【分析】本题主要考查了解一元高次方程，解一元二次方程，解无理方程，解题时要能读懂题意，灵活运用分解因式是关键． （1）依据题意，解一元二次方程即可得解； （2）依据题意，仿照例题分析即可得解； （3）依据题意，首先两边同时平方，然后解高次方程可以得解． 【详解】解：（1）由题意，解方程， ． ，． 故答案为：3，； （2）由题意，， ． ． ． ，，； （3）由题意，两边同时平方得， ． ． ． ． ，，． ， ，均不符合题意． 方程的解为． 48．材料：已知、均不为0，若分式的值为零，则或，因为，即，所以关于的方程的两个解为：，． 如：方程可写成，所以此方程的两个解为：，． 请阅读以上材料，回答下列问题： (1)方程的两个解为：　　　，　　　； (2)若方程的两个解为，，求的值； (3)若关于的方程的两个解，满足，求的值． 【答案】(1)， (2) (3) 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、解分式方程（化为一元一次） 【分析】本题考查了根与系数的关系，分式的值为零的条件，解题时要熟练掌握并能根据所给信息列出关系式是关键． （1）根据题意，由方程，则，进而可以判断得解； （2）依据题意，由方程的两个解分别为m，n，则，，进而可得，将通分即可求解； （3）将方程转化为，进而求出，，代入，求出的值即可． 【详解】（1）解：， ，， 故答案为：，； （2）由题意，方程的两个解分别为m，n，   则，，                           ， ； （3）由题意，方程为， ， 即． ，或，．           ，或，．                     或               又， 或． 或．                              又，，不合题意．                                综上所述，． 大题压轴题型九、角平分线的性质定理和判定定理 49．在中，点D、E分别在、边上，连接、，于F，且． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，于G，连接交于H，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的性质定理、角平分线的判定定理、线段垂直平分线的性质 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质进行证明即可； （2）证明，推出，再利用角平分线的性质定理解决问题即可． （3）如图3中，过点作于，过点作于，过点作于，于．利用面积法证明，求出，，可得结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴垂直平分， ∴； （2）证明：如图，过点作于， ， ， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， 平分， ． （3）解：如图，过点作于，过点作于，过点作于，于． ， ，， 在和中， ， ， ， ， 平分，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定定理和性质定理，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 50．（25-26八年级上·上海徐汇·月考）在学习了角的平分线的性质之后，小明同学做了如下的实验：画，并画的平分线．把三角尺的直角顶点落在的任意一点上，使三角尺的两条直角边分别与相交于点． (1)若（如图①），小明发现，请帮小明证明； (2)把三角尺绕点旋转至如图②所示的位置，小明发现与仍然相等，请帮小明证明； (3)聪明好学的小明接着进行了如下探究：画，并画的平分线，在上任取一点，作．的两边分别与相交于两点（如图③），小明发现与仍然相等，请帮小明证明． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)见详解 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的性质定理、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）由角平分线的性质可证明； （2）作于点，于点，根据角平分线的性质定理得，再证明，可得； （3）在上取一点，使，连接，先证明，可得，，再由同角的补角相等证明，则，得． 【详解】（1）证明：∵平分，， ∴． （2）证明：如图②，作于点，于点， ∵平分， ． ， ． ， ． 在与中， ， ∴， ∴． （3）证明：在上取一点，使，连接， ∵平分， ． 又， ∴， ∴，， ∴． ，，且， ， ， ， ． 【点睛】此题是几何变换综合题，考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、四边形的内角和、线段相等的证明等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，构造全等三角形． 51．（25-26八年级上·上海·期中）如图，在中，和的平分线、交于点，连接． (1)求证：平分； (2)？若成立，请证明：若不成立，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】与角平分线有关的三角形内角和问题、全等的性质和SAS综合（SAS）、角平分线的性质定理 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质、三角形内角和定理以及三角形的外角性质等知识； （1）过作于点，于点，于点，由角平分线的性质得，，则，再由角平分线的判定即可得出结论； （2）过作于点，于点，于点，由角平分线的性质得，再证明，然后证明，即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图1，过作于点，于点，于点， 平分， ， 平分， ， ， 平分； （2）成立，证明如下： 设， 如图，过作于点，于点，于点， 则点在线段上，点在线段上， 和的平分线、交于点， ， ，， ， 、分别平分、， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． 52．如图1，在等腰中，，，是的角平分线． (1)求； (2)求证：； (3)如图2，E在上，过点E作垂线，垂足为点G，延长交的延长线于点F．若E是的中点，求证：； 【答案】(1)67.5° (2)证明见解析 (3)证明见解析 【知识点】三角形的外角的定义及性质、全等的性质和HL综合（HL）、等腰三角形的性质和判定、根据等角对等边求边长 【分析】本题主要考查了等角对等边、角平分线的性质定理、三角形外角的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解题的关键。 （1）根据等腰三角形的性质可得，再根据角平分线的定义可得，再根据三角形外角的性质求解即可； （2）如图：过点D作，垂足为点M，由角平分线的性质可得，易证可得，再证明可得，即；再根据线段的和差以及等量代换即可解答； （3）如图：过点D作，垂足为点M，连接，延长交于点N，易证，从而证明，再证明，然后运用等量代换即可证明结论。 【详解】（1）解：∵，， ∴， 又∵是的角平分线， ∴， ∴。 （2）证明：如图：过点D作，垂足为点M， ∴， ∵平分，， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）证明：如图：过点D作，垂足为点M，连接，延长交于点N， ∵平分， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∴， ∴． 由（2）得，， ∴，即， ∵点E为中点，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 大题压轴题型十、直角三角形的证明问题 53．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：在中，，点是边的中点，将沿直线翻折，点的对应点为点，连接、． (1)求证：是直角三角形； (2)延长、交于点，当时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析， 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、折叠问题、等腰三角形的性质和判定、锐角互余的三角形是直角三角形 【分析】（1）由点是边的中点和翻折得，则，，结合三角形内角和可证，从而可证是直角三角形； （2）由定理可证，从而得，由翻折得，则，是等边三角形，，由直角三角形的两锐角互余得； 本题主要考查了翻折的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握判定定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵在中，，点是边的中点， ∴， ∵沿直线翻折得， ∴， ∴， ∴，， 在中， ∴， 即， ∴， 即， ∴是直角三角形． （2）如图延长、交于点， 在和中， ， ∴， ∴， ∵沿直线翻折得， ∴， ∴， ∴， ∴． 54．（25-26八年级上·上海·月考）如图，中，是边上的高，是边上的中线，与交于点M．，垂足为G．已知：． (1)求证：； (2)如果，，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形中线的性质和等边三角形的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； （1）根据CE是边AB上的中线，AD是边BC上的高，得到，然后根据等量变换和等角对等边即可求解； （2）根据等边三角形知识得到，然后证得，再根据含角的直角三角形知识和等量变换，得到，然后根据三角形面积公式分别表示出，，然后即可求解； 【详解】（1）证明：∵是边上的高，是边上的中线， ∴在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴是等边三角形， ∵是边上的高，是边上的中线， ∴， ， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 根据三角形面积公式（这里为底，为高）， ∴，， ∵， ∴； 55．如图，在中，，，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到． (1)直接写出与的位置关系：_____； (2)如图①，当时，求证：； (3)在点运动过程中，直线与直线相交于点，连接，当时，求线段长度． 【答案】(1) (2)见解析 (3)线段的长度为或． 【知识点】线段垂直平分线的判定、含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、折叠问题 【分析】（1）由折叠的性质得，，利用线段垂直平分线的判定定理即可得到； （2）求得，，利用即可证明结论成立； （3）分两种情况讨论，证明是等边三角形，利用直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：连接， 由折叠的性质得，， ∴点在线段的垂直平分线上，点在线段的垂直平分线上， ∴是线段的垂直平分线， ∴， 故答案为：； （2）解：由折叠的性质得，，， ∵，， ∴，，， ∴； （3）解：当直线与射线相交于点时， 由折叠的性质得， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当直线与线段相交于点时， 同理是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴在同一直线上， 由（1）得， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∵， ∴， 综上，线段的长度为或． 【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质．第3问分类讨论是解题的关键． 56．已知中，，，点D在边上，以为腰的直角，．    (1)如图1，连接，直接写出和的关系； (2)如图2，过点A作，垂足为点G，交线段于点F，连接，探究与的数量关系． (3)如图3，若过点A作交射线于点F，交于点G，连接．若，，求的长． 【答案】(1)BD与CE相等且垂直 (2)，理由见解析 (3)满足条件的长为或． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】（1）证明，推出，，据此即可得到与相等且垂直； （2）先证明是等腰直角三角形，推出，再由直角三角形的性质求得，据此即可求解； （3）分两种情况讨论，点F在线段上和点F在线段的延长线上，利用全等三角形的判定和性质以及勾股定理求解即可． 【详解】（1）结论：与相等且垂直． 证明：∵，，    ∴， 即， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴与相等且垂直； （2）解：； 证明：连接， 由（1）知，是等腰直角三角形，    ∵平分， ∴，， ∴是的垂直平分线，是等腰直角三角形， ∴， 由知，， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵F在射线上， ∴存在两种情况： 第一种情况：如图，点F在线段上，    ∴，， 设，则， ∵ ∴，，连接， ∵，，， ∴ ∴， 在中，由勾股定理得，，即， 解得，， ； 在中，由勾股定理得，， ∴； 第二种情况：如图，点F在线段的延长线上，    由，， 设，则，，，， 由前面可知，， ∴， 在中，由勾股定理得，，即， 解得，即， ∴， 在中，， ，， ∴满足条件的长为或． 【点睛】此题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是是解题的关键，属于中考常考题型． 57．已知：如图是直角三角形，，点分别在边上，且，，．    (1)证明：线段能组成直角三角形； (2)当是边上的中点时，判断：的位置关系． 【答案】(1)证明见解析； (2)，理由见解析． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据三线合一证明、用勾股定理解三角形、判断三边能否构成直角三角形 【分析】（）根据勾股逆定理即可求证； （）延长，使得，连接，证明，得到，，得到，根据平行线的性质得到，由勾股定理得到，进而得到，由等腰三角形三线合一即可求证； 本题考查了勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，正确作出辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴线段能组成直角三角形； （2）解：． 理由：延长，使得，连接，    ∵是边上的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∵， ∴， 即． 58．已知（），点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点． (1)如图1，当点在射线上时，求证：是的中点； (2)如图2，当点D在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解、旋转模型(全等三角形的辅助线问题)、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键． （1）连接．利用等边对等角和三角形内角和定理证明，得出，再由等角的余角相等证明，由此证明，即可证明点是的中点； （2）在射线上取点，使得，取的中点，连接，先证明，得到，再根据角度计算得到，从而得出和的数量关系. 【详解】（1）证明：如图1，连接． 由题意得：， ． ， ， c， ， ． ， ， ， ， ， 点是的中点． （2）解：． 在射线上取点，使得，取的中点，连接，如图2． ， ， ， 又， ． ， ， ， ． ， ． 是的中点， ， ， ， ， ． ， ， ． 59．如图1，在中，为锐角，点为射线上一动点，连接，以为一边， A点为直角顶点，且在的右侧作等腰，连接． (1)如果，，解答下面问题： ①如图1，当点在线段上时（与点不重合），线段，之间的位置关系为 ，数量关系为 ． ②如图2，当点在线段的延长线上时，①中的结论是否仍然成立？请说明理由． (2)如图3，如果，，当，且时，若，求的面积． 【答案】(1)①；；②结论仍然成立，理由见解析 (2)16 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握“手拉手模型”，并会通过辅助线构造模型是解题的关键． （1）①先证，再证，则可得，，进而可得；②结论仍然成立，方法同①即可证明； （2）过点作，交于点，构造等腰直角三角形，再同（1）中方法证明得到，利用含30度角的直角三角形的性质求出的长，过点A作于G，则都是等腰直角三角形，据此求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵是以A点为直角顶点的等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：；； ②结论仍然成立，理由如下： ∵是以A点为直角顶点的等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴结论仍然成立； （2）解：∵，且， ∴； 如图所示，过点作，交于点， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵是以A点为直角顶点的等腰直角三角形， ∴，， ∴， ， ∴， 即， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 如图所示，过点A作于G，则都是等腰直角三角形， ∴， ∴． 60．如图，为等边的高，，点为射线上的动点（不与点重合），连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，． (1)如图1，当点在射线上时，求证：，； (2)如图2，当点在的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由； (3)当时，请求出线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正确作出图形是解题的关键． （1）根据等边三角形的性质，利用得到，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）如图②，连接，根据等边三角形的性质，利用得到，根据全等三角形的性质即可得到结论； （3）如图，由（2）知，根据根据的直角三角形的性质求出长，再根据旋转的性质解答即可． 【详解】（1）证明：连接 由旋转可知：为等边三角形， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 在与中 ， ， ， 为等边的高， ， ； （2）解：成立，理由如下： 连接，由旋转得为等边三角形， ， 为等边三角形, ， ， ， 即：， 在与中， ， ， ，， （3）解：，， ， 即点在的延长线上 在中，， ， 即， 由旋转知为等边三角形， ． 大题压轴题型十一、勾股定理的应用（方程思想、多解问题） 61．如图1，四边形ABCD是长方形，，，，，，点E是边上一点，连接，过点E作的垂线，交于点F，将沿所在直线翻折得到，其中点G是点B的对应点． (1)如图2，连接，若，直接写出的长为________； (2)连接DG，若是以为腰的等腰三角形时，求的长； (3)如图3，连接，若的延长线正好经过点D，直接写出的面积为________． 【答案】(1) (2)或 (3) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题 【分析】本题考查翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形面积计算； （1）由翻折的性质得，，，从而得到四边形为正方形，最后在中勾股定理即可求解； （2）分两种情况：①当，设，利用在中建立方程求解；②当，设，过D点作，证明得到建立方程求解； （3）连接，若的延长线正好经过点D，设，则，，在中建立方程可求出，从求出的面积，再利用与的比例关系即可求出的面积. 【详解】（1）解：∵，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵将沿所在直线翻折得到， ∴，，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴在中，. （2）解：若是以为腰的等腰三角形，分两种情况： ①当，如图所示，设， ∵， ∴， 由翻折可得：， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴， ②当，如图所示，设，过D点作， ∵， ∴， 由翻折可得：， ∵，， ∴， ∵， ∴，， 由翻折可得：， ∴， 在与中 ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴. 综上：或. （3）解：连接，若的延长线正好经过点D，如图所示， 由翻折可知： ，，， ∵的延长线正好经过点D， ∴， 由（2）可得， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴ ∵, ∴. 62．已知在，，点P在边上，连接． (1)如图1，如果点P在线段的垂直平分线上，求证：； (2)过点P作，交边于点D， ①如图2，如果点P是线段的中点，且，求的度数； ②填空：如果，，且是以为腰的等腰三角形，那么的长等于 　 　． 【答案】(1)见解析 (2)①；②或 【知识点】全等三角形综合问题、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由线段垂直平分线的性质得，则，再证，得，即可得出结论； （2）①取的中点E，连接，由直角三角形斜边上的中线性质得，再证，得，则，即可解决问题； ②分两种情况，a、时，b、时，由直角三角形的性质和勾股定理分别求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵点P在线段的垂直平分线上， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：①如图2，取的中点E，连接， 则，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，点P是线段的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， 即的度数为； ②∵，，， ∴， 分两种情况： a、如图3，时， 由（1）可知，， 过点P作于点M， 则， ∴， 设，则， 在和中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ∴； b、如图4，时，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴； 综上所述，的长等于或， 故答案为：或． 　　　　 【点睛】本题是三角形综合题，考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型． 63．已知和均为等腰直角三角形，，点是等腰直角三角形斜边所在直线上一点（不与点重合）． (1)如图，当点在线段上时，直接写出，，三者之间的数量关系：______； (2)如图，当点在线段的延长线上时，（1）中的结论仍然成立吗？若成立，请你利用图2给出证明过程．若不成立，请说明理由． (3)若，点是中点，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)仍然成立，证明见解析 (3)或 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、三线合一、用勾股定理解三角形 【分析】（1）如图，连接，证明得，，推出为直角三角形，利用勾股定理可得结论； （2）（1）中的结论仍然成立．证明得，，推出为直角三角形，利用勾股定理可得结论； （3）设，则，分三种情况：当点在线段上时；当点在线段的延长线上，当点在线段的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵和均为等腰直角三角形，， ∴，，， ， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即为直角三角形， ∴，即， ∴，，三者之间的数量关系：， 故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 证明：∵和均为等腰直角三角形，， ∴，，， ， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即为直角三角形， ∴， 即； （3）设，则， 当点在线段上时，如图， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵和均为等腰直角三角形，，点是中点， ∴，， ∴，， ∴，， ∴； 当点在线段的延长线上，如图， ∴， ∵和均为等腰直角三角形，， ∴，，， ， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即为直角三角形， ∴， ∵，，，点是中点， ∴，， ∴，， ∴； 当点在线段的延长线上时，，不符合题意； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 64．如图，已知在中，，苦点从点出发，以每秒的速度沿折线运动，设运动时间为秒． （请利用尺规作图，不要求写出作法、证明和结论，但要求保留作图痕迹并标出点） (1)若点在上，且满足时，在图（1）中求作符合要求的点，此时_______； (2)若点恰好在的角平分线上（点除外），在图（2）中求作符合要求的点，此时_______． 【答案】(1)作图见详解， (2)作图见详解， 【知识点】作角平分线(尺规作图)、线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据中垂线性质可知，作的垂直平分线，与交于点，则满足，在中，用勾股定理计算出，再用表示出，则，在中，利用勾股定理建立方程求； （2）过作于点，作出的角平分线，由角平分线性质可得，由题意，则，在中，利用勾股定理建立方程求. 【详解】（1）作的垂直平分线，与交于点，与交于点， 是的垂直平分线， ， ， ， 由题意，， ， ． （2）作的平分线，过作于点，如图所示， 平分，，， 在和中， ， ， 由题意，则， 在Rt△ABD中，， ， ． 【点睛】本题考查了勾股定理,垂直平分线的性质和角平分线的性质，熟练运用垂直平分线的性质和角平分线的性质，找出线段长度，利用勾股定理建立方程是解本题的关键． 大题压轴题型十二、利用辅助线解决直角三角形相关问题 65．（25-26八年级上·上海闵行·月考）在中，点是边的中点，点、分别在边、上，且，连接． (1)如图1，是等腰直角三角形，，，求证：； (2)如图2，，是等边三角形，，求证：； 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【知识点】用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）、用HL证全等（HL）、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的性质 【分析】本题考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质；解题的关键是通过构造辅助线实现线段或角的转化，从而构造全等三角形；易错点在于辅助线的合理添加以及图形变换后对应关系的准确识别． （1）在等腰直角三角形中，利用中点构造全等三角形，将分散的线段或角集中到同一个三角形中，结合垂直条件推导角度关系； （2）在等边三角形中，利用三线合一以及角平分线上的点到两边距离相等，构造全等三角形，通过证明三角形全等得到对应边相等． 【详解】（1）证明：连接， ∵，，点是边的中点 ∴， 又∵在四边形中， ， ∴ 又∵ ∴ 在和中， ∴ ∴ ∴为等腰直角三角形 ∴ （2） 连接，过点作于，过点作于 ∵点是边的中点，是等边三角形， ∴平分 ∴ 又∵在等腰中， ∴在和中 ∴ 同理可证 ∴ ∴ ∴ 66．（25-26八年级上·上海普陀·月考）阿真在学习本章知识的过程中，发现等腰三角形沿着对称轴分割可以得到两个全等的直角三角形，她在想，如果这个等腰三角形很特殊，那么分割出来的直角三角形也一定很特殊，于是她将等边三角形进行了分割，她发现在中角所对的直角边等于斜边的一半． 于是她利用上述结论解决了一个困扰自己好久的问题： (1)如图，，，为中点，于，若，则的面积__________． (2)接着她还探究出很多相关结论，请尝试证明下面的问题 ①已知：中，，，求证：． ②已知：在中，，，求证：（提示：使用同一法或反证法） 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【知识点】线段垂直平分线的性质、含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形 【分析】（）连接，由线段垂直平分线的性质得，即得，即得到，进而得到，即可得，再根据线段的中点性质即可求解； （）①取的中点，连接，可得，即得是等边三角形，即得到，，再根据等腰三角形的性质和三角形的外角性质可得，进而根据三角形的内角和定理即可求证；②作的垂直平分线，交于点，交于点，连接，过点作于点，可得，即得，得到，即得到，设，则，由勾股定理得，设，，得，即得，又根据得，即，进而得到，可得到，得，即得，得到，再根据三角形的内角和定理即可求证． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵为中点，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， 故答案为：； （2）①证明：如图，取的中点，连接， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②证明：如图，作的垂直平分线，交于点，交于点，连接，过点作于点， 则，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 设，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 整理得，， 即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质及内角和定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 67．已知：如图，在中，点A在边的垂直平分线上，直线l经过点A，、分别垂直于直线l，垂足分别为点D、E，且． (1)求证：． (2)取边的中点F，连接，求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、全等的性质和HL综合（HL）、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）根据角平分线的性质可得，结合已知条件可证； （2）设l交于点Q，连接，过作于， 于，根据（1）结论可得，推出，可得为等腰直角三角形，推出，证，可得，得到，即得． 【详解】（1）∵，， ∴，与为直角三角形， ∵点A在边垂直平分线上， ∴， 在也中， ， ∴， 即； （2）设l交于点Q，连接，过作于，作于， ∴ 由（1）知， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∵为中点， ∴， ∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 又∵，， ∴平分． 【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线，全等三角形，等腰直角三角形，角平分线等，熟练掌握线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，角平分线的判定，是解决问题的关键． 68．如图1，平分，点，点分别在射线上，且，垂足为点． (1)求证：； (2)如图2，以为对称轴，将射线翻折，交于点． ①求证：； ②如图3，连接，用等式表示线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②，证明见解析 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的性质定理、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）根据互余关系，即可得证； （2）①过点作，垂足为，根据轴对称的性质可得，进而可推出，根据角平分线的性质可得，证明，再证明，即可得证； ②在射线上取点，使，连接，证明，再根据垂直平分线的性质可证是等腰三角形，再证明，即可得证． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴． ∴， ， ∴； （2）①证明：过点作，垂足为， ∵以为对称轴，将射线翻折，交于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ，， ∴， ∴； ②解：，理由如下： 在射线上取点，使，连接， ， ∴， ∴，， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴， ∴， ，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，等腰三角形的性质和判定，垂直平分线的性质，轴对称的性质，解题的关键是综合运用以上知识，正确作出辅助线． 大题压轴题型十三、归纳探究问题 69．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知：在中，是它的角平分线． (1)特例发现：如图②，当时，根据________，可知，由此可推得_______；（填“”、“”或“”） (2)一般归纳：如图①，当时，那么（1）中推得的结论仍然成立吗？如果成立，请证明； (3)综合应用：如图③，是的角平分线，且与相交于点，若，，求的值．（直接写出答案） 【答案】(1) (2)（1）中的结论还成立；见解析 (3)． 【知识点】角平分线的性质定理、三线合一、与角平分线有关的三角形内角和问题 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由等腰三角形的性质即可求解； （2）成立，利用三角形的面积即可求证； （3）在上取，由，可得到，进而得到证明，得到即是的角平分线，利用角平分线的性质得到，又由是的角平分线，得到，据此计算即可求解． 【详解】（1）解：∵，平分， ∴平分， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：（1）中的结论还成立； 证明：设边上的高为， ∵平分， ∴边上的高也为， 则， 又∵， ∴； （3）解：在上取， ∵， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是的角平分线， ∴， 又∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∵是的角平分线， ∴． 70．（25-26八年级上·上海普陀·月考）阿兰也发现了特殊的等腰三角形可以分割出特殊的直角三角形，于是她将等腰直角三角形沿着对称轴进行了分割． (1)她发现只要知道的长度，那么的面积可以表示为___________（用含的代数式），若知道的长度，那么的面积可以表示为__________（用含的代数式），那么和的关系可以表示为___________． (2)阿兰还发现这样的面积法还可以借助角平分线的性质定理（角平分线上的点到角两边距离相等）解决更多的问题．①在中，，，点为上一点，当点关于的对称点在边上时，求的值． (3)在中，，，，为的内心，且，点到的距离为，请求出与的关系（要求：写出必要步骤，使用勾股定理不得分）（提示：四边形是正方形） 【答案】(1)；； (2) (3) 【知识点】角平分线的性质定理、等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质求线段长、三角形内心有关应用 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、角平分线的性质定理、全等三角形的判定和性质和三角形内心的性质，作出正确的辅助线是解决本题的关键． （1）根据题意可得为底边的高和中线，再根据等腰直角三角形的性质和三角形面积公式求解即可； （2）连接，设，则，根据C与P关于对称，证明，可得，，证明是等腰直角三角形，可得，进而求出，将其代入即可求解； （3）连接、、，根据三角形内心的性质和正方形的性质可得，则，，再根据的面积可由、和面积和表示，进而即可求解． 【详解】（1）解：∵等腰直角三角形中，是对称轴， ∴为底边的高和中线， ∵， ∴，， ∴ ； ∵， ∴； 由面积相等得，， ∴p与q的关系为， 故答案为：，，； （2）解：由题意得，设，则， 连接，如图， ∵C与P关于对称， ∴， 又∵， ∴， ∴，，， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴ ， ∴ ； （3）解：连接、、，如图， ∵为的内心， ∴I到、的距离均为y， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，， 由题意得，， 由图可得， ， ∵内心是三角形三条角平分线的交点，且， ∴， ∴ ， ∴ ∴． 71．综合与实践：阅读材料，并解决以下问题． (1)学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程变形为； ②构图：画四个长为，宽为的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形；    ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，∵表示边长，∴，即． 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根．但是从新方程可以得到原方程的另一个根是________． (2)类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长）．      (3)拓展应用：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么________，________，方程的一个正根为________．    【答案】(1)； (2)，图形见详解； (3)，． 【知识点】解一元二次方程——直接开平方法、与图形有关的问题(一元二次方程的应用) 【分析】（1）运用直接开平方法解方程，即可得到方程的另一个根． （2）将方程变形为，画四个长为，宽为的矩形，构造一个“空心”大正方形；仿照例题求解即可； （3）由中间围成的正方形面积为4，可得中间正方形的边长为2．设长方形的宽为x，则长为，由题意得，整理得，即可求得a和b的值．仿照例题构造大正方形，即可求出x的值． 本题主要考查学生的阅读理解能力，综合运用知识的能力．读懂例题，正确的构造出大正方形是解题的关键． 【详解】（1）由得 ∴ ∴原方程的另一个根是． 故答案为： （2）将方程变形为， 画四个长为，宽为的矩形，按如图所示构造一个“空心”大正方形，    则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． （3）∵中间围成的正方形面积为4， ∴中间正方形的边长为2， 设长方形的宽为x，则长为， 由题意得， 整理得， ，． 如图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． ∴方程的一个正根为． 故答案为：，．．        72．【问题初探】（1）如图1是的平分线，点D为上一点且，求证：． 小明的想法是：过点C，分别作和的垂线，通过构造全等三角形解决问题． 小强的想法是：在上截取，然后利用全等三角形和等腰三角形的性质解决问题． 请你选择一种方法完成证明，其它方法也可以； 【类比分析】（2）如图2，是等边三角形，是顶角的等腰三角形，M是延长线上一点，N是延长线上一点，．探究、、 之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）见解析；（2），证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、全等的性质和HL综合（HL）、等边对等角、等边三角形的性质 【分析】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质（、）、等边三角形的性质、等腰三角形的性质，以及截长补短法的几何辅助线应用．解题的关键是：借助角平分线的性质构造全等三角形，利用全等的对应角关系推导角度和的结论；通过截长补短法构造全等三角形，结合等边、等腰三角形的边角特征，推导线段之间的数量关系． （1）选择小明的方法，过点作于点，于点，证，得，再由，即可得出结论； 选择小强的方法，在上截取，连接，证，得，，再证，得，然后由，即可得出结论； （2）采用“截长补短法”，在上截取点，使，连接，结合等边及等腰三角形的性质证明，继而可证，由全等的性质可得结论． 【详解】（1）证明：选择小明的方法，如图，过点作于点，于点， 则， 是的平分线， ，在和中， ， ， ， ， ， 即； 选择小强的方法，如图，在上截取，连接， 是的平分线， ，在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ． （2）解：． 证明：如图，在上截取点，使，连接， 为等边三角形， ． 又为等腰三角形，且， ，． ． ． 在和中， ， ． ，． 又，， ． ． 在与中， ， ． ． ． 大题压轴题型十四、几种求最值的方法 73．综合与实践 【问题情境】 数学综合与实践活动课上，老师提出如下问题：如图1是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为，，，和是这个三级台阶两个相对的端点，若点有一只蚂蚁，想到点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行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，连接，经过计算得到长度即为最短路程，则　 　 ． 【变式探究】 （2）如图3，一个圆柱形玻璃杯，若该玻璃杯的底面周长是48厘米，高是7厘米，一只蚂蚁从点出发沿着玻璃杯的侧面到与点相对的点处，则该蚂蚁爬行的最短路程是多少厘米？ 【拓展应用】 （3）如图4，圆柱形玻璃杯高为，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杯外壁，离杯上沿与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁从外壁处到内壁处的最短路程是多少厘米？（杯壁厚度不计） 【答案】（1）25；（2）该蚂蚁爬行的最短路程25厘米；（3）蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短路程为． 【知识点】几何体展开图的认识、求最短路径(勾股定理的应用) 【分析】本题考查了平面展开——最短路径问题，勾股定理，轴对称的性质，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键． （1）先将图形平面展开，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答； （2）将圆柱体展开，利用勾股定理求解即可； （3）将杯平面展开，作点纵向的对称点，点与对称点的连线，即为蚂蚁从外壁处到内壁处的最短路程，再根据勾股定理计算长度即可． 【详解】解：（1）三级台阶平面展开图为长方形，长为，宽为， 则蚂蚁沿台阶面爬行到点最短路程是此长方形的对角线长． 可设蚂蚁沿台阶面爬行到点最短路程为， 由勾股定理得：， 解得：． 答：蚂蚁沿着台阶面爬到点的最短路程是． 故答案为：25； （2）将圆柱体侧面展开，如图： 由题意得：，， ， 该蚂蚁爬行的最短路程25厘米； （3）如图，将杯平面展开，作点纵向的对称点， 连接，即为蚂蚁从外壁处到内壁处的最短路程， ，，，， 根据勾股定理有： ， 蚂蚁从外壁处到内壁处的最短路程为． 74．（25-26九年级上·江西九江·期中）配方法是数学中重要的一种思想方法，能帮助解决一些与非负数有关或求代数式的最大值、最小值等问题，我们定义：一个整数能表示成（，是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”，理由：因为．再如：，（，是整数），所以也是“完美数”． 例如，把二次三项式进行配方，可求其最值． 解： 当时，的最小值为2． 请通过阅读以上材料，解决以下问题： （1）下列各数中，“完美数”有________（只填序号）； ①11；    ②34；    ③60． （2）若可配方成（，为正整数），则的值为________； （3）已知实数x，y满足，求代数式的最小值． 【答案】（1）②；（2）5；（3）2022． 【知识点】通过对完全平方公式变形求值、配方法的应用 【分析】本题主要考查了配方法的应用，偶次方的非负数的性质、完全平方式、新定义等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）依据“完美数”的定义求解即可； （2）将配方成的形式，即可得解； （3），据此求解即可． 【详解】解：（1）由于②，所以②是完美数， ；； 所以，不能表示成（a，b是整数）的形式，不是完美数； 故答案为：②； （2）由， 可配方成， ，， ， 故答案为：5； （3）解：因为， ∴ ∴ ∴ ∴当时，的最小值为2022． 75．（25-26八年级上·上海静安·期中）阅读下面内容：我们已经学习了《二次根式》和《乘法公式》，聪明的你可以发现：当时，，，当且仅当时取等号．请利用上述结论解决以下问题： (1)当时，的最小值为 ；当时，的最大值为 ． (2)当时，求代数式的最小值． (3)如图，四边形的对角线相交于点O，的面积分别为12和27，求四边形面积的最小值． 【答案】(1)2， (2) (3) 【知识点】通过对完全平方公式变形求值、分式化简求值、利用二次根式的性质化简 【分析】本题考查了配方法在二次根式、分式及四边形面积计算中的应用与拓展，读懂阅读材料中的方法并正确运用是解题的关键． （1）当时，直接根据公式计算即可；当时，先将变形为，再根据公式计算即可； （2）时，则，将原式变形为，继而得到，再由公式求解； （3）设，根据等高三角形的性质得到，再由进行求解即可． 【详解】（1）解：当时，，则， ∴的最小值为2， 当时，，， ∴， ∴， ∴当时，的最大值为； （2）解：时，则 （3）解：设， ∵与等高，与同高， ∴， 由题知，， ∴， ∴， ∵ ， ∵， ∴， ∴四边形面积的最小值为． 大题压轴题型十五、数学定理、新定义问题 76．若，则称x和y是关于3的平衡数． (1)与 是关于3的平衡数；与 是关于3的平衡数； (2)已知m为整数，若，请说明与是关于3的平衡数； (3)已知为整数，a和b是关于3的平衡数，则 ． 【答案】(1)； (2)见解析 (3) 【知识点】新定义下的实数运算、二次根式的混合运算 【分析】本题考查了实数的新定义以及二次根式的加减混合运算的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据若，则称x和y是关于3的平衡数，直接列式作答即可； （2）先得，根据题意结果为，可求出，再结合“3的平衡数”的定义进行分析，即可作答． （3）先得，则，再根据，可求出，即可作答． 【详解】（1）解：由题意得，， ∴3与是关于3的平衡数； ∵， ∴与是关于3的平衡数， 故答案为：0，； （2）解：由题意得， ∴和， 解得， ∴ ， ∴二者是关于3的平衡数； （3）解：∵与是关于3的平衡数， ∴ ， 由题意得， ， 又∵， ∴，， ∴， ∴ 解得， ∴ ， ∴， 故答案为：． 77．（25-26八年级上·上海黄浦·期中）已知关于的方程（），满足，就把这个一元二次方程称为“波浪方程”． (1)判断方程是不是“波浪方程”： ；（填“是”或“不是”） (2)已知是关于的“波浪方程”，它有一个根是，则 ， ； (3)若一个“波浪方程”的两个根分别是，，求的值． 【答案】(1)是 (2)， (3)的值为7． 【知识点】加减消元法、一元二次方程的定义、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，解二元一次方程组等知识，解题的关键是读懂题意，理解“波浪方程”的定义． （1）计算，知方程是“波浪方程”； （2）由是关于的“波浪方程”，它有一个根是，可得，即可解得答案； （3）由的两个根分别是，，得，，即，，而是“波浪方程”，有，再解出，，的值，代入计算即可． 【详解】（1）解：在中，，，， ， 方程是“波浪方程”； 故答案为：是； （2）解：是关于的“波浪方程”，它有一个根是， ， 解得， 故答案为：，； （3）解：的两个根分别是，， ，， ，， 是“波浪方程”， ， ， 解得， ，， ， 即的值为7． 78．若一元二次方程有两个实数根为、，那么，，这就是一元二次方程的根与系数的关系．利用该结论，不解方程便可以求二次方程的两根之和与积，例如的两个根分别为、．则，． (1)小聪同学喜爱思考，他发现利用根与系数的关系不仅可以求解两根之和与两根之积，还可求解方程两根的倒数和．不解方程，请求一元二次方程的两个根的倒数和． (2)小明同学酷爱数学，他进一步研究根与系数的关系，发现了一种解一元二次方程的新方法．例如方程，、、，，． 设，，则，即，解得，所以原方程的解为、．请利用小明的方法解方程． (3)小睿同学善于发现，他对三次方程的根与系数关系作了探究，将该方程两边同时除以可得．若该方程的三个根分别为、、，则，将其展开后为，于是、、．若三次方程的三个根分别为、、，且．请先说明、再直接（不必书写过程）写一个三次方程且使得该三次方程的三个根分别为、、． 【答案】(1) (2)、 (3)，详见解析 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题主要考查了一元二次方程的根与系数关系的综合应用等知识点， （1）把两根倒数和通分后代入计算即可； （2）仿照小明同学的求解即可； （3）由根与系数的关系，可得，，，代入即可证出，可设新方程为，由题意和根与系数的关系化简即可得出m，n，p的值，进而即可得解； 熟练掌握其性质并灵活运用是解决此题的关键． 【详解】（1）∵，， ∴； （2）， 、、， ，． 设，， ∴，即， 解得， ∴原方程的解为、； （3）∵三次方程的三个根分别为、、，且， ∴由根与系数的关系，可得，，， ∴， 由题意得，可设新方程为， ∵新的三次方程，其三个根分别为、、， 又∵， ∴新的三次方程，其三个根分别可化为、、， ∴，，， ∴，，， ∴，， ∴新方程为． 79．已知关于，是一元二次方程的两个实数根，若满足，则此类方程叫做差根方程．根据“差根方程”的定义，解决下列问题： (1)下列是“差根方程”的是______；填写序号 ①；② (2)已知关于x的方程是“差根方程”，求a的值． (3)已知是直角三角形，，的长为，若的两边AC、BC的长是一个“差根方程”的两个实数根，求出这个差根方程． 【答案】(1)① (2) (3) 【知识点】因式分解法解一元二次方程、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题主要考查了根与系数的关系及勾股定理，理解所给“差根方程”的定义及勾股定理是解题的关键． （1）根据所给“差根方程”的定义进行判断即可； （2）根据所给“差根方程”的定义进行计算即可； （3）根据所给“差根方程”的定义，结合勾股定理进行计算即可； 【详解】（1）解：由得， ，， 则， 所以①符合题意； 由得， ，， 则， 所以②不符合题意． 故答案为：①； （2）解：由得， ， 因为此方程是“差根方程”， 所以， 解得； （3）解：由题知，不妨令， 因为，的长为， 则 因为、的长是一个“差根方程”的两个实数根， 所以， 则， 所以， 所以， 所以， 同理可得，， 所以，， 则这个差根方程为 80．配方法是初中数学中重要的代数变形方法，通过将二次三项式 变形为的形式（m、n为常数），结合平方具有非负性，即就可以解决很多问题，例如：把多项式配方为： (1)基础小试：把多项式配方成的形式，则_____，_____； (2)几何实践：把两个全等的等腰直角三角板和叠放在一起（如图1），两直角三角板的直角边长均为4，且使三角板的直角顶点G与三角板的斜边中点O重合，现将三角板绕O点按顺时针方向旋转（旋转角满足条件：），四边形是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图2）．连接，在上述旋转过程中，求出面积的最小值． (3)拓展运用：已知正整数a，b，c满足不等式，求的值． 【答案】(1)， (2)2 (3)11 【知识点】通过对完全平方公式变形求值、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、三线合一、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了完全平方公式、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质等知识，熟练掌握完全平方公式的应用是解题关键． （1）根据完全平方公式将式子变形为，由此即可得； （2）连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，则可得，再设，则，根据和完全平方公式进行配方解答即可得； （3）先配方得，再根据都是正整数可得，或或，然后根据的值确定的值，由此即可得． 【详解】（1）解： ， ∵把多项式配方成的形式， ∴， 故答案为：，． （2）解：如图，连接， ∵点是等腰直角三角板斜边的中点，三角形的直角边长均为4， ∴，，，，，， ∴，， ∵三角板的直角顶点与三角板的斜边中点重合， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴ ， ∵， ∴，当且仅当时，等号成立， ∴面积的最小值为2． （3）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵都是正整数，且， ∴，即， ∴， ∴或或，即或或， 当时，则，即，此时没有符合条件的正整数； 当时，则，此时符合条件的正整数； 当时，则，即，此时没有符合条件的正整数； 综上，，，， ∴． 81．定义：若关于x的一元二次方程的两根都为整数，则称方程为“全整根方程”．任何一个“全整根方程”的根的判别式的值一定为完全平方数．现规定：代数式的值为该“全整根方程的最值码”．例如“全整根方程”的“最值码”为．已知关于的一元二次方程是一个“全整根方程”． (1)该方程的“最值码”是 （用含m的式子表示）: (2)若关于x的一元二次方程与都是“全整根方程”．当其“最值码”相等时，求代数式的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】已知字母的值 ，求代数式的值、一元二次方程的根与系数的关系 【分析】本题考查“全整根方程”和“全整根方程的最值码”的定义，正确理解新的定义是解题的关键． （1）根据“全整根方程的最值码”的定义进行计算求解即可； （2）先根据“全整根方程的最值码”的定义进行化简计算两个方程的“最值码”，再根据“最值码”相等，将带有的代数式进行化简，再代入所求的代数式计算即可． 【详解】（1）解： 故答案为：； （2）解：由（1）知，方程的“最值码”为， 方程的“最值码”为： ， 由于两个方程的“最值码”相等， 则， 整理得：， 因此 = ． 82．配方法是中学数学的重要方法，用配方法可求最大（小）值．对于任意正实数a，b，可作如下变形（提示：）； ， 又， ，即． 当且仅当，即时等号成立． (1)若，代数式的最小值为_________，此时_________． (2)某园林设计师要对园林的一个区域进行设计改造，一面利用墙体将该区域用篱笆围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃，如图1所示，为了围成面积为的花圃，所用的篱笆至少为多少米？ (3)如图2，四边形的对角线、相交于点O，、的面积分别为9和4，求四边形面积的最小值． 【答案】(1)6；3 (2)所用的篱笆至少为36米 (3)四边形面积的最小值为25 【知识点】利用平方根解方程、通过对完全平方公式变形求值 【分析】本题考查了实数的大小比较、完全平方公式的运用，用配方法求最值，理解在（a、b均为正实数）中，当且仅当a、b满足时，有最小值是解题的关键． 本题主要考查了完全平方公式的变形在求最值中的应用，正确理解题意并举一反三是解题关键； （1）依据题意，设，则由，得，进而当且仅当，即时，代数式取到最小值，最小值为6，故可得解； （2）设花圃的宽为x米，则长为米，所用的篱笆，据此即可求解； （3）设，由三角形的面积公式可知，若两三角形底边上的高相等，则其面积比等于底边之比，由此可将表示出来．写出四边形ABCD的面积的表达式，利用题中结论求其最小值即可． 【详解】（1）解：由题意，设， 由，得， 当且仅当，即（负值舍去）时，代数式取到最小值，最小值为 故答案为：6；3； （2）解：由题意，设花圃的宽为x米，则长为米， 所用的篱笆， 又令，， 由， ． 当且仅当，即（负值舍去）时，代数式取到最小值，最小值为36， 答：所用的篱笆至少为36米． （3）解：由题意，设， 与底边上的高相等，与底边上的高相等， ， 又， ， 当时，即（负值舍去）时取等号． 四边形面积的最小值为25． 83．用一条直线分割一个三角形，如果能分割出等腰三角形，那么就称这条直线为该三角形的一条等腰分割线，在直角三角形中，，，． (1)如图1，若O为的中点，求证：直线是的等腰分割线． (2)如图2，已知的一条等腰分割线交边于点P，且，请求出的长度． (3)如图3，在，点Q是边上的一点，如果直线是的等腰分割线，求线段的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)的长度为1、、3、 【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据等角对等边求边长、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】(1)利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得，证出两个等腰三角形，从而说明是等腰分割线； (2)设，表示出，在中用勾股定理列方程，求解得； (3)分“为等腰三角形”“为等腰三角形”两类，每种情况再分“哪两边相等”的子情况，结合勾股定理、面积法计算，舍去不符合线段位置的情况． 【详解】（1）∵，O为中点， 在中，， ∴、均为等腰三角形， 则直线是的等腰分割线． （2）设，则， 在中，由勾股定理：， 即， 展开得：， 化简得：，解得， 故． （3） 分“为等腰三角形”“为等腰三角形”两类讨论： ① 若为等腰三角形 当时，，则； 当时，Q为中点，； 当时，Q不在线段上，舍去． ② 若为等腰三角形 先求边上的高：由，得． 当时，过C作于M，M为中点． 在中，， 故； 当时，； 当时，Q为中点，． 综上，的长度为1、、3、． 【点睛】知识点：直角三角形斜边中线性质、勾股定理、等腰三角形的判定、三角形面积公式．方法：利用直角三角形性质证等腰；通过设未知数+勾股定理列方程求线段；分类讨论等腰三角形的不同情况（边相等的组合），结合面积法、勾股定理计算．关键：分类讨论等腰三角形的所有可能（哪两边相等），结合图形位置判断是否符合题意．易错点：遗漏等腰三角形的边相等情况；忽略点在线段上的位置限制（如舍去不在线段上的情况）． 84．定义：在一个三角形中，如果有一个角是另一个角的，我们称这两个角互为“友爱角”，这个三角形叫作“友爱三角形”．例如：在中，如果，，那么与互为“友爱角”，为“友爱三角形”． (1)如图1，是“友爱三角形”，且与互为“友爱角”（），． ①求、的度数． ②若是中边上的高，则、都是“友爱三角形”吗？为什么？ (2)如图2，在中，，，是边上一点（不与点，重合），连接，若是“友爱三角形”，直接写出的度数为______． 【答案】(1)①，；②、都是“友爱三角形”，见解析 (2)或 【知识点】与三角形的高有关的计算问题、直角三角形的两个锐角互余、三角形内角和定理的应用 【分析】本题主要考查了三角形的内角和定理，直角三角形两锐角互余，一元一次方程与几何问题，理解“友爱角”的概念和计算方法，掌握三角形内角和定理，几何问题与一元一次方程的综合运用是解题的关键． （1）①根据材料提示的“友爱三角形”得到，再根据直角三角形两锐角互余可得，由此即可求解；②由是中边上的高，得到，根据三角形两锐角互余可得，，结合与互为“友爱角”即可求解； （2）根据三角形内角和定理，设，则，根据是“友爱三角形”，分当与互为“友爱角”时，，或；当与互为“友爱角”时，，或；当与互为“友爱角”时，，或，求解即可． 【详解】（1）解：①∵是“友爱三角形”，与互为“友爱角”（）， ∴， ∵， ∴是直角三角形，， ∴，解得，， ∴； ②、都是“友爱三角形”．理由如下： ∵是中边上的高， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理，，， ∴， ∵与互为“友爱角”（）， ∴与互为“友爱角”， ∴是“友爱三角形”； 同理，与互为“友爱角”， ∴是“友爱三角形”； （2）解：在中，， 设， 则， ∵是“友爱三角形”， 当与互为“友爱角”时， ， 或， ∵， ∴不符合题意，舍去； 当与互为“友爱角”时， 若， 则， 解得，， 若， 则， 解得，， 不符合题意，舍去； 当与互为“友爱角”时， 若， 则， 解得，， 不符合题意，舍去； 若， 则， 解得，， 不符合题意，舍去； ∴的度数为或． 85．已知实数，满足，（），则的值是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】判断是否是一元二次方程的解、由一元二次方程的解求参数 【分析】本题考查了一元二次方程的解． 设，则，进而得到，即是方程的根，进而得到是方程的根，由得到，根据可知，是方程的两个根，则或，排除，进而根据计算即可． 【详解】解：设，则， ∵ ∴ ∴， ∴ ∴是方程的根， ∵， ∴是方程的根， ∵， ∴两边同时除以得， 即， ∵， ∴ ∵ ∴，是方程的两个根， ∵是方程的根， ∴或， 当时，，不成立； 当时， ． 故选：D． 86．若，是关于的一元二次方程的两个实数根，则有（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】本题考查二次函数的图象性质、二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键． 方程有两个实数根，且，可转化为二次函数与直线的交点问题，通过分析函数性质，由于，抛物线开口向下，且在和处函数值为负，两个根均位于区间内，因此满足． 【详解】解：对于二次函数，令得，， 由于，则令或， 解得或， 即二次函数与轴的交点坐标为和， 由于，在内，，且顶点在处，顶点值， 函数大致图象如下： 为使有两个实根，需二次函数顶点值大于， 即， 解得（满足）， 因此，一元二次方程的两个实数根在到之间，即， 故选：A． 87．若我们约定：表示不大于x的最大整数，例如：，，，记，则的值为（    ） A．30 B．31 C．32 D．33 【答案】B 【知识点】无理数的大小估算、新定义下的实数运算 【分析】本题考查了新定义，实数的运算，无理数的估算等知识，理解题中新定义是关键；由新定义知，当时，（n为正整数），当x取正整数时，满足的整数共有个，则中，共有3个1，5个2，7个3，9个4，11个5，由此即可求解． 【详解】解：， ， ， 当时，（n为正整数），当x取正整数时，满足的整数共有个， 则中，共有3个1，5个2，7个3，9个4，11个5， ， ， 故选：B． 88．如图，正方形，顶点在数轴上表示的数为1，若点在数轴上（点在点的右侧），且，则点所表示的数为，则正方形的面积为（   ） A． B．7 C． D．10 【答案】B 【知识点】实数与数轴、利用二次根式的性质化简 【分析】本题考查了数轴与实数、平方根的应用，关键是结合题意求出．根据题意得出，得出正方形的面积为． 【详解】解：顶点在数轴上表示的数为1，，点所表示的数为， ， 正方形的面积为， 故选：． 89．若3，4，n为三角形的三边长，则化简的结果为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】利用二次根式的性质化简、三角形三边关系的应用 【分析】本题考查三角形三条边的数量关系以及根式的化简，掌握三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解题的关键． 由三角形三边关系可以确定的取值范围为，再利用绝对值的性质化简表达式． 【详解】∵ 3，4，为三角形的三边长， ∴ ,即， ∴ ，， ∴ 原式， 故选：A． 90．已知，，则化简的值是（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【知识点】利用二次根式的性质化简、二次根式的加减运算、已知字母的值，化简求值 【分析】本题考查了二次根式的性质，分式的加法，熟悉掌握运算法则是解题的关键． 将表达式 利用二次根式的性质化简并通分，可化为 ，再代入已知条件求值． 【详解】解：由，，可知， 则， 又∵， ∴． 故选：C． 91．设，，，…，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】与算术平方根有关的规律探索题、与实数运算相关的规律题 【分析】本题考查实数的混合运算，算术平方根，总结归纳出规律，由，，，，得出，然后求出，再代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵ ， ， ， ， ∴， ∴， ， ∴， 故选：． 92．下列四个命题：①两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等；②有两边及其中一边上的高对应相等的两个三角形全等；③三角形的一条中线把三角形分成面积相等的两部分；④三角形的一条角平分线把三角形分成面积相等的两部分．其中真命题的是（    ） A．①② B．②④ C．③④ D．①③ 【答案】D 【知识点】根据三角形中线求面积、灵活选用判定方法证全等（全等三角形的判定综合）、判断命题真假 【分析】本题考查了全等三角形的判定、三角形的中线、高线和角平分线，掌握相关的定义是解决本题的关键． 根据全等三角形的判定、三角形的中线、高线和角平分线的定义逐一判断即可． 【详解】解：①∵两边及其中一边上的中线对应相等，可连续使用和证明全等， ∴①真； ②如图，，，高，但和不全等， ∴②假； ③∵中线分对边相等，且两个小三角形同高， ∴面积相等， ∴③真； ④∵角平分线分对边成比例，但底边不一定相等，面积不一定相等， ∴④假． 综上，真命题是①③， 故选：D． 93．计算的结果为 ． 【答案】 【知识点】二次根式的混合运算、积的乘方的逆用、运用平方差公式进行运算 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、积的乘方与幂的乘方运算法则是解题的关键． 先将化为，然后根据积的乘方与幂的乘方运算法则，结合平方差公式，进行计算即可解答． 【详解】原式 = = = = = = ． 故答案为：． 94．已知，则的值为 ． 【答案】 【知识点】已知条件式，化简求值、二次根式有意义的条件 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，化简求值，根据二次根式的被开方数非负，确定的值，进而求出的值，然后代入表达式化简计算． 【详解】解：∵， ∴且， 解得． ∴． 则 ，， ∴， ∴ ， 故答案为：． 95．如图，在中，，，，点D，E是线段上动点，且满足，连接，，则最小值为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．过点作，且使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，则，再根据两点之间线段最短可得当点共线时，的值最小，最小值为，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，过点作，且使得，连接， ∵在中，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，最小值为， 即的最小值为， 故答案为：． 96．如图， 在中，，过点作于点，过点作于点，连接，过点作，交于点．与相交于点，若点是的中点，则下列结论中，①；②；③；④．其中正确的有 ．（填序号） 【答案】①②③ 【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，作辅助线构造三角形全等是解题的关键． 根据全等三角形的判定方法证得，得，从而证得是等腰直角三角形，因此①正确；过点D作于F，利用全等三角形的判定方法证得，得，，因此②正确；设，则，，从而证得，因此③正确；由，可证得，而点N并不是的中点，因此④错误，据此解题即可． 【详解】解：①， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ，，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，故①正确； ②由①知，， 过点D作于F， 则， ， ， 点E是的中点， ， 在与中， ， ， ，， ， ， ；故②正确； ③∵，， ∴设，则， ， ，故③正确； ， ， 由①知，，， ， ， 由①知，， ， ， ， ， ， ， ， 故④错误， 故答案为：①②③． 97．在学习“三线合一”时罗老师在课堂上进行了探究式教学． (1)【问题原型】定理：等腰三角形底边上的中线、高及顶角平分线重合． ①如图，在中，，平分，根据图用几何语言写出该定理： ∵，平分， ∴______，______． ②如图，在中，，，的周长为，的周长为，求的长； (2)【问题提出】罗老师提出：当三角形的一条角平分线恰好也是这个三角形的中线时，这个三角形是等腰三角形吗？经过小组合作探究后罗老师发现乐乐同学有以下解题思路，请完成命题的证明． 已知：如图，在中，平分，且点是的中点，过点分别作的垂线，垂足分别为．求证：． 【答案】(1)①，；② (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、角平分线的性质定理、三线合一 【分析】（）①根据等腰三角形的三线合一的性质解答即可；②由等腰三角形的三线合一的性质得，设，，，则，再根据三角形的周长公式解答即可； （）分别证明和，得到，，进而即可求证； 此题考查了等腰三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：①，平分， ，， 故答案为：，； ②∵，， ∴， 设，，，则， ∵的周长， ， 的周长， ∴， ， 即的长为； （2）证明：平分，，， ， 在和中， ， ， ， 点是的中点， ． 在和中， ， ， ， ， 即． 98．如图，聪明好学的小海同学看到课本第页第题： 经过简单的整理，小海同学由这道题，得出一个结论：三角形一个内角平分线分对边得到的两线段的比，等于这个角的两邻边的比． 过点作于点于点，过点作于点． 平分，且点，于点， ∴___________， ∴___________， 又∵___________， ∴． (1)请你补全小海同学的证明过程； (2)如图2，小海同学又进行了深度思考，如果将“内角的平分线”换成“外角的角平分线”，是否仍成立？请你根据提供的图形帮助小海同学完成该命题的证明！ 【答案】(1)，， (2)成立，证明见解析 【知识点】角平分线的性质定理、角平分线性质的实际应用 【分析】本题考查角平分线性质、三角形面积公式等知识，数形结合，分别表示出是解决问题的关键． （1）由角平分线的性质得到，再由即可得到答案； （2）根据题意，将“内角的平分线”换成“外角的角平分线”，由角平分线的性质得到，再由即可得到答案． 【详解】（1）解：过点作于点于点，过点作于点，如图所示： 平分，且于点，于点， ∴， ∴， 又∵， ∴． 故答案为：，，； （2）解：成立． 已知：如图，在中，平分一个外角，交所在直线于点． 求证：． 证明：过点作于点于点，过点作于点，如图所示： 平分，，， ∴， ∴， 又∵， ∴＝． 99．操作与探究：三角形边与角的不等关系 【问题提出】我们知道：在一个三角形中，等边对等角，等角对等边．那么在一个三角形中，大边对大角，大角也会对大边吗？ 【探究一】在一个三角形中，大边对大角． （1）已知：如图，在中，．求证：． 小亮的研究思路是利用轴对称的性质，把研究两个量之间的不等问题，转化为较大量的一部分与较小量相等的问题，具体做法如下：作的角平分线，交于点D，在边上截取，连接．请在图中用无刻度的直尺和圆规作出以上辅助线（保留作图痕迹，不写作法）并写出证明过程． 【探究二】在一个三角形中，大角对大边． （2）已知：如图，在中，．求证：． 类比小亮的研究思路，在图中用无刻度的直尺和圆规添加辅助线（保留作图痕迹，不写作法）并写出证明过程． 【答案】（1）图和证明过程见详解；（2）图和证明过程见详解 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、作角平分线(尺规作图)、三角形的外角的定义及性质、作垂线(尺规作图) 【分析】本题主要考查角平分线与线段垂直平分线的尺规作图、全等三角形的性质与判定、三角形外角的性质及三角形三边关系，熟练掌握角平分线与线段垂直平分线的尺规作图、全等三角形的性质与判定、三角形外角的性质及三角形三边关系是解题的关键； （1）根据角平分线的尺规作图及线段的尺规作图进行作图，然后可得，则有，进而根据三角形外角的性质可进行求解； （2）作线段的垂直平分线，交线段于点F，由题意易得，则有，然后根据三角形三边关系可进行求解． 【详解】解：（1）作的角平分线，交于点D，在边上截取，连接，如图所示： ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）作线段的垂直平分线，交线段于点F，如图所示： ∴， ∵， ∴， 在中，根据三角形三边关系可知：， ∴． 100．数学史上，曾有数学家利用几何法求解一元二次方程．下面，以的求解为例，说明几何法解一元二次方程的过程： 由于，因此．分别以和为两边构造一个长方形，面积为64．如图（1）所示，再把该长方形分割成一个面积是的小正方形和两个面积是的小长方形．如图（2）所示，将分割后的图形重新拼成图（3）所示的图形，则图（3）的阴影部分是边长为6的小正方形，面积为36．这样就将一个面积为64的长方形和一个面积为36的小正方形拼成了一个面积为，边长是的正方形，显然该正方形的边长为10，故10，得． 用几何法求解一元二次方程时，只能得到正数根．请根据上述材料解决以下问题： (1)用几何方法求方程的正数根． 具体过程如下： ①在如图所示的区域内画出图形，并标出相应的线段长度． ②根据①中所画图形求出方程的正数根． (2)根据探究材料，我们尝试用“立体图形的组合”求特殊的一元三次方程的正根．例如，求的正数根． 类比平面图形的研究，可将此问题转化成拼正方体来求解，现准备以下规格的立体图形： 需要准备图（4）中的几何体_____块； 需要准备图（5）中的几何体_____块； 需要准备图（6）中的几何体_____块； 需要准备图（7）中的几何体_____块； 请直接写出方程的一个正数根：_____． 【答案】(1)①见解析；② (2)1，3，3，1， 【知识点】与图形有关的问题(一元二次方程的应用) 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，理解题意是解此题的关键． （1）①根据题意画出图形即可； ②根据所画图形并结合题意解答即可； （2）由可得需要准备图（4）中的几何体块；需要准备图（5）中的几何体块；需要准备图（6）中的几何体块，画出拼成的立体图形，从而可得需要准备图（7）中的几何体块，因此，由此求解即可． 【详解】（1）解：①根据题意作图如下： ②根据①中所画图形，通过图形变化，将一个面积为32的长方形和四个面积为的小正方形拼成了一个面积为，且边长是的正方形． 显然该正方形的边长为，故，得； （2）解：， 故需要准备图（4）中的几何体块；需要准备图（5）中的几何体块；需要准备图（6）中的几何体块，拼成的立体图形如图所示： 故需要准备图（7）中的几何体块， 因此拼成了一个体积为，棱长是的正方体，故，得．故方程的一个正数根为． 故答案为：1，3，3，1，． 2 / 168 1 / 168 学科网（北京）股份有限公司 $