专题11 期中真题百练通关（65题14类压轴题型，期中复习专项训练）八年级数学下学期新教材浙教版

专题11 期中真题百练通关（65题14类压轴题型） 题型1 二次根式的应用（选填压轴） 题型8 平行四边形中最值问题（选填压轴） 题型2 二次根式中分母有理化（解答压轴） 题型9 平行四边形中多结论问题（选填压轴） 题型3 双重二次根式的化简（解答压轴） 题型10平行四边形的性质与判定解答题（解答压轴） 题型4 根的判别式和韦达定理综合（选填压轴） 题型11 旋转中解答题压轴（解答压轴） 题型5 一元二次方程动态几何问题（解答压轴） 题型12 平行四边形综合之实践探究题（解答压轴） 题型6 一元二次方程中新定义类题型（解答压轴） 题型13 平行四边形的综合之阅读题型（解答压轴） 题型7 配方法的应用（解答压轴） 题型14 三角形的中位线解答题压轴（解答压轴） 题型一 二次根式的应用（共4小题） 1．（25-26八年级上·浙江舟山·期中）如图，原图是一块边长为1，面积记为的正三角形纸板，沿原图的底边剪去一块边长为正三角形纸板后得到图①，面积记为，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板，即其边长为前一块被剪掉正三角形纸板边长的后，得图②、③面积依次记为，，……，记第块纸板的面积为 ，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了等边三角形的性质与数据的规律性知识，此题得出相邻三角形面积比，从而表示出各三角形面积是解决问题的关键． 由题意，表示剪去n个小正三角形后剩余图形的面积．和分别表示剪去2024个和2025个小正三角形后的剩余面积，其差值等于第2025个被剪去的小正三角形的面积．利用正三角形面积公式和边长变化规律，可计算该面积． 【详解】解：∵ 第n个被剪去的小正三角形的边长， ∴ 其面积． ∵ ∴． 故选：C． 2．（24-25七年级下·浙江温州·期中）如图，把边长为6的正方形对折并剪成2个大小相同的长方形．两个长方形如图1摆放，四边形为正方形，两个长方形重叠部分面积记为：两个长方形如图2摆放．四边形为正方形，两个长方形重叠部分面积记为．若，，求图2中______． 【答案】1 【分析】本题主要考查利用正方形的性质求解一元一次方程和二次根式的混合运算，根据题意可得，设，则，进一步得图2中， ，继而得，列出，解得x，则图2中代入求解即可． 【详解】解：∵边长为6的正方形对折并剪成2个大小相同的长方形． ∴， 设， ∵图1四边形为正方形， ∴， ∵， ∴图2中，则， ∵图2四边形为正方形， ∴， ∵， ∴，解得， 则图2中， 故答案为：1． 2．（24-25七年级下·浙江温州·期中）将一张周长为的长方形纸条按图1所示进行折叠，得到一个“爱心”图案（如图2）．若“爱心”的水平宽度比竖直高度大，则图1中的长为________，图2中“爱心”的周长为________． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，一元一次方程，解题的关键是掌握折叠的性质．设，，则，得到长方形的长为，宽为，根据长方形的周长为，列方程求出，可得到的值；设与交于点，根据折叠的性质和勾股定理求出、、即可求解． 【详解】解：设，，则， 长方形的长为：， 由折叠可知：， 长方形的宽为：， 长方形的周长为， ， 解得：， ； 设与交于点， 则，， ， ， ，， “爱心”的周长为：， 故答案为：，． 3．（24-25八年级下·浙江温州·期中）图1是由两个全等直角三角形和两个长方形组成的平行四边形，将其剪拼成不重叠，无缝隙的大正方形（如图2），若长方形③面积是长方形②面积的4倍，平行四边形的周长比长方形③的周长大18，则线段的值为______．    【答案】/ 【分析】如图，由题意设，则，，，根据平行四边形的周长比长方形③的周长大18，构建方程求出即可． 【详解】如图，由题意设，则，，，   ， ，， 又平行四边形的周长比长方形③的周长大18， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查图形的拼剪，平行四边形的性质，矩形，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题． 题型二 二次根式中分母有理化（共5小题） 1．（24-25八年级下·山东泰安·期中）王老师让同学们根据二次根式的相关内容编写一道题，以下是王老师选出的两道题和她自己编写的一道题．先阅读，再回答问题． (1)小青编的题，观察下列等式： 直接写出以下算式的结果： ①______； ②（为正整数）______； (2)小明编的题，由二次根式的乘法可知： ，，（，）再根据平方根的定义可得： ，，（，）； 直接写出以下算式的结果： ①______； ②______； (3)王老师编的题，根据你的发现，完成以下计算： ； (4)小丽看到王老师选出的题后，发现困扰自己很久的一道题有了解决办法，请你尝试帮她解决： 题目：若实数、满足条件，求的值． 【答案】(1)①；② (2)①；② (3) (4) 【分析】本题考查的是分母有理化，二次根式的性质及运算，掌握分母有理化，二次根式的化简是解本题的关键． （1）①根据题干提供的方法进行分母有理化即可； ②根据题干提供的方法进行分母有理化即可； （2）分别把每个被开方数化为某个数的平方，再化简即可； （3）先把括号内每一项分母有理化，再合并同类二次根式，同步化简，最后利用平方差公式计算即可； （4）把原式变形为，进一步变形得到，利用非负数的性质求出a、b的值，再分母有理化即可得到答案． 【详解】（1）解：① ； 故答案为：； ② ； 故答案为：； （2）解：① ； 故答案为：； ② ； 故答案为：； （3）解： ； （4）解；∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期中）①我们在学习二次根式的时候发现：形如的式子可以进行分母有理化，过程如下．请利用以上阅读材料解决以下问题． (1)__________； (2)求的值． (3)比较________（用“”、“”或“”填空）． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查二次根式的混合运算、分母有理化． （1）根据平方差公式进行分母有理化可以解答本题； （2）先分母有理化，再合并同类二次根式即可； （3）根据分母有理化的方法计算即可． 【详解】（1）解：， 故答案为：； （2）解： ； （3）解：∵， ， ， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·浙江金华·期中）【阅读理解】爱思考的小明同学在解决问题：已知，求的值．他是这样分析与解答的： ，， ，即， ， ． 请你根据小名的分析过程，解决如下问题： (1)计算： ； (2)计算： ； (3)若，求的值． 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，求代数式的值，熟练掌握二次根式的分母有理化是解题关键； （1）仿照题的方法化简即可； （2）把每项按照题中方法化简，再相加减即可； （3）仿照题中方法求代数式值的方法求解即可． 【详解】（1）解：； 故答案为： （2）解： ； （3）解：∵， ∴ 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）在数学课外学习活动中，小明和他的同学遇到一道题： 已知，求的值，他是这样解答的： ∵， ∴， ∴，， ∴． ∴． 请你根据小明的解题过程，解决如下问题： (1)________；_______； (2)化简：； (3)若，求的值． 【答案】(1)， (2)12 (3)4 【分析】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是要掌握二次根式的化简规则． （1）利用分母有理化计算； （2）先分母有理化，然后合并即可； （3）先利用得到，两边平方得到，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】（1）解：， 故答案为：，； （2）解： ； （3）解： 5．（24-25八年级下·湖南长沙·月考）我们将、称为一对“对偶式”，因为，所以构造“对偶式”再将其相乘可以有效的将和中的“”去掉，因此二次根式除法可以这样解：如，，像这样，通过分子，分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化 根据以上材料，解答下列问题： (1)比较大小用“”、 “”或“”填空； (2)已知，，求的值； (3)计算： 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先利用分母有理化的方法化简，再比较分子即可； （2）利用变形计算即可； （3）先把各个式子进行分母有理化，再裂项相消即可． 【详解】（1）解：∵ ； ∵ ，2， ∴， ∴ ． （2）解：， ∵，， ∴原式． （3）解： + … ． 【点睛】本题考查二次根式的化简求值，同时考查了完全平方公式的变形应用以及裂项法的应用，计算量较大． 题型三 双重二次根式的化简（共3小题） 1．（24-25九年级上·四川内江·期中）阅读材料：小聪在学习二次根式后，发现含根号的式子可以写成另一个式子的平方，即． 于是，爱动脑筋的小聪又提出了一个问题：是否也能写成另一个式子的平方呢？经过探索，他联想到老师讲的方程思想，找到了一种把化成平方式的方法： 设，则， ． 整理得． 、可看作一元二次方程的两根． 解方程，得，． 于是有． 参考上述方法，解决下列问题： (1)化简下列根式并把答案直接填在答题卡上相应横线上： ________，________，_______； (2)化简：①，②； (3)化简． 【答案】(1)，， (2)， (3) 【分析】本题考查二次根式的性质，完全平方公式，解一元二次方程，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）类比题中方法列方程组、构建一元二次方程分别求解可得； （2）借助完全平方公式进而开平方求出即可； （3）把要求的代数式设为，然后利用完全平方公式进行计算，用直接开平方法可以求出的值，根据二次根式的性质得到，确定的值．也就求出了代数式的值． 【详解】（1）解：设，则， 整理得， 、可看作一元二次方程的两根． 解方程，得，． 于是有 ， 即； 设，则， ， 整理得， 、可看作一元二次方程的两根． 解方程，得，， 于是有， ， 即， 同理， ； 故答案为：，，； （2）①； ②                                    ； （3）设，则                                                          又∵， ∴． 即 2．（25-26八年级上·山东济南·期中）按要求进行二次根式的有关计算： (1)阅读：小芳同学在研究化简中发现： 首先把化为，由于，，即：，， 所以：， 应用：__________，__________． (2)阅读：； 应用：①若，求的值； ②解方程． (3)阅读：已知，，试比较，的大小；不好直接比较，可用如下方法： ，，因，且，都是正数，故． 应用：比较大小：__________，__________． 【答案】(1)， (2)①；② (3)， 【分析】（）根据小芳同学的计算方法解答即可； （）①先对进行分母有理化得，即得，进而得到，再代入代数式计算即可求解；②先化简方程，再解方程求出的值即可； （）根据阅读材料的方法解答即可； 本题考查了二次根式的化简及求值，解一元一次方程，掌握二次根式的性质及运算法则是解题的关键． 【详解】（1）解：， ， 故答案为：，； （2）解：①∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∴， ∴， 即； （3）解：，， ∵， ∴； ， ∵， ∴， 故答案为：，． 3．（24-25八年级下·山东滨州·期中）材料：如何将双重二次根式（，，）化简呢？如能找到两个数， （，），使得，即，且使，即，那么，，双重二次根式得以化简． 例如化简：， 因为且， ， 由此对于任意一个二次根式只要可以将其化成的形式，且能找到，（，），使得，且，那么这个双重二次根式一定可以化简为一个二次根式． 请同学们通过阅读上述材料，完成下列问题： (1)填空：=　　  =    (2)化简：； (3)计算：． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】本题考查了二次根式的运算，二次根式的性质，完全平方公式的应用，解题关键是掌握二次根式的运算法则，读懂题意，根据材料中的方法化简双重二次根式． （1）根据材料中的方法，得到且；且，即可将配方成，配方成，进而得出答案； （2）将化成，再根据，，可将配方成，即可得出答案； （3）将化成，再根据材料中的方法，化简得，，然后再代入计算，即可得出答案． 【详解】（1）解：因为且， ， ， 故答案为：； 因为且， ， ， 故答案为：． （2）解： 因为且， ， ， ． （3）解：， 因为且， ， ， 因为且， ， ， ． 题型四 根的判别式和韦达定理综合（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）对于一元二次方程，下列说法： ①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除． 【详解】解：①若，则是方程的解，故①正确； ②方程有两个不相等的实根， ， 则方程的判别式， 方程必有两个不相等的实根， 故②错误； ③∵方程两根为，且满足， ∴， 令，， ∴方程有两个实数根，令两根分别为， ∴， ， ∴方程，必有实根，， 故③正确； ④若是一元二次方程的根， 则由求根公式可得：， ， ， 故④正确． 故正确的有①③④， 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）下列给出的四个命题，真命题的有（    ）个 ①若方程两根为-1和2，则； ②若，则； ③若，则方程一定无解； ④若方程的两个实根中有且只有一个根为0，那么，． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】①根据一元二次方程根与系数的关系可得，即可判断；②利用求根公式求出方程的根，求得1﹣a＜0，即可判断；③由△＝b2﹣4ac＜0，即可判断；④利用根与系数的关系进行判断． 【详解】①若方程两根为-1和2， 则，则，即；故此选项符合题意； ②∵a2﹣5a+5＝0， ∴a＝＞1或a＝＞1， ∴1﹣a＜0， ∴；此选项符合题意； ③∵， ∴方程ax2+bx+c＝0（a≠0）一定无解，故此选项符合题意； ④若方程x2+px+q＝0的两个实根中有且只有一个根为0， ∴两根之积为0， 那么p≠0，q＝0，故此选项符合题意； 故选：A． 【点睛】此题考查了一元二次方程的根，涉及到了一元二次方程的求根公式，根的判别式，根与系数的关系等，熟记各计算方法是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江嘉兴·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2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．以下关于倍根方程的说法，正确的有__________(填序号)． ①方程是倍根方程； ②若是倍根方程：则； ③若满足，则关于的方程是倍根方程； ④若关于的一元二次方程是倍根方程，则必有． 【答案】①③④ 【分析】本题考查了“倍根方程”的概念，根与系数的关系，解一元二次方程，熟练掌握该知识点是关键． ①根据倍根方程定义即可得到方程是倍根方程；②解方程求得方程的根，然后根据倍根方程的定义得到或即或，则；③根据已知条件得到，解方程得到方程的根即可判断；④利用“倍根方程”的根与系数的关系判断即可． 【详解】解：①， ， 解得：， 方程是倍根方程； 故①正确； ②解方程， 解得： 是倍根方程， 或即或， ，， ， 故②不正确；     ③， 解方程得： ， 故③正确； ④设方程的根为， 关于的方程是倍根方程， 令， ；故④正确． 故答案为：①③④． 4．（24-25八年级下·浙江温州·期中）赵爽在周髀算经中有这样的记载，命题1：勾股各自乘，并之为弦实．意思是：记直角三角形勾股弦分别为，，．则．命题2：“加差于勾，即股．”意思是：已知，，求，．其中就是二次方程的根，例如方程的一个根为．问题1：请你构建一个形如“”，且一个根为的方程____________． 问题2：已知关于的方程，则其中一个根为___________． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理与一元二次方程的综合应用，解题关键是利用勾股数构造满足条件的方程，以及通过对一元二次方程右边式子变形找到方程的根 ． 利用常见勾股数，令，确定、值，代入方程构建方程．根据题意令，求出，即可解答． 【详解】∵根据题意设，，． 则， ∵一个根为 将，代入，得到． 再将，代入方程右边，得， ∴得到方程为． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∵是二次方程的根， ∴方程的一个根是． 故答案为：，． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）小明学习了韦达定理之后，发现若一元二次方程有两个实数根，，则方程可化为，将等式左边展开后可得，与原方程系数比较，就不难得到根与系数的等量关系． 小明接着思考，那么若一元三次方程有三个实数根，，，则这三个根之和、三个根之积与原方程系数之间是否存在类似的等量关系？ 请你帮助小明解决问题：若方程的三个实数根为，，，则的值为_______． 【答案】 【分析】本题考查了一元三次方程根与系数的关系，整式的乘法，掌握知识点的应用是解题的关键． 根据一元三次方程有三个实数根，，，则有，然后得出，，，再根据根与系数的关系即可求解． 【详解】解：∵一元三次方程有三个实数根，，， ∴， ∴ ， ∴，，， ∵的三个实数根为，，， ∴，，， ∴， 故答案为：． 题型五 一元二次方程动态几何问题（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒. (1)当 时，平分四边形的面积. (2)当与四边形的某一边平行时，求的值. (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请求出值，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)或. (3)存在为等腰三角形，值为或或. 【分析】（1）根据题意可得，，解方程即可求出答案； （2）分和两种情况，根据平行四边形的判定和性质进行列方程解答即可； （3）连接，作于点E，，，分三种情况分别列方程，解方程进行解答即可. 【详解】（1）解：由题意可得，， ∵ ∴四边形是直角梯形， 由题意可得，， 解得， 故答案为： （2）当时， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 则， 解得， 当时， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 则， 解得， 综上可知，当与四边形的某一边平行时，求的值为或. （3）如图，连接，作于点E，则 ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，， 当时，，解得（不合题意的值的解已舍去） 当时， ，解得（不合题意的值的解已舍去） 当时，，解得（不合题意的值的解已舍去） 综上可知，值为或或. 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，分情况讨论是解题的关键. 2．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以每秒2个单位的速度沿着折线先由A向D运动，再由D向C运动，点Q以每秒1个单位的速度由B向A运动，当其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)两平行线与之间的距离是__________． (2)当点P、Q与的某两个顶点围成一个平行四边形时，求t的值． (3)，以，为一组邻边构造平行四边形，若的面积为，求t的值． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】此题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）过点作于点，由勾股定理可得出答案； （2）分两种情况，由平行四边形的性质可得出答案； （3）分两种情况，列出的方程可得出答案． 【详解】（1）过点作于点， ，， ， ， ， 故答案为：； （2）在中， ，， ， ， Ⅰ．当四边形为平行四边形时，， ， ， Ⅱ．当四边形为平行四边形时，， ， ， 综上所述当点、与 的某两个顶点围成一个平行四边形时，或； （3）Ⅰ．当在边上时，边上的高是， ， 解得， 舍去）， Ⅱ．当在边上时， ， 解得． 综上所述或时，平行四边形的面积为． 3．（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点P从点B出发，沿射线的方向以每秒的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段上以每秒的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间t（秒）． (1)求、的代数表达式； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)当时，是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，或 (2)当或秒时，四边形是平行四边形 (3)存在这样的P,使是等腰三角形,当秒或秒时，是等腰三角形 【分析】（1）根据题意，写出代数表达式即可； （2）根据平行四边形的性质知，分当P从B运动到C时，当P从C运动到B时，两种情况进行求解即可； （3）分、、三种情况讨论求出t值即可； 【详解】（1）解：根据题意，， 当点P未到点C时，； 当点P由点C返回时，； （2）∵四边形是平行四边形， ， 当P从B运动到C时， ， ， ， 解得：， 当P从C运动到B时， ， ， ， 解得：， ∴当或秒时，四边形是平行四边形； （3）当时，作于H，则， ， ， ， （秒）； 当时，，， ， ， 解得（秒）； 当时，， ， ， 即， ， ∴方程无实根， 综上可知，当秒或秒时，是等腰三角形． 【点睛】本题主要考查平行四边的性质，等腰三角形的性质及动点问题，一元二次方程的应用，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，平行四边形ABCD中∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm，点E以1cm/s的速度从点A出发沿A一B一C向点C运动，同时点F以1cm/s的速度从点A出发沿A一D一C向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设运动的时间为t（s）． (1)求平行四边形ABCD的面积； (2)求当t＝2s时，求△AEF的面积； (3)当△AEF的面积为平行四边形ABCD的面积的时，求t的值． 【答案】(1)9cm²； (2)cm²； (3)t的值为4或 【分析】（1）过点B作BG⊥CD于点G，由直角三角形的性质得出平行四边形的高，再按底乘以高，即可得解； （2）过点F作FH⊥AE于点H，分别计算出t＝2s时，AE，AF和FH的长，则按三角形面积公式计算即可； （3）分点E在线段AB上，点F在线段AD上和点E在线段BC上，点F在线段CD上，两种情况计算即可． 【详解】（1）平行四边形ABCD中， ∵∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm， ∴CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm， 如图，过点B作BG⊥CD于点G， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠A＝∠C＝60°， ∴∠CBG＝30°， ∴CG＝BC＝cm， ∴BG＝＝（cm）， ∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BG＝6×＝9（cm2）． 答：平行四边形ABCD的面积为9cm2； （2）当t＝2s时， AE＝2×1＝2cm，AF＝2×1＝2cm， ∵∠A＝60°， ∴△AEF是等边三角形， 如图，过点F作FH⊥AE于点H， ∴FH＝AF＝（cm）， ∴△AEF的面积为：×AE×FH＝×2×＝（cm2）， 答：当t＝2s时，△AEF的面积为cm2； （3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为9cm2． ∴当△AEF的面积是平行四边形ABCD面积的时， △AEF的面积为：9×＝3（cm2）， 当点E在线段AB上运动t秒时，点F在AD上运动t秒，AE＝tcm，AF＝tcm，高为AF＝t（cm）， ∴ ×t×t＝3， ∴t＝﹣2（舍）或t＝2， ∴t＝2>3，不符合题意； 当点E在线段AB.上运动秒时，点F在CD上运动t秒，( 3<t≤6 )， ∴t=4，符合题意； 当点E′运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点F′也运动到线段CD上， 如图，过点E′作MN垂直CD于点H，垂直于AB延长线于点G， ∵四边形ABCD为平行四边形，∠A＝∠C＝60°，CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm， ∴AB∥CD， ∴∠E′BG＝∠C＝60°， ∴E′G＝BE′＝（t﹣6）（cm），E′H＝1.5﹣（t﹣6）＝（9﹣t）（cm）， ∴S△AEF＝9﹣×6×（t﹣6）﹣×[6﹣（t﹣3）]×[（9﹣t）]﹣（t﹣3）×1.5＝3， 化简得：t2﹣9t+12＝0， ∴ 当时，点E位于线段BC上，点F位于线段CD上，符合题意． 综上所述，t的值为4或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，一元二次方程，等边三角形的性质，熟练掌握三角形或平行四边形的面积公式是解题的关键． 题型六 一元二次方程中新定义类题型（共6小题） 1．（25-26九年级上·四川成都·期中）定义：已知，是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“立格方程”．如：一元二次方程的两根为，，因为，，所以一元二次方程为“立格方程”． 请阅读以上材料，回答下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“立格方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“立格方程”．且两根，满足．求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“立格方程”，求m的取值范围． 【答案】(1)是“立格方程” (2)k的值不存在 (3)m的取值范围为或 【分析】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式．读懂题意，理解“立格方程”的定义是解题关键． （1）解该一元二次方程，得出，，再根据“立格方程”的定义判断即可； （2）由一元二次方程根与系数的关系可得出，，代入整理可得，根据一元二次方程的判别式可得知该一元二次方程无解，即k的值不存在； （3）解该一元二次方程，得出，，或，，再根据此方程为“立格方程”，即得出此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出，且，可求出m的取值范围，最后分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：是“立格方程”，理由如下： ， 则或， ，， ，， 是“立格方程”； （2） 即 ，， ， ， 即， 由于， 则无解， 故k的值不存在； （3） ， 或， ，，或，， 由于一元二次方程是“立格方程”， 此方程有两个不相等的实数根， ，即， 且， 分类讨论：①当，时， ， ， ， ， 当，时， ， ， ， ， 综上所述，m的取值范围为或． 2．（25-26九年级上·江苏泰州·期中）定义：如果关于的一元二次方程（，，均为常数，）有两个实数根，且其中一个根比另一个根大，则称这样的方程为“好根方程”． (1)下列方程中，是“好根方程”的是 ______（填序号）． ①；②；③． (2)若是“好根方程”，求的值． (3)若一元二次方程（为常数）为“好根方程”，直接写出的数值． 【答案】(1)①③ (2)的值为或 (3) 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，根与系数的关系，理解题意“好根方程”的定义是解题关键． （1）分别求得①②③中方程的两个根，再根据“好根方程”的定义判断即可； （2）先求出方程的两个根，再根据“好根方程”的定义列出关于的一元一次方程，求解即可； （3）设方程的两个根、，根据“好根方程”的定义求解关于的方程即可． 【详解】（1）解：①③是“好根方程” 解方程得， ，， 因为， 所以方程①是“好根方程”． 解方程得， ， 因为， 所以方程②不是“好根方程”． 解方程得， ，， 因为， 所以方程③是“好根方程”． （2）解方程得， ，． 因为此方程是“好根方程”， 所以或， 解得或， 所以的值为或． （3）解方程（为常数）得， ， 因为此方程是“好根方程”， 所以， 整理得， 所以． 3．（25-26九年级上·江苏扬州·期中）定义：若关于的一元二次方程的两个实数根为，()，分别以，为横坐标和纵坐标得到点，则称点Q为该一元二次方程的“派生点”． (1)若方程为，求出该方程的“派生点”Q的坐标； (2)若关于x的一元二次方程为的“派生点”Q恰好在直线上，求m的值； (3)是否存在b、c，使得不论为何值，关于x的方程的“派生点”Q始终在直线的图像上？若有，请求出b、c的值；若没有，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，， 【分析】本题考查根与系数的关系、因式分解法解一元二次方程、一次函数图像上点的坐标特征，分类讨论思想． （1）解方程，根据判断得解； （2）用因式分解法解方程，可得，根据做分类讨论，分别计算即可判断得解； （3）依据题意，“派生点”Q与的取值无关，直线过定点，故方程的“派生点”Q为，根据，由根与系数的关系求解． 【详解】（1）解：， 解得，， ， 该方程的“派生点”Q的坐标为； （2）解：方程为， ， ，或，， ①当，即时，“派生点”Q的坐标为． ∵点Q在直线上， 代入得， ∴，符合题意； ②当，即时，“派生点”Q的坐标为， ∵点Q在直线上， 代入得， ，符合题意； 综上，m的值为或； （3）解：存在，满足条件，理由如下： ， 直线经过定点， ∴方程的“派生点”Q为， 即，， ，． 4．（25-26八年级上·湖南岳阳·期中）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) 【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，． 5．（25-26九年级上·吉林长春·月考）定义：对于一元二次方程，如果a、b、c满足，那么该一元二次方程称为“零点方程”． (1)下列一元二次方程是“零点方程”的是________；（填序号） ①；②；③． (2)求证：当时，“零点方程”总有两个不相等的实数根； (3)若某“零点方程”的一个根为，则这个方程可以是________． (4)关于x的方程是“零点方程”，且是这个方程的一个根，求p的值． 【答案】(1)①③ (2)见解析 (3)（答案不唯一） (4)或 【分析】本题考查了根的判别式和新定义，关键是掌握新定义的应用． （1）根据“零点方程”定义判断即可； （2）根据“零点方程”定义和判别式△证明即可； （3）根据方程的根为和，构造方程即可； （4）根据“零点方程”定义和解方程即可． 【详解】（1）解：根据“零点方程”定义可知，是“零点方程”的一个根， 当时，①，是“零点方程”； ②，不是“零点方程”； ③，是“零点方程”； 故答案为：①③； （2）证明：一元二次方程是“零点方程”， ， ， ， ， ， 当时，“零点方程”总有两个不相等的实数根； （3）解：“零点方程”的一个根为，另一个根为1， ∴这个方程可以是， 故答案为：（答案不唯一）； （4）解：关于的方程是“零点方程”， ， ， 是方程的一个根， ， ， ， 解得或． 6．（25-26九年级上·江苏扬州·期中）若关于的一元二次方程的两根均为整数，则称的值为该方程的“关联值”．如：方程两根均为整数，其“关联值”为． (1)方程的“关联值”为_________； (2)若关于的一元二次方程的“关联值”为1，求的值； (3)求证：关于的一元二次方程（为整数）一定有“关联值”． 【答案】(1) (2)无解 (3)见解析 【分析】本题考查了新定义，因式分解法解一元二次方程，一元二次方程的其他应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先运用因式分解法进行解方程，得，再把数值代入进行计算，即可作答． （2）先根据关于的一元二次方程的“关联值”为1，进行列式计算，得；再分别代入，进行计算，即可作答． （3）根据，得因为为整数，关于的一元二次方程的两根均为整数，再把数值代入进行化简，然后分析，即可作答． 【详解】（1）解：∵方程， ∴， ∴， 则方程两根均为整数，其“关联值”为． （2）解：∵关于的一元二次方程的“关联值”为1， ∴， ∴， 解得， ∵， 当时，则， 即， 此时方程无实数根，不满足两根均为整数的条件， ∴舍去； 当时，则， 即， ∴ 此时方程无实数根，不满足两根均为整数的条件， ∴舍去 综上：的值是无解的； （3）证明：∵， ∴， ∴ ∵为整数， ∴关于的一元二次方程的两根均为整数， 依题意，， ∵为整数， ∴一元二次方程的“关联值”为， ∴关于的一元二次方程（为整数）一定有“关联值”． 题型七 配方法的应用（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其他重要应用．例如：已知x可取任何实数，试求二次三项式的最小值． 解：； ∵无论x取何实数，都有， ∴，即的最小值为2． 【尝试应用】（1）请直接写出的最小值 ； 【拓展应用】（2）试说明：无论x取何实数，二次根式都有意义； 【创新应用】（3）如图，在四边形中，，若，则四边形的面积S，S的最大值是 ．（提示：） 【答案】（1）；（2）见解析；（3）50 【分析】本题主要考查了配方法在求最值中的应用，二次根式有意义的条件，解决问题的关键是熟练掌握配方法，注意当配上一次项系数一半的平方时，二次项系数要化成“1”后才能配方 （1）根据配方法进行配方即可求得答案； （2）根据配方法进行配方，得到即可求解； （3）根据，得到，设，得到面积关于x的表达式，再对表达式进行配方，即可求得最大值． 【详解】解：（1） ， ∵， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：1； （2） ∵， ∴， ∴无论x取何实数，二次根式都有意义； （3）设，交于点O，如下图所示， ∵， ∴ ， 设，则, ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积最大值为50． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题． 解决问题：（1）若可配方成（为常数），求，的值； 探究问题：（2）已知，求的值； （3）已知（都是整数，是常数），要使的最小值为，试求出的值． 【答案】（），；（）；（）． 【分析】（）把写成的形式，然后与二次项和一次项组成完全平方式，从而分解因式，从而求出，的值即可； （）把写成的形式，然后把分给含有的项，分给含有的项，进行分解因式，根据偶次方的非负性，求出，，从而求出答案即可； （）把已知等式的右边进行平方，组成两个完全平方式，然后根据偶次方的非负性和s的最小值，列出关于的方程，解方程即可； 本题主要考查了配方法的应用，非负数的性质，熟知完全平方公式是解题的关键． 【详解】解：（1）∵ ， ∴，； （2）， ， ， ∵，， ∴，， 解得：，， ∴； （3）∵， ∴， ， ∵，，（𝑥、𝑦都是整数，𝑘是常数），的最小值为， ∴，时，s取最小值为2 ∴，解得：． 3．（24-25八年级下·浙江·期中）小慧在学习配方法的知识时，发现一个有趣的现象：关于的多项式，由于，所以当时，多项式有最小值；多项式，由于，所以当时，多项式有最大值． 于是小慧给出一个定义：关于的二次多项式，当时，该多项式有最值，就称该多项式关于对称．例如关于对称． 请结合小慧的思考过程，运用此定义解决下列问题： (1)多项式关于 对称； (2)若关于的多项式关于对称，则 ； (3)关于的多项式关于对称，且最小值为3，求方程的解． 【答案】(1) (2)4 (3) 【分析】本题主要考查了配方法的应用，解一元二次方程： （1）利用配方法把原多项式变形为，根据得到当，即时，多项式有最小值，据此可根据题意求出答案； （2）利用配方法把原多项式变形为，进而得到当，即时，多项式有最小值，据此可得答案； （3）利用配方法把原多项式变形为，进而得到当，即时，多项式有最小值，最小值为，则，解方程求出a、c，进而解方程可得答案； 【详解】（1）解： ， ∵， ∴， ∴当，即时，多项式有最小值， ∴多项式关于对称， 故答案为：； （2）解： ， 同理可得当，即时，多项式有最小值， ∴关于的多项式关于对称， 又∵关于的多项式关于对称， ∴， 故答案为：4； （3）解： ， 同理可得当，即时，多项式有最小值，最小值为， ∵关于的多项式关于对称，且最小值为3， ∴， ∴， ∴方程即为方程， ∴， 解得． 4．（24-25七年级下·浙江金华·期中）（1）阅读下列材料：教科书中这样写道：“我们把多项式及叫做完全平方式”，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．即将多项式(b、c为常数)写成(、为常数)的形式，配方法是一种重要的解决数学问题的方法，不仅可以将有些看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题及求代数式最大、最小值等问题． 【知识理解】 若多项式是一个完全平方式，那么常数k的值为__________； （2）配方：_________； 【知识运用】 （3）已知，则m=_________，n=_________； （4）求多项式：的最小值． 【答案】（1）；（2）；（3），4；（4） 【分析】（1）根据完全平方式的形式求解即可； （2）利用配方法的步骤求解即可； （3）先分组分别配方，再利用平方式的非负性求解值即可； （4）先分组分别配方，再利用平方式的非负性求解即可． 【详解】解：（1）多项式是一个完全平方公式， ， ， 故答案为：； （2） 故答案为：； （3）， 故答案为：，4； （4） ， =， 所以最小值为2. 【点睛】本题考查完全平方式、配方法、平方式的非负性，理解题意，掌握配方法并灵活运用是解答的关键． 题型八 平行四边形中最值问题（共6小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在中，，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，连接、，则的最小值为（    ） A．27 B．45 C．18 D．36 【答案】B 【分析】连接、，作点D关于直线的对成点T，连接、、．利用平行四边形的判定和性质，三角形不等式计算即可． 本题考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移，折叠，三角形不等式，熟练掌握平行四边形的判定和性质，三角形不等式，勾股定理是解题的关键． 【详解】解：如图，连接、，作点D关于直线的对成点T，连接、、． ∵，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到， ∴，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵D、T关于对称， ∴，， ∴， ∵， ∴B、A、T共线， ∴， ∵， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则的最小值为45， 故选B． 2．（24-25八年级下·浙江舟山·期中）如图，在平行四边形中，，，是边延长线上一点，连接，以为边作等边三角形，连接，则的最小值是________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的性质，先作辅助线，延长，在的延长线上截取，连接，过点G作于点H，过点C作交的延长线于点M，根据勾股定理和平行四边形的性质得到线段的长度，证明出四边形为平行四边形，再根据三角形全等得到对应边相等，再根据垂线段最短得到最小值，即可求解． 【详解】解：延长，在的延长线上截取，连接，过点G作于点H，过点C作交的延长线于点M，如图所示： ， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当最小时，最小， ∵垂线段最短， ∴当点与点重合时，最小，此时， ∴最小值为， 故答案为： ． 3．（24-25九年级上·浙江台州·期中）如图，中，，，点为内一点，，若，则长度的最小值为________． 【答案】 【分析】把绕点逆时针旋转得到，作于，根据旋转变换的性质和等腰三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和配方法计算可得出答案． 【详解】解：把绕点逆时针旋转得到，作于， 则， ， ， ∵， ∴均为等腰直角三角形， ∴由勾股定理得， ， ， 在中， ， ， 则的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及配方法的应用．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 4．（24-25九年级上·浙江台州·期中）如图，在长方形ABCD中，，点P为边AD上的一个动点，以BP为边向右作等边，连接．当点落在边BC上时，的度数为__________；当线段的长度最小时，的度数为__________． 【答案】 【分析】当点落在边上时，作出图形，根据等边三角形的性质，可求出的度数；以为边向右作等边，连接．利用全等三角形的性质证明，推出点在射线上运动，当时，的长最小，设交于点，再证明是等腰直角三角形，可得结论． 【详解】解：当点落在边上时，如图， 是等边三角形， ， ； 以为边向右作等边，连接． 是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， 点在射线上运动， 如图，设交于点， 当时，的长最小，此时， ，， ， ， ， ， ， ． 故答案为：，． 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 5．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点E、F、G、H分别是边、、、中点，在直线上方有一动点P，且满足，则周长的最小值为______． 【答案】 【分析】证明出四边形为矩形，在上方作直线，且到的距离为，说明点在上，作点关于的对称点，连接，交于点，则三角形为所求，利用勾股定理求出，即可求出最小周长． 【详解】解：如图，连接、交于， 点、、、分别是边、、、中点， 、为、的中位线， ，， 四边形为平行四边形， 四边形为菱形， ， ， 四边形为矩形， 在上方作直线，且到的距离为， ， 点在上， 作点关于的对称点，连接，交于点， 由对称得，， ， 由两点间线段最短得，此时最短， 周长最短， ，， 为等边三角形， ， ， ， 点、分别是边、的中点，且， 为等边三角形， ， 到的距离为， 点到的距离为， 点到的距离为， ， ， 周长的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称线段最短问题，菱形性质、中点四边形性质及三角形中位线性质的应用是本题的解题关键． 6．（24-25八年级下·浙江衢州·期末）如图1，在四边形 中，依次取四边中点E，F， H， G， 连结，．P是线段上的一点，连结， 作 交于点 Q．分别沿，，，将四边形 剪裁成五块，再将它们拼成四边形 ． （1）_________． （2）如图2， 连结， 交于点O， 若， 则四边形的周长最小值是_________． 【答案】 【分析】（1）根据全等三角形的性质即可求解； （2）根据三角形中位线定理得出，即可得出最小时四边形的周长最小值，最小值是的值，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求解即可； 【详解】解：（1）根据题意可得：， ∴， ∴， ∴； （2）∵是的中点， ∴， 作， ∴， ∴， ∴的最小值为， 根据（1）可得出， 故四边形的周长最小值； 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，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，垂线段最短等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 题型九 平行四边形中多结论问题（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，分别是，的中点，，是对角线上的两点，且．对于结论：①；②；③四边形是平行四边形；④．正确的是（     ） A．①② B．②③ C．①②③ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；证，得，，则，得，再证出四边形是平行四边形，得，故②③正确，不一定等于，故①不正确， 不一定成立，故④不正确，即可得出结论． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 又E、F分别是、的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ， ，，，故②正确 ， ， 四边形是平行四边形，故③正确 ， 而 不一定成立，故④不正确． 不一定等于， 不正确，故①不正确， 故选：B． 2．（24-25八年级下·广东佛山·月考）如图，已知和是一对全等的等腰直角三角形，，，，点在边上（不与点重合），延长到点，使得，过点作交于点，垂足为，连接．下列结论正确的选项是（   ） ①；②；③；④ A．①②③ B．②④ C．③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和判定，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理依次判定选项即可． 【详解】解：∵和是一对全等的等腰直角三角形， ∴，四边形是正方形， ∵，，， ∴，故①正确； ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 连接， 在和中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，即，故③错误； ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，故④正确， 综上所述，选项①②④正确， 故选：D． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，证明是等腰直角三角形是解题的关键． 3．（24-25八年级上·山东济宁·期末）如图，在中，，，，，，都是等边三角形，下列结论中： ①； ②四边形是平行四边形； ③； ④．错误的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】由，得出，故①正确；再由证得，得，同理证得，得，则四边形是平行四边形，故②正确；然后由平行四边形的性质得，则③正确；最后求出，故④错误；即可得出答案． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴，故①正确； ∵都是等边三角形， ∴， ∴， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∴四边形是平行四边形，故②正确； ∴，故③正确； 过A作于G，则， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴，故④错误； 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键． 4．（24-25八年级下·北京海淀·期中）如图，分别在四边形的各边上取中点，，，，连接，在上取一点，连接，过作，交于，将四边形中的四边形①和②移动后按图中方式摆放，得到四边形和，延长，相交于点，得到四边形．下列说法中正确的是（　　） ① ② ③ ④四边形是平行四边形 A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，中心对称及其性质，全等形的判定和性质等知识，解决问题的关键是掌握平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质． 顺次连接，连接交于点，得，于是，证明，即可判断①；由对称性可得：，则，由，即可判定四边形是平行四边形，即可判断④；四边形是平行四边形，则，无法证明，即可判断②；四边形 四边形，四边形四边形，四边形四边形，得到，则，即可判断③． 【详解】解：如图， 顺次连接，连接，连接交于点， ∵分别在四边形的各边上取中点，，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故①正确； 由对称性可得：， ∴， ∵， 四边形是平行四边形， 故④正确； 四边形是平行四边形， ∴， 无法证明， 故②不正确； 依题意，四边形四边形，四边形四边形， 由题意得，四边形是由移动得到的， ∵， ∴四边形可以看成是四边形以点H为旋转中心，逆（顺）时针旋转得到的， ∴， 即在同一条直线上，，， ∴， 又∵四边形是由四边形移动后得到的， ∴，， ∵， ∴， 同理可得，，， ∵， ∴四边形四边形， ∴， ∴， 故③正确； 故答案为：B． 题型十 平行四边形的性质与判定解答题（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）如图1，矩形中，，动点E，F分别在边上，连结，以为边向上作，连结， (1)如图2，点F与D重合时， ①求的面积． ②当最短时，求的长． (2)如图3，当时，连结，若，求的长． 【答案】(1)①15；② (2) 【分析】（1）①根据平行四边形的面积即可解决问题； ②当时，最小，即为最小，此时四边形为矩形，进而可以解决问题； （2）连结交于点O，连结，记与交于点H，证明是等边三角形，根据勾股定理即可解决问题． 【详解】（1）解：①∵， ∴矩形面积15， ∵， ∴； ②记与交点为O， ∵， ∴， 当时，最小，即为最小， 此时四边形为矩形， ∴； （2）解：连结交于点O，连结，记与交于点H， ∵， ∴， ∴为矩形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 设，则， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的面积，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，中，，，，动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点运动，同时动点从点出发，以每秒个单位的速度沿方向运动，当点到达点时，点也停止运动，以，为邻边作平行四边形，，分别交于点，，设点运动的时间为秒． (1) ______ 含t的代数式表示； (2)如图，连接，，，当时，求的面积； (3)如图，连接，，点关于直线的对称点为点，若落在的内部不包括边界时，则的取值范围为______． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据几何动点的速度和时间可得结论； （2）根据四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，可得，再证明，最后利用三角形的面积公式可解答； （3）先证明，再计算两个边界点时点的值；①如图，点与重合，②如图4，在斜边上，由此可得结论. 【详解】（1）解：在中，， ， 由题意，， ， 故答案为：； （2）解：如图中， 四边形是平行四边形， ∴，， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ∵，， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）如图2，， ， 在中，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 如图，点与重合， 由对称得：， ， ， 是等边三角形， ， ， ； 如图4，在斜边上，此时， 由对称得：， ， 是等边三角形， ， ， ， 的取值范围为. 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，含的直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论，学会取边界点解决实际问题，属于中考压轴题. 3．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，，为上一点，，，作交于点，取上一点，以，为邻边向上作，交于点， (1)求证：． (2)记面积为，四边形面积为， ①求与的关系式． ②连接，若为直角三角形时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①；②或3 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，得出，再根据证明； （2）①延长交于点M，证明，，，为等腰直角三角形，得出，，，，求出，得出，，根据得出即可； ②分三种情况进行讨论：当时，当时，当时，分别求出结果即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴； （2）解：①延长交于点M，如图所示： ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，，，为等腰直角三角形， ∴，，，， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴ ， ∴． ②根据勾股定理得： ， ∵， ∴， ， 根据勾股定理得： ， ， 当时，， ∴， 解得：或（舍去）， ， ∴； 当时，， ∴， 解得：， ， ∴； 当时，， ∴， 解得：， 此时，不符合题意舍去； 综上分析可知：或3． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质，解一元二次方程，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 4．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，中，，P是边上一点，连接，作交的延长线于．设． (1)求证：． (2)求和的长． (3)当是等腰三角形时，则x的值为__________（直接写出答案）． 【答案】(1)证明见解析 (2)，， (3)或． 【分析】（1）证明四边形为平行四边形即可得到结论； （2）利用平行四边形的对边相等求解，如图，过作于，而，则，再利用勾股定理可得； （3）如图，当时，证明，而，，可得，过作于，再进一步解答即可，如图，当时，证明四边形是菱形即可，当时，重合或在的延长线上，不符合题意，舍去，从而可得答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴； （2）∵，， ∴，，， 设，而， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 如图，过作于，而，则， 设， ∴，，， ∴， 解得：， ∴； （3）由（2）可得：，，， 如图，当时， ∴， ∵， ∴，而，， ∴， ∴， 过作于， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 如图，当时， 而四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 当时，重合或在的延长线上，不符合题意，舍去， ∴的值为：或． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理的逆定理的应用，等腰三角形的定义，含的直角三角形的性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论是解本题的关键． 5．（24-25八年级下·四川成都·期末）平行四边形中，点O是对角线中点，点E在边上，的延长线与边交于点F，连接､，如图1． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)在（1）中，若，过点C作的垂线，与､､分别交于点G､H､R，如图2 ①当，时，求的长． ②探究与的数量关系，直接写出答案． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． （1）由可得，可得，可得结论； （2）①由等腰三角形的性质可得由勾股定理可求，由等腰三角形的性质可求的长，即可求解； ②如图，过点H作于点M，证明，可得，由等腰直角三角形的性质可得，即可得结论． 【详解】（1）证明：∵平行四边形中，点O是对角线中点， ∴， ∴，且， ∴， ∴，且， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①如图2，过点D作于点N， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②， 理由如下：如图，过点H作于点M， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴ ∴，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 题型十一 旋转中解答题压轴（共6小题） 1．（25-26八年级上·浙江温州·期中）学完等腰直角三角形后，小慧归纳了等腰直角三角形的两种常见题型的特征和解法． 题型①：斜中和三线合一的组合．已知特点：等腰直角三角形斜边中点：图形特征：如图1，解题方法是连结斜边中线． 题型②：“K”型全等．已知特点：如图2，，；图形特征：如图2，解题方法是构造内“K”或外“K”全等，或者一内一外的“K”型全等． 请借鉴以上方法，解决下列问题： (1)如图3，在中，，点为中点，点在边上，连结，作交于点，连结，若，则______；______． (2)如图4，在中，，，点是边上一点，，连结，将绕点逆时针旋转到处，连结，求的长． 【答案】(1)；． (2) 【分析】（1）连接，证明，由全等三角形的性质得出，，再利用勾股定理求解即可． （2）过点E作，交的延长线于点K，由旋转的性质得出，，在证明，由全等三角形的性质得出，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：连接， ∵在中，，点为中点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在中， 即， ∴， 在中，， 即， 解得， 故答案为：；． （2）解：过点E作，交的延长线于点K， 由旋转的性质可知：，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴， 在中， ． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 2．（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，在中，，．点，分别为，的中点，点为线段上一动点（不与点 重合），过点 作线段垂直且 ，连接，交 于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)在点 运动过程中，能否使为等腰三角形?若能，请直接写出 的长； 若不能，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)的长为或或． 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由旋转性质可得，，故有，再证明即可； （）连接，证明，所以，，又，则有，即，然后通过勾股定理即可求解； （）分当，当，当三种情况分析即可． 【详解】（1）证明：∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明: 连接， ∵，点，分别为，的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴在中，，在中，， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：∵点，分别为，的中点，，， ∴， ∴， 当，如图， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当，如图，此时三点共线， 此时； 当，如图， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴, ∴， 综上可得：为等腰三角形时，的长为或或． 3．（24-25七年级下·浙江台州·期中）如图1，将三角板与三角板摆放在一起；如图2，其中，，．固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角． (1)当为______度时，，并在图3中画出相应的图形； (2)在旋转过程中，试探究与之间的关系； (3)当旋转速度为秒时，且它的边与的某一边平行（不共线）时，直接写出时间t的所有值． 【答案】(1)15 ，图见解析 (2)当时，；当时，；当时， (3) 或 7 或 9 【分析】本题考查了旋转的性质，三角尺中角度的计算，解答此题的关键是通过画图，确定旋转后的位置，还注意分类求解，避免遗漏． （1）根据得出，根据即可求解； （2）设，在旋转过程中，分当时，当时，当时，三种情况根据平行线的性质即可求解； （3）①当时，②当时，③当时，，分别作出图形，根据平行线的性质即可求解． 【详解】（1）解：当时，，如图： ， ， ， 故答案为： 15 ； （2）解：设：， 如图，当时，， 故， 即； ②当时，， 即， 当时，， 即， ∴，即； （3）解：①当时，， ， ． ②当时， 则， ， ， ， ； ③当时，， ∴， ∴； 综上， 或 7 或 9 ． 4．（24-25八年级下·浙江金华·期中）【概念呈现】：当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”，把这个四边形叫做“等腰直角四边形”；当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形，若其中一个三角形是等腰直角三角形，另一个三角形是等腰三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”，把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”． (1)【概念理解】：如图①，若，， ，则四边形 （填“是”或“不是”）真等腰直角四边形； (2)【性质应用】：如果四边形是真等腰直角四边形，且，对角线BD是这个四边形的真等腰直角线，当，时， ； (3)【深度理解】：如图②，四边形与四边形都是等腰直角四边形，，，，对角线、分别是这两个四边形的等腰直角线，试猜想并说明与的数量关系； (4)【拓展提高】：已知：四边形是等腰直角四边形，对角线是这个四边形的等腰直角线，且，若，，，请直接写出的长．    【答案】(1)是 (2)4或2 (3)；见解析 (4) 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明，从而是等腰直角三角形，又因为是等腰三角形，即可得出结论； （2）由题意知是等腰三角形，当时，由勾股定理求得；当时，由勾股定理求得； （3）结合等腰直角三角形的性质，且利用证明，得； （4）构造等腰直角三角形，将逆时针旋转，得，与重合，连接，再运用勾股定理列式计算，从而解决问题． 【详解】（1）解：∵，， ∴，是等腰三角形， ∵， 则，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵是等腰三角形， ∴四边形是真等腰直角四边形， 故答案为：是； （2）解：∵对角线是这个四边形的真等腰直角线，当，时， ∴是等腰三角形， 当时， 由勾股定理得： ， 当时，由勾股定理得：， 综上：或2； 故答案为：4或2； （3）解：由题意知：和都是等腰直角三角形， ∴，，， ∴ ∴， ∴， ∴； （4）解：∵四边形是等腰直角四边形，对角线是这个四边形的等腰直角线，且， ∴是等腰直角三角形， 如图3，将逆时针旋转，得，与重合，连接    则 ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵， ∴，， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了勾股定理，旋转性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，读懂题意，作辅助线构造全等三角形是解题的关键，注意问题设置的层次性． 5．（24-25八年级上·浙江温州·期中）如图1，是等边内一点，连结．将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结． (1)求证：． (2)如图2，连结． ①当，且为等腰三角形时，求出的度数． ②当，且时，请直接写出点到点的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)①或或； ② 【分析】（1）根据可证明； （2）①先根据全等三角形的性质得，从而可得，最后根据为等腰三角形分三种情况讨论即可解答； ②如图3，过点作于，则，先证明三点共线，再根据的直角三角形的性质可得，利用勾股定理计算和的长即可解答． 【详解】（1）证明：由旋转得：， 是等边三角形， ， ， ， 在和中， ， ， （2）解：①， 是等边三角形， ， 由（1）知：， ， ， 为等腰三角形， 或或， 当时，， ， ； 当时，， ； 当时， ； 综上，当为等腰三角形时，的度数为或或； ②如图3，过点作于，则， ， ， 由（1）知：， ， ， ， 三点共线， 中，， ， 由勾股定理得： 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键． 6．（25-26九年级上·湖北武汉·期中）点是等边内一点，点是边的中点，，连接、、． (1)如图1，若将绕点逆时针得（与对应），连接， ①直接写出______°； ②证明：； (2)如图2，若，直接写出的最小值______． 【答案】(1)①60；②见详解 (2) 【分析】（1）①可得出，进而得出结果； ②延长至，使，连接，可得出四边形是平行四边形，从而，进而得出，从而得出； （2）取的中点的中点，连接，将旋转至，连接，作于，连接，从而，从而，从而得出，解三角形求出即可得出结果． 【详解】（1）解：①如图，∵绕点逆时针得， ， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为： 60 ； ②证明：如图1， 延长至，使，连接， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， 由（1）知：， ， ， ； （2）解：如图2， 取的中点的中点，连接，将旋转至，连接，作于，连接， ∴， ∵分别是中点， ， ∵是等边三角形， ∴， 由（1）①得， ∴， ∵， ∴， ， ∵是等边三角形，是中点， ， ∴， ， ， ∴， ， ， 的最小值为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，平行四边形的性质和判定，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 题型十二 平行四边形综合之实践探究题（共5小题） 1．（24-25九年级上·河南商丘·期中）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点，分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明． 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）四边形为平行四边形，理由见解析 【分析】本题是四边形的综合题，考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）证明，得到； （2）证明，得出四边形为平行四边形． 【详解】（1）证明：为等边三角形， ，， 绕点逆时针旋转得到， ，， ， ，， ， ； （2）解：四边形为平行四边形，理由如下， ，， ， 绕点逆时针旋转得到， ，，， ，则， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 则四边形为平行四边形； 2．（24-25八年级下·广东揭阳·期中） 探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究，在中，，，，D为线段上一点． 【初步感知】 （1）如图1，连接，将绕点C逆时针旋转至．连接，求的度数； 【深入探究】 （2）如图2，将沿折叠至．射线与射线交于点F．若，求的面积； 【拓展应用】 （3）如图3，，连接．G为线段AC上一点，作点G关于直线的对称点H，点G绕B顺时针旋转至点K，连接HK，HB，请问CD和HK存在何种关系？并说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3），见解析 【分析】（1）根据证明得，进而可求出的度数； （2）作交于点T，由折叠的性质得，．求出得，设，则，，由勾股定理求出，然后在中利用勾股定理列方程求解即可； （3）连接，延长交于点T，证明得，，由旋转得，从而有．证明得，可证四边形是平行四边形，从而． 【详解】解：（1）∵在中，，， ∴， ∴． ∵将绕点C逆时针旋转至， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图，作交于点T， ∵将沿折叠至， ∴，． ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）如图，连接，延长交于点T， ∵点G绕B顺时针旋转至点K， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，． ∵作点G关于直线的对称点H， ∴，， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，轴对称的性质，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质． 3．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明： 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 【答案】（1）见详解，（2）四边形为平行四边形，（3） 【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，从而可得，证明，即可得证； （2）根据等腰直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，从而可得，由平行线的判定可得，证明，可得，利用等量代换可得，再由平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可得证； （3）过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，根据等腰三角形的性质可证，证明，可得，从而可得当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明∵为等边三角形， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：四边形为平行四边形，理由如下， ∵，， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 则， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 则四边形为平行四边形； （3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值， ∵， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值是解题的关键． 4．（24-25八年级下·广西河池·期中）【探究与证明】 【探究】某数学兴趣小组在学完第十八章《平行四边形》之后，探究了新人教版八年级下册数学教材第64页的数学活动1．其内容如下： 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用如图1的方法： （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． （2）再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕，同时，得到了线段． 【证明】请根据上述过程完成下列问题： (1)连接，如图2．请直接写出：______； (2)请判断和的数量关系，并说明理由； (3)乐乐在探究活动的第（2）步基础上再次动手操作（如图3），将延长交于点G．将沿折叠，点B刚好落在边上点H处，连接，把纸片再次展平．请证明四边形是平行四边形． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)见解析 【分析】本题考查四边形综合题、直角三角形的性质、矩形的性质、平行四边形的判定等知识，正确的理解题意是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖． （1）根据折叠的性质可得，，然后证明出，得到，然后证明出是等边三角形，得到，根据折叠的性质即可得出； （2）由，得到，即可得出； （3）由，根据矩形的性质，，，可得是等边三角形，则，由折叠得，，可得出，即可得出四边形是平行四边形． 【详解】（1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕， ∴，， 又∵ ∴ ∴ 再次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到了线段． ， ∴ ∴是等边三角形 ， 由折叠的性质得：； （2）∵， ， ； （3）∵，四边形是矩形， ， ，， 是等边三角形， ， 由折叠得，， ， 四边形是平行四边形． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）根据所给素材，完成相应任务． 玩转三角板 活动背景 在某次数学探究活动中，李老师拿出一副斜边长都为2的三角板，如图1、图2所示，其中为直角，，，要求两直角顶点重合与重合于点）进行探究活动． 素材1 小聪同学的探究结果如图3所示， ，连结，发现四边形是平行四边形． 素材2 李老师发现，在上述操作过程中，与的面积比为定值，而且根据，可以通过旋转很快求出这个比值． 解决问题 任务1 根据图3帮助小聪同学 （1）证明：四边形为平行四边形． （2）计算的面积． 任务2 （3）请你根据李老师的分析，直接写出___________． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”进行证明； （2）过点O作于点H，交于点G，利用，求得，利用，求得，从而求得，然后根据平行四边形的面积公式求解即可． （3）过点C作于M，过点B作交延长线于N，证明，得到，然后由三角形面积公式计算出，从而得出结论． 【详解】解：（1）∵，， ∴四边形是平行四边形． 故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （2）过点O作于点H，交于点G，    ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∵ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴． （3）过点C作于M，过点B作交延长线于N，如图，    ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴与的面积比是定值． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，本题是三角形综合题目，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键． 题型十三 平行四边形的综合之阅读题型（共4小题） 1．（25-26八年级上·江苏无锡·期中）【阅读】如图1，四边形中，，，，，经过点的直线将四边形分成两部分，直线与所成的角设为，将四边形的直角沿直线折叠，点落在点处，我们把这个操作过程记为． 【理解】若点与点重合，则这个操作过程为； 【尝试】 （1）若点与的中点重合，则这个操作过程为[_____，_____]； （2）若点恰为的中点（如图2），求的值； 【应用】经过操作，点落在点处，若点在四边形的边上，直线与相交于点，试画出图形并求出的值； 【答案】尝试（1），16；（2）应用：见解析，14 【分析】本题考查了翻折（折叠）变换、全等三角形、等腰直角三角形等知识点，解题关键是正确理解题目给出的变换的定义，并能正确运用折叠的性质．注意数形结合思想的应用． 尝试 （1）如图1所示，若点D恰为的中点，证明，进而得到，，可得结论； （2）如图2所示，若点D恰为的中点，作辅助线，证明，得，根据线段垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，所以，则，可得结论； 应用 如图3，作辅助线，根据点B与点E关于直线l对称，知，证明四边形是平行四边形，得，，可得的值，即a的值． 【详解】解：（1）点D与的中点重合，如图1， 由折叠得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵D为的中点， ∴， 则这个操作过程为； 故答案为：，16； （2）延长，交于点N，如图2． ∵， ∴， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴根据线段垂直平分线的性质可得， ∴根据等腰三角形的性质可得． 由折叠可得， ∴， ∴； 应用 解：过点B作于点H，如图3． ∵， ∴． ∵点B与点E关于直线l对称， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∴a的值为14． 2．（24-25八年级下·山东潍坊·期中）【阅读材料】 老师的问题：如图1，在中，，分别交，于点，，，垂足为点，，，求的值． 小亮的思路：过点作，交的延长线于点，构造（如图2），经过推理和计算能够求出的值． 【解答问题】 （1）的值是______； （2）你还有其他添加辅助线的方法吗？写出你的求解过程； （3）如图3，中，是上的一点，连接，且交于点，，，，求证：． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，勾股定理及其逆定理： （1）先证明四边形是平行四边形，得到，平行线的性质，得到，勾股定理求出的长即可； （2）过点D作，交的延长线于点M，同法（1）进行求解即可； （3）过点A作，证明四边形为平行四边形，求出的长，勾股定理逆定理求出，得到，即可得证． 【详解】解：（1）∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （2）能：过点D作，交的延长线于点M ∵， ∴ ∵ ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴在中， ； （此问答案不唯一，正确即得分） （3）过点A作，交的延长线于点F ∴ 在中，， ∴ ∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴三角形为直角三角形 ∴ ∴ ∴． 3．（25-26八年级上·福建福州·期中）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 【材料阅读】 古希腊数学家欧几里得的《原本》是一部划时代的著作，其伟大的历史意义在于它是用公理化方法建立起的演绎体系的最早典范．小婷是一个数学爱好者，她在学习完平行线的概念后，研究发现：如果两条直线平行，那么一条直线上所有的点到另一条直线的距离都相等．如下图：，是上的任意两点，，垂足为，垂足为，则有． 【问题探究】 （1）如图1，在四边形中，，，，，则的面积为___________；若点是的中点，则的面积为___________． （2）如图2，在中，点是平面内一动点，且始终满足，，当最小时，求的度数，并请在图中画出的最短路径．（保留画图痕迹） 【问题解决】 （3）如图3，，四边形为公园中的一片花圃，现计划在四边形内找一点，连接，使得将四边形分成面积相等的两部分，分别用于种植两种不同品种的花，同时沿着修一条观赏的道路．为了降低成本，公园管理人员希望的和最小．请探究是否存在满足要求的点，若存在，请在图中画出点，并简要描述你得到点的方法（保留画图痕迹，不必写完整作法）． 【答案】（1）9；； （2）；（3）见解析 【分析】（1）根据两个三角形同底等高求出的面积即可； （2）过点作，作点关于的对称点，连接交于点，求出点A在到距离为2的直线上运动，得到，当点A和点重合时，最小，证明出是等腰直角三角形，即可求解； （3）连接，，取的中点，连接，，作，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，连接，则此时的值最小，且折线、把四边形的面积分成相等的两部分，然后求解即可． 【详解】（1）∵，， ∴点和点到的距离相等， ∵，， ∴； ∵点是的中点， ∴； （2）∵在中，点是平面内一动点，且始终满足，， ∴设边上的高为h ∴ ∴ ∴点A在到距离为2的直线上运动 过点作，作点关于的对称点，连接交于点D，连接交于点，如下图：    ∴， ∴当点A和点重合时，最小， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形 ∴； （3）连接，，取的中点，连接，，作，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，连接，，如下图：    则此时的值最小，且折线、把四边形的面积分成相等的两部分， 理由：∵ ∴， ∴ ∵， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了轴对称最短问题，平行线的性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 4．（24-25八年级下·山西大同·期中）阅读与思考： 小明同学在学习矩形性质之后，对直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的证明思路做了及时的梳理与总结．阅读小明同学的笔记，并完成相应任务 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图1，中，，是斜边上的中线．求证：．   分析：要证明等于的一半．可以用“倍长法”将延长一倍，如图2，延长到E，使得．连接，．可证四边形是矩形，由矩形的对角线相等得，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到． 证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示：   ∵是斜边上的中线， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形（①依据：__________） 任务： (1)①依据为：______________ (2)请补小明的全证明过程； (3)上述证明方法中主要体现的数学思想是______； A．转化思想    B．类比思想    C．数形结合思想    D．从一般到特殊思想 (4)将和按图3放置，其中，，点A、B、D在一直线上，分别取和的中点F和G，连接GF．若，，，则______．    【答案】(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形 (2)见解析 (3)A (4) 【分析】（1）根据平行四边形的判定方法填写即可； （2）延长到，使得，连接、，证四边形是平行四边形，再由，得平行四边形是矩形，则，进而得出结论； （3）由（1）的证明方法即可得出结论； （4）过点在上方作，过点作于，过点在上方作，过点作于，连接、、，延长交于，证四边形、四边形均为矩形，得，，再由勾股定理得，然后证是的中位线，即可求解． 【详解】（1）解：①依据为：对角线互相平分的四边形是平行四边形； （2）证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示：    ∵是斜边上的中线， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是矩形， ， ， ； （3）由上述证明方法中将三角形的问题转化为矩形对角线的关系， 主要体现的数学思想是转化思想， 故答案为：A； （4）如图，过点在上方作，过点作于，过点在上方作，过点作于，连接、、，延长交于， 同（1）可知：四边形、四边形为矩形， ∴， ∴四边形都为矩形，同理：四边形和四边形为矩形， ，， 在中，由勾股定理得：， 点，分别是和的中点，四边形、四边形都是矩形， 点，分别是和的中点， 是的中位线， ， 故答案为：．    【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理以及转化思想等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明为的中位线是解题的关键． 题型十四 三角形的中位线解答题压轴（共4小题） 1．（2026·辽宁抚顺·一模）如图，在和中，与交于点，，． (1)求证：． (2)如图，将图中的“改成，并分别延长交于点，若，求的度数． (3)如图，是等边三角形， ，在平面内将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，是的中点，连接．若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（）利用“”即可求证； （）在上取一点，使得，连接，由得，，即得，得到，进而得到，即得，即可求解； （）延长至点，使得，连接，过点作于，于，可证，得到，即得，得到，又由旋转得，即得，即可得是等边三角形，再证明，得，，可得是的平分线，得到，由得，又由直角三角形的性质得，得到，即可得到，最后根据三角形中位线的性质解答即可求解． 【详解】（1）证明：在和中， ∵， ∴； （2）解：如图，在上取一点，使得，连接， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图，延长至点，使得，连接，过点作于，于， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转得，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是的平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴ 2．（25-26九年级下·北京·开学考试）如图，在中，，点为边上一点，； (1)如图1，若，，，求点到直线的距离； (2)如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）过点作延长线于点，利用勾股定理求得，再利用，即可求解； （2）连接，交于点，通过导角得出，可知，证明，可得，即可证明，得，再利用直角三角形证明，得，最后利用中位线证明即可． 【详解】（1）解：过点作延长线于点， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即点到直线的距离为； （2）解：，理由如下： 如图，连接，交于点， 设， ∵，点为线段中点， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴，     ∴， ∵点为线段中点， ∴． 3．（2025·河南信阳·一模）提出问题：在综合与实践课上，老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动． 如图1，三角板和三角板都是等腰直角三角形，，点，分别为，的中点． 如图2，将点、点重叠合并在一起，记作点，点，分别落在边，上，连接，记的中点为点．试判断线段与的数量关系和位置关系． 探究交流：感恩小组发现，，．并展示了如下的证明方法： ∵点，分别是，的中点， ∴， ∵点，分别是，的中点， ，．（依据1） ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴，（依据2） ∴， ∴． 反思拓展： (1)①上述证明过程中的“依据1”，“依据2”分别是指什么？ ②试判断图2中，与的位置关系，请直接回答，不必证明； (2)“责任”小组在探究时，把绕点逆时针方向旋转到如图3的位置，发现是等腰直角三角形，请你给出证明； (3)“坚持”小组的同学进行“固定变量”探究，令，时，把绕点在平面内自由旋转，的面积是否发生变化，若不变，请直接写出的面积；若变化，的面积是否存在最大值与最小值？若存在，请直接写出面积的最大值与最小值． 【答案】(1)①依据1：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半．依据2：直角三角形的两锐角互余；② (2)证明见解析 (3)的面积会发生变化，的面积最小为，最大为 【分析】（1）①根据中位线的性质和直角三角形的性质作答即可； ②根据等腰直角三角形的性质可得，，由平行线的性质可得，因此； （2）连接，连接并延长，交的延长线于点，容易证明，则，，由等量代换可得，即．由中位线的性质可得，，，，因此，，命题得证； （3）由（2）可知，，是等腰直角三角形，，因此．结合可求出的范围，从而得出的面积的最小值和最大值． 【详解】（1）解：①依据1：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半． 依据2：直角三角形的两锐角互余． ②结论：，理由如下： ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接，连接并延长，交的延长线于点， 由旋转的性质可知，， ∵、都是等腰直角三角形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点，分别是，的中点． ∴是的中位线， ∴，， ∴， 同理，是的中位线， ∴，，即， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （3）解：由（2）可知，是等腰直角三角形，， ∴， ∴随的增大而增大， ∵，， 又∵， ∴， ①当点在线段上，如图，此时取得最小值， ∴； ②当点在线段的延长线上，如图，此时取得最大值， ∴； 综上所述，的面积会发生变化，的面积最小为，最大为． 4．（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在中，点E是的中点，点P是上一点，连接，交于点M，N是上一点，且，连接并延长交于点F． 【初步尝试】 （1）四边形是平行四边形吗？如果是，请写出证明过程；如果不是，请说明理由； 【深入探究】 （2）如图2，若在图1的基础上连接交于点H，过点A作交于点G， ①猜想与的数量关系，并说明理由； ②如图3，当点P为中点时，若，，且，请求出的面积（结果用含a，b的式子表示）． 【答案】（1）四边形是平行四边形，见解析；（2）①，见解析；②的面积为 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得出，结合点E是的中点，，根据三角形中位线定理得出，即可证明四边形是平行四边形． （2）①如图，作交于点K，则四边形是平行四边形， 得出，根据四边形、是平行四边形，得出，，则，，证明，得出，则，再证明，得出，即可得． ②如图，延长交的延长线于点R，证明，得出，，，作交的延长线于点L，作于点Q，证明四边形是平行四边形，得出，则 ， ，结合，证出是直角三角形，且，则，再根据，得出，即可得． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． （2）①解：；理由如下： 如图，作交于点K， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形、是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴． ②如图，延长交的延长线于点R， ∵点P为中点，， ∴，， 又， ∴， ∴，， ∴， 作交的延长线于点L，作于点Q， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为． 1 / 127 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 期中真题百练通关（65题14类压轴题型） 题型1 二次根式的应用（选填压轴） 题型8 平行四边形中最值问题（选填压轴） 题型2 二次根式中分母有理化（解答压轴） 题型9 平行四边形中多结论问题（选填压轴） 题型3 双重二次根式的化简（解答压轴） 题型10平行四边形的性质与判定解答题（解答压轴） 题型4 根的判别式和韦达定理综合（选填压轴） 题型11 旋转中解答题压轴（解答压轴） 题型5 一元二次方程动态几何问题（解答压轴） 题型12 平行四边形综合之实践探究题（解答压轴） 题型6 一元二次方程中新定义类题型（解答压轴） 题型13 平行四边形的综合之阅读题型（解答压轴） 题型7 配方法的应用（解答压轴） 题型14 三角形的中位线解答题压轴（解答压轴） 题型一 二次根式的应用（共4小题） 1．（25-26八年级上·浙江舟山·期中）如图，原图是一块边长为1，面积记为的正三角形纸板，沿原图的底边剪去一块边长为正三角形纸板后得到图①，面积记为，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板，即其边长为前一块被剪掉正三角形纸板边长的后，得图②、③面积依次记为，，……，记第块纸板的面积为 ，则等于（    ） A． B． C． D． 2．（24-25七年级下·浙江温州·期中）如图，把边长为6的正方形对折并剪成2个大小相同的长方形．两个长方形如图1摆放，四边形为正方形，两个长方形重叠部分面积记为：两个长方形如图2摆放．四边形为正方形，两个长方形重叠部分面积记为．若，，求图2中______． 3．（24-25七年级下·浙江温州·期中）将一张周长为的长方形纸条按图1所示进行折叠，得到一个“爱心”图案（如图2）．若“爱心”的水平宽度比竖直高度大，则图1中的长为________，图2中“爱心”的周长为________． 4．（24-25八年级下·浙江温州·期中）图1是由两个全等直角三角形和两个长方形组成的平行四边形，将其剪拼成不重叠，无缝隙的大正方形（如图2），若长方形③面积是长方形②面积的4倍，平行四边形的周长比长方形③的周长大18，则线段的值为______．    题型二 二次根式中分母有理化（共5小题） 1．（24-25八年级下·山东泰安·期中）王老师让同学们根据二次根式的相关内容编写一道题，以下是王老师选出的两道题和她自己编写的一道题．先阅读，再回答问题． (1)小青编的题，观察下列等式： 直接写出以下算式的结果： ①______； ②（为正整数）______； (2)小明编的题，由二次根式的乘法可知： ，，（，）再根据平方根的定义可得： ，，（，）； 直接写出以下算式的结果： ①______； ②______； (3)王老师编的题，根据你的发现，完成以下计算： ； (4)小丽看到王老师选出的题后，发现困扰自己很久的一道题有了解决办法，请你尝试帮她解决： 题目：若实数、满足条件，求的值． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期中）①我们在学习二次根式的时候发现：形如的式子可以进行分母有理化，过程如下．请利用以上阅读材料解决以下问题． (1)__________； (2)求的值． (3)比较________（用“”、“”或“”填空）． 3．（24-25八年级下·浙江金华·期中）【阅读理解】爱思考的小明同学在解决问题：已知，求的值．他是这样分析与解答的： ，， ，即， ， ． 请你根据小名的分析过程，解决如下问题： (1)计算： ； (2)计算： ； (3)若，求的值． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）在数学课外学习活动中，小明和他的同学遇到一道题： 已知，求的值，他是这样解答的： ∵， ∴， ∴，， ∴． ∴． 请你根据小明的解题过程，解决如下问题： (1)________；_______； (2)化简：； (3)若，求的值． 5．（24-25八年级下·湖南长沙·月考）我们将、称为一对“对偶式”，因为，所以构造“对偶式”再将其相乘可以有效的将和中的“”去掉，因此二次根式除法可以这样解：如，，像这样，通过分子，分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化 根据以上材料，解答下列问题： (1)比较大小用“”、 “”或“”填空； (2)已知，，求的值； (3)计算： 题型三 双重二次根式的化简（共3小题） 1．（24-25九年级上·四川内江·期中）阅读材料：小聪在学习二次根式后，发现含根号的式子可以写成另一个式子的平方，即． 于是，爱动脑筋的小聪又提出了一个问题：是否也能写成另一个式子的平方呢？经过探索，他联想到老师讲的方程思想，找到了一种把化成平方式的方法： 设，则， ． 整理得． 、可看作一元二次方程的两根． 解方程，得，． 于是有． 参考上述方法，解决下列问题： (1)化简下列根式并把答案直接填在答题卡上相应横线上： ________，________，_______； (2)化简：①，②； (3)化简． 2．（25-26八年级上·山东济南·期中）按要求进行二次根式的有关计算： (1)阅读：小芳同学在研究化简中发现： 首先把化为，由于，，即：，， 所以：， 应用：__________，__________． (2)阅读：； 应用：①若，求的值； ②解方程． (3)阅读：已知，，试比较，的大小；不好直接比较，可用如下方法： ，，因，且，都是正数，故． 应用：比较大小：__________，__________． 3．（24-25八年级下·山东滨州·期中）材料：如何将双重二次根式（，，）化简呢？如能找到两个数， （，），使得，即，且使，即，那么，，双重二次根式得以化简． 例如化简：， 因为且， ， 由此对于任意一个二次根式只要可以将其化成的形式，且能找到，（，），使得，且，那么这个双重二次根式一定可以化简为一个二次根式． 请同学们通过阅读上述材料，完成下列问题： (1)填空：=　　  =    (2)化简：； (3)计算：． 题型四 根的判别式和韦达定理综合（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）对于一元二次方程，下列说法： ①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④ 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）下列给出的四个命题，真命题的有（    ）个 ①若方程两根为-1和2，则； ②若，则； ③若，则方程一定无解； ④若方程的两个实根中有且只有一个根为0，那么，． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 3．（24-25八年级下·浙江嘉兴·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2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．以下关于倍根方程的说法，正确的有__________(填序号)． ①方程是倍根方程； ②若是倍根方程：则； ③若满足，则关于的方程是倍根方程； ④若关于的一元二次方程是倍根方程，则必有． 4．（24-25八年级下·浙江温州·期中）赵爽在周髀算经中有这样的记载，命题1：勾股各自乘，并之为弦实．意思是：记直角三角形勾股弦分别为，，．则．命题2：“加差于勾，即股．”意思是：已知，，求，．其中就是二次方程的根，例如方程的一个根为．问题1：请你构建一个形如“”，且一个根为的方程____________． 问题2：已知关于的方程，则其中一个根为___________． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）小明学习了韦达定理之后，发现若一元二次方程有两个实数根，，则方程可化为，将等式左边展开后可得，与原方程系数比较，就不难得到根与系数的等量关系． 小明接着思考，那么若一元三次方程有三个实数根，，，则这三个根之和、三个根之积与原方程系数之间是否存在类似的等量关系？ 请你帮助小明解决问题：若方程的三个实数根为，，，则的值为_______． 题型五 一元二次方程动态几何问题（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒. (1)当 时，平分四边形的面积. (2)当与四边形的某一边平行时，求的值. (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请求出值，若不存在，说明理由. 2．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以每秒2个单位的速度沿着折线先由A向D运动，再由D向C运动，点Q以每秒1个单位的速度由B向A运动，当其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)两平行线与之间的距离是__________． (2)当点P、Q与的某两个顶点围成一个平行四边形时，求t的值． (3)，以，为一组邻边构造平行四边形，若的面积为，求t的值． 3．（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点P从点B出发，沿射线的方向以每秒的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段上以每秒的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间t（秒）． (1)求、的代数表达式； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)当时，是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，平行四边形ABCD中∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm，点E以1cm/s的速度从点A出发沿A一B一C向点C运动，同时点F以1cm/s的速度从点A出发沿A一D一C向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设运动的时间为t（s）． (1)求平行四边形ABCD的面积； (2)求当t＝2s时，求△AEF的面积； (3)当△AEF的面积为平行四边形ABCD的面积的时，求t的值． 题型六 一元二次方程中新定义类题型（共6小题） 1．（25-26九年级上·四川成都·期中）定义：已知，是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“立格方程”．如：一元二次方程的两根为，，因为，，所以一元二次方程为“立格方程”． 请阅读以上材料，回答下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“立格方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“立格方程”．且两根，满足．求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“立格方程”，求m的取值范围． 2．（25-26九年级上·江苏泰州·期中）定义：如果关于的一元二次方程（，，均为常数，）有两个实数根，且其中一个根比另一个根大，则称这样的方程为“好根方程”． (1)下列方程中，是“好根方程”的是 ______（填序号）． ①；②；③． (2)若是“好根方程”，求的值． (3)若一元二次方程（为常数）为“好根方程”，直接写出的数值． 3．（25-26九年级上·江苏扬州·期中）定义：若关于的一元二次方程的两个实数根为，()，分别以，为横坐标和纵坐标得到点，则称点Q为该一元二次方程的“派生点”． (1)若方程为，求出该方程的“派生点”Q的坐标； (2)若关于x的一元二次方程为的“派生点”Q恰好在直线上，求m的值； (3)是否存在b、c，使得不论为何值，关于x的方程的“派生点”Q始终在直线的图像上？若有，请求出b、c的值；若没有，请说明理由． 4．（25-26八年级上·湖南岳阳·期中）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． 5．（25-26九年级上·吉林长春·月考）定义：对于一元二次方程，如果a、b、c满足，那么该一元二次方程称为“零点方程”． (1)下列一元二次方程是“零点方程”的是________；（填序号） ①；②；③． (2)求证：当时，“零点方程”总有两个不相等的实数根； (3)若某“零点方程”的一个根为，则这个方程可以是________． (4)关于x的方程是“零点方程”，且是这个方程的一个根，求p的值． 6．（25-26九年级上·江苏扬州·期中）若关于的一元二次方程的两根均为整数，则称的值为该方程的“关联值”．如：方程两根均为整数，其“关联值”为． (1)方程的“关联值”为_________； (2)若关于的一元二次方程的“关联值”为1，求的值； (3)求证：关于的一元二次方程（为整数）一定有“关联值”． 题型七 配方法的应用（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其他重要应用．例如：已知x可取任何实数，试求二次三项式的最小值． 解：； ∵无论x取何实数，都有， ∴，即的最小值为2． 【尝试应用】（1）请直接写出的最小值 ； 【拓展应用】（2）试说明：无论x取何实数，二次根式都有意义； 【创新应用】（3）如图，在四边形中，，若，则四边形的面积S，S的最大值是 ．（提示：） 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题． 解决问题：（1）若可配方成（为常数），求，的值； 探究问题：（2）已知，求的值； （3）已知（都是整数，是常数），要使的最小值为，试求出的值． 3．（24-25八年级下·浙江·期中）小慧在学习配方法的知识时，发现一个有趣的现象：关于的多项式，由于，所以当时，多项式有最小值；多项式，由于，所以当时，多项式有最大值． 于是小慧给出一个定义：关于的二次多项式，当时，该多项式有最值，就称该多项式关于对称．例如关于对称． 请结合小慧的思考过程，运用此定义解决下列问题： (1)多项式关于 对称； (2)若关于的多项式关于对称，则 ； (3)关于的多项式关于对称，且最小值为3，求方程的解． 4．（24-25七年级下·浙江金华·期中）（1）阅读下列材料：教科书中这样写道：“我们把多项式及叫做完全平方式”，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．即将多项式(b、c为常数)写成(、为常数)的形式，配方法是一种重要的解决数学问题的方法，不仅可以将有些看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题及求代数式最大、最小值等问题． 【知识理解】 若多项式是一个完全平方式，那么常数k的值为__________； （2）配方：_________； 【知识运用】 （3）已知，则m=_________，n=_________； （4）求多项式：的最小值． 题型八 平行四边形中最值问题（共6小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在中，，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，连接、，则的最小值为（    ） A．27 B．45 C．18 D．36 2．（24-25八年级下·浙江舟山·期中）如图，在平行四边形中，，，是边延长线上一点，连接，以为边作等边三角形，连接，则的最小值是________． 3．（24-25九年级上·浙江台州·期中）如图，中，，，点为内一点，，若，则长度的最小值为________． 4．（24-25九年级上·浙江台州·期中）如图，在长方形ABCD中，，点P为边AD上的一个动点，以BP为边向右作等边，连接．当点落在边BC上时，的度数为__________；当线段的长度最小时，的度数为__________． 5．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点E、F、G、H分别是边、、、中点，在直线上方有一动点P，且满足，则周长的最小值为______． 6．（24-25八年级下·浙江衢州·期末）如图1，在四边形 中，依次取四边中点E，F， H， G， 连结，．P是线段上的一点，连结， 作 交于点 Q．分别沿，，，将四边形 剪裁成五块，再将它们拼成四边形 ． （1）_________． （2）如图2， 连结， 交于点O， 若， 则四边形的周长最小值是_________． 题型九 平行四边形中多结论问题（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，分别是，的中点，，是对角线上的两点，且．对于结论：①；②；③四边形是平行四边形；④．正确的是（     ） A．①② B．②③ C．①②③ D．②③④ 2．（24-25八年级下·广东佛山·月考）如图，已知和是一对全等的等腰直角三角形，，，，点在边上（不与点重合），延长到点，使得，过点作交于点，垂足为，连接．下列结论正确的选项是（   ） ①；②；③；④ A．①②③ B．②④ C．③④ D．①②④ 3．（24-25八年级上·山东济宁·期末）如图，在中，，，，，，都是等边三角形，下列结论中： ①； ②四边形是平行四边形； ③； ④．错误的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（24-25八年级下·北京海淀·期中）如图，分别在四边形的各边上取中点，，，，连接，在上取一点，连接，过作，交于，将四边形中的四边形①和②移动后按图中方式摆放，得到四边形和，延长，相交于点，得到四边形．下列说法中正确的是（　　） ① ② ③ ④四边形是平行四边形 A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 题型十 平行四边形的性质与判定解答题（共5小题） 1．（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）如图1，矩形中，，动点E，F分别在边上，连结，以为边向上作，连结， (1)如图2，点F与D重合时， ①求的面积． ②当最短时，求的长． (2)如图3，当时，连结，若，求的长． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，中，，，，动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点运动，同时动点从点出发，以每秒个单位的速度沿方向运动，当点到达点时，点也停止运动，以，为邻边作平行四边形，，分别交于点，，设点运动的时间为秒． (1) ______ 含t的代数式表示； (2)如图，连接，，，当时，求的面积； (3)如图，连接，，点关于直线的对称点为点，若落在的内部不包括边界时，则的取值范围为______． 3．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，，为上一点，，，作交于点，取上一点，以，为邻边向上作，交于点， (1)求证：． (2)记面积为，四边形面积为， ①求与的关系式． ②连接，若为直角三角形时，求的值． 4．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，中，，P是边上一点，连接，作交的延长线于．设． (1)求证：． (2)求和的长． (3)当是等腰三角形时，则x的值为__________（直接写出答案）． 5．（24-25八年级下·四川成都·期末）平行四边形中，点O是对角线中点，点E在边上，的延长线与边交于点F，连接､，如图1． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)在（1）中，若，过点C作的垂线，与､､分别交于点G､H､R，如图2 ①当，时，求的长． ②探究与的数量关系，直接写出答案． 题型十一 旋转中解答题压轴（共6小题） 1．（25-26八年级上·浙江温州·期中）学完等腰直角三角形后，小慧归纳了等腰直角三角形的两种常见题型的特征和解法． 题型①：斜中和三线合一的组合．已知特点：等腰直角三角形斜边中点：图形特征：如图1，解题方法是连结斜边中线． 题型②：“K”型全等．已知特点：如图2，，；图形特征：如图2，解题方法是构造内“K”或外“K”全等，或者一内一外的“K”型全等． 请借鉴以上方法，解决下列问题： (1)如图3，在中，，点为中点，点在边上，连结，作交于点，连结，若，则______；______． (2)如图4，在中，，，点是边上一点，，连结，将绕点逆时针旋转到处，连结，求的长． 2．（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，在中，，．点，分别为，的中点，点为线段上一动点（不与点 重合），过点 作线段垂直且 ，连接，交 于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)在点 运动过程中，能否使为等腰三角形?若能，请直接写出 的长； 若不能，请说明理由． 3．（24-25七年级下·浙江台州·期中）如图1，将三角板与三角板摆放在一起；如图2，其中，，．固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角． (1)当为______度时，，并在图3中画出相应的图形； (2)在旋转过程中，试探究与之间的关系； (3)当旋转速度为秒时，且它的边与的某一边平行（不共线）时，直接写出时间t的所有值． 4．（24-25八年级下·浙江金华·期中）【概念呈现】：当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”，把这个四边形叫做“等腰直角四边形”；当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形，若其中一个三角形是等腰直角三角形，另一个三角形是等腰三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”，把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”． (1)【概念理解】：如图①，若，， ，则四边形 （填“是”或“不是”）真等腰直角四边形； (2)【性质应用】：如果四边形是真等腰直角四边形，且，对角线BD是这个四边形的真等腰直角线，当，时， ； (3)【深度理解】：如图②，四边形与四边形都是等腰直角四边形，，，，对角线、分别是这两个四边形的等腰直角线，试猜想并说明与的数量关系； (4)【拓展提高】：已知：四边形是等腰直角四边形，对角线是这个四边形的等腰直角线，且，若，，，请直接写出的长．    5．（24-25八年级上·浙江温州·期中）如图1，是等边内一点，连结．将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结． (1)求证：． (2)如图2，连结． ①当，且为等腰三角形时，求出的度数． ②当，且时，请直接写出点到点的距离． 6．（25-26九年级上·湖北武汉·期中）点是等边内一点，点是边的中点，，连接、、． (1)如图1，若将绕点逆时针得（与对应），连接， ①直接写出______°； ②证明：； (2)如图2，若，直接写出的最小值______． 题型十二 平行四边形综合之实践探究题（共5小题） 1．（24-25九年级上·河南商丘·期中）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点，分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明． 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由． 2．（24-25八年级下·广东揭阳·期中） 探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究，在中，，，，D为线段上一点． 【初步感知】 （1）如图1，连接，将绕点C逆时针旋转至．连接，求的度数； 【深入探究】 （2）如图2，将沿折叠至．射线与射线交于点F．若，求的面积； 【拓展应用】 （3）如图3，，连接．G为线段AC上一点，作点G关于直线的对称点H，点G绕B顺时针旋转至点K，连接HK，HB，请问CD和HK存在何种关系？并说明理由． 3．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明： 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 4．（24-25八年级下·广西河池·期中）【探究与证明】 【探究】某数学兴趣小组在学完第十八章《平行四边形》之后，探究了新人教版八年级下册数学教材第64页的数学活动1．其内容如下： 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用如图1的方法： （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． （2）再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕，同时，得到了线段． 【证明】请根据上述过程完成下列问题： (1)连接，如图2．请直接写出：______； (2)请判断和的数量关系，并说明理由； (3)乐乐在探究活动的第（2）步基础上再次动手操作（如图3），将延长交于点G．将沿折叠，点B刚好落在边上点H处，连接，把纸片再次展平．请证明四边形是平行四边形． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）根据所给素材，完成相应任务． 玩转三角板 活动背景 在某次数学探究活动中，李老师拿出一副斜边长都为2的三角板，如图1、图2所示，其中为直角，，，要求两直角顶点重合与重合于点）进行探究活动． 素材1 小聪同学的探究结果如图3所示， ，连结，发现四边形是平行四边形． 素材2 李老师发现，在上述操作过程中，与的面积比为定值，而且根据，可以通过旋转很快求出这个比值． 解决问题 任务1 根据图3帮助小聪同学 （1）证明：四边形为平行四边形． （2）计算的面积． 任务2 （3）请你根据李老师的分析，直接写出___________． 题型十三 平行四边形的综合之阅读题型（共4小题） 1．（25-26八年级上·江苏无锡·期中）【阅读】如图1，四边形中，，，，，经过点的直线将四边形分成两部分，直线与所成的角设为，将四边形的直角沿直线折叠，点落在点处，我们把这个操作过程记为． 【理解】若点与点重合，则这个操作过程为； 【尝试】 （1）若点与的中点重合，则这个操作过程为[_____，_____]； （2）若点恰为的中点（如图2），求的值； 【应用】经过操作，点落在点处，若点在四边形的边上，直线与相交于点，试画出图形并求出的值； 2．（24-25八年级下·山东潍坊·期中）【阅读材料】 老师的问题：如图1，在中，，分别交，于点，，，垂足为点，，，求的值． 小亮的思路：过点作，交的延长线于点，构造（如图2），经过推理和计算能够求出的值． 【解答问题】 （1）的值是______； （2）你还有其他添加辅助线的方法吗？写出你的求解过程； （3）如图3，中，是上的一点，连接，且交于点，，，，求证：． 3．（25-26八年级上·福建福州·期中）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 【材料阅读】 古希腊数学家欧几里得的《原本》是一部划时代的著作，其伟大的历史意义在于它是用公理化方法建立起的演绎体系的最早典范．小婷是一个数学爱好者，她在学习完平行线的概念后，研究发现：如果两条直线平行，那么一条直线上所有的点到另一条直线的距离都相等．如下图：，是上的任意两点，，垂足为，垂足为，则有． 【问题探究】 （1）如图1，在四边形中，，，，，则的面积为___________；若点是的中点，则的面积为___________． （2）如图2，在中，点是平面内一动点，且始终满足，，当最小时，求的度数，并请在图中画出的最短路径．（保留画图痕迹） 【问题解决】 （3）如图3，，四边形为公园中的一片花圃，现计划在四边形内找一点，连接，使得将四边形分成面积相等的两部分，分别用于种植两种不同品种的花，同时沿着修一条观赏的道路．为了降低成本，公园管理人员希望的和最小．请探究是否存在满足要求的点，若存在，请在图中画出点，并简要描述你得到点的方法（保留画图痕迹，不必写完整作法）． 4．（24-25八年级下·山西大同·期中）阅读与思考： 小明同学在学习矩形性质之后，对直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的证明思路做了及时的梳理与总结．阅读小明同学的笔记，并完成相应任务 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图1，中，，是斜边上的中线．求证：．   分析：要证明等于的一半．可以用“倍长法”将延长一倍，如图2，延长到E，使得．连接，．可证四边形是矩形，由矩形的对角线相等得，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到． 证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示：   ∵是斜边上的中线， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形（①依据：__________） 任务： (1)①依据为：______________ (2)请补小明的全证明过程； (3)上述证明方法中主要体现的数学思想是______； A．转化思想    B．类比思想    C．数形结合思想    D．从一般到特殊思想 (4)将和按图3放置，其中，，点A、B、D在一直线上，分别取和的中点F和G，连接GF．若，，，则______．    题型十四 三角形的中位线解答题压轴（共4小题） 1．（2026·辽宁抚顺·一模）如图，在和中，与交于点，，． (1)求证：． (2)如图，将图中的“改成，并分别延长交于点，若，求的度数． (3)如图，是等边三角形， ，在平面内将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，是的中点，连接．若，，求的长． 2．（25-26九年级下·北京·开学考试）如图，在中，，点为边上一点，； (1)如图1，若，，，求点到直线的距离； (2)如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明． 3．（2025·河南信阳·一模）提出问题：在综合与实践课上，老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动． 如图1，三角板和三角板都是等腰直角三角形，，点，分别为，的中点． 如图2，将点、点重叠合并在一起，记作点，点，分别落在边，上，连接，记的中点为点．试判断线段与的数量关系和位置关系． 探究交流：感恩小组发现，，．并展示了如下的证明方法： ∵点，分别是，的中点， ∴， ∵点，分别是，的中点， ，．（依据1） ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴，（依据2） ∴， ∴． 反思拓展： (1)①上述证明过程中的“依据1”，“依据2”分别是指什么？ ②试判断图2中，与的位置关系，请直接回答，不必证明； (2)“责任”小组在探究时，把绕点逆时针方向旋转到如图3的位置，发现是等腰直角三角形，请你给出证明； (3)“坚持”小组的同学进行“固定变量”探究，令，时，把绕点在平面内自由旋转，的面积是否发生变化，若不变，请直接写出的面积；若变化，的面积是否存在最大值与最小值？若存在，请直接写出面积的最大值与最小值． 4．（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在中，点E是的中点，点P是上一点，连接，交于点M，N是上一点，且，连接并延长交于点F． 【初步尝试】 （1）四边形是平行四边形吗？如果是，请写出证明过程；如果不是，请说明理由； 【深入探究】 （2）如图2，若在图1的基础上连接交于点H，过点A作交于点G， ①猜想与的数量关系，并说明理由； ②如图3，当点P为中点时，若，，且，请求出的面积（结果用含a，b的式子表示）． 1 / 127 学科网（北京）股份有限公司 $