2025-2026学年人教版数学八年级下册期中复习优等生讲义(21.1-23.4)

人教版数学八年级下期中复习 优等生讲义 21.1-23.4 (8大考点精讲+创新压轴题+课后巩固) 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 多边形内角和与外角和公式，能熟练计算对角线条数及正多边形相关角度。 · 灵活运用 平行四边形的性质与判定，理解对角线互相平分、对边平行且相等。 · 系统掌握 矩形、菱形、正方形的特殊性质及判定定理，能解决综合几何证明。 · 理解并应用 三角形中位线定理及重心性质（重心分中线2:1），解决长度、面积问题。 · 熟练运用 平面直角坐标系中点的平移、对称、两点距离公式，理解坐标几何意义。 · 掌握 一次函数图象与性质（k、b的意义），能利用函数解不等式及实际问题建模。 · 体会 数形结合、分类讨论、方程思想在压轴题中的应用，提升几何直观与逻辑推理。 ✨ 核心思想：几何图形的内在联系 → 演绎推理 → 函数思想 → 综合解题能力。 知识梳理 · 核心知识点 ☆多边形 · 内角和公式： （）。外角和恒为 。 · 对角线： 边形对角线总数 ；从一点出发可引 条对角线。 · 正多边形： 每个内角 ，中心角 。 ☆平行四边形 · 性质： 对边平行且相等，对角相等，邻角互补，对角线互相平分；中心对称图形。 · 判定： 两组对边分别平行/相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分；两组对角相等。 · 面积： 。 ☆矩形、菱形、正方形 · 矩形： 平行四边形 + 一个直角 → 对角线相等，四个直角。判定：对角线相等或三角为直角。 · 菱形： 平行四边形 + 一组邻边相等 → 对角线垂直且平分一组对角，四条边相等。面积 。 · 正方形： 矩形+菱形，四边相等，四角直角，对角线垂直且相等。 · 常见模型： 含 角、折叠问题、中点四边形。 ☆三角形中位线与重心 · 中位线定理： 连接三角形两边中点的线段平行于第三边且等于第三边的一半。 · 重心： 三条中线的交点，重心将每条中线分成 （顶点到重心 : 重心到中点）。重心坐标 顶点坐标平均值。 · 应用： 求线段长、面积分割、平行四边形构造。 ☆平面直角坐标系与一次函数 · 坐标平移： 点 向右平移 个单位 ，向上平移 个单位 ；关于 轴对称 ，关于 轴对称 。 · 两点距离公式： 。 · 一次函数 ： 决定增减性与倾斜度， 为 轴截距。 上升， 下降；图象与坐标轴围成三角形面积。 · 不等式与函数图象： 观察图象上方/下方解集。 ☆数学模型与实际应用 · 利用一次函数解决最优方案、利润、行程问题；列方程（组）求参数。 · 几何变换（旋转、翻折）与特殊四边形结合，常用勾股定理、全等三角形。 · 动态几何（动点问题）：分类讨论菱形、矩形、直角三角形的存在性。 □ 核心知识一览表 知识模块 核心性质/定理 关键公式/方法 多边形 内角和 ，外角和 对角线总数 ，正多边形内角公式 平行四边形 对边平行且相等，对角线互相平分 判定：边、角、对角线条件；面积=底×高 矩形 对角线相等，四个直角 直角三角形斜边中线等于斜边一半 菱形 对角线垂直平分，四条边相等 面积 = (对角线乘积)/2 正方形 四边相等，四角直角，对角线垂直且相等 兼具矩形、菱形所有性质 三角形中位线 平行于第三边且等于第三边的一半 构造平行四边形或相似比 1:2 重心 中线交点，分中线 2:1 向量坐标平均，面积六等分 坐标变换 平移、对称、距离公式 中点坐标、点关于轴/原点对称 一次函数 ， 决定增减性 与坐标轴交点、不等式解集、实际应用 核心考点 ·21类题型精讲 【考点1】多边形内角和与对角线 · 题1-6 ❤ 方法总结 · 利用内角和公式 求边数或角度；已知内角求外角，邻补角关系。 · 对角线公式：从一点引出 条，总对角线 。注意正多边形每个内角相等。 · 行走问题（转角和）：外角和 ，可求路径总长度。 1．（2023•庆元县一模）已知一个多边形内角和为1080°，则这个多边形可连对角线的条数是（　　） A．10 B．16 C．20 D．40 2．（2024秋•凉州区期末）如果一个正多边形的每个内角都是108°，那么从这个多边形的一个顶点出发，最多可以作对角线的条数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2026•五华区校级模拟）历来中国茶杯的各种造型从杯口形状，到杯身的样子，既是心思，也是美丽的几何．如图所示，南宋哥窑青釉八方杯最具代表性，杯口呈八边形．则八边形的内角和为（　　） A．1080° B．900° C．720° D．540° 4．（2025•重庆模拟）若一个正多边形的内角和比另一个多边形的外角和多720°，则这个正多边形的边数为 　 　 ， 5．（2024春•淄博期中）从某多边形一个顶点出发连接其余各顶点得7条对角线，则这个多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 6．（2024秋•沙依巴克区校级月考）如图，桐桐从A点出发，前进3m到点B及后向右转20°，再前进3m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，她第一次回到出发点A时，一共走了 　 　 ． 【考点2】平行四边形的性质与判定 · 题7-14 ❤ 方法总结 · 判定：边、角、对角线条件（两组对边平行/相等，一组对边平行且相等，对角线互相平分）。 · 平行四边形中对角线互相平分，利用中线或全等求周长、面积。 模型常构造中垂线。 · 注意对角线取值范围：利用三角形三边关系求解。 7．（2023春•开江县期末）从①AB∥CD；②BC∥AD；③BC＝AD；④AB＝CD这四个条件中选取两个，使四边形ABCD成为平行四边形．下面条件不能说明四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．①② B．③④ C．②④ D．②③ 8．（2025春•南关区校级月考）如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AD≠CD，过点O作OM⊥AC交AD于点M，如果△CDM的周长是14cm，则▱ABCD的周长为（　　） A．28cm B．36cm C．42cm D．48cm 9．（2024•南山区校级开学）若平行四边形的一边长为8cm，一条对角线的长为6cm，则另一条对角线长x的取值范围为（　　） A．2cm＜x＜14cm B．5cm＜x＜11cm C．10cm＜x＜22cm D．4cm＜x＜28cm 10．（2025春•安州区期末）如图，▱ABCD中，AC、BD为对角线，BC＝6，BC边上的高为4，则阴影部分的面积为（　　） A．3 B．6 C．12 D．24 11．（2025秋•芝罘区期末）如图，四边形OABC是平行四边形，点A，B的坐标分别为（4，1），（3，2），则点C的坐标为（　　） A．（﹣1，1） B．（1，1） C． D． 12．（2024春•宁江区校级月考）已知▱ABCD的周长为36cm，AB：BC＝4：5，则AB＝　 　 ． 13．（2024秋•新泰市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转得到△ADE，BD与CE交于点F． （1）若∠BCF＝25°，求∠EDF的度数； （2）若AB＝1，∠BAC＝45°，当四边形ADFC是平行四边形时，求∠BAE的度数及EC的长． 14．如图，在▱ABCD中，BD是▱ABCD的对角线，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F． （1）补全图形； （2）求证：AE＝CF． 【考点3】矩形、菱形、正方形 · 题15-22 ❤ 方法总结 · 矩形：对角线相等，翻折问题利用勾股定理求边长。矩形中常见 角构造等腰直角。 · 菱形：对角线互相垂直且平分对角，面积 对角线积。正方形全等模型（手拉手、弦图）。 · 证明平行四边形→矩形/菱形/正方形时，灵活运用判定定理，注意条件转化。 15．（2025秋•禅城区校级月考）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为6cm的蓝丝带，若∠BAD＝45°，则重叠部分图形的面积是（　　） A． B．36cm2 C． D．72cm2 16．（2025春•扬州期末）已知两块边长都为a（cm）的大正方形，两块边长都为b（cm）的小正方形和五块长、宽分别是a（cm），b（cm）的小长方形（a＞b），按如图所示的方式正好不重叠地拼成一个大长方形．已知拼成的大长方形周长为72cm，图中阴影部分四个正方形的面积之和为240cm2，则图中每个小长方形的面积为（　　） A．11cm2 B．12cm2 C．24cm2 D．36cm2 17．（2024春•泰州月考）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AD，AB上的一点，且∠EBC＝2∠FCB，若AE＝3，BF＝6，则正方形的边长为 　 　 ． 18．（2025春•绵阳校级期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，AD＝1，GD＝2，H是AF的中点，那么CH的长是 　 　 ． 19．（2025春•广阳区校级期中）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程： 如图，四边形ABCD是平行四边形，BE∥DF且分别交对角线AC于点E，F，连接BF，DE，求证：△ABE≌△CDF； 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD，AB＝CD． ∴∠BAE＝∠DCF． 又BE∥DF， ∴∠BEF＝∠DFE． ∴①　 　 ． ∴△ABE≌△CDF（根据②　 　 ）． （1）若以上证明过程正确，在①②处填写正确答案； （2）若四边形ABCD为菱形，试判定四边形BEDF的形状并加以证明． 20．（2025•海淀区二模）如图，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，点E在BC上，过点A作BC的平行线交ED的延长线于点F，连接AE，CF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）若点E在线段AB的垂直平分线上，且AF2+BE2＝AC2，求证：四边形AECF是矩形． 21．（2025•沛县模拟）已知▱ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°． （1）如图1，求证：四边形ABCD为矩形； （2）如图2，连接AC，BD交于点O，DE∥AC，CE∥BD，求证：四边形ODEC为菱形． 22．（2023春•潮南区期末）如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，AE＝CF． （1）求证：四边形EBFD是平行四边形； （2）若∠BAC＝∠DAC，DO＝EO，求证：四边形EBFD是正方形． 【考点4】三角形中位线 · 题23-28 ❤ 方法总结 · 中位线→平行且等于第三边一半，常用于求线段长度及证明平行四边形。 · *重心将中线分成 ，结合面积比、坐标或向量求值。 · 构造中点四边形（顺次连接各边中点得平行四边形）。 23．（2025秋•普陀区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是边AB上的中线，点E是边CB上一点（点E不与点C、B重合），联结AE交CD于点F，将△ABC沿AE所在直线翻折，使得点C落在点H处，如果点F是△ABC的重心且EH∥CD，那么的值是 　 　 ． 24．（2025秋•鼓楼区校级月考）在△ABC中，AE为中线，点G是△ABC的重心，若AG＝4，则AE＝　 　 ． 25．如图，∠EOF的顶点O是边长为2的等边△ABC的重心，∠EOF的两边与△ABC的边交于E、F，∠EOF＝120°，则∠EOF与△ABC的边所围成阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 26．（2023•南开区三模）如图，△ABC中，∠A＝60°，AC＞AB＞6，点D，E分别在边AB，AC上，且BD＝CE＝6，连接DE，点M是DE的中点，点N是BC的中点，线段MN的长为 　 　 ． 27．（2025春•东明县期末）数学课上，我们探究过三角形中位线性质定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．以下，是对此定理的探究及证明过程： 已知，如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点． 求证：DE∥BC且． （1）【定理探究】某数学小组有甲、乙、丙、丁四位同学．他们在思考后说出了添加的辅助线： 甲：延长DE至点F，使EF＝DE，连接CF． 乙：延长DE到点F，使EF＝DE，连接FC，DC，AF． 丙：作AH⊥DE，延长HD，使DG＝HD，延长HE，使EF＝HE． 丁：过点E作EG∥AB，交BC于点G，过点A作BC的平行线交GE延长线于点F． 则四位同学所作的辅助线能证明三角形中位线性质定理的是 　 　 ； A．甲、乙、丁 B．乙、丙 C．乙、丁 D．全正确 （2）【定理证明】请你按“乙同学”所作的辅助线将证明过程补充完整； （3）【定理应用】 如图戊，B，C两地被池塘隔开，不能直接测量它们之间的距离．小颖在地面上选了点A和点D，使AD∥BC，连接AB，DC．并分别找到AB和DC的中点M，N．若测得AD＝a米，MN＝b米，请直接写出C，B两地间的距离 　 　 米（用含a，b的代数式表示）． 28．（2024秋•天河区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，AB＝DC，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点． （1）连结EG，GF，FH，HE，请证明四边形EGFH是平行四边形； （2）猜一猜EF与GH的位置关系，并证明你的结论． 【考点5】坐标变换·平移对称·距离公式 · 题29-36 ❤ 方法总结 · 左右平移横坐标变，上下平移纵坐标变；关于 轴()对称相应坐标取相反数。 · 两点距离公式 ，平行于坐标轴时简化为绝对值差。 · “ 级关联点”新定义问题：按规则建立方程求解。 29．（2025秋•太和县校级期末）在平面直角坐标系中，点（2，1）向上平移1个单位长度后的坐标是（　　） A．（3，1） B．（1，1） C．（2，2） D．（2，0） 30．（2022春•临邑县校级期中）将点A（﹣5，﹣4）先向右平移3个单位长度，再向上平移8个单位长度得到点B，则点B在第 　 　 象限． 31．（2025春•延长县期末）已知点P（1﹣3a，a+4），解答下列各题： （1）若点Q的坐标为（4，5），且直线PQ∥x轴，求出点P的坐标； （2）若点P在第二象限，且它到x轴、y轴的距离相等，求出点P的坐标． 32．（2024秋•潮南区校级期末）若点A（a，﹣5）与点B（2，b）关于y轴对称，则a﹣b的值是　 　 ． 33．（2024•南湖区校级自主招生）我们把图形中相距最远的两点之间的距离称为图形的直径，设点P（x，y）． （1）如果x2+y2＝1，求P（x，y）所围成的图形的直径； （2）如果x4+y2＝1，求P（x，y）所围成的图形的直径． 34．（2024春•南昌期末）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），若点Q的坐标（ax+y，x+ay），则称点Q是点P的“a级关联点”（其中a为常数，且a≠0），例如，点P（1，4）的“2级关联点”为Q（2×1+4，1+2×4），即Q（6，9）． （1）若点P的坐标为（﹣1，3），则它的“1级关联点”的坐标为 　 　 ； （2）若点P（x，y）的“3级关联点”的坐标为（7，﹣3），求点P的坐标； （3）若点Q是点P（m﹣2，3m）的“﹣2级关联点”，且点Q位于坐标轴上，求m的值． 35．（2025春•五华区校级期中）在平面直角坐标系中，已知△ABC中，A（2m﹣6，0），B（4，0），C（﹣1，2），点A、B分别在原点两侧，且A、B两点间的距离等于6个单位长度． （1）求m的值； （2）在y轴上是否存在点M，使△COM的面积的面积，若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 36．（2024春•袁州区校级期中）先阅读下列一段文字，再解答问题 已知在平面内有两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），其两点间的距离公式为，同时，当两点所在的直线在坐标轴上或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|． （1）已知点A（3，2），B（﹣3，﹣6），则AB＝　 　 ； （2）已知点C、D在平行于y轴的直线上，点C的纵坐标为6，点D的纵坐标为﹣1，则CD＝　 　 ； （3）已知点E（0，5），F（﹣3，1），M（m，1），并且EF＝FM，求m的值． 【考点6】一次函数图象与性质 · 题37-42 ❤ 方法总结 · 决定倾斜方向与增减性， 为 轴截距；两条直线交点坐标即为方程组的解。 · 根据图象写不等式解集：上方 ，下方 。一次函数与面积、最值问题。 · 正比例函数与一次函数同系数的图象共存问题，分类讨论符号。 37．（2024秋•二七区校级期中）正比例函数y＝kbx与一次函数y＝kx+b在同一坐标系中的图象可能是（　　） A． B． C． D． 38．（2025•平乡县二模）沧州市某天的气温y1（℃）随时间t的变化情况如图所示，设y2（℃）表示0h到th，气温值的极差，则y2（℃）与t的函数图象大致是（　　） A． B． C． D． 39．如表是声音在空气中传播的速度（简称声速）v（m/s）与温度t（℃）的数量关系，则下列说法错误的是（　　） 温度t/℃ … ﹣20 ﹣10 0 10 20 30 … 声速v/（m/s） … 318 324 330 336 342 348 … A．自变量是温度t，因变量是声速v B．当温度为10℃时，声速为336m/s C．声速v（m/s）与温度t（℃）之间的函数表达式为vt+330 D．当温度为40℃时，声速为350m/s 40．（2024春•甘州区校级月考）一次函数y1＝kx﹣1（k≠0）与y2＝﹣x+2的图象如图所示，当x＜1时，y1＜y2，则满足条件的k的取值范围是 　 　 ． 41．（2022春•米东区校级期末）如图，直线y＝ax+b过点A（0，2）和点B（﹣3，0），则不等式ax+b＜0的解集是 　 　 ． 42．（2023春•阳新县期末）一次函数y1＝kx+b和y2＝﹣4x+a的图象如图所示，且A（0，4），C（﹣2，0）． （1）由图象可知不等式kx+b＜0的解集是 　 　 ； （2）若不等式kx+b＞﹣4x+a的解集是x＞1，求点B的坐标． 【考点7】一次函数实际应用 · 题43-45（采摘、团购、利润） ❤ 方法总结 · 审清变量关系，根据优惠方案分段建立函数模型（如 ，）。 · 比较方案优劣：求函数值或解不等式，注意自变量范围。 · 结合图像交点分析最优化选择，经典的经济问题、行程问题。 43．（2023春•城阳区期末）甲、乙两家樱珠采摘园的樱珠品质相同，销售价格都是每千克30元．父亲节假期，两家均推出了优惠方案，甲采摘园的优惠方案是：游客进园需购买50元的门票，采摘的樱珠七折优惠；乙采摘园的优惠方案是：游客进园不需购买门票，采摘的樱珠超过20千克后，超过部分六折优惠，优惠期间，设某游客的樱珠采摘量为x（千克），在甲采摘园所需总费用为y1（元），在乙采摘园所需总费用为y2（元）． （1）当樱珠采摘量超过20千克时，求y1，y2与x的关系式； （2）若要采摘50千克樱珠，去哪家比较合算？请计算说明． 44．（2026春•广平县月考）如图1，在两个完全相同的溢水杯中，分别盛满甲、乙两种不同密度的液体，将完全相同的两个质地均匀的铝块（重力为4N）分别悬挂在弹簧测力计A，B的下方，从离桌面20cm的高度，分别缓慢浸入到甲、乙两种液体中，弹簧测力计A，B各自的示数F拉（N）与铝块各自下降的高度x（cm）之间的关系如图2所示，当铝块没有接触到液体时，弹簧测力计A的读数为4N；当铝块刚好完全浸入液体中时，弹簧测力计A的读数为2.8N．（溢水杯的杯底厚度忽略不计） （1）图2中的a＝　 　 ，b＝　 　 ； （2）当6≤x≤10时，求弹簧测力计A的示数F拉关于x的函数解析式； （3）物体浸在液体中的体积相同的情况下，液体的密度越大，浮力就越大，当铝块浸入液面后，F拉＝铝块重力﹣F浮力． ①　 　 （填甲或乙）种液体的密度更大； ②当甲、乙液体中的铝块受到的浮力都为0.6N时，求铝块在甲、乙液体中浸入的深度差． 45．（2025秋•乐平市期末）乐平作为“中国古戏台之乡”，拥有200余座保存完好的古戏台，同时其灯笼辣椒、白梗芋等特色蔬菜深受游客喜爱，某文旅公司结合地方文化与产业优势，推出“古戏台研学+蔬菜采摘”双套餐旅游项目，助力乡村文旅发展．以下是项目相关素材及问题： 素材一 套餐类型 服务内容 单人收费（元） 单人成本（元，含门票、物料、人工等） 套餐A（研学+采摘） 参观2处核心古戏台（如浒崦古戏台、洪岩古戏台）+1小时蔬菜采摘体验（可带走1斤自采蔬菜） 150 80 套餐B（深度研学） 参观3处特色古戏台（含非遗传承人讲解）+乐平精品蔬菜礼盒（含灯笼辣椒、白梗芋等） 200 110 素材二某软件公司组织员工团建，每个员工只能选择上面两个套餐中的一个套餐，累计参与人数共80人，总花费金额为14000元． 素材三该文旅公司在周末高峰期某天共接待游客300人，其中选择套餐A的游客人数为m人，剩余游客选择套餐B．当天为提升套餐A吸引力，对前50名选择套餐A的游客每人减免10元优惠． 问题1：结合素材一、素材二，求该软件公司选择套餐A和套餐B的员工人数各是多少？ 问题2：设该文旅公司周末高峰期当天的总利润为y元，结合素材一、素材三，求y关于m的函数表达式． 【考点8】压轴专题 · 动点、菱形、直角三角形存在性 · 题46-50 ❤ 方法总结 · 动点问题中，用含 的代数式表示线段，根据菱形、矩形判定列方程。 · 分类讨论直角三角形：勾股定理逆定理，注意直角顶点位置。 · 利用中位线、平行四边形性质转化面积或线段关系，综合运用方程思想。 46．（2024•邯山区校级三模）已知n边形的内角和θ＝（n﹣2）×180°． （1）甲同学说，θ能取360°；而乙同学说，θ也能取630°．甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n．若不对，说明理由； （2）若n边形变为（n+x）边形，发现内角和增加了540°，用列方程的方法确定x． 47．（2024•广陵区一模）如图1，在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使，连接CD和EF． （1）求证：四边形DEFC是平行四边形． （2）如图2，当△ABC是等边三角形且边长是12时，求四边形DEFC的面积． 48．（2025春•霸州市期中）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形； （2）若AD＝AE，求证：AB＝AG； （3）在（2）的条件下，已知AB＝1，求OF的长． 49．（2023春•铁东区期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，．∠C＝30°，点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（t＞0）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF． （1）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值； （2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请直接写出相应的t值为：　 　 ． 50．（2022春•三穗县校级期中）先阅读下列一段文字，再解答问题： 已知在平面内有两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），其两点间的距离公式为；同时，当两点所在的直线在坐标轴上或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|． （1）已知点A（2，4），B（﹣2，1），则AB＝　 　 ； （2）已知点C，D在平行于y的直线上，点C的纵坐标为3，点D的纵坐标为﹣2，则CD＝　 　 ； （3）已知点M和（1）中的点A有MA∥x轴，且MA＝3，则点M的坐标为 　 　 ； （4）已知点P（3，1）和（1）中的点A，B，则线段PA，PB，AB中相等的两条线段是 　 　 ． 课后巩固 · 针对性练习 · 题51 — 矩形中角平分线构造等腰三角形，分类讨论等腰△ADE的边长情形。 · 题52 — 平行四边形中点四边形及DE平分∠ADB时菱形判定。 · 题53 — 矩形中垂线、角平分线证明BF=BC，勾股定理求CF长度。 · 题54 — 菱形背景下的等边三角形手拉手：BP=CE，BC⊥CE，旋转全等证明。 · 题55 — 中位线+平行线构造，测量线段关系，发现EH=FG且平行。 · 题56 — 平行四边形中角平分线求角度，利用平行线性质。 · 题57 — 距离公式判定三角形形状（等腰/直角），两点间距离应用。 · 题58 — 一次函数点差法求k，含参不等式求最值（W=m-p的范围）。 · 题59 — 一次函数图象过定点，求b-k值；利用增减性解含参不等式。 · 题60 — 健身俱乐部优惠方案函数图象分析，求k₁,b实际意义，方案选择。 ※ 复习建议 本阶段重难点集中在特殊四边形的综合证明与一次函数实际应用，建议加强动点分类讨论训练，熟练运用中位线、重心性质，夯实函数建模思想。 1．（2025•金水区校级模拟）矩形ABCD的边AB长为1，∠BAD的角平分线交边BC于点E（点E不与点C重合），连接DE，若△ADE的形状为等腰三角形，则BC边的长为 　 　 ． 2．（2024春•庐江县期中）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，BD是对角线． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形； （2）当DE平分∠ADB时，判断四边形DEBF是什么特殊的平行四边形，并说明理由． 3．如图所示，在矩形ABCD中，CE⊥BD于E，CF平分∠DCE与DB交于点F． （1）试说明：BF＝BC； （2）若AB＝4，AD＝3，求CF． 4．（2024春•荔城区校级期中）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 　 　 ，BC与CE的位置关系是 　 　 ； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； 5．（1）如图，点E是AD的中点，点F是AB的中点，过点E画EH∥AC，交DC于点H；过点F画FG∥AC，交BC于点G，测量EH、FG的长度，你有什么发现？ （2）连接EF、GH，通过测量∠FEH、∠EHG、∠HGF、∠GFE的度数，判断其中相等的角有哪些，互补的角有哪些． 6．（2023春•蓬江区期末）如图，平行四边形ABCD中，点P在DC边上，且BP平分∠ABC，∠A＝108°，则∠BPC的度数为 　 　 ． 7．（2024春•大武口区校级月考）阅读下面一段文字，然后回答问题． 已知在平面内两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），其两点间的距离，同时，当两点所在的直线在坐标轴上或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|． （1）已知A（2，4），B（﹣3，﹣8），试求A，B两点间的距离． （2）已知M，N在同一直线上且平行于y轴，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为﹣1，试求M，N两点之间的距离． （3）已知一个三角形各顶点坐标为D（1，6），E（﹣2，2），F（4，2），你能判定此三角形的形状吗？说明理由． 8．（2024秋•濉溪县期末）一次函数y＝kx+b的图象上有两个不同的点A（m，n），B（p，q） （1）若m＝1，n＝2，p＝3，q＝4，则k＝　 　 ； （2）若m＝1+p，q＝2+n，求k； （3）若b＝2且﹣2≤mq﹣pn≤4，记W＝m﹣p，试求W的最大值． 9．（2023秋•海陵区校级期末）已知一次函数y＝kx+b（k，b为常数且k≠0）． （1）若函数图象过点（﹣1，1），求b﹣k的值； （2）已知点（c，d）和点（c﹣3，d+3）都在该一次函数的图象上，求k的值； （3）若y＝kx+b（k＜0）的图象经过点A（1，2），则不等式（k﹣2）x+b＞0的解集为 　 　 ． 10．某健身俱乐部面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下． 方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次健身费用按六折优惠； 方案二：不购买学生暑期专享卡，每次健身费用按八折优惠． 设某学生暑期健身x次，选择方案一所需的费用为y1元，且y1＝k1x+b；选择方案二所需的费用为y2元，且y2＝k2x．其函数图象如图所示． （1）求k1和b的值，并说明它们的实际意义． （2）求打折前的每次健身费用和k2的值． （3）七年级学生小华计划暑期前往该俱乐部健身8次，选择哪种方案所需费用更少？说明理由． 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人教版数学八年级下期中复习 优等生讲义 21.1-23.4 (8大考点精讲+创新压轴题+课后巩固) 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 多边形内角和与外角和公式，能熟练计算对角线条数及正多边形相关角度。 · 灵活运用 平行四边形的性质与判定，理解对角线互相平分、对边平行且相等。 · 系统掌握 矩形、菱形、正方形的特殊性质及判定定理，能解决综合几何证明。 · 理解并应用 三角形中位线定理及重心性质（重心分中线2:1），解决长度、面积问题。 · 熟练运用 平面直角坐标系中点的平移、对称、两点距离公式，理解坐标几何意义。 · 掌握 一次函数图象与性质（k、b的意义），能利用函数解不等式及实际问题建模。 · 体会 数形结合、分类讨论、方程思想在压轴题中的应用，提升几何直观与逻辑推理。 ✨ 核心思想：几何图形的内在联系 → 演绎推理 → 函数思想 → 综合解题能力。 知识梳理 · 核心知识点 ☆多边形 · 内角和公式： （）。外角和恒为 。 · 对角线： 边形对角线总数 ；从一点出发可引 条对角线。 · 正多边形： 每个内角 ，中心角 。 ☆平行四边形 · 性质： 对边平行且相等，对角相等，邻角互补，对角线互相平分；中心对称图形。 · 判定： 两组对边分别平行/相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分；两组对角相等。 · 面积： 。 ☆矩形、菱形、正方形 · 矩形： 平行四边形 + 一个直角 → 对角线相等，四个直角。判定：对角线相等或三角为直角。 · 菱形： 平行四边形 + 一组邻边相等 → 对角线垂直且平分一组对角，四条边相等。面积 。 · 正方形： 矩形+菱形，四边相等，四角直角，对角线垂直且相等。 · 常见模型： 含 角、折叠问题、中点四边形。 ☆三角形中位线与重心 · 中位线定理： 连接三角形两边中点的线段平行于第三边且等于第三边的一半。 · 重心： 三条中线的交点，重心将每条中线分成 （顶点到重心 : 重心到中点）。重心坐标 顶点坐标平均值。 · 应用： 求线段长、面积分割、平行四边形构造。 ☆平面直角坐标系与一次函数 · 坐标平移： 点 向右平移 个单位 ，向上平移 个单位 ；关于 轴对称 ，关于 轴对称 。 · 两点距离公式： 。 · 一次函数 ： 决定增减性与倾斜度， 为 轴截距。 上升， 下降；图象与坐标轴围成三角形面积。 · 不等式与函数图象： 观察图象上方/下方解集。 ☆数学模型与实际应用 · 利用一次函数解决最优方案、利润、行程问题；列方程（组）求参数。 · 几何变换（旋转、翻折）与特殊四边形结合，常用勾股定理、全等三角形。 · 动态几何（动点问题）：分类讨论菱形、矩形、直角三角形的存在性。 □ 核心知识一览表 知识模块 核心性质/定理 关键公式/方法 多边形 内角和 ，外角和 对角线总数 ，正多边形内角公式 平行四边形 对边平行且相等，对角线互相平分 判定：边、角、对角线条件；面积=底×高 矩形 对角线相等，四个直角 直角三角形斜边中线等于斜边一半 菱形 对角线垂直平分，四条边相等 面积 = (对角线乘积)/2 正方形 四边相等，四角直角，对角线垂直且相等 兼具矩形、菱形所有性质 三角形中位线 平行于第三边且等于第三边的一半 构造平行四边形或相似比 1:2 重心 中线交点，分中线 2:1 向量坐标平均，面积六等分 坐标变换 平移、对称、距离公式 中点坐标、点关于轴/原点对称 一次函数 ， 决定增减性 与坐标轴交点、不等式解集、实际应用 核心考点 ·21类题型精讲 【考点1】多边形内角和与对角线 · 题1-6 ❤ 方法总结 · 利用内角和公式 求边数或角度；已知内角求外角，邻补角关系。 · 对角线公式：从一点引出 条，总对角线 。注意正多边形每个内角相等。 · 行走问题（转角和）：外角和 ，可求路径总长度。 一．四边形（共6小题） 1．（2023•庆元县一模）已知一个多边形内角和为1080°，则这个多边形可连对角线的条数是（　　） A．10 B．16 C．20 D．40 【答案】C 【分析】先根据多边形内角和计算公式求出这个多边形是八边形，再根据多边形对角线计算公式求解即可． 【解答】解：设这个多边形为n边形， 由题意得，1080°， ∴n＝8， ∴这个多边形为八边形， ∴这个多边形可连对角线的条数是， 故选：C． 【点评】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线计算公式，熟知n边形的对角线条数是是解题的关键． 2．（2024秋•凉州区期末）如果一个正多边形的每个内角都是108°，那么从这个多边形的一个顶点出发，最多可以作对角线的条数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】根据正多边形的性质可求得边数，再利用对角线的性质即可求得答案． 【解答】解：∵一个正多边形的每个内角都是108°， ∴它的每个外角为180°﹣108°＝72°， 则它的边数为360°÷72°＝5， 那么从这个多边形的一个顶点出发，最多可以作对角线的条数为5﹣3＝2， 故选：A． 【点评】本题考查多边形的内角和外角，多边形的对角线，结合已知条件求得其边数是解题的关键． 3．（2026•五华区校级模拟）历来中国茶杯的各种造型从杯口形状，到杯身的样子，既是心思，也是美丽的几何．如图所示，南宋哥窑青釉八方杯最具代表性，杯口呈八边形．则八边形的内角和为（　　） A．1080° B．900° C．720° D．540° 【答案】A 【分析】根据多边形的内角和公式，（n﹣2）•180°，进行求解即可． 【解答】解：南宋哥窑青釉八方杯最具代表性，杯口呈八边形． 八边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°； 故选：A． 【点评】本题考查求多边形的内角和，正确进行计算是解题关键． 4．（2025•重庆模拟）若一个正多边形的内角和比另一个多边形的外角和多720°，则这个正多边形的边数为 　8　 ， 【答案】8 【分析】设这个正多边形的边数为n，由题意易得180°（n﹣2）﹣360°＝720°，然后进行求解即可． 【解答】解：∵正多边形的内角和比另一个多边形的外角和多720°， ∴设这个正多边形的边数为n， 180°（n﹣2）﹣360°＝720°， 解得：n＝8． 故答案为：8． 【点评】本题主要考查了多边形的内角与和外角，掌握正多边形的性质及多边形内角和是关键． 5．（2024春•淄博期中）从某多边形一个顶点出发连接其余各顶点得7条对角线，则这个多边形的边数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式（n﹣3）求出边数即可得解． 【解答】解：设这个多边形的边数为n， ∵多边形从一个顶点出发可引出7条对角线， ∴n﹣3＝7， 解得n＝10． 故选：D． 【点评】本题考查了多边形的对角线，牢记多边形对角线公式是解题的关键． 6．（2024秋•沙依巴克区校级月考）如图，桐桐从A点出发，前进3m到点B及后向右转20°，再前进3m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，她第一次回到出发点A时，一共走了 　54m ． 【答案】54m． 【分析】依题意得他所走过的图形是一个正多边形，所走的路程是这个正多边形周长，根据这个正多边形每一个外角都等于20°得边数为18，然后根据这个正多边形的边长为3m即可得出答案． 【解答】解：依题意得：桐桐从A点出发，第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形， ∴桐桐所走的路程是这个正多边形周长， 又∵这个正多边形每一个外角都等于20°， ∴这个正多边形的边数为：360×20＝18， ∴这个正多边形是正十八边形， ∵这个正十八边形边长为3m， ∴这个正十八边形周长为：3×18＝54（m）， ∴当她第一次回到出发点A时，一共走了54m． 故答案为：54m． 【点评】此题主要考查了多边形的外角，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解决问题的关键． 【考点2】平行四边形的性质与判定 · 题7-14 ❤ 方法总结 · 判定：边、角、对角线条件（两组对边平行/相等，一组对边平行且相等，对角线互相平分）。 · 平行四边形中对角线互相平分，利用中线或全等求周长、面积。 模型常构造中垂线。 · 注意对角线取值范围：利用三角形三边关系求解。 7．（2023春•开江县期末）从①AB∥CD；②BC∥AD；③BC＝AD；④AB＝CD这四个条件中选取两个，使四边形ABCD成为平行四边形．下面条件不能说明四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．①② B．③④ C．②④ D．②③ 【答案】C 【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵AB∥CD，BC∥AD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵BC＝AD，AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意； C、由BC∥AD，AB＝CD，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项C符合题意； D、∵BC∥AD，BC＝AD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 8．（2025春•南关区校级月考）如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AD≠CD，过点O作OM⊥AC交AD于点M，如果△CDM的周长是14cm，则▱ABCD的周长为（　　） A．28cm B．36cm C．42cm D．48cm 【答案】A 【分析】由平行四边形的性质得CB＝AD，AB＝CD，OA＝OC，因为OM⊥AC交AD于点M，所以OM垂直平分AC，则AM＝CM，所以AD＝CM+DM，而△CDM的周长是14cm，则AD+CD＝CM+DM+CD＝14cm，求得CB+AB+AD+CD＝2（AD+CD）＝28cm，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O， ∴CB＝AD，AB＝CD，OA＝OC， ∵OM⊥AC交AD于点M， ∴OM垂直平分AC， ∴AM＝CM， ∴AD＝AM+DM＝CM+DM， ∵△CDM的周长是14cm， ∴AD+CD＝CM+DM+CD＝14cm， ∴CB+AB+AD+CD＝2（AD+CD）＝28cm， ∴▱ABCD的周长为28cm， 故选：A． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，推导出OM垂直平分AC是解题的关键． 9．（2024•南山区校级开学）若平行四边形的一边长为8cm，一条对角线的长为6cm，则另一条对角线长x的取值范围为（　　） A．2cm＜x＜14cm B．5cm＜x＜11cm C．10cm＜x＜22cm D．4cm＜x＜28cm 【答案】C 【分析】由平行四边形的性质得OA＝OC＝3cm，OB＝OD，再由三角形的三边关系得5cm＜OD＜11cm，即可解决问题． 【解答】解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，AD＝8cm，AC＝6cm， ∴OA＝OC＝3cm，OB＝OD， 在△AOD中，由三角形的三边关系得：AD﹣OA＜OD＜AD+OA， 即8﹣3＜OD＜8+3， ∴5cm＜OD＜11cm， ∴10cm＜x＜22cm， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质以及三角形的三边关系等知识，熟练掌握平行四边形的性质和三角形的三边关系是解题的关键． 10．（2025春•安州区期末）如图，▱ABCD中，AC、BD为对角线，BC＝6，BC边上的高为4，则阴影部分的面积为（　　） A．3 B．6 C．12 D．24 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质可得出阴影部分的面积为平行四边形面积的一半，再由平行四边形的面积得出答案即可． 【解答】解：如图， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD， ∴∠OBE＝∠ODH， 又∵∠BOE＝∠DOH， ∴△OBE≌△ODH（ASA）， 同理：△OAQ≌△OCG，△OPD≌△OFB， ∴S阴影＝S△BCD， ∴S△BCDS平行四边形ABCD6×4＝12． 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的面积和性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质：对角线互相平分． 11．（2025秋•芝罘区期末）如图，四边形OABC是平行四边形，点A，B的坐标分别为（4，1），（3，2），则点C的坐标为（　　） A．（﹣1，1） B．（1，1） C． D． 【答案】A 【分析】由平行四边形的性质可得OC＝AB，OA＝BC，设C（a，b），再结合勾股定理计算即可得出结果． 【解答】解：∵四边形OABC是平行四边形， ∴OC＝AB，OA＝BC， ∵点A，B的坐标分别为（4，1），（3，2），设C（a，b）， 依题意得：， 解得：或（点C在第二象限，不合题意，舍去）， ∴C（﹣1，1）， 故选：A． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解此题的关键． 12．（2024春•宁江区校级月考）已知▱ABCD的周长为36cm，AB：BC＝4：5，则AB＝　8cm ． 【答案】8cm． 【分析】根据平行四边形的性质可得AB＝CD，BC＝AD，又已知AB：BC＝4：5，设AB＝4x，BC＝5x，根据周长为36cm，列方程求解，继而可求得AB的长度． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，BC＝AD， ∵AB：BC＝4：5， 设AB＝4x，BC＝5x， ∴2（5x+4x）＝36， 解得：x＝2， 则AB＝8cm， 故答案为：8cm． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是掌握平行四边形的对边相等的性质． 13．（2024秋•新泰市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转得到△ADE，BD与CE交于点F． （1）若∠BCF＝25°，求∠EDF的度数； （2）若AB＝1，∠BAC＝45°，当四边形ADFC是平行四边形时，求∠BAE的度数及EC的长． 【答案】（1）∠EDF＝25°； （2）∠BAE＝45°，． 【分析】（1）连接BE．根据旋转的性质先证明△AEC≌△ADB（SAS）则EC＝BD，进而证明△DEB≌△CBE（SSS），得出∠EDF＝∠ECB＝25°； （2）根据四边形ADFC是平行四边形，结合已知条件得出∠ABD＝∠BAC＝45°，进而得∠DAB＝90°．由勾股定理，可求得．根据△AEC≌△ADB，即可求解． 【解答】解：（1）连接BE． ∵将△ABC绕点A沿顺时针旋转得到△ADE， ∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠DAB＝∠EAC， 又∵AB＝AC，AD＝AB，AC＝AE， ∴AD＝AE， 在△AEC和△ADB中， ， ∴△AEC≌△ADB（SAS）， ∴EC＝BD． 在△DEB和△CBE中， ， ∴△DEB≌△CBE（SSS）． ∴∠EDF＝∠ECB＝25°； （2）由旋转性质得∠DAE＝BAC＝45°，AB＝AC＝AD＝AE＝1， ∵四边形ADFC是平行四边形， ∴AC∥DF． ∴∠ABD＝∠BAC＝45°， ∵AD＝AB＝1， ∴∠ADB＝∠ABD＝45°． ∴∠DAB＝90°． ∵∠BAC＝∠DAE＝45°， ∴∠BAE＝45° 由勾股定理，可求得， ∵△AEC≌△ADB， ∴． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质是解题的关键． 14．如图，在▱ABCD中，BD是▱ABCD的对角线，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F． （1）补全图形； （2）求证：AE＝CF． 【答案】（1）补全图形见解答过程； （2）证明见解答过程． 【分析】利用平行四边形的性质得出AD＝BC，再利用全等三角形的判定方法得出△ADE≌△CBF，进而得出答案． 【解答】（1）解：补全图形如图： （2）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，AD＝BC． 则∠ADE＝∠CBF． ∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F， ∴∠AED＝∠CFB＝90°． 在△ADE和△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（AAS）． ∴AE＝CF． 【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理等知识，得出△ADE≌△CBF是解题关键． 【考点3】矩形、菱形、正方形 · 题15-22 ❤ 方法总结 · 矩形：对角线相等，翻折问题利用勾股定理求边长。矩形中常见 角构造等腰直角。 · 菱形：对角线互相垂直且平分对角，面积 对角线积。正方形全等模型（手拉手、弦图）。 · 证明平行四边形→矩形/菱形/正方形时，灵活运用判定定理，注意条件转化。 15．（2025秋•禅城区校级月考）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为6cm的蓝丝带，若∠BAD＝45°，则重叠部分图形的面积是（　　） A． B．36cm2 C． D．72cm2 【答案】C 【分析】过点D分别作DM⊥AB，DN⊥BC，垂足分别为点M，N，连接BD，则DM＝DN＝6cm，证明四边形ABCD是菱形，再根据△ADM为等腰直角三角形，可得，然后根据菱形的面积公式解答即可． 【解答】解：如图，过点D分别作DM⊥AB，DN⊥BC，垂足分别为点M，N，连接BD， 如图所示宽为6cm的蓝丝带，则DM＝DN＝6cm，AB∥CD，BC∥AD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BCD＝∠BAD＝45°，S△ABD＝S△CBD， ∴， ∴AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形， 在Rt△ADM中，∠DAM＝∠ADM＝45°， ∴△ADM为等腰直角三角形， ∴AM＝DM， ∴， ∴． 即重叠部分图形的面积是． 故选：C． 【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 16．（2025春•扬州期末）已知两块边长都为a（cm）的大正方形，两块边长都为b（cm）的小正方形和五块长、宽分别是a（cm），b（cm）的小长方形（a＞b），按如图所示的方式正好不重叠地拼成一个大长方形．已知拼成的大长方形周长为72cm，图中阴影部分四个正方形的面积之和为240cm2，则图中每个小长方形的面积为（　　） A．11cm2 B．12cm2 C．24cm2 D．36cm2 【答案】B 【分析】依题意得AB＝CD＝a+2b，AD＝BC＝2a+b，根据大长方形ABCD的周长为72cm得a+b＝12，再根据图中阴影部分四个正方形的面积之和为240cm2，得a2+b2＝120，进而得求出ab＝12即可得出图中每个小长方形的面积． 【解答】解：如图所示： 依题意得：AB＝CD＝a+2b，AD＝BC＝2a+b， ∵大长方形ABCD的周长为72cm， ∴2（AB+AD）＝72， ∴2（a+2b+2a+b）＝72， 整理得：a+b＝12， 又∵图中阴影部分四个正方形的面积之和为240cm2， ∴2a2+2b2＝240， 整理得：a2+b2＝120， 由a+b＝12，得：（a+b）2＝144， ∴a2+b2+2ab＝144， ∴120+2ab＝144， ∴ab＝12， ∵图中小长方形的长、宽分别是a（cm），b（cm）， ∴图中每个小长方形的面积为：ab＝12（cm2）． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，熟练掌握正方形，长方形的周长和面积公式，完全平方公式的结构特征是解决问题的关键． 17．（2024春•泰州月考）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AD，AB上的一点，且∠EBC＝2∠FCB，若AE＝3，BF＝6，则正方形的边长为 　　 ． 【答案】． 【分析】作∠DEB的角平分线交BC的延长线于点G，过点G作GH⊥AD交延长线于点H，得出AB＝HG，AH＝BG，设∠FCB＝x，则∠CBE＝2x，根据各角之间的关系得出∠CFB＝∠HEG，由全等三角形的判定和性质得出EH＝BF＝6，再由等角对等边确定BE＝BG＝AH＝9，利用勾股定理即可求解． 【解答】解：作∠DEB的角平分线交BC的延长线于点G，过点G作GH⊥AD交延长线于点H，如图所示， ∴四边形HABG为矩形， ∴AB＝HG，AH＝BG， 设∠FCB＝x，则∠CBE＝2x， ∴∠CFB＝90°﹣x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC， ∴∠AEB＝∠CBE＝2x， ∴∠HEB＝180°﹣2x， ∴∠HEG＝∠GEB＝90°﹣x， ∴∠CFB＝∠HEG， 在△FBC和△EHG中， ， ∴△FBC≌△EHG（AAS）， ∴EH＝BF＝6， ∴BG＝AH＝AE+EH＝9， ∵∠HEG＝90°﹣x， ∴∠HGE＝x， ∴∠EGC＝90°﹣x， ∴∠EGC＝∠GEB， ∴BE＝BG＝AH＝9， 在直角三角形ABE中，由勾股定理得：， 故答案为：． 【点评】本题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，理解题意，添加辅助线是解题关键． 18．（2025春•绵阳校级期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，AD＝1，GD＝2，H是AF的中点，那么CH的长是 　　 ． 【答案】． 【分析】延长AD交EF于点P，连接AC，FC，依题意得GF＝GC＝3，证明四边形PFGD是矩形得FP＝GD＝2，DP＝FG＝3，则AP＝4，由勾股定理得AF，再证明△ACF是直角三角形，然后根据直角三角形斜边中线的性质即可得出CH的长． 【解答】解：延长AD交EF于点P，连接AC，FC，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，AD＝1， ∴CD＝AD＝1，∠ADC＝90°，∠ACD＝45°， ∴∠GDP＝∠ADC＝90°， ∵四边形CEFG是正方形，GD＝2， ∴∠G＝∠EFG＝90°，GF＝GC＝GD+CD＝3，∠GCF＝45°， ∴∠GDP＝∠G＝∠EFG＝90°， ∴四边形PFGD是矩形， ∴FP＝GD＝2，DP＝FG＝3，∠APF＝90°， 在Rt△APF中，AP＝AD+DP＝4， 由勾股定理得：AF， ∵∠ACF＝∠ACD+∠GCF＝90°， ∴△ACF是直角三角形， ∵点H是AF的中点， ∴CH是Rt△ACF的斜边AF上的中线， ∴CHAF． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，勾股定理是解决问题的关键． 19．（2025春•广阳区校级期中）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程： 如图，四边形ABCD是平行四边形，BE∥DF且分别交对角线AC于点E，F，连接BF，DE，求证：△ABE≌△CDF； 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD，AB＝CD． ∴∠BAE＝∠DCF． 又BE∥DF， ∴∠BEF＝∠DFE． ∴①　∠BEA＝∠DFC ． ∴△ABE≌△CDF（根据②AAS ）． （1）若以上证明过程正确，在①②处填写正确答案； （2）若四边形ABCD为菱形，试判定四边形BEDF的形状并加以证明． 【答案】（1）∠BEA＝∠DFC；AAS； （2）四边形BEDF为菱形； 证明：由（1）知，△ABE≌△CDF， ∴BE＝DF， 又∵BE∥DF， ∴四边形BEDF为平行四边形， 连接BD， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， ∴EF⊥BD， ∴平行四边形BEDF为菱形． 【分析】（1）根据平行线的性质可得∠BAE＝∠DCF、∠BEF＝∠DFE，即可得出∠AEB＝∠CFD，根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，利用AAS即可证明△ABE≌△CDF； （2）由（1）知，△ABE≌△CDF，可得BE＝DF，BE∥DF可得四边形BEDF为平行四边形再由边形ABCD为菱形可得AC⊥BD，利用SAS可证明△ABE≌△CDF，可得EF⊥BD，即可证明四边形BEDF是菱形． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠BAE＝∠DCF， 又∵BE∥DF， ∴∠BEF＝∠DFE． ∴∠BEA＝∠DFC． 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（AAS）． 故答案为：∠BEA＝∠DFC；AAS； （2）四边形BEDF为菱形； 证明：由（1）知，△ABE≌△CDF， ∴BE＝DF， 又∵BE∥DF， ∴四边形BEDF为平行四边形， 连接BD， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， ∴EF⊥BD， ∴平行四边形BEDF为菱形． 【点评】本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 20．（2025•海淀区二模）如图，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，点E在BC上，过点A作BC的平行线交ED的延长线于点F，连接AE，CF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）若点E在线段AB的垂直平分线上，且AF2+BE2＝AC2，求证：四边形AECF是矩形． 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到AD＝CD，根据平行线的性质得到∠AFD＝∠CED，根据全等三角形的性质得到DF＝DE，根据平行四边形的判定定理得到四边形AECF是平行四边形； （2）根据线段垂直平分线的性质得到AE＝BE，根据平行四边形的性质得到AF＝CE，根据勾股定理的逆定理得到∠AEC＝90°，于是得到四边形AECF是矩形． 【解答】证明：（1）∵AB＝BC，BD⊥AC， ∴AD＝CD， ∵AF∥BC， ∴∠AFD＝∠CED， 在△AFD与△CED中， ， ∴△AFD≌△CED（AAS）， ∴DF＝DE， ∴四边形AECF是平行四边形； （2）∵点E在线段AB的垂直平分线上， ∴AE＝BE， ∵四边形AECF是平行四边形， ∴AF＝CE， ∵AF2+BE2＝AC2， ∴CE2+AE2＝AC2， ∴∠AEC＝90°， ∴四边形AECF是矩形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理的逆定理，矩形的判定，线段垂直平分线的性质，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，熟练掌握各知识点是解题的关键． 21．（2025•沛县模拟）已知▱ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°． （1）如图1，求证：四边形ABCD为矩形； （2）如图2，连接AC，BD交于点O，DE∥AC，CE∥BD，求证：四边形ODEC为菱形． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）由平行四边形的性质得∠ABC＝∠ADC，再证明∠ABC＝∠ADC＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）先证明四边形ODEC是平行四边形，再由矩形的性质得OCAC，ODBD，AC＝BD，则OC＝OD，然后由菱形的判定即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC＝∠ADC， ∵∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴平行四边形ABCD为矩形； （2）∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形ODEC是平行四边形， 由（1）可知，四边形ABCD是矩形， ∴OCAC，ODBD，AC＝BD， ∴OC＝OD， ∴平行四边形ODEC为菱形． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 22．（2023春•潮南区期末）如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，AE＝CF． （1）求证：四边形EBFD是平行四边形； （2）若∠BAC＝∠DAC，DO＝EO，求证：四边形EBFD是正方形． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）证明见解答过程． 【分析】（1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明； （2）根据平行四边形的性质可得DA＝DC，然后利用等腰三角形的性质可得DB⊥EF，进而可以证明四边形EBFD是菱形． 【解答】证明：（1）在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD， ∵AE＝CF． ∴OE＝OF， ∴四边形EBFD是平行四边形； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC， ∴∠BAC＝∠DCA， ∵∠BAC＝∠DAC， ∴∠DCA＝∠DAC， ∴DA＝DC， ∴平行四边形ABCD为菱形， ∴DB⊥EF， ∴平行四边形EBFD是菱形． ∵DO＝EO， ∴BD＝EF， ∴四边形EBFD是正方形． 【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质、菱形的判定、正方形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 【考点4】三角形中位线 · 题23-28 ❤ 方法总结 · 中位线→平行且等于第三边一半，常用于求线段长度及证明平行四边形。 · *重心将中线分成 ，结合面积比、坐标或向量求值。 · 构造中点四边形（顺次连接各边中点得平行四边形）。 23．（2025秋•普陀区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是边AB上的中线，点E是边CB上一点（点E不与点C、B重合），联结AE交CD于点F，将△ABC沿AE所在直线翻折，使得点C落在点H处，如果点F是△ABC的重心且EH∥CD，那么的值是 　　 ． 【答案】． 【分析】连接CH，交AE于点P，设CE＝2a，根据三角形重心的性质及轴对称的性质，可求得BC＝4a，EH＝2a，然后证明△PCF≌△PHE，得到CF＝EH＝2a，从而求得CD＝3a，AB＝6a，再根据勾股定理求出，即可得到答案． 【解答】解：连接CH，交AE于点P，如图， 设CE＝2a， 由重心性质可知BE＝CE＝2a，， ∴BC＝4a， 由翻折性质可知EH＝CE＝2a，PC＝PH， ∵EH∥CD， ∴∠PCF＝∠PHE，∠PFC＝∠PEH， ∴△PCF≌△PHE（AAS）， ∴CF＝EH＝2a， ∴DF＝a， ∴CD＝3a， ∵∠ACB＝90°，CD是边AB上的中线， ∴AB＝2CD＝6a， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形重心的性质，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 24．（2025秋•鼓楼区校级月考）在△ABC中，AE为中线，点G是△ABC的重心，若AG＝4，则AE＝　6　 ． 【答案】6． 【分析】连接BG，交AC于D，连接CG，交AB于F，连接DF，作GH∥BC交AC于H，证明△ADF∽△ACB，得出DF∥BC，可证出△DGF∽△BGC，则，由GH∥BC，得出CH＝2DH，AD＝CD＝3DH，可得AE． 【解答】解：连接BG，交AC于D，连接CG，交AB于F，连接DF，作GH∥BC交AC于H， 由条件可知AF＝BF，AD＝CD． ∴． ∵∠DAF＝∠BAC， ∴△ADF∽△ACB． ∴∠ADF＝∠ACB．． ∴DF∥BC． ∴∠FDG＝∠CBG． ∵∠DGF＝∠BGC， ∴△DGF∽△BGC． ∴． ∴， ∴CH＝2DH，AD＝CD＝3DH． ∵GH∥BC， ∴． ∵AG＝4， ∴AE＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质和平行的性质．熟练掌握以上知识点是关键． 25．如图，∠EOF的顶点O是边长为2的等边△ABC的重心，∠EOF的两边与△ABC的边交于E、F，∠EOF＝120°，则∠EOF与△ABC的边所围成阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接OB、OC，过点O作ON⊥BC，垂足为N．证明△EOB≌△FOC（ASA），可得结论． 【解答】解：连接OB、OC，过点O作ON⊥BC，垂足为N． ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵点O为等边△ABC的重心， ∴∠OBC＝∠OBA∠ABC，∠OCB∠ACB， ∴∠OBA＝∠OBC＝∠OCB＝30°， ∴OB＝OC，∠BOC＝120°． ∵ON⊥BC，BC＝2， ∴BN＝NC＝1， ∴ON＝tan∠OBN•BN1， ∴S△OBCBC•ON． ∵∠EOF＝∠BOC＝120°， ∴∠EOF﹣∠BOF＝∠BOC﹣∠BOF，即∠EOB＝∠FOC． 在△EOB和△FOC中， ， ∴△EOB≌△FOC（ASA）， ∴S阴影＝S△OBC． 故选：C． 【点评】本题考查三角形的重心，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 26．（2023•南开区三模）如图，△ABC中，∠A＝60°，AC＞AB＞6，点D，E分别在边AB，AC上，且BD＝CE＝6，连接DE，点M是DE的中点，点N是BC的中点，线段MN的长为 　3　 ． 【答案】3 【分析】如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，作CJ⊥EH于J．首先证明CH＝EC，∠ECH＝120°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可解决问题． 【解答】解：如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，作CJ⊥EH于J． ∵BD∥CH， ∴∠B＝∠NCH， ∵BN＝CN，∠DNB＝∠HNC， ∵△DNB≌△HNC（ASA）， ∴BD＝CH，DN＝NH， ∵BD＝EC＝6， ∴EC＝CH＝6， ∵∠A+∠ACH＝180°，∠A＝60°， ∴∠ECH＝120°， ∵CJ⊥EH， ∴EJ＝JH＝EC•cos30°＝3， ∴EH＝2EJ＝6， ∵DM＝ME，DN＝NH， ∴MNEH＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解直角三角形等知识，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，属于中考填空题中的压轴题． 27．（2025春•东明县期末）数学课上，我们探究过三角形中位线性质定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．以下，是对此定理的探究及证明过程： 已知，如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点． 求证：DE∥BC且． （1）【定理探究】某数学小组有甲、乙、丙、丁四位同学．他们在思考后说出了添加的辅助线： 甲：延长DE至点F，使EF＝DE，连接CF． 乙：延长DE到点F，使EF＝DE，连接FC，DC，AF． 丙：作AH⊥DE，延长HD，使DG＝HD，延长HE，使EF＝HE． 丁：过点E作EG∥AB，交BC于点G，过点A作BC的平行线交GE延长线于点F． 则四位同学所作的辅助线能证明三角形中位线性质定理的是 D ； A．甲、乙、丁 B．乙、丙 C．乙、丁 D．全正确 （2）【定理证明】请你按“乙同学”所作的辅助线将证明过程补充完整； （3）【定理应用】 如图戊，B，C两地被池塘隔开，不能直接测量它们之间的距离．小颖在地面上选了点A和点D，使AD∥BC，连接AB，DC．并分别找到AB和DC的中点M，N．若测得AD＝a米，MN＝b米，请直接写出C，B两地间的距离 　（2b﹣a）　 米（用含a，b的代数式表示）． 【答案】（1）D； （2）见解析； （3）（2b﹣a）． 【分析】（1）观察四位同学所作的辅助线，都能证明三角形中位线性质定理， （2）由DE＝EF，AE＝CE，知四边形ADCF是平行四边形，有AB∥CF，AD＝CF，而AD＝BD，故BD＝CF，四边形BCFD是平行四边形，即可得结论； （3）连接并延长BN，交AD延长线于P，证明△NBC≌△NPD（AAS），得BN＝PN，即N为BP的中点，BC＝PD，知MN是△ABP的中位线，AP＝2MN＝2b（米），即得BC＝（2b﹣a）米． 【解答】（1）解：四位同学所作的辅助线都能证明三角形中位线性质定理， 故答案为：D； （2）证明：∵DE＝EF，AE＝CE， ∴四边形ADCF是平行四边形． ∴AD∥CF，AD＝CF， ∵AD＝BD， ∴BD＝CF， ∴四边形BCFD是平行四边形． ∴DF∥BC，DF＝BC， ∴DE∥BC， ∵， ∴； （3）解：如图戊，连接并延长BN，交AD延长线于P， ∵AD∥BC， ∴∠NBC＝∠NPD，∠NCB＝∠NDP， ∵CN＝DN， ∴△NBC≌△NPD（AAS）， ∴BC＝PD，BN＝PN， ∴N为BP的中点， ∵M为AB的中点， ∴MN是△ABP的中位线， ∴AP＝2MN＝2b（米）， ∵AD＝a米， ∴PD＝（2b﹣a）米， ∴BC＝（2b﹣a）米； 故答案为：（2b﹣a）． 【点评】本题考查全等三角形判定与性质，平行四边形判定与性质，三角形中位线定理等，熟练掌握以上知识是解题的关键． 28．（2024秋•天河区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，AB＝DC，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点． （1）连结EG，GF，FH，HE，请证明四边形EGFH是平行四边形； （2）猜一猜EF与GH的位置关系，并证明你的结论． 【答案】（1）见详解； （2）EF⊥GH，理由见详解． 【分析】（1）由三角形的中位线定理得EH∥FG，EH＝FG，由平行四边形的判定方法，即可求证； （2）由三角形的中位线定理得，等量代换得FH＝EH，即可求证． 【解答】（1）证明：∵G，H分别是BD，AC的中点，E，F分别是AD，BC的中点， ∴FG是△BCD的中位线，EF是△ADC的中位线， ∴EH∥CD，， FG∥CD，， ∴EH∥FG， ∵EH＝FG， ∴四边形EGFH是平行四边形； （2）解：EF⊥GH， 理由如下： ∵F是BC的中点， H是AC的中点， ∴FH是△ABC的中位线， ∴， ∵AB＝DC， ∴， ∴FH＝EH， ∵四边形EGFH是平行四边形， ∴四边形EGFH是菱形． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定及性质，掌握三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定及性质是解题的关键． 【考点5】坐标变换·平移对称·距离公式 · 题29-36 ❤ 方法总结 · 左右平移横坐标变，上下平移纵坐标变；关于 轴()对称相应坐标取相反数。 · 两点距离公式 ，平行于坐标轴时简化为绝对值差。 · “ 级关联点”新定义问题：按规则建立方程求解。 29．（2025秋•太和县校级期末）在平面直角坐标系中，点（2，1）向上平移1个单位长度后的坐标是（　　） A．（3，1） B．（1，1） C．（2，2） D．（2，0） 【答案】C 【分析】根据点的平移规则，向上平移仅改变纵坐标，增加平移单位． 【解答】解：点（2，1）向上平移1个单位，新坐标为（2，1+1），即（2，2）． 故选：C． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，熟知上加下减，左减右加的法则是解题的关键． 30．（2022春•临邑县校级期中）将点A（﹣5，﹣4）先向右平移3个单位长度，再向上平移8个单位长度得到点B，则点B在第 　二　 象限． 【答案】二． 【分析】判断出点B的坐标，可得结论． 【解答】解：∵点A（﹣5，﹣4）先向右平移3个单位长度，再向上平移8个单位长度得到点B， ∴B（﹣2，4）， ∴点B在第二象限， 故答案为：二． 【点评】本题考查坐标与图形变化﹣平移，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型． 31．（2025春•延长县期末）已知点P（1﹣3a，a+4），解答下列各题： （1）若点Q的坐标为（4，5），且直线PQ∥x轴，求出点P的坐标； （2）若点P在第二象限，且它到x轴、y轴的距离相等，求出点P的坐标． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据平行于x轴的直线的纵坐标相等，可得关于a的方程，解得a的值，再求得其纵坐标即可得出答案． （2）根据第二象限的点的横纵坐标的符号特点及它到x轴、y轴的距离相等，可得关于a的方程，解得a的值，再代入要求的式子计算即可． 【解答】解：（1）由条件可知a+4＝5， ∴a＝1， ∴1﹣3a＝﹣2， ∴点P的坐标为（﹣2，5）； （2）由条件可知﹣（1﹣3a）＝a+4， ∴a＝2.5， ∴1﹣3a＝﹣6.5，a+4＝6.5， 则点P的坐标为（﹣6.5，6.5）． 【点评】本题考查了坐标与图形的性质，熟练掌握平面直角坐标系中的点的坐标特点是解题的关键． 32．（2024秋•潮南区校级期末）若点A（a，﹣5）与点B（2，b）关于y轴对称，则a﹣b的值是　3　 ． 【答案】3． 【分析】先根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得a、b的值，然后代入计算即可． 【解答】解：由条件可知a＝﹣2，b＝﹣5， ∴a﹣b＝﹣2﹣（﹣5）＝3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了关于y轴的对称点的坐标，掌握关于y轴的对称点的坐标特点是解题的关键． 33．（2024•南湖区校级自主招生）我们把图形中相距最远的两点之间的距离称为图形的直径，设点P（x，y）． （1）如果x2+y2＝1，求P（x，y）所围成的图形的直径； （2）如果x4+y2＝1，求P（x，y）所围成的图形的直径． 【答案】（1）2； （2）． 【分析】（1）根据所给关系式，得出这是一个圆的标准方式，再结合图形直径的定义即可解决问题； （2）根据所给关系式，得出围成的图形关于原点对称，设P（x，y），则P点关于原点的对称点为P'（﹣x，﹣y），则PP'＝2， 当x＝±时，PP'有最大值． 【解答】解：（1）x2+y2＝1围成的图形是以原点为圆心，1为半径的圆， ∴图形的直径为2； （2）x4+y2＝1围成的图形关于原点对称， 设P（x，y），则P点关于原点的对称点为P'（﹣x，﹣y）， ∴PP'＝222， 当x＝±时，PP'有最大值， ∴图形的直径为． 【点评】本题考查两点间的距离公式，根据所给的方程，确定围成图形的特征是解题的关键． 34．（2024春•南昌期末）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），若点Q的坐标（ax+y，x+ay），则称点Q是点P的“a级关联点”（其中a为常数，且a≠0），例如，点P（1，4）的“2级关联点”为Q（2×1+4，1+2×4），即Q（6，9）． （1）若点P的坐标为（﹣1，3），则它的“1级关联点”的坐标为 　（2，2）　 ； （2）若点P（x，y）的“3级关联点”的坐标为（7，﹣3），求点P的坐标； （3）若点Q是点P（m﹣2，3m）的“﹣2级关联点”，且点Q位于坐标轴上，求m的值． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据“a级关联点”的定义即可求解； （2）点P的坐标为（x，y），根据“a级关联点”的定义列出方程组解出x，y，即可求解； （3）先表示出点P（m﹣2，3m）的“﹣2级关联点”Q，再分Q在x轴、y轴两种情况讨论即可解答． 【解答】解：（1）点P的坐标为（﹣1，3），则它的“1级关联点”的坐标为（﹣1×1+3，﹣1+1×3），即（2，2）． 故答案为：（2，2）； （2）解：点P的坐标为（x，y）， 由题意可知， 解得：， ∴点P的坐标为（3，﹣2）； （3）解：∵点P（m﹣2，3m）的“﹣2级关联点”为Q（﹣2（m﹣2）+3m，m﹣2+（﹣2）×3m），即（m+4，﹣5m﹣2）， ①Q位于x轴上， ∴﹣5m﹣2＝0， 解得：； ②Q位于y轴上， ∴m+4＝0， 解得：m＝﹣4． 综上所述，m的值为或﹣4． 【点评】本题主要考查坐标的求解、一元一次方程、二元一次方程组的应用等知识点，熟知“a级关联点”的定义是解题的关键． 35．（2025春•五华区校级期中）在平面直角坐标系中，已知△ABC中，A（2m﹣6，0），B（4，0），C（﹣1，2），点A、B分别在原点两侧，且A、B两点间的距离等于6个单位长度． （1）求m的值； （2）在y轴上是否存在点M，使△COM的面积的面积，若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）2； （2）（0，8）或（0，﹣8）． 【分析】（1）由A、B的坐标，得到4﹣（2m﹣6）＝6，求出m＝2； （2）过C作CM⊥AB于M，CN⊥y轴于N，由C的坐标得到CM＝2，CN＝1，求出S△ABC＝6，得到S△COMS△ABC＝4，设M的坐标是（0，b），得到S△COM|b|×1＝4，求出b＝±8，即可得到M的坐标． 【解答】解：（1）∵A（2m﹣6，0），B（4，0），A、B两点间的距离等于6个单位长度， ∴4﹣（2m﹣6）＝6， ∴m＝2； （2）过C作CM⊥AB于M，CN⊥y轴于N， ∵C的坐标是（﹣1，2）， ∴CM＝2，CN＝1， ∴S△ABCAB•CM6×2＝6， ∴S△COMS△ABC＝4， 设M的坐标是（0，b）， ∴S△COM|b|•CN|b|×1＝4， ∴b＝±8， ∴M的坐标是（0，8）或（0，﹣8）． 【点评】本题考查三角形的面积，坐标与图形的性质，两点间的距离公式，关键是要注意M的坐标有两种情况． 36．（2024春•袁州区校级期中）先阅读下列一段文字，再解答问题 已知在平面内有两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），其两点间的距离公式为，同时，当两点所在的直线在坐标轴上或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|． （1）已知点A（3，2），B（﹣3，﹣6），则AB＝　10　 ； （2）已知点C、D在平行于y轴的直线上，点C的纵坐标为6，点D的纵坐标为﹣1，则CD＝　7　 ； （3）已知点E（0，5），F（﹣3，1），M（m，1），并且EF＝FM，求m的值． 【答案】（1）10； （2）7； （3）m的值为2或﹣8． 【分析】（1）根据题意即可作答； （2）由CD平行于y轴，根据题意公式计算即可； （3）利用两点间距离公式分别求出EF、FM即可求解． 【解答】解：（1）∵A（3，2），B（﹣3，﹣6）， ∴， 故答案为：10． （2）∵点C、D在平行于y轴的直线上，点C的纵坐标为6，点D的纵坐标为﹣1， ∴CD＝|6﹣（﹣1）|＝|6+1|＝7， 故答案为：7． （3）∵E（0，5），F（﹣3，1），M（m，1）， ∴， ∵点F与点M的纵坐标相等， ∴点F、M两点所在的直线平行于x轴， ∴FM＝|m﹣（﹣3）|＝|m+3|， ∵EF＝FM， ∴|m+3|＝5， 解得：m＝2或﹣8， ∴m的值为2或﹣8． 【点评】此题主要考查两点间距离公式，读懂题意，根据题意给出的形式或公式进行套用进行作答即可． 【考点6】一次函数图象与性质 · 题37-42 ❤ 方法总结 · 决定倾斜方向与增减性， 为 轴截距；两条直线交点坐标即为方程组的解。 · 根据图象写不等式解集：上方 ，下方 。一次函数与面积、最值问题。 · 正比例函数与一次函数同系数的图象共存问题，分类讨论符号。 37．（2024秋•二七区校级期中）正比例函数y＝kbx与一次函数y＝kx+b在同一坐标系中的图象可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正比例函数图象所在的象限判定k的符号，根据一次函数图象所经过的象限确定k的符号，kb确定正比例函数的图象判定选项是否正确． 【解答】解：∵正比例函数y＝kbx经过原点，故C错误； A、一次函数y＝kx+b经过第一、二、三象限．故k＞0，b＞0，则kb＞0，则正比例函数图象y＝kbx经过第一、三象限，故本选项图象不合题意； B、一次函数y＝kx+b经过第一、二、四象限．故k＜0，b＞0，则kb＜0，则正比例函数图象y＝kbx经过第二、四象限，故本选项图象不合题意； D、一次函数y＝kx+b经过第一、三、四象限．故k＞0，b＜0，则kb＜0，则正比例函数图象y＝kbx经过第二、四象限，故本选项图象符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了一次函数、正比例函数的图象，根据正比例函数图象所在的象限判定k的符号是关键． 38．（2025•平乡县二模）沧州市某天的气温y1（℃）随时间t的变化情况如图所示，设y2（℃）表示0h到th，气温值的极差，则y2（℃）与t的函数图象大致是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据极差分析出y2的变化规律，再反映到函数图象上即可求出． 【解答】解：由条件可知当t从0时到5时，极差逐渐增大； 当t从5时到10时，极差不变； 当t从10时到14时，极差逐渐增大； 当 t从14时到24时，极差不变， 所以y2的变化规律是先变大，然后一段时间不变，随后又变大，最后不发生变化， 反映到函数图象上是先上升，然后是一段平行于x轴的线段，再上升，最后是一段平行于x轴的线段． 故选：A． 【点评】本题主要考查从函数的图象获取信息；发现分析出y2的变化规律是关键． 39．如表是声音在空气中传播的速度（简称声速）v（m/s）与温度t（℃）的数量关系，则下列说法错误的是（　　） 温度t/℃ … ﹣20 ﹣10 0 10 20 30 … 声速v/（m/s） … 318 324 330 336 342 348 … A．自变量是温度t，因变量是声速v B．当温度为10℃时，声速为336m/s C．声速v（m/s）与温度t（℃）之间的函数表达式为vt+330 D．当温度为40℃时，声速为350m/s 【答案】D 【分析】根据表格中的数据和一次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决． 【解答】解：由表格可得， 在这个变化过程中，自变量是温度t，因变量是声速v，则v是t的函数，故选项A正确，不符合题意； 根据表格数据可得，当温度为10℃时，声速为336m/s，故选项B正确，不符合题意； 由题意，设v与t之间的函数关系式为v＝kt+b（k、b为常数，且k≠0）， 将t＝0，v＝330和t＝10，v＝336分别代入v＝kt+b， ∴． ∴ ∴v与t之间的函数关系式为， ∴选项C正确，不符合题意； 由题意，结合选项C正确，v与t之间的函数关系式为， ∴当温度为40℃，声速为354m/s，故选项D错误，符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查了一次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用一次函数的性质是关键． 40．（2024春•甘州区校级月考）一次函数y1＝kx﹣1（k≠0）与y2＝﹣x+2的图象如图所示，当x＜1时，y1＜y2，则满足条件的k的取值范围是 　﹣1≤k≤2　 ． 【答案】﹣1≤k≤2且k≠0． 【分析】把x＝1代入y2＝﹣x+2得：y2＝﹣1+2＝1，把点（1，1）代入y1＝kx﹣1得：1＝k﹣1，解得k＝2，由函数图象确定k的增强服务即可． 【解答】解：把x＝1代入y2＝﹣x+2得：y2＝﹣1+2＝1， 把点（1，1）代入y1＝kx﹣1得：1＝k﹣1，解得k＝2， 由图象可知，当﹣1≤k≤2时，y1＜y2． 故答案为：﹣1≤k≤2且k≠0． 【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握数形结合是解答本题的关键． 41．（2022春•米东区校级期末）如图，直线y＝ax+b过点A（0，2）和点B（﹣3，0），则不等式ax+b＜0的解集是 x＜﹣3　 ． 【答案】x＜﹣3． 【分析】所求方程的解，即为函数y＝ax+b图象与x轴交点横坐标，确定出解即可． 【解答】解：方程ax+b＝0的解，即为函数y＝ax+b图象与x轴交点的横坐标， ∵直线y＝ax+b过B（﹣3，0）， ∴不等式ax+b＜0的解集为x＜﹣3． 故答案为：x＜﹣3． 【点评】此题考查了一次函数与一元一次方程，任何一元一次方程都可以转化为ax+b＝0 （a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y＝ax+b确定它与x轴的交点的横坐标的值． 42．（2023春•阳新县期末）一次函数y1＝kx+b和y2＝﹣4x+a的图象如图所示，且A（0，4），C（﹣2，0）． （1）由图象可知不等式kx+b＜0的解集是 x＞﹣2　 ； （2）若不等式kx+b＞﹣4x+a的解集是x＞1，求点B的坐标． 【答案】（1）x＜﹣2；（2）（1，6）． 【分析】（1）根据函数图象和题意可以直接写出不等式kx+b＞0的解集； （2）①由题意可以求得k、b的值，然后将x＝1代入y1＝kx+b即可求得点B的坐标； ②根据点B也在函数y2＝﹣4x+a的图象上，从而可以求得a的值． 【解答】解：（1）∵A（0，4），C（﹣2，0）在一次函数y1＝kx+b上， ∴不等式kx+b＜0的解集是x＜﹣2， 故答案为：x＜﹣2； （2）①∵A（0，4），C（﹣2，0）在一次函数y1＝kx+b上， ∴，得， ∴一次函数y1＝2x+4， ∵不等式kx+b＞﹣4x+a的解集是x＞1， ∴点B的横坐标是x＝1， 当x＝1时，y1＝2×1+4＝6， ∴点B的坐标为（1，6）． 【点评】本题考查一次函数与一元一次不等式、一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 【考点7】一次函数实际应用 · 题43-45（采摘、团购、利润） ❤ 方法总结 · 审清变量关系，根据优惠方案分段建立函数模型（如 ，）。 · 比较方案优劣：求函数值或解不等式，注意自变量范围。 · 结合图像交点分析最优化选择，经典的经济问题、行程问题。 43．（2023春•城阳区期末）甲、乙两家樱珠采摘园的樱珠品质相同，销售价格都是每千克30元．父亲节假期，两家均推出了优惠方案，甲采摘园的优惠方案是：游客进园需购买50元的门票，采摘的樱珠七折优惠；乙采摘园的优惠方案是：游客进园不需购买门票，采摘的樱珠超过20千克后，超过部分六折优惠，优惠期间，设某游客的樱珠采摘量为x（千克），在甲采摘园所需总费用为y1（元），在乙采摘园所需总费用为y2（元）． （1）当樱珠采摘量超过20千克时，求y1，y2与x的关系式； （2）若要采摘50千克樱珠，去哪家比较合算？请计算说明． 【答案】（1）y1＝50+21x，y2＝240+18x；（2）选择甲合算． 【分析】（1）根据题意即可得到结论； （2）把x＝40，代入函数关系式即可得到结论． 【解答】解：（1）y1＝50+30×0.7x＝50+21x； y2＝20×30+30×0.6（x﹣20）＝240+18x； （2）当x＝50时， y1＝50+21×50＝1100， y2＝240+18×50＝1140， 因为y1＜y2， 所以选择甲合算． 【点评】本题考查了函数关系式，正确的理解题意是解题的关键． 44．（2026春•广平县月考）如图1，在两个完全相同的溢水杯中，分别盛满甲、乙两种不同密度的液体，将完全相同的两个质地均匀的铝块（重力为4N）分别悬挂在弹簧测力计A，B的下方，从离桌面20cm的高度，分别缓慢浸入到甲、乙两种液体中，弹簧测力计A，B各自的示数F拉（N）与铝块各自下降的高度x（cm）之间的关系如图2所示，当铝块没有接触到液体时，弹簧测力计A的读数为4N；当铝块刚好完全浸入液体中时，弹簧测力计A的读数为2.8N．（溢水杯的杯底厚度忽略不计） （1）图2中的a＝　4　 ，b＝　2.8　 ； （2）当6≤x≤10时，求弹簧测力计A的示数F拉关于x的函数解析式； （3）物体浸在液体中的体积相同的情况下，液体的密度越大，浮力就越大，当铝块浸入液面后，F拉＝铝块重力﹣F浮力． ①　乙　 （填甲或乙）种液体的密度更大； ②当甲、乙液体中的铝块受到的浮力都为0.6N时，求铝块在甲、乙液体中浸入的深度差． 【答案】（1）4，2.8． （2）F拉＝﹣0.3x+5.8（6≤x≤10）． （3）①乙；②2cm． 【分析】（1）先依据铝块未接触液体时弹簧测力计A的示数确定a值；再结合铝块完全浸入甲液体时A的示数得出b值． （2）设6≤x≤10时，F拉＝kx+b（k≠0），结合图2中x＝6时，F拉＝4N、x＝10时，F拉＝2.8N，代入列方程组求解k、b，确定函数解析式． （3）①比较甲、乙液体中铝块浸没时的浮力，结合F浮＝ρ液gV排，浮力越大则液体密度越大；②先由浮力公式求出铝块体积，再分别求浮力为0.6N时甲、乙中铝块浸入的深度，最后算深度差． 【解答】解：（1）∵当铝块没有接触到液体时，弹簧测力计A的读数为4N， ∴a＝4， ∵铝块重力G＝4N，铝块刚好完全浸入甲液体中时，弹簧测力计A的读数为2.8N， ∴b＝2.8， 故答案为：4，2.8； （2）设当6≤x≤10时，弹簧测力计A的示数F拉关于x的函数解析式为F拉＝kx+b（k≠0）． ∵当x＝6时，F拉＝4；当x＝10时，F拉＝2.8， ∴． 解得k＝﹣0.3，b＝5.8． ∴函数解析式为F拉＝﹣0.3x+5.8（6≤x≤10）． （3）①∵铝块浸没在甲、乙液体中时，V排相等（铝块体积相同） 又∵F浮乙＝4﹣2.5＝1.5N，F浮甲＝4﹣2.8＝1.2N， ∴F浮乙＞F浮甲， ∵F浮＝ρ液gV排，g、V排不变 ∴ρ乙＞ρ甲，即乙种液体的密度更大， 故答案为：乙； ②设铝块的体积为V，铝块浸入液体的深度为h，铝块的底面积为S，则V＝S•h． ∵铝块完全浸没在甲液体中时，F浮甲＝1.2N，V排甲＝V， ∴由F浮＝ρ液gV排得ρ甲gV＝1.2N①． ∵铝块完全浸没在乙液体中时，F浮乙＝1.5N，V排乙＝V， ∴ρ乙gV＝1.5N②． 当铝块在甲、乙液体中受到的浮力均为0.6N时： ∵F浮甲'＝ρ甲gS•h甲＝0.6N③， F浮乙'＝ρ乙gS•h乙＝0.6N④． 用①÷③得：，即（h甲为完全浸没深度，h甲浸为甲中浸入深度）． 由图2知，铝块在甲液体中刚完全浸没时的深度为10cm（x＝10时开始浸没） ∴h甲＝4cm，则h甲浸＝2cm． 用②÷④得：，即． 由图2知，铝块在乙液体中刚完全浸没时的深度为10cm（x＝10时开始浸没） ∴h乙＝10cm，则h乙浸＝4cm． ∴当甲、乙液体中的铝块受到的浮力都为0.6N时，深度差：Δh＝h乙浸﹣h甲浸＝4cm﹣2cm＝2cm． 【点评】本题考查考查一次函数的应用，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 45．（2025秋•乐平市期末）乐平作为“中国古戏台之乡”，拥有200余座保存完好的古戏台，同时其灯笼辣椒、白梗芋等特色蔬菜深受游客喜爱，某文旅公司结合地方文化与产业优势，推出“古戏台研学+蔬菜采摘”双套餐旅游项目，助力乡村文旅发展．以下是项目相关素材及问题： 素材一 套餐类型 服务内容 单人收费（元） 单人成本（元，含门票、物料、人工等） 套餐A（研学+采摘） 参观2处核心古戏台（如浒崦古戏台、洪岩古戏台）+1小时蔬菜采摘体验（可带走1斤自采蔬菜） 150 80 套餐B（深度研学） 参观3处特色古戏台（含非遗传承人讲解）+乐平精品蔬菜礼盒（含灯笼辣椒、白梗芋等） 200 110 素材二某软件公司组织员工团建，每个员工只能选择上面两个套餐中的一个套餐，累计参与人数共80人，总花费金额为14000元． 素材三该文旅公司在周末高峰期某天共接待游客300人，其中选择套餐A的游客人数为m人，剩余游客选择套餐B．当天为提升套餐A吸引力，对前50名选择套餐A的游客每人减免10元优惠． 问题1：结合素材一、素材二，求该软件公司选择套餐A和套餐B的员工人数各是多少？ 问题2：设该文旅公司周末高峰期当天的总利润为y元，结合素材一、素材三，求y关于m的函数表达式． 【答案】问题1：选择套餐A的员工40人，选择套餐B的员工40人； 问题2：． 【分析】问题1：设选择套餐A的员工人数为x人，选择套餐B的员工人数为y人．然后根据题意列二元一次方程组求解即可； 问题2：分0≤m≤50和50＜m≤300列出函数关系式即可． 【解答】解：问题1：设选择套餐B的员工人数为y人，选择套餐A的员工人数为x人， ∴， 解得：， 答：选择套餐A的员工40人，选择套餐B的员工40人； 问题2，当50＜m≤300时， y＝（150﹣10﹣80）×50+（150﹣80）（m﹣50）+（200﹣110）（300﹣m）＝﹣20m+26500， 当0≤m≤50时， y＝（150﹣10﹣80）m+（200﹣110）（300﹣m）＝﹣30m+27000； 综上所述． 【点评】本题主要考查了二元一次方程组的应用、列函数关系式等知识点，弄清量之间的关系是解题的关键． 【考点8】压轴专题 · 动点、菱形、直角三角形存在性 · 题46-50 ❤ 方法总结 · 动点问题中，用含 的代数式表示线段，根据菱形、矩形判定列方程。 · 分类讨论直角三角形：勾股定理逆定理，注意直角顶点位置。 · 利用中位线、平行四边形性质转化面积或线段关系，综合运用方程思想。 46．（2024•邯山区校级三模）已知n边形的内角和θ＝（n﹣2）×180°． （1）甲同学说，θ能取360°；而乙同学说，θ也能取630°．甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n．若不对，说明理由； （2）若n边形变为（n+x）边形，发现内角和增加了540°，用列方程的方法确定x． 【答案】（1）甲的说法对，乙的说法不对，理由见解答； （2）3． 【分析】（1）根据多边形内角和公式可得n边形的内角和是180°的倍数，依此即可判断，再根据多边形内角和公式即可求出边数n； （2）根据等量关系：若n边形变为（n+x）边形，内角和增加了360°，依此列出方程，解方程即可确定x． 【解答】解：（1）∵360°÷180°＝2， 630°÷180°＝3……90°， ∴甲的说法对，乙的说法不对， 360°÷180°+2 ＝2+2 ＝4． 答：甲同学说的边数n是4； （2）依题意有（n+x﹣2）×180°﹣（n﹣2）×180°＝540°， 解得x＝3． 故x的值是3． 【点评】本题考查了多边形内角与外角，关键需要结合多边形的内角和公式来寻求等量关系，构建方程即可求解． 47．（2024•广陵区一模）如图1，在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使，连接CD和EF． （1）求证：四边形DEFC是平行四边形． （2）如图2，当△ABC是等边三角形且边长是12时，求四边形DEFC的面积． 【答案】（1）见解答； （2）18． 【分析】（1）由三角形中位线定理得DEBC，DE∥BC，再由CFBC，得DE＝CF，即可得出结论； （2）过点D作DH⊥BC于H，由等边三角形的性质得∠B＝60°，BDAB＝6，则∠BDH＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得BHDB＝3，由勾股定理得DH＝3，然后由CFCB＝6，即可求解． 【解答】（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC，DE∥BC， ∵CFBC， ∴DE＝CF， ∴四边形DEFC是平行四边形． （2）解：过点D作DH⊥BC于H，如图2所示： ∵△ABC是等边三角形，D为AB的中点 ∴∠B＝60°，BDAB＝6， ∵∠DHB＝90°， ∴∠BDH＝30°， ∴BHDB＝3， ∴DH3， ∵CFCB＝6， ∴S四边形DEFC＝CF•DH＝6×318． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形中位线定理、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形DEFC为平行四边形是解题的关键． 48．（2025春•霸州市期中）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形； （2）若AD＝AE，求证：AB＝AG； （3）在（2）的条件下，已知AB＝1，求OF的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据角平分线的性质证得EF＝EB，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得△AGD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到结论； （3）首先证得△DFO≌△EGO得到FO＝GO，FD＝EG，根据勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵矩形ABCD， ∴∠BAF＝∠ABE＝90°， ∵EF⊥AD， ∴四边形ABEF是矩形， ∵AE平分∠BAD， ∴EF＝EB， ∴四边形ABEF是正方形； （2）证明：∵AE平分∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAE， 在△AGD和△ABE中， ， ∴△AGD≌△ABE（AAS）， ∴AB＝AG； （3）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAF＝∠ABE＝90°， ∵EF⊥AD， ∴四边形ABEF是矩形， ∵AE平分∠BAD， ∴EF＝EB，∠BAE＝∠DAG＝45°， ∴四边形ABEF是正方形； ∴AB＝AF＝1， ∵△AGD≌△ABE， ∴DG＝AB＝AF＝AG＝1， ∴AD，∠DAG＝∠ADG＝45°， ∴DF1， ∵EF⊥AD， ∴∠FDO＝∠FOD＝45°， ∴DF＝OF1． ∴OF1． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，掌握全等三角形和勾股定理是解决问题的关键． 49．（2023春•铁东区期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，．∠C＝30°，点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（t＞0）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF． （1）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值； （2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请直接写出相应的t值为：　或4　 ． 【答案】（1）能；当t时，△DEF为等边三角形； （2）或4． 【分析】（1）由∠DFC＝90°，∠C＝30°，证出DF＝t＝AE； （2）先证明四边形AEFD为平行四边形．得出AB＝5，AD＝AC﹣DC＝10﹣2t，若△DEF为等边三角形，则？AEFD为菱形，得出AE＝AD，t＝10﹣2t，求出t； （3）分三种情况讨论：①∠EDF＝90°时；②∠DEF＝90°时；③∠EFD＝90°时，此种情况不存在；分别求出t的值即可． 【解答】解：（1）（2）能；理由如下： ∵AB⊥BC，DF⊥BC， ∴AE∥DF． 又AE＝DF， ∴四边形AEFD为平行四边形． ∵∠C＝30°，BC＝5， ∴AC＝10，AB＝5， ∴AD＝AC﹣DC＝10﹣2t， 若使△DEF能够成为等边三角形， 则平行四边形AEFD为菱形，则AE＝AD， ∴t＝10﹣2t， ∴t； 即当t时，△DEF为等边三角形； （2）当t或4时，△DEF为直角三角形．理由如下： ①∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形． 在Rt△AED中，∠ADE＝∠C＝30°， ∴AD＝2AE．即10﹣2t＝2t， ∴t； ②∠DEF＝90°时，由（2）知EF∥AD， ∴∠ADE＝∠DEF＝90°． ∵∠A＝90°﹣∠C＝60°， ∴AD＝AE•cos60°． 即10﹣2tt， ∴t＝4； ③∠EFD＝90°时， ∵DF⊥BC， ∴点E运动到点B处，用了AB÷1＝5秒中， 同时点D也运动5秒钟，点D就和点A重合， 点F也就和点B重合， 点D，E，F不能构成三角形． 此种情况不存在； 综上所述，当t或4时，△DEF为直角三角形． 故答案为：或4． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定与性质以及锐角三角函数的知识；考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力；特别注意（3）中分类讨论三种情况，分别求出t的值，避免漏解 50．（2022春•三穗县校级期中）先阅读下列一段文字，再解答问题： 已知在平面内有两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），其两点间的距离公式为；同时，当两点所在的直线在坐标轴上或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|． （1）已知点A（2，4），B（﹣2，1），则AB＝　5　 ； （2）已知点C，D在平行于y的直线上，点C的纵坐标为3，点D的纵坐标为﹣2，则CD＝　5　 ； （3）已知点M和（1）中的点A有MA∥x轴，且MA＝3，则点M的坐标为 　（5，4）或（﹣1，4）　 ； （4）已知点P（3，1）和（1）中的点A，B，则线段PA，PB，AB中相等的两条线段是 AB＝PB ． 【答案】（1）5； （2）5； （3）（5，4）或（﹣1，4）； （4）AB＝PB． 【分析】（1）根据两点间的距离公式直接计算即可； （2）根据两点间的距离公式直接计算即可； （3）设M的坐标为（x，4），根据公式得|x﹣2|＝3，解得x1＝5，x2＝﹣1，即可求出点M的坐标； （4）根据两点间的距离公式计算线段PA，PB的长，即可得出答案． 【解答】解：（1）； 故答案为：5； （2）CD＝|3﹣（﹣2）|＝5； 故答案为：5； （3）设M的坐标为（x，4）， 则|x﹣2|＝3， 解得x1＝5，x2＝﹣1， ∴点M的坐标为（5，4）或（﹣1，4）； 故答案为：（5，4）或（﹣1，4）； （4）∵，， 又AB＝5， ∴AB＝PB． 故答案为：AB＝PB． 【点评】本题考查了两点间的距离公式，涉及点与坐标的对应关系，坐标轴上的点的特征． 课后巩固 · 针对性练习 · 题51 — 矩形中角平分线构造等腰三角形，分类讨论等腰△ADE的边长情形。 · 题52 — 平行四边形中点四边形及DE平分∠ADB时菱形判定。 · 题53 — 矩形中垂线、角平分线证明BF=BC，勾股定理求CF长度。 · 题54 — 菱形背景下的等边三角形手拉手：BP=CE，BC⊥CE，旋转全等证明。 · 题55 — 中位线+平行线构造，测量线段关系，发现EH=FG且平行。 · 题56 — 平行四边形中角平分线求角度，利用平行线性质。 · 题57 — 距离公式判定三角形形状（等腰/直角），两点间距离应用。 · 题58 — 一次函数点差法求k，含参不等式求最值（W=m-p的范围）。 · 题59 — 一次函数图象过定点，求b-k值；利用增减性解含参不等式。 · 题60 — 健身俱乐部优惠方案函数图象分析，求k₁,b实际意义，方案选择。 ※ 复习建议 本阶段重难点集中在特殊四边形的综合证明与一次函数实际应用，建议加强动点分类讨论训练，熟练运用中位线、重心性质，夯实函数建模思想。 1．（2025•金水区校级模拟）矩形ABCD的边AB长为1，∠BAD的角平分线交边BC于点E（点E不与点C重合），连接DE，若△ADE的形状为等腰三角形，则BC边的长为 　2或　 ． 【答案】2或 【分析】根据矩形性质及角平分线定义得∠BAE＝∠DAE＝45°，则△ABE是等腰直角三角形，进而得BE＝AB＝1，AE，当△ADE的形状为等腰三角形时，有以下三种情况，①当AE＝DE时，证明Rt△ABE和Rt△DCE全等得BE＝CD＝1，由此可得BC的长；②当AE＝AD＝√时，则BC＝AD；③当AD＝ED时，此时四边形ABED是正方形，此时点C与点E重合，故不合题意，综上所述即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，且AB＝1， ∴BC＝AD，AB＝CD＝1，∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，AD∥BC， ∵∠BAD的角平分线交边BC于点E， ∴∠BAE＝∠DAE∠BAD＝45°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴BE＝AB＝1， 由勾股定理得：AE， ∴当△ADE的形状为等腰三角形时，有以下三种情况， ①当AE＝DE时，如图1所示： 在Rt△ABE和Rt△DCE中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）， ∴BE＝CD＝1， ∴BC＝BE+CD＝2； ②当AE＝AD时，如图2所示： 则BC＝AD； ③当AD＝ED时，如图3所示： ∵∠DAE＝45°， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴DE＝AD，∠ADE＝90°， ∴四边形ABED是正方形，此时点C与点E重合， 又∵点E不与点C重合 故不合题意， 综上所述：BC边的长为2或． 故答案为：2或． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点． 2．（2024春•庐江县期中）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，BD是对角线． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形； （2）当DE平分∠ADB时，判断四边形DEBF是什么特殊的平行四边形，并说明理由． 【答案】（1）见解析； （2）四边形DEBF是矩形，理由见解析． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，由E，F分别为边AB，CD的中点，得到，，根据平行四边形的判定定理得到结论； （2）如图，延长DE，CB交于点H，根据角平分线的定义得到∠ADE＝∠BDE，根据平行四边形的性质得到∠H＝∠ADE＝∠BDE，根据全等三角形的性质得到DE＝EH，根据矩形的判定定理得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵E，F分别为边AB，CD的中点， ∴，， ∴DF＝BE， ∴四边形DEBF是平行四边形； （2）解：四边形DEBF是矩形， 理由：如图，延长DE，CB交于点H， ∵DE平分∠ADB， ∴∠ADE＝∠BDE， ∵AD∥BC， ∴∠H＝∠ADE＝∠BDE， ∴DB＝BH， 在△ADE与△BHE中， ， ∴△ADE≌△BHE（AAS）， ∴DE＝EH， ∴DE⊥BE， ∴四边形DEBF是矩形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形和矩形的性质是解答本题的关键． 3．如图所示，在矩形ABCD中，CE⊥BD于E，CF平分∠DCE与DB交于点F． （1）试说明：BF＝BC； （2）若AB＝4，AD＝3，求CF． 【答案】（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°， ∵CE⊥BD， ∴∠BCE+∠CBE＝∠CDF+∠CBE＝90°， ∴∠BCE＝∠CDF， ∵CF平分∠DCE， ∴∠DCF＝∠ECF， ∴∠BCE+∠ECF＝∠CDF+∠DCF， ∴∠BCF＝∠BFC， ∴BF＝BC； （2）． 【分析】（1）由矩形的性质推出∠BCD＝90°，由余角的性质推出∠BCE＝∠CDF，由角平分线的定义得到∠DCF＝∠ECF，由三角形的外角性质推出推出∠BCF＝∠BFC，得到BF＝BC； （2）由矩形的性质推出BC＝AD＝3，DC＝AB＝4，∠BCD＝90°，由勾股定理求出BD＝5，由三角形的面积公式得到5×CE＝3×4，求出CE＝2.4，由勾股定理求出BE1.8，CF． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°， ∵CE⊥BD， ∴∠BCE+∠CBE＝∠CDF+∠CBE＝90°， ∴∠BCE＝∠CDF， ∵CF平分∠DCE， ∴∠DCF＝∠ECF， ∴∠BCE+∠ECF＝∠CDF+∠DCF， ∴∠BCF＝∠BFC， ∴BF＝BC； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝3，DC＝AB＝4，∠BCD＝90°， ∴BD5， ∵CE⊥BD， ∴△BCD的面积BD•CEBC•CD， ∴5×CE＝3×4， ∴CE＝2.4， ∴BE1.8， 由（1）知BF＝BC＝3， ∴EF＝BF﹣BE＝1.2， ∴CF． 【点评】本题考查矩形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，勾股定理，关键是掌握等角对等边，勾股定理． 4．（2024春•荔城区校级期中）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 BP＝CE ，BC与CE的位置关系是 CE⊥BC ； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； 【答案】（1）BP＝CE，CE⊥BC； （2）（1）中结论仍然成立，证明见解析． 【分析】（1）根据菱形的性质结合∠ABC＝60°，可证明△ABC，△ACD都是等边三角形，然后利用SAS证明△BAP≌△CAE，得到BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，延长CE交AD于H，由∠CAH＝60°，可求出∠AHC＝90°，即CE⊥AD，即可证明结论； （2）结论仍然成立，根据题意作出图形，证明过程与（1）类似． 【解答】解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于H，如图1所示， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∵∠BAC＝∠PAE， ∴∠BAP+∠PAC＝∠CAE+∠PAC， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°， 同理可证△ACD是等边三角形， ∴∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CH⊥AD，即CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC． 故答案为：BP＝CE，CE⊥BC； （2）（1）中结论仍然成立，理由如下： 如图2，连接AC， ∴△ABC，△ACD为等边三角形， 在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE， 又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°， 设CE与AD交于点H， 同理可得∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC． 【点评】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 5．（1）如图，点E是AD的中点，点F是AB的中点，过点E画EH∥AC，交DC于点H；过点F画FG∥AC，交BC于点G，测量EH、FG的长度，你有什么发现？ （2）连接EF、GH，通过测量∠FEH、∠EHG、∠HGF、∠GFE的度数，判断其中相等的角有哪些，互补的角有哪些． 【答案】（1）EH＝FG； （2）∠FEH＝∠HGF，∠EHG＝∠HGF，∠FEH与∠EHG互补，∠GFE与∠HGF互补，∠EHG与∠HGF互补，∠FEH与∠GFE互补． 【分析】（1）分别测量EH、FG，得出EH、FG的长度的关系； （2）根据测量结果解答即可． 【解答】解：（1）经测量，EH＝1.2cm，FG＝1.2cm， ∴EH＝FG； （2）经测量，∠FEH＝84°，∠EHG＝106°，∠HGF＝84°，∠GFE＝106°， ∴∠FEH＝∠HGF，∠EHG＝∠HGF，∠FEH与∠EHG互补，∠GFE与∠HGF互补，∠EHG与∠HGF互补，∠FEH与∠GFE互补． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行线的性质，熟记三角形中位线定理是解题的关键． 6．（2023春•蓬江区期末）如图，平行四边形ABCD中，点P在DC边上，且BP平分∠ABC，∠A＝108°，则∠BPC的度数为 　36°　 ． 【答案】36°． 【分析】根据平行四边形的性质和角平分线定义可得∠ABP＝∠CBP，再根据三角形内角和定理即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠C＝∠A＝108°，AB∥CD， ∴∠ABP＝∠BPC， ∵BP平分∠ABC， ∴∠ABP＝∠CBP， ∴∠BPC＝∠CBP（180°﹣108°）＝36°， 故答案为：36°． 【点评】本题考查了平行四边形性质，平行线性质，等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质． 7．（2024春•大武口区校级月考）阅读下面一段文字，然后回答问题． 已知在平面内两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），其两点间的距离，同时，当两点所在的直线在坐标轴上或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|． （1）已知A（2，4），B（﹣3，﹣8），试求A，B两点间的距离． （2）已知M，N在同一直线上且平行于y轴，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为﹣1，试求M，N两点之间的距离． （3）已知一个三角形各顶点坐标为D（1，6），E（﹣2，2），F（4，2），你能判定此三角形的形状吗？说明理由． 【答案】（1）13； （2）5； （3）△DEF是等腰三角形，理由见解析． 【分析】（1）依据两点间的距离公式可求得AB的长； （2）依据两点间的距离公式可求得MN的长 （3）利用两点间的距离公式计算出DE、DF、EF，然后根据三角形的分类进行判断． 【解答】解：（1）∵A（2，4），B（﹣3，﹣8）， ∴AB13； （2）∵M，N在同一直线上且平行于y轴，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为﹣1， ∴MN＝4﹣（﹣1）＝5； （3）△DEF是等腰三角形， 理由：∵D（1，6），E（﹣2，2），F（4，2）， ∴DE2＝（1+2）2+（6﹣2）2＝9+16＝25，DF2＝（1﹣4）2+（6﹣2）2＝9+16＝25，EF2＝（﹣2﹣4）2＝36， ∴DE2＝DF2 ∴DE＝DF， ∴△DEF为等腰三角形． 【点评】本题考查了两点间的距离公式，等腰三角形的判定，熟练掌握两点间的距离公式是解题的关键． 8．（2024秋•濉溪县期末）一次函数y＝kx+b的图象上有两个不同的点A（m，n），B（p，q） （1）若m＝1，n＝2，p＝3，q＝4，则k＝　1　 ； （2）若m＝1+p，q＝2+n，求k； （3）若b＝2且﹣2≤mq﹣pn≤4，记W＝m﹣p，试求W的最大值． 【答案】（1）1； （2）﹣2； （3）2． 【分析】（1）由题意得到A（1，2），B（3，4），根据待定系数法即可求解； （2）由题意得到，两式相减得，进而化简即可； （3）由题意得到，进而有，从而得到2（m﹣p）＝mq﹣pn，根据﹣2≤mq﹣pn≤4得到﹣1≤m﹣p≤2，即可解答． 【解答】解：（1）∵m＝1，n＝2，p＝3，q＝4， ∴A（1，2），B（3，4）， 由条件可得， 解得． 故答案为：1； （2）∵一次函数y＝kx+b的图象上有两个不同的点A（m，n），B（p，q）， ∴， 两式相减得； 由条件可知p﹣m＝﹣1，q﹣n＝2， ∴． （3）∵b＝2， ∴一次函数为y＝kx+2， ∵该函数图象过点A（m，n），B（p，q）， ∴，即， ∴， ∴mp﹣2m＝pn﹣2p， ∴2（m﹣p）＝mq﹣pn； ∵﹣2≤mq﹣pn≤4， ∴﹣2≤2（m﹣p）≤4， 即﹣1≤m﹣p≤2， ∴W的最大值为2． 【点评】本题考查待定系数法求解析式，一次函数的性质．熟练掌握该知识点是关键． 9．（2023秋•海陵区校级期末）已知一次函数y＝kx+b（k，b为常数且k≠0）． （1）若函数图象过点（﹣1，1），求b﹣k的值； （2）已知点（c，d）和点（c﹣3，d+3）都在该一次函数的图象上，求k的值； （3）若y＝kx+b（k＜0）的图象经过点A（1，2），则不等式（k﹣2）x+b＞0的解集为 x＜1　 ． 【答案】（1）1； （2）﹣1； （3）x＜1． 【分析】（1）根据该函数的图象过点（﹣1，1），列方程即可得到结论； （2）把点（c，d）和点（c﹣3，d+3）代入该一次函数解析式即可求出k的值； （3）关键k+b＜0，点Q（5，m）（m＞0）在该一次函数上，即可证明． 【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+b的图象过点（﹣1，1）， ∴1＝﹣k+b， ∴b﹣k＝1； （2）∵点（c，d）和点（c﹣3，d+3）都在该一次函数的图象上， ∴， 解得k＝﹣1． 故k的值为﹣1； （3）∵y＝kx+b（k＜0）的图象经过点A（1，2），直线y＝2x也过点A， ∵k＜0， ∴函数y＝kx+b随x的增大而减小， 而y＝2x随x的增大而增大， ∴当kx+b＞2x时，x＜1， ∴不等式（k﹣2）x+b＞0的解集为x＜1． 故答案为：x＜1． 【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，解决本题的关键是掌握一次函数的图象和性质． 10．某健身俱乐部面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下． 方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次健身费用按六折优惠； 方案二：不购买学生暑期专享卡，每次健身费用按八折优惠． 设某学生暑期健身x次，选择方案一所需的费用为y1元，且y1＝k1x+b；选择方案二所需的费用为y2元，且y2＝k2x．其函数图象如图所示． （1）求k1和b的值，并说明它们的实际意义． （2）求打折前的每次健身费用和k2的值． （3）七年级学生小华计划暑期前往该俱乐部健身8次，选择哪种方案所需费用更少？说明理由． 【答案】（1）；k1＝15表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，b＝30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元； （2）打折前的每次健身费用为25元；20； （3）选择方案一所需费用更少．理由如下： 由题意可知，y1＝15x+30，y2＝20x， 当健身8次时， 选择方案一所需费用：y1＝15×8+30＝150（元）， 选择方案二所需费用：y2＝20×8＝160（元）， ∵150＜160， ∴选择方案一所需费用更少． 【分析】（1）把点（0，30），（10，180）代入y1＝k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可； （2）根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按八折优惠，求出k2的值； （3）将x＝8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即可． 【解答】解：（1）∵y1＝k1x+b的图象过点（0，30），（10，180）， ∴． ∴． ∴k1＝15表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，b＝30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元； （2）由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6＝25（元）， ∴k2＝25×0.8＝20； （3）选择方案一所需费用更少．理由如下： 由题意可知，y1＝15x+30，y2＝20x， 当健身8次时， 选择方案一所需费用：y1＝15×8+30＝150（元）， 选择方案二所需费用：y2＝20×8＝160（元）， ∵150＜160， ∴选择方案一所需费用更少． 【点评】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式． 第 1 页 共 70 页 学科网（北京）股份有限公司 $