期末真题百练通关26大压轴题型（期末复习专项训练）八年级数学下学期新教材苏科版

**基本信息** 以65道期末真题为载体，通过26大压轴题型系统整合二次根式、分式、因式分解及特殊四边形的解题方法，突出模型化思维与逻辑推理，强化知识间的关联与迁移。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次根式|12题|配方化简、整体代入、数形结合|从概念化简到规律探索，再到勾股定理综合应用| |分式|15题|新定义转化、参数分类讨论、规律归纳|从运算技巧到含参问题，构建代数推理体系| |因式分解|15题|十字相乘、分组分解、换元法、配方法|按方法分类，形成从基础分解到几何综合的逻辑链| |特殊四边形|23题|中点四边形、半角模型、十字架模型|以模型为核心，整合性质应用与动态问题探究|

期末真题百练通关（65题26大压轴题型） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 复合二次根式的化简（共2小题） 题型二 分母有理化（共2小题） 题型三 与二次根式有关的规律探索问题（共2小题） 题型四 均值不等式（共2小题） 题型五 二次根式的化简问题（整体代入法）（共3小题） 题型六 二次根式与勾股定理综合（共2小题） 题型七 与分式运算有关的新定义问题（共3小题） 题型八 不等式与分式方程综合（共3小题） 题型九 与分式有关的规律探索问题（共3小题） 题型十 含参数的分式方程解的讨论（共3小题） 题型十一 十字相乘法分解因式（共2小题） 题型十二 分组分解法分解因式 （共2小题） 题型十三 换元法分解因式（共3小题） 题型十四 因式分解的配方法（共2小题） 题型十五 因式分解与规律探索问题（共3小题） 题型十六 因式分解与几何问题综合（共3小题） 题型十七 中点四边形（共3小题） 题型十八 垂美四边形（共2小题） 题型十九 半角模型（共2小题） 题型二十 与特殊四边形有关的多结论问题（共3小题） 题型二十一 十字架模型（共2小题） 题型二十二 正方形风车模型（共2小题） 题型二十三 含60°角的菱形（共3小题） 题型二十四 利用特殊平行四边形的对称性求最小值（共3小题） 题型二十五 特殊平行四边形与动点问题（共3小题） 题型二十六 一次函数与特殊平行四边形的存在性问题（共3小题） 题型一 复合二次根式的化简（共2小题） 1．（2023九年级·北京朝阳·竞赛）双重二次根式为形如的代数式，我们可以尝试通过配方将其转化为形如的形式，再开根号即可完成化简．请完成下列题目： (1)若，试化简代数式； (2)解方程：； (3)直接写出代数式的化简结果． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了二次根式的计算，考查二次根式的化简，完全平方公式和平方差公式，考查计算能力，熟练掌握二次根式的性质是解答本题的关键． （1）根据二次根式的非负性，求出的值，然后代数利用完全平方式进行求值即可； （2）利用完全平方式和平方差公式进行求解即可； （3）利用完全平方式进行求解即可． 【详解】（1）解：由得， ， ∴， ∴ ； （2）解： ，经检验，符合题意； （3）解： ∵ 即 ∴， ∴． 2．（24-25八年级上·湖南永州·期末）像，，这样的根式叫做复合二次根式．有一些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简，如： 再如： 请用上述方法探索并解决下列问题： (1)化简：； (2)化简：； (3)计算：． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了完全平方公式，利用二次根式的性质进行化简，熟练掌握完全平方公式，利用二次根式的性质是解题的关键． （1）利用题中复合二次根式借助构造完全平方式的新方法求解； （2）利用题中复合二次根式借助构造完全平方式的新方法求解； （3）根据题意找出规律进行求解即可． 【详解】（1）解： ； （2）解： ； （3）解： ∵， ， ， ∴对第于n项，形式可表示为， ∴可化简为 式中最后一项为， ∵， ∴， ∴最后一项化简为： ． 题型二 分母有理化（共2小题） 3．（25-26八年级上·广东深圳·期中）先阅读，再解答．由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号，例如：，请完成下列问题： (1)的有理化因式是___________；化简___________； (2)比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查了有理化因式，平方差公式. （1）理解定义，利用平方差公式计算即可， （2）把分母都看成1，然后第一个式子的分子分母同时乘以，第二个式子分子分母同时乘以，然后比较所得结果的大小可得答案． 【详解】（1）解：， 的有理化因式是； ； 故答案为：，； （2）， 理由如下： ， ， ， ， 所以． 4．（24-25八年级上·甘肃酒泉·期末）观察下列运算 由，得； 由，得； 由，得； 由，得； (1)通过观察，请填空：_________________________． (2)利用你发现的规律，计算：． 【答案】(1)（为正整数）； (2) 【分析】本题考查了分母有理化，正确得出规律是解此题的关键． （1）根据题意得出规律即可得解； （2）根据（1）中的规律进行计算即可得解． 【详解】（1）解：由题意可得：（为正整数）； （2）解：由（1）可得（为正整数）， ∴原式 ． 题型三 与二次根式有关的规律探索问题（共2小题） 5．（25-26八年级上·北京石景山·期末）小石根据学习“数与式”积累的经验，想通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律． 下面是小石的探究过程，请补充完整： (1)具体运算，发现规律． 第1个等式； 第2个等式； 第3个等式； 第4个等式； 第5个等式_________（根据规律填空） (2)观察、归纳、得出猜想． 第n个等式为_________（用含n的式子表示，n为正整数） (3)证明你的猜想； (4)应用运算规律． 若（a，b均为正整数），则的值为_________． 【答案】(1) (2) (3)见解析 (4) 【分析】本题考查规律型、数字的变化类、二次根式的混合运算，解题的关键是明确题意，根据已知等式总结一般规律并应用规律解题．（1）根据题目中的例子并计算可以写出第5个等式；（2）根据（1）中特例及发现规律，可以写出相应的猜想；（3）根据猜想的左边利用分式的通分和二次根式的性质进行化简发现与右边一样即可；（4）根据（2）中的规律对比即可求解． 【详解】（1）解：， 故答案为：； （2）解：第n个等式为， 故答案为：； （3）证明： ； （4）解：根据和，得 ， 解得， ∴， 故答案为：． 6．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）嘉嘉根据学习“数与式”积累的活动经验，想通过“特殊到一般”的方法探究二次根式的运算规律．下面是嘉嘉的探究过程： 等式①：；等式②：； 等式③：；等式④：______________；…… (1)【特例探究】将题目中的横线处补充完整； (2)【归纳猜想】若为正整数，用含的代数式表示上述运算规律，并证明此规律成立； (3)【应用规律】嘉嘉写出一个等式（均为正整数），若该等式符合上述规律，则的值为______． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，数字的变化规律，解答的关键是由所给的式子总结出存在的规律． （1）根据前个的规律即可得出答案； （2）根据特例中数字的变化规律分析求解即可，对等式的坐标进行整理，即可求证； （3）利用（2）中的规律进行求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：等式④：； （2）解：若为正整数，用含的代数式表示上述运算规律为， 证明如下：等式左边右边； （3）解：∵（均为正整数）， ∴，， ∴ ． 题型四 均值不等式（共2小题） 7．（25-26八年级上·辽宁丹东·期末）阅读材料：我们已经学习了实数以及二次根式的有关概念，同学们可以发现以下结果： 当时， 当且仅当，即时，取得最小值，最小值为2． 请利用以上结果解决下面的问题： 若，则当______时，有最小值，最小值为______． 【答案】 【分析】本题考查了二次根式的运算和平方的非负性，将给定分式化简为，仿照材料中的例子，利用配方法求的最小值，进而得到整个表达式的最小值即可． 【详解】解：， ∵， ∴， 当且仅当，即时最小值，最小值为， 则， 那么，， 故当时，原式取得最小值． 8．（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）【操作发现】由，得；如果两个正数a，b，即，，则有下面的不等式：，当且仅当时取到等号．例如：已知，求式子的最小值． 解：令，，则出，得，当且仅当时，即时式子有最小值，最小值为4． 请根据上面材料回答下列问题： 【问题解决】（1）已知，当 时，代数式的最小值为 ； 【灵活运用】（2）当时，求的最小值； 【拓展创新】（3）如图，四边形的对角线，相交于点O，，的面积分别是5和10，求四边形面积的最小值． 【答案】（1）3，6；（2）4；（3） 【分析】本题考查了不等式的应用，二次根式的运算，特别是利用不等式来求代数式的最小值，涉及基本的不等式推导和应用．解题的关键是通过适当的变量代换，利用该不等式的条件在合适的情况下求得最小值，并且在特定条件下求得代数式的最优解． （1）令，根据不等式代入计算，得到．当且仅当时，等号成立，所以最小值为6． （2）设，利用不等式得到．当且仅当时，最小值为4，解得． （3）设的面积为x，根据面积比值关系．从面积关系中得出，计算四边形的面积并利用不等式得到最小值，当时，等号成立． 【详解】解：（1）已知，根据材料中不等式（，当且仅当时取等号），令，则． 当且仅当时，等号成立，解得（舍去）； ∴当时，代数式的最小值为6． 故答案为：3，6． （2）当时，， ∵， ∴令，，则由，得 ， 当且仅当时，中的等号成立，解得或（舍）， 即时，式子有最小值，最小值为4； （3）设，由，的面积分别是5和10， 根据等高三角形可知，， 即，整理，得， ∴四边形面积为， 当且仅当，即时取等号， 则四边形面积的最小值为． 题型五 二次根式的化简问题（整体代入法）（共3小题） 9．（23-24八年级下·广西玉林·期末）请阅读下列材料： 问题：已知，求代数式的值．小敏的做法是：根据得，∴，得：．把作为整体代入：得．即：把已知条件适当变形，再整体代入解决问题．请你用上述方法解决下面问题：已知， (1)求代数式的值； (2)求代数式的值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】本题主要考查了代数式求值，完全平方公式的应用、二次根式的混合运算、整体思想等知识点，解题的关键是熟练掌握运算法则，准确计算． （1）根据完全平方公式求出，进而得出，然后代入计算即可； （2）由（1）可知，对代数式变形，再将整体代入可得出，然后代入x计算二次根式的加减运算即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴ （2） 10．（25-26八年级上·宁夏银川·期末）阅读并解答：已知，求代数式的值． 小熙根据二次根式的性质：，联想到了如下解法： 由得，则，即，∴．把作为整体，得：． 请运用上述方法解决下列问题： (1)已知，求代数式的值． (2)已知，对x进行分母有理化． (3)结合问题（2）的结论，运用整体代入法，求代数式的值． 【答案】(1)8 (2)； (3) 【分析】本题主要考查了分母有理化，二次根式的化简求值． （1）按照例题的方法解答即可； （2）由分母有理化得； （3）由（2）得，再两边平方并利用完全平方公式展开，得到；再整体代入计算即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴，即1， ∴； （2）解：∵， ∴； （3）解：∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 11．（22-23八年级上·江西南昌·期末）请阅读下列材料： 问题：已知，求代数式的值． 小敏的做法是：根据得， ∴，得：. 把作为整体代入：得 即：把已知条件适当变形，再整体代入解决问题．请你用上述方法解决下面问题： (1)已知，求代数式的值； (2)已知 ，求代数式的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了完全平方公式的应用、二次根式的乘法、整体思想等知识点，解题的关键是熟练掌握运算法则，准确计算． （1）根据完全平方公式求出，然后代入计算即可；掌握整体思想是解题的关键； （2）根据完全平方公式计算可得，然后利用整体代入计算即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵， ∴，即， ∴， ∴ ． 题型六 二次根式与勾股定理综合（共2小题） 12．（22-23八年级上·山东济南·期末）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透． 某校数学兴趣小组，在学习完勾股定理和实数后，进行了如下的问题探索与分析 【提出问题】已知，求的最小值 【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，来分别表示长度为和的线段，将代数求和转化为线段求和问题． 【解决问题】 (1)如图，我们可以构造边长为1的正方形，P为边上的动点．设，则．则______+______的线段和； (2)在（1）的条件下，已知，求的最小值； (3)【应用拓展】应用数形结合思想，求的最大值． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据题意将式子转化为线段长度之和即可； （2）作点关于的对称点，连接，则的最小值即为的长，利用勾股定理求出的长即可； （3）构造图形，使得则，则当点、、三点共线时，的最大值为，延长，交于，作于，利用勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：由题意可得： 的线段和； （2）作点关于的对称点，连接， 则， 则的最小值即为的长， 在中，由勾股定理得，， 即的最小值为； 故答案为：； （3）， 如图，，，，，， 设， 则， 当点、、三点共线时，的最大值为， 延长，交于，作于， 可得，， 由勾股定理得，， 的最大值为． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称最短路线问题，勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合思想，学会利用转化思想解决问题． 13．（24-25八年级上·陕西西安·阶段检测）如图，一条河流的段长为，在B点的正北方处有一村正A，在D点的正南方处有一村庄E，计划在上建一座桥C，使得桥C到A村和E村的距离和最小．请根据以上信息，回答下列问题： (1)将桥C建在何处时，可以使得桥C到A村和E村的距离和最小？请在图中画出此时C点的位置； (2)小明发现：设，则，则，根据（1）中的结论可以求的最小值为___________； (3)结合（1）（2）问，请求出下列代数式的最小值： ①的最小值； ②的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①25；② 【分析】本题考查了勾股定理的应用，考查了数形结合的思想，读懂题意，将已知式子转换为相应的图形进行解答是本题的关键． （1）直接根据两点之间线段最短，连接，交于点即可； （2）如图所示，过点作，交延长线与点，连接交于，根据平行线间间距相等得到，则，利用勾股定理求出的长即可得到答案； （3）①仿照（2）构造，设 则，同理求出的长即可得到答案；②将转换为，构造，设 则，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：如图，点即为所作： 根据两点之间线段最短可知，连接交于点C，点C即为所求； （2）解：如图所示，过点作，交延长线与点，连接交于， 由题意得，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴由（1）的结论可知的最小值为， 在中，由勾股定理得 在中，由勾股定理得 ∴， ∴的最小值为， 故答案为：； （3）解：①如图所示，，过点作，交延长线与点，连接交于， 设 则， 同理可得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴由（1）的结论可知的最小值为， 在中，由勾股定理得 在中，由勾股定理得 ∴， ∴的最小值为； ②如图所示，，过点作，交延长线与点，连接交于， 设 则， 同理可得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴由（1）的结论可知的最小值为， 在中，由勾股定理得 在中，由勾股定理得 ∴， ∴的最小值为； ∵， ∴的最小值为． 题型七 与分式运算有关的新定义问题（共3小题） 14．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）我们给出定义：若一个分式约分后是一个整式，则称这个分式为“巧分式”，约分后的整式称为这个分式的“巧整式”．例如：，则称分式是“巧分式”，4x为它的“巧整式”．根据上述定义，解决下列问题． (1)下列分式中是“巧分式”的有__________（填序号）； ①；②；③． (2)若分式（m、n为常数）是一个“巧分式”，它的“巧整式”为，求m、n的值； (3)若分式的“巧整式”为，请判断是否是“巧分式”，并说明理由． 【答案】(1)①③； (2)，； (3)是，理由见解析． 【分析】题考查了分式的化简、因式分解．二元一次方程组的解法，解决本题的关键是弄清楚“巧分式”的定义． （1）根据“巧分式”的定义，逐个判断得结论； （2）根据“巧分式”的定义，得到关于的恒等式，求解即可； （3）根据给出的“巧分式”的定义可得；将A代入，约分后看是否是一个整式，即可得出结论． 【详解】（1）解：，是整式， ①是“巧分式”； ，不是整式， ②不是“巧分式”； ，是整式， ③是“巧分式”； （2）解：分式（m，为常数）是一个“巧分式”， 它的“巧整式”为， ， ， ∴， 解得：； （3）解：分式的“巧整式”为． ， ； ， 又是整式， 是“巧分式”． 15．（25-26八年级上·广东广州·期末）对于任意有理数，定义一种新运算例如，先化简，再求值，其中满足方程． 【答案】， 【分析】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算法则． 先根据新定义得到，然后化简，再解方程，将求出的值代入化简后的代数式求解即可． 【详解】解：由题意得， ， ， 解得 ∴原式 16．（24-25八年级上·河南三门峡·期末）定义：若分式和分式满足（为正整数），则称是的“差分式”． 例如：，我们称是的“差分式”， 解答下列问题： (1)分式是分式的“ 差分式”． (2)分式是分式的“差分式”． （含的代数式表示）； 若的值为正整数，为正整数，求值． 【答案】(1) (2) 或 【分析】本题考查新定义运算，分式的加减法，熟练掌握掌握分式的加减法法则是解答本题的关键． （1）根据材料提示进行计算即可求解； （2）根据“差分式”的计算方法可得，结合分式的混合运算即可求解； 根据为正整数，即可解答． 【详解】（1）解：， 故答案为：； （2）解：， ， 解得，； 为正整数， 当时，，则； 当时，，则； 的值为或． 题型八 不等式与分式方程综合（共3小题） 17．（25-26八年级上·江西宜春·期末）若关于x的不等式组有解且最多有两个偶数解，且关于y的分式方程的解为正整数，则满足条件的所有整数a的值为______． 【答案】、、 【分析】本题主要考查了分式方程的解法、一元一次不等式组的解法．先解不等式组并结合题意确定的范围，再解出分式方程确定的范围，进而确定的所有取值，最后求满足条件的所有整数即可． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴， ∵不等式有解，且最多有两个偶数解， ∴， 解得：； 解分式方程， 去分母得， 去括号得， 移项合并得， 解得：． ∵分式方程的解为正整数，且， 则，即，解得， 综上，为不大于0的偶数， 结合， ∴满足条件的所有整数a的值为、、， 故答案为：、、． 18．（24-25八年级上·重庆北碚·期末）关于x的不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程的解为整数，则满足条件的整数a的和是_______． 【答案】 【分析】根据不等式组的整数解的个数确定a的取值范围，再根据分式方程的整数解以及增根的定义进一步确定a的取值范围，确定符合条件的整数a的值即可． 【详解】解：解不等式，得， 解不等式，得， ∵关于x的不等式组有且仅有3个整数解， ∴， 解得， 将关于y的分式方程的两边都乘以得， ， 解得， ∵关于y的分式方程的解为整数， ∴或或， 解得或或或或或， 又∵分式方程的增根是， ∴， 即， 解得， 又∵， ∴符合条件的整数a的和为． 19．（25-26八年级上·山东烟台·期末）若，且关于的分式方程有正整数解，则所有满足条件的整数的值之和为___________． 【答案】10 【分析】本题考查了解分式方程，先理解题意，由得到，要求为正整数且，结合，求出所有符合条件的整数，然后求和，即可作答． 【详解】解：∵ ∴， ∴． 化简得 ， ∴． 依题意，为正整数且， ∴为正整数且不等于2． 设，则，其中为正整数且．又因为， ∴， 解得， 即（为正整数）． 因此． 对应值：当 ，； 当，； 当，． ∴所有整数的和为 ． 故答案为 10． 题型九 与分式有关的规律探索问题（共3小题） 20．（25-26八年级上·广东湛江·期末）探索发现：；；…根据你发现的规律，回答下列问题： (1)______，______； (2)利用你发现的规律计算：______； (3)灵活利用规律解方程：． 【答案】(1)， (2) (3)方程的解为 【分析】本题考查找规律：数字的变化类、裂项相消法计算、解分式方程，熟练掌握有理数的混合运算法则，弄清题中的规律是解本题的关键． （1）观察已知等式，写出所求即可； （2）归纳总结得到一般性规律，写出即可； （3）根据得出的规律化简方程，求出解即可． 【详解】（1）解：根据上述规律， 可得，， 故答案为：，． （2）解： ， 故答案为：． （3）解：化简： 故可得 解上述分式方程，化简得， 解得，经检验：当时，原方程各分母均不为0，故是原方程的解， 故方程的解为． 21．（25-26八年级上·广西防城港·期末）探究与应用 【特例分析】 （1）填空： ①的解为x= ； ②的解为x= ； ③的解为x= ； ...... 【总结规律】 （2）根据你发现的规律直接写出第4个分式方程及它的解： ． 【解决问题】 （3）请你按照上述规律写出第n（n为正整数）个分式方程，并求出它的解．（写出解答过程） 【答案】①②③；（2）第4个分式方程为，解为；（3）第个分式方程为，解为 【分析】本题考查分式的规律以及分式方程，本题通过三个具体的分式方程，引导学生观察并归纳解的规律．首先解出前三个方程的解，从中发现解与序号之间的关系，进而推广到第四个方程，并最终写出第个方程及其解．解题的关键在于观察方程结构和解的变化规律，理解分式方程的解法过程，并进行代数推导与归纳总结． （1）①两边同乘以，去括号，移项合并即可，注意代入检验增根； ②两边同乘以，去括号，移项合并即可，注意代入检验增根； ③两边同乘以，去括号，移项合并即可，注意代入检验增根； （2）直接根据规律写出第四个分式方程及它的解即可； （3）根据规律，第n个方程为：，两边同乘，移项整理即可． 【详解】（1）解：①解方程：， 两边同乘以，得： 去括号：， 移项合并得：， 检验：当时，分母，解成立， 所以解为； 故答案为：； ②解方程：， 两边同乘以，得： 去括号：， 移项合并得：， 检验：当时，分母，解成立， 所以解为； 故答案为：； ③解方程：， 两边同乘以，得：， 去括号：， 移项合并得：， 检验：当时，分母，解成立， 所以解为， 故答案为：； （2）观察前三个方程： ①， ②， ③， 规律：左边分子为，右边分子为，且结构为， 因此第4个方程为： 解法同上： 两边同乘：， 整理，得：， 移项合并得：， 检验成立，解为， 所以第4个方程是，解为； 故答案为：，； （3）根据规律，第n个方程为：， 解方程： 两边同乘： 移项整理：， 解得：， 检验：当时，（因n为正整数），分母不为零，解成立， 所以第n个方程的解为． 22．（25-26八年级上·全国·期末）探索规律： (1)直接写出计算结果： = ． (2)仿照（1）的方法探究可知， 可变形为 ． (3)运用规律解方程： 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了分式的裂项相消法及分式方程的求解，解题的关键是掌握裂项公式，并利用其化简计算． （1）利用裂项相消法，将每一项拆分为两个分数的差，再抵消中间项计算； （2）仿照（1）的方法探究可得出的变形形式； （3）先利用裂项相消法化简方程左边，再解分式方程并检验． 【详解】（1）解：原式 故答案为：． （2）解： 故答案为：． （3）解：原方程可化为 ， 即， ∴， 即． 两边同乘（)得，， 解得． 检验：当时，原方程各分母均不为0，故是原方程的解． 答：原方程的解为． 题型十 含参数的分式方程解的讨论（共3小题） 23．（25-26八年级上·山东临沂·期末）若关于的分式方程有解，则需满足的条件是__________． 【答案】且 【分析】解题关键是掌握分式方程无解的两种情况：①整式方程本身无解；②分式方程产生增根．根据分式方程无解的情况可知，分式方程有解需满足分母不为零且化简后的方程有解，通过乘以公分母化简方程，讨论整式方程的系数并排除使解为增根的情况，即可求解． 【详解】解： 方程两边同乘，得， 展开并整理，得， 当，即时，方程无解， ∴， 当时，， 又∵分母不为零，需且， 检验增根：若方程有增根，则或， 若，代入整式方程，得，化简得，不成立，所以解不可能是， 若，代入整式方程得，解得，故当时，方程产生增根，无解， 因此，分式方程有解的条件为且． 24．（25-26八年级上·陕西延安·期末）若关于的分式方程无解，则的值为___________． 【答案】或 【分析】先将分式方程化为整式方程，再分两种情况讨论求解a的值：一种是整理后整式方程中x的系数为0，整式方程无解，此时原分式方程无解；另一种是整式方程有解，但解为原分式方程的增根，此时原分式方程无解． 【详解】解：， 方程两边同乘最简公分母，得， 整理得， 当，即时，方程左边为，右边为，整式方程无解，因此原分式方程无解，符合题意． 当时，若原分式方程无解，则整式方程的解为原分式方程的增根． 分式方程的增根使最简公分母为0，即，得， 将代入，得， 解得． 综上，的值为或． 25．（25-26八年级上·湖南邵阳·期末）已知分式方程，由于印刷问题，数“▲”看不清楚． (1)若“▲”表示的数为，求分式方程的解； (2)若原分式方程无解，试求出原分式方程中“▲”表示的数． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了解分式方程，根据分式方程无解求参数． （1）将“▲”替换为后，先统一分式的分母，再通过去分母把分式方程转化为整式方程求解，最后检验解的合理性即可得到方程的解． （2）先设“▲”为，将原分式方程化为整式方程，分式方程无解包含两种情况，一是整式方程本身无解，二是整式方程的解为原分式方程的增根，分别分析求解即可得到“▲”的值． 【详解】（1）解：当“▲”时，原方程为 将方程变形为 方程两边同时乘以得 移项得 合并同类项得 解得 检验：当时， 所以是原分式方程的解． （2）解：设“▲”表示的数为， 原方程为 将方程变形为 方程两边同时乘以得 整理得 原分式方程无解 分两种情况讨论 情况一：整式方程无解，此情况不存在． 情况二：整式方程的解是原分式方程的增根，原分式方程的增根满足， 即 将代入 得 解得 所以“▲”表示的数是． 题型十一 十字相乘法分解因式（共2小题） 26．（25-26八年级上·江西·期末）整式乘法与因式分解是相反的变形，如整式乘法，反过来为，恰好是因式分解．基于上述原理，将式子分解因式如下： 一次项，①分解二次项和常数项；②交叉相乘再相加验证一次项；③横向写出两因式：． 请仔细阅读材料，回答下列问题： (1)填空：________； (2)若可分解为（a，b均为整数），求出整数p的所有可能值有哪些？ 【答案】(1) (2)7或或2或 【分析】本题考查了十字相乘法因式分解，解题关键是掌握“将二次项、常数项拆分后交叉相乘验证一次项”的十字相乘方法． （1）将的二次项拆为，常数项拆为，交叉相乘再相加得到，据此可得答案． （2）把展开，得出，，把分解成两个整数的乘积形式，即可得到整数的所有可能值． 【详解】（1）解：由题意得，； （2）解：∵可分解为， ∴， ∴，， ∵、为整数，且， ∴或或或或或或或 ∴或或或或或或或 ∴整数p的所有可能值为7或或2或． 27．（25-26八年级上·山东临沂·期末）阅读下面材料，完成任务： 材料一： 材料二： 任务一：请根据学习经验，分解因式： （1）； （2） 材料三： 下面是小数的一篇日记，请认真阅读，并完成后面的任务 2025年12月5日阴转晴今天我有一个新发现，真是震撼！通过认真阅读“阅读与思考”的内容介绍，我发现在因式分解中有一类形如二次三项式的分解因式的方法叫“十字相乘法”，因式分解二次三项式的公式为．例如：将二次三项式因式分解，这个式子的二次项系数是1，常数项，一次项系数，则，如图所示． 任务二：（3）学习了小数的笔记之后，请用“十字相乘法”分解因式：__________，请画出分解示意图． 【答案】（1）；（2）；（3），画图见解析 【分析】此题考查了因式分解，熟练掌握运算法则是解题的关键； 任务一：（1）运用因式分解法解一元二次方程即可； （2）由题意得一次项系数为：2，二次项系数是1，常数项，一次项系数，再利用十字相乘法分解因式即可； 任务二：（3）根据提示方法求解即可． 【详解】解：任务一：（1） ； （2） ； 任务二：（3） ，二次项系数是1，常数项，一次项系数， ∴， 如图 故答案为：． 题型十二 分组分解法分解因式 （共2小题） 28．（25-26八年级上·江西上饶·期末）请仔细阅读材料，解答下列问题： 要把分解因式，它的各项没有公因式．不能提取公因式．这是四项式．也不能直接用公式法分解因式，可以先把它的前两项分成一组，后两项分成一组，通过分组分解因式．即． 这种因式分解的方法叫做分组分解法．利用分组分解法可以把多项式分解因式．又如： ． (1)分解因式：； (2)分解因式：； (3)已知，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了因式分解，代数式求值，非负数的性质，解题的关键是掌握分组分解法． （1）根据分组分解法，结合平方差公式和完全平方公式，因式分解即可； （2）根据分组分解法，结合平方差公式和提公因式法，因式分解即可； （3）先将，变形为，然后根据非负数的性质，得出答案即可． 【详解】（1）解： ． （2）解： ． （3）解：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， 解得：，， ∴． 29．（25-26八年级上·山东泰安·期末）八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：将因式分解． 【观察】经过小组合作交流，小明得到了如下的解决方法： 解法一：原式 解法二：原式 【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式法、公式法达到因式分解的目的，这就是因式分解的分组分解法在代数式的化简、求值及方程函数等学习中起着重要的作用．（温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止） 【类比】（1）请用分组分解法将因式分解． 【挑战】（2）请用分组分解法将因式分解． 【答案】（1）；（2） 【分析】本题考查了因式分解，解题的关键是正确运用分组分解法进行因式分解． （1）根据题意，得，提取公因式解答即可； （2）根据题意，得，后因式分解解答即可． 【详解】（1）解：根据题意，得 ； （2）解：根据题意，得 ． 题型十三 换元法分解因式（共2小题） 30．（23-24七年级下·河北唐山·期末）材料1：将一个形如的二次三项式因式分解时，如果能满足且，则可以把因式分解成． 材料2：分解因式： 解：将“”看成一个整体，令，则原式，再将“A”还原，得：原式 上述解题用到“整体思想”和“换元思想”，整体思想和换元思想是数学解题中常见的两种思想方法．结合材料1和材料2，完成下面小题： (1)分解因式：； (2)分解因式：． 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查因式分解，将某多项式重新设定未知数，分解因式， （1）令，仿照例题解答即可； （2）令，先计算乘法，再因式分解即可． 【详解】（1）解：令， 则原式， ∴； （2）令， 则原式， ∴原式． 31．（25-26八年级上·广东湛江·期末）阅读下列材料： 在因式分解中，把多项式中某些部分看作一个整体，用一个新的字母代替（即换元），不仅可以简化要分解的多项式的结构，而且能使式子的特点更加明显，便于观察如何进行因式分解， 我们把这种因式分解的方法称为“换元法”，下面是小涵同学用换元法对多项式进行因式分解的过程． 解：设， 原式（第一步） （第二步） （第三步） （第四步） 请根据上述材料回答下列问题： (1)小涵同学的解法中，第二步到第三步运用了因式分解的：_____； A．提取公因式法        B．平方差公式法        C．完全平方公式法 (2)老师说，小涵同学因式分解的结果不彻底，请你写出该因式分解的最后结果：_____； (3)请你用换元法对多项式进行因式分解： 【答案】(1)C (2) (3)； 【分析】本题考查了因式分解的换元法，公式法，提公因式法，十字相乘法，理解阅读材料问题，熟练掌握利用公式法分解因式是解题的关键． （1）根据完全平方公式进行分解因式； （2）利用平方差公式将结果分解到不能分解为止； （3）①仿照材料中求解方法，设，用换元法、公式法进行分解因式即可； ②设，用换元法、提公因式法、十字相乘法进行分解因式即可． 【详解】（1）解：由可知，小涵同学运用了完全平方公式法进行因式分解， 故答案为：C； （2）， 该因式分解的最后结果为：， 故答案为：； （3）①设， ； ②设， ． 题型十四 因式分解的配方法（共2小题） 32．（25-26八年级上·河北沧州·期末）认真阅读下面材料并解决问题 阅读材料： 材料一： 分解因式：； 解：， ， ， ， ； 材料二： ∵无论为何值，代数式的值都大于等于，即， ∴， 即有最小值，最小值是． 问题解决： (1)分解因式： ①； ②； (2)①求的最小值； ②直接填空：二次三项式有最 值是 ． 【答案】(1)①；② (2)①；②大；5 【分析】（1）①使用分组分解法，先利用完全平方公式对部分进行变形，再利用平方差公式进行因式分解； ②使用分组分解法，先利用完全平方公式对部分进行变形，再利用平方差公式进行因式分解； （2）①利用完全平方公式将原式变形为，结合平方的非负性求出最小值； ②利用完全平方公式将原式变形为，结合平方的非负性求出最大值． 【详解】（1）解：①， ， ， ， ； ②， ， ， ， ； （2）解：①， ， ， ， ∵， ∴， ∴当时，取得最小值； ②， ， ， ， ∵， ∴， ∴当时，取得最大值． 33．（24-25八年级下·河南平顶山·期末）教科书中这样写道：“形如的式子称为完全平方式．”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，配方法是一种重要的数学方法，不仅可以将一个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或求代数式的最大值、最小值等问题． 例如，分解因式：． 解：原式 再如，求代数式的最小值． 解：原式 可知，当时，有最小值，最小值是． 根据以上材料，运用配方法解决下列问题． (1)请用配方法把因式分解． (2)多项式有最大值吗？若有，请计算为何值时，此多项式有最大值；若没有，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)当时，有最大值，最大值为 【分析】本题考查了配方法因式分解，求多项式的最值，非负数的性质，理解题意、掌握配方法是解题的关键． （1）用配方法化为，再用平方差公式，即可求解； （2）用配方法化为，即可求解． 【详解】（1）解：原式 ； 故答案：； （2）解：原式 ， ∴当时，有最大值，最大值为． 题型十五 因式分解与规律探索问题（共3小题） 34．（24-25八年级上·江西南昌·期末）数学小组在研究式子时，发现当M，N是具有某种关联关系的两位数时，具有一定的运算规律： ① ② ③ ④ 根据上述规律解决下列问题： (1)填空： ； (2)若两位数M，十位上的数字为a，个位上的数字为b，写出你发现的规律，并加以证明； (3)小智发现某一式子的结果恰好是一个整数的平方，直接写出M的值． 【答案】(1)3 (2)，见解析 (3)65 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，能根据所给等式发现规律是解题的关键． （1）根据题中所给等式，发现规律即可解决问题． （2）用含a，b的等式表示出（1）中发现的规律，并进行证明即可． （3）根据题意建立关于a，b的等式，再进行分析即可． 【详解】（1）解：由题知， 因为， ， ， ， 所以． 故答案为：3． （2）发现的规律是：． 证明如下： 左边 ＝右边， 故此等式成立． （3）因为的结果恰好是一个整数的平方， 所以是一个整数的平方． 因为， 又因为， 所以， 解得， 所以． 35．（25-26八年级上·广东江门·期末）观察下列等式： …… (1)①根据以上等式的规律，填空：； ②根据以上等式的规律，填空：，并证明等式成立． (2)一个水平放置的长方体容器，其容积为，底面积为，装满水的高度为，求的值． 【答案】(1)①；②，证明见解析 (2) 【分析】本题考查了多项式规律探索，理解题意，正确得出规律是解此题的关键． （1）①根据题干给出的等式即可得出结果；②根据题干给出的等式即可得出结果，再利用多项式乘以多项式的运算法则计算即可得出结果； （2）由题意可得，由（1）可得，从而得出，最后利用完全平方公式计算即可得出结果． 【详解】（1）解：①根据以上等式的规律可得； ②根据以上等式的规律可得， 证明： ； （2）解：由题意可得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 36．（23-24八年级上·山东烟台·期中）【问题提出】 计算： 【问题探究】 为便于研究发现规律，我们可以将问题“一般化”，即将算式中特殊的数字3用具有一股性的字母a代替，原算式化为： 然后我们再从最简单的情形入手，从中发现规律，找到解决问题的方法： ① ②由①知，所以， （1）仿照②，写出进行因式分解的过程． 【发现规律】 （2）______． 【问题解决】 （3）计算：______（结果用乘方表示）． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】本题主要考查了整式的运算、数字规律、有理数的混合运算等知识点，发现解答的规律是解题的关键． （1）仿照②进行解答即可； （2）归纳①、②得到规律即可； （3）直接运用（2）的规律对原式进行变形，然后再计算即可． 【详解】解：（1） ． （2）， ． 故答案为． （3） ． 故答案为． 题型十六 因式分解与几何问题综合（共3小题） 37．（25-26八年级上·山西吕梁·期末）阅读下列材料、并完成相应任务． 代数式大小比较 比较任意两个代数式，大小，可采用“作差法”．若时，则；若时、则；若时，则． 例如：当时，比较与的大小． 解： ， …… 解决问题： 数学课上，李老师出示了图1和图2（内外均为长方形，数据如图所示），并问：哪个图形阴影部分的面积更大？嘉嘉同学认为图1中“回”字形阴影部分的面积更大；琪琪同学认为图2中“门”字形阴影部分的面积更大． 任务： (1)请直接写出：图1中“回”字形阴影部分的面积为________；图2中“门”字形阴影部分的面积为________； (2)若，请根据作差法判断哪位同学的想法正确． 【答案】(1)； (2)嘉嘉同学的想法正确，理由见解析 【分析】本题考查多项式乘多项式与几何图形的面积，整式的加减运算，因式分解的应用，熟练掌握相关运算法则是解题的关键； （1）利用分割法以及多项式乘多项式的法则进行计算即可； （2）利用作差法进行判断即可． 【详解】（1）解：由图1可知， ， ， ， ∴“回”字形阴影部分的面积为； 由图2可知， ， ， ， ∴“门”字形阴影部分的面积为； 故答案为：；； （2）解： ， ， ， ，， ， ， 嘉嘉同学的想法正确． 38．（25-26八年级上·山东济宁·期末）我们常用的分解因式的方法有：提公因式法、公式法．当不能直接运用提公因式法或公式法分解因式时，我们可以将多项式中某些项适当地结合（或把某项适当地拆分）成为一组，利用分组法来分解因式． 例如：． 根据上述分解因式的方法尝试解答下列问题： (1)分解因式： ； (2)已知a，b，c是的三条边的长，且满足，判断的形状，并说明理由； (3)已知a，b，c是的三条边的长，求证：． 【答案】(1) (2)等腰三角形，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）利用分组法分解因式，即可求解； （2）根据分组法分解因式，等式可整理为，再根据三角形三边关系，得出即可说明； （3）根据分组法对不等式左边分解因式，得，再根据三角形三边关系，即可求证． 【详解】（1）解：； 故答案为：； （2）等腰三角形，理由如下， ， ， ，即， a，b，c是的三条边的长， ， ，即， 则是等腰三角形； （3）证明：， a，b，c是的三条边的长， ，，即， ． 39．（25-26八年级上·陕西榆林·期末）从边长为的正方形中剪掉一个边长为的正方形（如图1），然后将剩余部分拼成一个长方形（如图2）． (1)上述操作能验证的等式是____________；（填序号） ①；②；③ (2)请你应用从（1）中选出的等式，完成下列各题： ①若，求的值； ②琳琳家有一块正方形地，因为修路，把这块地的东边缩短了．村长建议在这块地（缩短后）的南边加长，变成长方形地．琳琳的父母认为得到了合理的补偿，于是就同意了，而琳琳却提出了反对意见，认为这样她家这块地的面积减少了．你认为琳琳的说法正确吗？为什么？ 【答案】(1)② (2)①；②琳琳的说法正确，理由见解析 【分析】本题考查了运用平方差公式进行运算，平方差公式与几何图形，平方差公式分解因式，因式分解的应用，列代数式等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． （1）根据图1、2分别写出阴影部分面积，再得出等式即可； （2）①将第一个式子的左边分解因式，再将代入求得； ②根据题意列出算式，用平方差公式进行计算，再合并同类项，然后作出判断． 【详解】（1）解：由图1得阴影部分面积为，由图2得阴影部分面积为， 所以可得到的等式是， 故答案为：②； （2）解：， 又，， 所以， 所以； 解：琳琳的说法正确， 理由：根据题意，原来地边长为，则面积为， 后来地的面积为， 所以她家这块地的面积减少了． 题型十七 中点四边形（共3小题） 40．（24-25八年级下·甘肃武威·期末）综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． 图形 原四边形对角线与 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 ，但与不垂直 图3 ， 图4 ， 探究过程（1）作图与操作：如图1，画任意四边形，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形． （2）观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定，例如对角线既不相等，也不垂直的四边形的中点四边形是平行四边形 （3）证明与表达：已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线求证：四边形是平行四边形．（证明过程略） 问题：请你选择图2、图3、图4中的一个图，画出四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可），我选择________（填图2、图3、图4中的一个）提出猜想：对角线___________的四边形的中点四边形是________形；然后写出已知，求证，完成证明过程 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，______． 求证：四边形是______． 证明： 【答案】见解析 【分析】选择图2：利用三角形中位线性质证明，即可得出结论； 选择图3：利用三角形中位线性质证明四边形为平行四边形，再根据，利用平行线的性质证明，即可得出结论； 选择图4：先证明四边形为菱形，再证明，即可得出结论． 【详解】解：选择图2； 提出猜想：对角线相等的四边形的中点四边形是菱形 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，， 求证：四边形是菱形； 证明∵E，F，G，H是四边的中点， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； 选择图3； 提出猜想：对角线互相垂直的四边形的中点四边形是矩形 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，， 求证：四边形是矩形； ∵E，F，G，H是四边的中点， ∴，，，， ，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； 选择图4； 提出猜想：对角线互相垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，， ， 求证：四边形是正方形； ∵E，F，G，H是四边的中点， ∴，，，， ，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形． 【点睛】本题考查中点四边形，三角形中位线，平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定．熟练掌握三角形中位线性质和菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键． 41．（18-19八年级下·安徽淮南·期中）问题情境：在数学活动课上，我们给出如下定义：顺次连按任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．如图（1），在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．试说明中点四边形是平行四边形．探究展示：勤奋小组的解题思路：      反思交流： (1)①上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？ 依据　 ；依据　 　； ②连接，若时，则中点四边形的形状为　 ；并说明理由； 创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究： (2)如图（2），点是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边，，，的中点，猜想中点四边形的形状为 ，并说明理由； (3)若改变（2）中的条件，使，其它条件不变，则中点四边形的形状为　 　． 【答案】(1)①三角形的中位线定理；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②菱形，理由见解析； (2)四边形是菱形，理由见解析 (3)正方形 【分析】（1）①根据三角形中位线定理解答即可； ②根据菱形的判定方法进行解答即可； （2）连接，，证明，得出，再根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可； （3）连接，，交于点O，交于点K，交于点J，证明，再证明，根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明． 【详解】（1）解：①依据1：三角形的中位线定理； 依据2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； ②菱形；理由如下： 如图1中，    根据题意可知，四边形为平行四边形， ，， ， ∵，， ， ∵， ， 四边形是菱形． （2）解：结论：四边形是菱形． 理由：如图，连接，，   ， ， 即：， ，， ∴， ， ， 由问题情境可知：四边形是平行四边形 四边形是菱形． （3）解：结论：正方形． 理由：如图，连接，，交于点O，交于点K，交于点J．    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． 42．（24-25八年级下·安徽淮北·期末）【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形的中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 【答案】（1）①相等；②相互垂直；（2）命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是假命题，理由见解析；（3）； 【分析】（1）由三角形中线的性质结合四边形的中点四边形一定是平行四边形，即可得出结论； （2）先写出逆命题，再画出示意图，结合（1）中所得结论即可说明； （3）先证明，进而证明，推出；结合（1）中所得结论，得到当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是；当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是；即可解答． 【详解】（1）解：如图：矩形中，分别是的中点，连接， ∵分别是的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形，即对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； 同理，菱形的中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，即对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形， 故答案为：相等，互相垂直； （2）解：命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题，理由如下： 如图：四边形中，且，分别是的中点， 由题意知任意四边形的中点四边形一定是平行四边形，则四边形是平行四边形， ∵， 由（1）对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形，则四边形是矩形， ∵， 由（1）对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形，则四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴只需满足对角线相等且互相垂直的四边形，它的中点四边形是正方形， ∴命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题； （3）解：设交于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形； 根据中位线的性质知，， 四边形的面积周长为； 连接， ∴， ∵四边形是矩形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； ∴四边形是菱形， 根据中位线的性质知，， ∴四边形的周长为； ∵四边形是菱形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形， ∵， ∴根据中位线的性质知，， ∴四边形的面积为； 同理，四边形是菱形，周长为； 同理，四边形是矩形，四边形的面积是； ； ∴当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是； 当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是； ∴四边形的面积等于，四边形的周长等于． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了中点四边形，菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系． 题型十八 垂美四边形（共2小题） 43．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 (1)【知识感知】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，能称为垂美四边形是______（只填序号）； (2)【概念理解】如图2，在四边形中，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； (3)【性质探究】如图1，垂美四边形的两对角线交于点O，试探究之间有怎样的数量关系？写出你的猜想 ； (4)【性质应用】如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接已知，则长为 ． 【答案】(1)③④ (2)四边形是垂美四边形，理由见解析 (3) (4) 【分析】（1）根据各几何图形的性质即可求解； （2）连接，由题意得点A在线段的垂直平分线上，点C在线段的垂直平分线上，据此即可求解； （3）根据即可求解； （4）连接，设与交于点M，证得，可得，结合（3）的结论即可求解． 【详解】（1）解：∵菱形和正方形的对角线均互相垂直， ∴菱形和正方形是垂美四边形 故答案为：③④ （2）解：四边形是垂美四边形，理由如下： 连接，如图所示： ∵ ∴点A在线段的垂直平分线上，点C在线段的垂直平分线上， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴ 即：四边形是垂美四边形； （3）解：∵ ∴ 故答案为：； （4）解：如图3，连接，设与交于点M， 由题意得： ∴ 即： ∴ ∴ ∵，， ∴ ∴ 由（3）可得： ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为：. 【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质等知识点，熟记相关结论即可. 44．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 【答案】【概念理解】菱形，正方形；【性质探究】，；【问题解决】（1）13，40；（2）；（3）证明见解析 【分析】本题考查勾股定理，四边形面积求解，全等三角形判定及性质，正方形性质等． 根据题意可得为菱形和正方形； 根据题意可得和； （1）根据题意可得，； （2）先证明四边形为垂美四边形，继而得到，即可得到本题答案； （3）连接，设与交于点，与交于点，先证明和△全等，继而利用全等性质得到本题答案． 【详解】解：【概念理解】根据题意可得为菱形和正方形， 故答案为：菱形，正方形； 【性质探究】根据题意可得： ∴， ∴， 故答案为：，； 【问题解决】（1）∵，，， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：13，40； （2）∵，是的中线， ∴，， ∵， ∴四边形为垂美四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴，整理得：， 故答案为：； （3）证明：连接，设与交于点，与交于点， ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和△中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形； 题型十九 半角模型（共2小题） 45．（25-26八年级上·湖南张家界·期末）综合与实践： 如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转得到后，解决了这个问题． (1)如图2． ①求证：； ②求出、、之间的关系； (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由； (3)如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 (3)40 【分析】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）①利用旋转的性质，证明，②根据全等三角形的性质得，等量代换，即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得，，在中，，可求得，所以，再证明，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可求出答案． 【详解】（1）①证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ②解： 由①得， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3， ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）解：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4， ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点D作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴， ∴． 46．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 题型二十 与特殊四边形有关的多结论问题（共3小题） 47．（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，正方形中，，点E在边上，，将沿对折至，延长交边于点G，连接、，给出以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题考查了正方形和折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形面积公式及平行线的判定．先根据正方形和折叠的性质分析图形中的边和角关系，再通过全等三角形的判定、勾股定理、面积计算及平行线判定逐一验证四个结论的正确性． 【详解】解：如图，由题意可知，，， ， 在和中， ， ∴，故①正确； ∵正方形边长是12， ， 设，则，， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ，，，故②正确； ，故③错误； ， ， ，， ， ，故④正确； ∴①②④正确， 故选：B． 48．（24-25八年级下·黑龙江鸡西·期末）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连接交于点，连接，．若，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确结论的序号是（   ） A．③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】C 【分析】先证明，再证明是等边三角形，即可判断①选项；由和是等边三角形，可得，即可判断②选项；由含角的直角三角形的性质即可判断③选项；先证明，再由，，得到，据此可判断④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵O为的中点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在和中， ， ， ，， 在等边中，， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 平分， ，， 垂直平分， 如图，连接， 在矩形中，为的中点， ，，三点在同一直线上， 在线段的垂直平分线上， ， ， 是等边三角形， ， 故①符合题意； 由①得和是等边三角形， ， 四边形是菱形； 故②符合题意； 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 同理可得， ∴故③符合题意； 在和中， ， ， ， ，， ∴ ，故④不符合题意， 综上所述，正确的结论有①②③， 故选：C． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，含角的直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键． 49．（24-25八年级下·河北沧州·期末）已知：如图，在正方形外取一点，连接、、过点作的垂线交于点若，下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④，其中正确结论的序号是（    ） A．①④ B．①②④ C．①②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题利用了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理等知识，熟知相关知识是解题的关键． ①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件利用可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得，结合三角形的外角的性质，易得，即可证；②过作，交的延长线于，利用③中的，利用勾股定理可求，结合是等腰直角三角形，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求、；④在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， 即， 在和中， ， ， 故结论正确； 过点作，交的延长线于点，如图所示： 则，即为点到直线的距离， 在中，，， 是等腰直角三角形， ， ， 由勾股定理得：， ， ， ， 是直角三角形， 在中，， 由勾股定理得：， ，， 是等腰直角三角形， ， 由勾股定理得：， ， 点到直线的距离为， 故结论不正确； ， ， 故结论正确； ， 是直角三角形， 在中，，， 由勾股定理得：， ， 故结论正确， 综上所述：正确的结论是． 故选：D． 题型二十一 十字架模型（共2小题） 50．（25-26八年级下·湖南长沙·期中）在正方形中，点E、F、G分别是、和边上的点，连接、，且于点H． (1)如图1，点G与点B重合，即，求证：； (2)如图2，连接、、，若点E为中点，四边形的面积为10，求正方形的边长； (3)如图3，在（2）的结论下，将正方形沿翻折，点C的对应点为中点，的对应边交边于点Q，连接，交于点H，连接，交于点M，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 (3) 【分析】（1）因为要证明两条线段相等，且在正方形中存在垂直关系，所以考虑证明三角形全等；因为正方形的边相等、角为直角，且垂直可推出角相等，所以可找到全等的条件来证明和等． （2）因为已知四边形的面积，且是中点，，所以可利用（1）的结论得到线段关系，设正方形边长为未知数，通过面积的和差或割补法建立方程求解． （3）因为已知正方形边长，翻折后是中点，所以先利用翻折的性质得到线段、角的等量关系，通过勾股定理或相似三角形求出相关线段长度；因为要求的长，所以可先确定的长度，再利用一次函数解析式求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵于点H， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）设正方形边长为，过作于，则， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵于点H， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 即． ∵是中点， ∴， 由勾股定理：， 解得， ∴（边长为正）． 即正方形边长为． （3）解：以点B为原点，所在直线为x轴，建立平面直角坐标系：则，，，，由题意是中点， ∴． 由翻折知，垂直平分， ∵， ∴， 设， 则， ∵， ∴， 解得， ∴， 设直线解析式为， 则， 解得， ∴直线解析式为， 当时，， ∴； ∴, 设, ∵点B、关于直线对称, ∴直线交直线于点， ∴, ∴， ∴ ∵， ∴解得,或(舍去)， ∴，设解析式为， 则， 解得：, ∴, 当时，, ∵, 设解析式为， 则, 解得, ∴， 联立得， 解得：， ∴, ∴． 51．（25-26八年级下·安徽·期中）综合与实践 已知在正方形中，点、分别为边、上两个动点． (1)①如图1，连接，相交于点，若，则和的数量关系为________； ②如图2，在①的条件下，若点是中点，连接，求证：． (2)如图3，作的垂直平分线交于点，交于点． ①若，，求的长； ②如图4，连接、、，若，四边形的面积的取值范围是________． 【答案】(1)①；②见解析 (2)①；② 【分析】（1）①由四边形是正方形，得，，进一步可得，可推出，结论得证；②延长、交于点，证明，得到，再由直角三角形斜边中线的性质即可求证； （2）①连接，作于，证明四边形是矩形，得到设，则，，，根据垂直平分，得到，证明，得到，在中，由勾股定理建立方程求出，即可求解；②作于，根据垂直平分，可得，，，证明，则，而，那么，当最小时，此时三点共线，不是四边形，不符合题意；当最大时，四边形面积最大，此时点与点重合，即可求解． 【详解】（1）解：①四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． ②证明：延长、交于点， 四边形是正方形， ，， ，， ， ， 点是中点， ， ， ， ， ， ； （2）解：①如图，连接，作于． 正方形， ， ， 四边形是矩形， 设，则，，， 垂直平分，四边形是正方形， ，，， ，， ， 在和中， ， ， ， 在中，， ， 解得， ； ②如图，作于． 垂直平分， ，，， ， ， ， ， ， ， 当最小时，点与点重合，此时，但此时三点共线，不是四边形，不符合题意， 当最大时，四边形面积最大，此时点与点重合， ， ． 题型二十二 正方形风车模型（共2小题） 52．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）【探索发现】（1）如图，正方形的对角线交点是正方形的一个顶点，当正方形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，总有．连接，求证：； 【类比迁移】（2）如图2，矩形的对角线交点是矩形的一个顶点，当矩形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，连接，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由： 【迁移拓展】（3）如图3，在中，点是斜边的中点，以为顶点的直角绕点旋转时，它的两边分别与直线，相交于点，，当时，直接写出线段的长度． 【答案】（1）见解析；（2）成立，证明见解析；（3）当时，或 【分析】（1）根据全等三角形的性质得出，根据正方形的性质得出，进而可得，根据勾股定理即可得证； （2）如图1延长与相交于点，连接．证明，则，在中，由勾股定理得：，进而即可得证； （3）①如图2，点，分别在线段，时，②如图3，点，分别在线段，的延长线上时，勾股定理得出，，设，代入数据,求得，进而勾股定理求得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又四边形都是正方形， ∴，， ∴，即． 在中，由勾股定理得：， ∴； （2）成立，理由如下： 如图1延长与相交于点，连接． 点是矩形的对角线交点， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，，又， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴； （3）当时，或． ①如图2，点，分别在线段，时， 由（2）的结论可得：， 又在中，由勾股定理得：， ∴， 设，则，又，， ∴， ∴， ∴； ②如图3，点，分别在线段，的延长线上时， 同理可证得：，， 设，则，又，， ∴， ∴， ∴； 综上：当时，或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握勾股定理以及分类讨论思想的运用是解题的关键． 53．（22-23八年级下·四川内江·期末）如图①，的顶点P是正方形两条对角线的交点，，将绕点P旋转，旋转过程中的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合）    (1)如图①，当时，之间满足的数量关系是____________； (2)如图②，将图①中的正方形改为的菱形，M是中点，其他条件不变，当时，求证：． (3)在（2）的条件下，若旋转过程中的边与线段延长线交于点E，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，之间满足的数量关系． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据题意证明即可证明； （2）根据菱形的性质和直角三角形的性质用“”即可证明； （3）根据菱形的性质和直角三角形的性质证明，可得，进而求出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ （2）证明：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴ ， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵ ， ∴， ∴； （3）解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴ ， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵ ， ∴， ∴； ∴， ∴； 【点睛】本题主要考查了四边形的综合题, 涉及全等三角形, 正方形及菱形的性质, 解答本题的关键是设计三角形全等, 巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系． 题型二十三 含60°角的菱形（共3小题） 54．（24-25八年级下·河南新乡·期末）综合与实践课上，腾飞小组三位同学对含角的菱形进行了探究： 【背景】在菱形中，，作，分别交边于点P、Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小腾经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式______，此时的形状是______． (2)【探究】如图2，小飞说“点P为上任意一点时，（1）中的两个结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由． (3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出的面积． 【答案】(1)，等边三角形； (2)同意，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，根据点是边的中点，可得，等量代换可得，故，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形； （2）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，等量代换可得，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形； （3）过点作于，连接，根据菱形的性质，可得，根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据勾股定理可得，即可求得的值，计算面积即可． 【详解】（1）解：，是等边三角形； 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，且， ， ∴和都是等边三角形， ， ∵点是边的中点， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ∵， ∴是等边三角形． （2）解：同意． 理由如下：连接， ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形． （3）解：或（写成，也对） 同（2）可证， 过点A作于E，连接， ∵四边形是菱形，且，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴或， ∴， 当时，（或）， 当时，（或）． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式等，解题的关键是构造等边三角形以及全等三角形． 55．（23-24八年级下·山西大同·期末）给合与实践 数学课上，小组同学对含角的菱形进行了探究． 【背景】在菱形中，，作，、分别交边、于点、． (1)【感知】 如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为__________． (2)【探究】 如图2，说“点为上任意一点时，（1）中的结论是否仍然成立”，你同意吗？请说明理由． 如图3，若点为射线上任意一点时，作，交边所在射线于．则（1）中结论是否仍然成立？回答并说明理由． (3)【应用】 取出如图2所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)当点为上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，理由见解析；点为射线上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可； （2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可； （3）利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求，，分当点在点的左侧和点在点的右侧两种情况，分别讨论即可． 【详解】（1）解：线段与之间的数量关系：． 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∵点是边的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； （2）当点为上任意一点时，仍然成立． 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 当点为射线上任意一点时，仍然成立． 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）如图，过点作于，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 当点在点的左侧时，， 当点在点的右侧（图中处）时，， ∴或， 由（2）知：， ∴， ∴或， ∴线段的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形． 56．（20-21九年级上·山东临沂·期中）如图．一个锐角等于的菱形，将一个的的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个的，使它的两边分别交、于点E，F． (1)如图1，当时，试判断与的数量关系，并说明理由； (2)旋转，如图2，当时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． 【答案】(1)，理由见解析； (2)成立，证明见解析； 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定方法是解题关键. （1）根据菱形性质，可得，结合已知，可证，可得； （2）连接，由菱形的性质可得，，可证是等边三角形，是等边三角形，可得，，证明，可得. 【详解】（1）解：四边形是菱形， ， 在和中， （）， . （2）解：仍然成立，理由如下： 如图，连接， 四边形是菱形，， ， 是等边三角形，是等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， ． 题型二十四 利用特殊平行四边形的对称性求最小值（共3小题） 57．（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，在四边形中，，，，点、分别为边上的点、且，则的最小值是_____． 【答案】 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，垂直平分线的判定，两点之间线段最短，通过平移转化线段是解题关键． 先通过条件得出是等边三角形且垂直平分，再将向左平移个单位转化为，把转化为，最后根据“两点之间线段最短”，利用勾股定理算出的最小值． 【详解】解：如图，连接，将向左平移两个单位得到，则，， ，， 是等边三角形， ， ，， 垂直平分， ， ， 当、、共线时，最小，最小值为， ，， ， ，， ． 故答案为：． 58．（24-25八年级下·湖北黄冈·期末）如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接，点G在运动过程中， （1）的值为__________； （2）线段的最小值为__________． 【答案】 4 【分析】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，是解题的关键： （1）证明为等腰直角三角形，得到，证明四边形为矩形，得到，进而得到，即可得出结果； （2）连接，根据矩形的性质得到，进而得到当时，最小，此时最小，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形的边长为4， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形，四边形为矩形， ∴，， ∴； 故答案为：4； （2）连接， 由（1）知：四边形为矩形， ∴， ∵G是对角线上一动点， ∴当时，最小，此时最小， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：． 59．（23-24八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在菱形中，，对角线相交于点O，点M在线段上，且，点P为线段上的一个动点，连接，则的最小值是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，能够找到最小值时的P点是解题关键．过P点作于H，过M点作于N，如图，根据菱形的性质得到，平分，，再判断为等边三角形得到，则，所以，则，所以的最小值为的长，然后利用含30度角的直角三角形性质和勾股定理求出即可． 【详解】解：过P点作于H，过M点作于N，如图， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 当M、P、H共线时，的值最小，即的最小值为的长， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 题型二十五 特殊平行四边形与动点问题（共3小题） 60．（24-25九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是，连接、、，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形； (2)当为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【答案】(1) (2) (3)周长为，面积为 【分析】（1）由矩形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （2）由菱形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （3）先利用的值求出的长，然后根据和即可求出菱形的周长和面积． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形； 四边形是菱形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是菱形； （3）解：当时，， 菱形的周长为：， 菱形的面积为：． 【点睛】本题主要考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，菱形的性质，解一元一次方程，代数式求值，多边形的周长，利用菱形的性质求面积等知识点，利用各种图形的性质建立方程解决问题是解题的关键． 61．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在四边形ABCD中，，，，，，动点P从A点开始沿边以的速度向点D运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点B运动，P，Q分别从A，C同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)问：四边形是否可以为菱形？若能，求出此时的t值；若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不能，见解析 【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用是解答本题的关键． （1）在四边形中，，，可得当时，四边形是矩形，即可得到方程，解此方程即可得到最后答案； （2）在四边形中，，当时，四边形是平行四边形，列方程解方程即可； （3）由四边形是菱形，则四边形是平行四边形，根据（2）中求解的答案，分析看此时能否为菱形，求出，即可得到不可能为菱形． 【详解】（1）解：根据题意得：，， ∵，， ∴， ∵在四边形中，， ∴当时，四边形是矩形， ∴解得 ∴当时，四边形是矩形； （2）当时，四边形是平行四边形， ∴解得：， ∴当时，四边形是平行四边形； （3）若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，根据（2）得， ∴． 过点D作于点R， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，，， ∴四边形P不可能是菱形． 62．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，动点P从A点开始沿边以的速度向点D运动，动点Q从C点开始沿边以的速度向点B运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)问：四边形是否能成菱形？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． 【答案】(1)当时，四边形是矩形； (2)当时，四边形是平行四边形； (3)四边形不能成菱形，理由见解析 【分析】（1）由题意可知，，，则，根据矩形的性质列方程，求出t的值即可； （2）由题意可知，，，则，根据平行四边形的性质列方程，求出t的值即可； （3）过点作于点，则四边形是矩形，由勾股定理求得，若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，结合（2）的结果可知，，即四边形不能成菱形． 【详解】（1）解：设运动的时间为 由题意可知，，， ， ， 四边形是矩形， ， ， 解得：， 即当时，四边形是矩形； （2）解：由题意可知，，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 解得：， 即当时，四边形是平行四边形； （3）解：四边形不能成菱形，理由如下： 如图，过点作于点， 则四边形是矩形， ，， ， 在中，， 若四边形是菱形，则四边形是平行四边形， 由（2）可知，当时，四边形是平行四边形； 此时， ， 四边形不能成菱形． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，一元一次方程的应用、动点问题、勾股定理，掌握特殊的四边形的性质是解题关键． 题型二十六 一次函数与特殊平行四边形的存在性问题（共3小题） 63．（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于点，点，直线交直线于点，交轴于点．在坐标平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】存在点，使以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、以及平行四边形的性质，关键是利用平行四边形对角线互相平分求点的坐标；分别以为对角线这三种情况，求出点的坐标． 【详解】解：对于直线，当时，， ∴， 解方程组得， ∴， 对于直线，当时，， ∴， ∴，，． 设， 若使以、、、为顶点的四边形为平行四边形，分三种情况讨论： ①当为对角线时，记为点， ∵四边形为平行四边形， ∴， 解得， 的坐标为； ②当为对角线时，记为点， ∵四边形为平行四边形， ∴， 解得：， ∴点的坐标为； ③当为对角线时，记为点， ∵四边形为平行四边形， ∴， 解得：， ∴点的坐标为； 综上所述，存在点，使以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或． 64．（23-24八年级下·全国·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的对角线， ． (1)求点的坐标； (2)把矩形沿直线折叠后展开，使点落在点处，与相交于点，连接，，求四边形的周长； (3)若点在坐标轴上，平面内是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】（1）利用30度的所对的直角边是斜边的一半，以及勾股定理求出的长，即可得解； （2）证明，推出四边形是菱形，设，则， 勾股定理求出的长，即可得解； （3）分点在轴和点在轴上，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）∵， ∴ 由勾股定理得：， ∴ （2）由折叠的性质得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 设，则， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴四边形的周长； （3）解：由（1）可知：， ∵四边形是菱形， ∴为的中点， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； ①在轴上时：设， 当为对角线时，设：， 则： ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴； 当为边时，点在轴上，轴， ∴； ②在轴上时：设 当为对角线时，设：， 则： ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即：， ∴； 当为边时，点在轴上，轴， ∴； 综上：或或或． 【点睛】本题考查坐标与图形，矩形性质，菱形的判定和性质，含30度的直角三角形．解题的关键是利用数形结合以及分类讨论的思想进行求解． 65．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图1，直线：分别与轴、轴交于、两点，与直线：交于点． (1)求和的值； (2)在直线上有一点，过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为，当为何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形； (3)若点为直线上一点，则在平面直角坐标系中是否存在一点，使得、、、为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出所有符合条件的点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)或 (3)存在，点坐标为或 【分析】（1）将分别代入，，即可求解； （2）先根据的坐标，则可得的长，然后根据平行四边形的判定可得，据此建立方程，解方程即可得； （3）分两种情况：①以、、、四个点构成的是矩形，先利用三角形的面积公式和勾股定理可得的长，从而可得点的坐标，再根据矩形的对角线互相平分、点坐标的中点公式即可得；②以、、、四个点构成的是矩形，此时点与点重合，则，根据矩形的性质可得，，由此即可得． 【详解】（1）将点代入， ， 解得； 将点代入， ， 解得； （2）∵点E的横坐标为m， ，， ， 与y轴的交点， ， ， ， 解得或； （3）解：将代入一次函数得：，解得， ∴点坐标为； 将代入直线得：，即， ∴，， ∴， ∴， ∵点为直线上一点，且在中，， ∴分以下两种情况： ①如图，以、、、四个点构成的是矩形， 过点作轴于点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设点的坐标为， ∵矩形的对角线互相平分，， ∴，解得， ∴此时点的坐标为； ②如图，以、、、四个点构成的是矩形，此时点与点重合，则， ∴， ∴此时点的坐标为； 综上，存在一点，使得、、、四个点能构成一个矩形，此时点的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数的应用、平行四边形的判定、矩形的性质、勾股定理、点坐标的中点公式等知识，熟练掌握一次函数的几何应用是解题关键． 1．（25-26八年级下·广东深圳·期中）材料一：假分数可以化为带分数，如：．类似的，分式也可以化为整式与分式的和的形式，例如：； (1)根据以上思路，解决问题：将分式化为整式与分式和的形式为____________ 材料二：将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式． 解：由分母，可设 则， ∵对于任意x上述等式成立， ，解得：， ， 这样，分式就拆分成一个整式与一个分式的和的形式． (2)将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式为____________； (3)已知整数x使分式的值为整数，求满足条件的整数x的值； (4)当时，分式的最小值为____________． 【答案】(1) (2) (3)满足条件的整数或2或16或 (4) 【分析】（1）根据题意，即可获得答案； （2）由分母，可设，进而可得，求解即可获得答案； （3）对于分式，由分母，可设，进而可得，求解可得，若整数x使分式的值为整数，则为整数，即或，进一步求解即可； （4）对于分式，由分母，可设，进而的，求解可得；令，则，当时，可知，当取最小值时，取最小值，据此进一步求解即可． 【详解】（1）解：； （2）解：由分母，可设， 则， ∵对于任意x上述等式成立， ∴，解得：， ∴； （3）解：对于分式， 由分母，可设， 则， ∵对于任意x上述等式成立， ∴，解得：， ∴， ∵整数x使分式的值为整数， ∴为整数，即或， 当时，解得， 当时，解得， 当时，解得， 当时，解得， ∴满足条件的整数或2或16或； （4）解：对于分式， 由分母，可设， 则， ∵对于任意x上述等式成立， ∴，解得：， ∴， 令，则， 当时，， ∴， 当取最小值时，取最大值，则取最小值， 此时取最小值， ∴当时，取最小值，此时， 即分式的最小值为． 2．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）初中数学中，在图形与几何领域有推理或证明的内容，在数与代数领域也有推理或证明的内容．例如，在课本中第109页出现了这样一道题： 证明：三个连续自然数中，前两个数乘积与后两个数乘积的和一定为偶数． 小明给出了如下解答过程： 证明：设、、(为自然数) ① ② 且能被2整除， 能被2整除． 三个连续自然数中，前两个数乘积与后两个数乘积的和一定为偶数． 观察小明的证明过程，然后解答下列问题： (1)在上面的过程中，从第①处到第②处的变形是属于 （填写“整式的乘法”或“因式分解”）； (2)已知，且是奇数．求证：能被2整除． 【答案】(1)因式分解 (2)见解析 【分析】（1）根据因式分解的定义解答； （2）设（为自然数）再展开，然后提出公因式判断即可． 【详解】（1）解：因式分解； （2）证明：设（为自然数） ∵ 且能被整除 ∴能被整除. 3．（25-26八年级下·四川成都·期中）我们把多项式及叫做完全平方式（注意：完全平方式是多项式的结构形式，区别于完全平方公式，完全平方公式是等式形式的运算规律）．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，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，应用广泛． (1)配方法因式分解：； (2)已知a、b、c是的三条边长．若a、b、c满足，试判断的形状，并说明你的理由； (3)如图，在四边形中，．若，则四边形面积的最大值为多少？ 【答案】(1) (2)是等边三角形； (3)四边形的面积最大值为8． 【分析】（1）模仿例题，将变为，然后配方，利用完全平方公式和平方差公式分解因式即可； （2）先移项，再配方，利用非负数的性质求解a、b、c即可解答； （3）设，则，根据题意表示出四边形的面积，根据二次函数的性质解答，即可获得答案． 【详解】（1）解： ； （2）解：是等边三角形，理由如下： ∵， ∴， 则， ∴， ∴， 即是等边三角形； （3）解：设，则， ∵， ∴四边形的面积， ∵，， ∴当时，四边形的面积最大，最大值为8． 4．（25-26八年级下·河南商丘·期中）如图（），点，分别在正方形的边，上，，连接．试猜想之间的数量关系． 【思路梳理】数学课上小明和小红同学都对这个问题进行了探究，并向同学们阐述了自己的证明思路 小明同学：如图（）把绕点逆时针旋转至．可使与重合，由，得，即点，，共线，从而证明出，故得出了之间的数量关系；小红同学：如图（）延长，并在的延长线上截取，从而证明出，故得出了之间的数量关系； (1)请你选择一名同学的解题思路，得出之间的数量关系； 【类比引申】 (2)如图（），在四边形中，，，，点，分别在边，上，且，试猜想之间的数量关系，并给出证明． 【联想拓展】 (3)如图（），在中，，，点均在边上，且，试猜想满足的等量关系，并写出推理过程． 【答案】(1)见解析； (2)，见解析； (3)，见解析． 【分析】（）小明同学：把绕点逆时针旋转至，然后证明，则有，从而得出；小红同学：延长，并在的延长线上截取，证明，所以，然后证明，则有，从而得出； （）把绕点逆时针旋转至，所以，，，，然后证明，所以，从而得出； （）把绕点逆时针旋转至，所以，，，，然后证明，所以，再通过勾股定理得，则． 【详解】（1）解：小明同学：如图（）把绕点逆时针旋转至， ∴，，，， ∵四边形是正方形， ∴， ， ∴，即点，，共线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 小红同学：如图（）延长，并在的延长线上截取， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：， 证明：如图（）把绕点逆时针旋转至， ∴，，，， ∵， ∴， ∴，即点，，共线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：， 如图（），把绕点逆时针旋转至， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴． 5．（25-26八年级下·湖南常德·期中）如图，平面直角坐标系中，点为坐标原点，．四边形为矩形，点是的中点，点在边上以每秒个单位长的速度由点向点运动（点到达点则停止运动）．设动点的运动时间为秒． (1)______，_____；（用含的代数式表示） (2)当四边形是平行四边形时，求的值； (3)在线段上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形为菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，． (2)． (3)存在满足条件的点，，或，． 【分析】（1）根据点P的运动速度和时间，直接用含的代数式表示线段长度； （2）根据平行四边形对边相等的性质，建立关于的方程求解； （3）分三种情况讨论菱形的对角线：以为对角线、以为对角线、以为对角线，利用中点坐标公式和菱形四边相等的性质，列方程求解和点的坐标． 【详解】（1）解：∵点的运动速度为每秒个单位，运动时间为秒， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴． （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点是的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：∵点是的中点，， ∴， ∴，， 设，，，． ①以为对角线时， ∵菱形对角线互相平分， ∴中点与中点重合， ，， 得， ∵菱形四边相等，， ∴， ， ， 当时，， ∴． ②以为对角线时， ∵菱形对角线互相平分， ∴中点与中点重合， ∴，， 得， ∵菱形四边相等，， ∴， ， ， 当时，， ∴． ③以为对角线： ∵菱形对角线互相平分， ∴中点与中点重合， ，， 第二个方程无解，此情况不成立． 综上，存在满足条件的点，，或，． 6．（25-26八年级下·湖北黄石·期中）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，并且实数a、b满足，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形．点O，B，C的对应点分别为D，E，F． (1)求点C的坐标； (2)如图1，当点D落在线段上时，求点H的坐标； (3)如图2，点K是的三等分点（靠近点B处），点T、点M是线段上的动点，且，求出的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二次根式有意义的条件可得，即可求解； （2）先证明，可得，再证明，可得，然后在中，利用勾股定理求出的长，即可求解； （3）连接交于点P，结合矩形的性质可得为等边三角形，从而得到，作，交y轴上于点G，连接，则，根据直角三角形可得，从而得到，进而得到，，可证明四边形为平行四边形，可得，从而得到，即当点A，T，G三点共线时，取得最小值，最小值为的长，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵点， ∴点； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， 由（1）得：点， ∴ 由旋转的性质得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴点； （3）解：如图，连接交于点P， ∵点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 如图，作，交y轴于点G，连接，则， ∴， ∴， ∵点K是的三等分点（靠近点B处）， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 即当点A，T，G三点共线时，取得最小值，最小值为的长， ∴， ∴的最小值为． $ 期末真题百练通关（65题26大压轴题型） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 复合二次根式的化简（共2小题） 题型二 分母有理化（共2小题） 题型三 与二次根式有关的规律探索问题（共2小题） 题型四 均值不等式（共2小题） 题型五 二次根式的化简问题（整体代入法）（共3小题） 题型六 二次根式与勾股定理综合（共2小题） 题型七 与分式运算有关的新定义问题（共3小题） 题型八 不等式与分式方程综合（共3小题） 题型九 与分式有关的规律探索问题（共3小题） 题型十 含参数的分式方程解的讨论（共3小题） 题型十一 十字相乘法分解因式（共2小题） 题型十二 分组分解法分解因式 （共2小题） 题型十三 换元法分解因式（共3小题） 题型十四 因式分解的配方法（共2小题） 题型十五 因式分解与规律探索问题（共3小题） 题型十六 因式分解与几何问题综合（共3小题） 题型十七 中点四边形（共3小题） 题型十八 垂美四边形（共2小题） 题型十九 半角模型（共2小题） 题型二十 与特殊四边形有关的多结论问题（共3小题） 题型二十一 十字架模型（共2小题） 题型二十二 正方形风车模型（共2小题） 题型二十三 含60°角的菱形（共3小题） 题型二十四 利用特殊平行四边形的对称性求最小值（共3小题） 题型二十五 特殊平行四边形与动点问题（共3小题） 题型二十六 一次函数与特殊平行四边形的存在性问题（共3小题） 题型一 复合二次根式的化简（共2小题） 1．（2023九年级·北京朝阳·竞赛）双重二次根式为形如的代数式，我们可以尝试通过配方将其转化为形如的形式，再开根号即可完成化简．请完成下列题目： (1)若，试化简代数式； (2)解方程：； (3)直接写出代数式的化简结果． 2．（24-25八年级上·湖南永州·期末）像，，这样的根式叫做复合二次根式．有一些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简，如： 再如： 请用上述方法探索并解决下列问题： (1)化简：； (2)化简：； (3)计算：． 题型二 分母有理化（共2小题） 3．（25-26八年级上·广东深圳·期中）先阅读，再解答．由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号，例如：，请完成下列问题： (1)的有理化因式是___________；化简___________； (2)比较与的大小，并说明理由． 4．（24-25八年级上·甘肃酒泉·期末）观察下列运算 由，得； 由，得； 由，得； 由，得； (1)通过观察，请填空：_________________________． (2)利用你发现的规律，计算：． 题型三 与二次根式有关的规律探索问题（共2小题） 5．（25-26八年级上·北京石景山·期末）小石根据学习“数与式”积累的经验，想通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律． 下面是小石的探究过程，请补充完整： (1)具体运算，发现规律． 第1个等式； 第2个等式； 第3个等式； 第4个等式； 第5个等式_________（根据规律填空） (2)观察、归纳、得出猜想． 第n个等式为_________（用含n的式子表示，n为正整数） (3)证明你的猜想； (4)应用运算规律． 若（a，b均为正整数），则的值为_________． 6．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）嘉嘉根据学习“数与式”积累的活动经验，想通过“特殊到一般”的方法探究二次根式的运算规律．下面是嘉嘉的探究过程： 等式①：；等式②：； 等式③：；等式④：______________；…… (1)【特例探究】将题目中的横线处补充完整； (2)【归纳猜想】若为正整数，用含的代数式表示上述运算规律，并证明此规律成立； (3)【应用规律】嘉嘉写出一个等式（均为正整数），若该等式符合上述规律，则的值为______． 题型四 均值不等式（共2小题） 7．（25-26八年级上·辽宁丹东·期末）阅读材料：我们已经学习了实数以及二次根式的有关概念，同学们可以发现以下结果： 当时， 当且仅当，即时，取得最小值，最小值为2． 请利用以上结果解决下面的问题： 若，则当______时，有最小值，最小值为______． 8．（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）【操作发现】由，得；如果两个正数a，b，即，，则有下面的不等式：，当且仅当时取到等号．例如：已知，求式子的最小值． 解：令，，则出，得，当且仅当时，即时式子有最小值，最小值为4． 请根据上面材料回答下列问题： 【问题解决】（1）已知，当 时，代数式的最小值为 ； 【灵活运用】（2）当时，求的最小值； 【拓展创新】（3）如图，四边形的对角线，相交于点O，，的面积分别是5和10，求四边形面积的最小值． 题型五 二次根式的化简问题（整体代入法）（共3小题） 9．（23-24八年级下·广西玉林·期末）请阅读下列材料： 问题：已知，求代数式的值．小敏的做法是：根据得，∴，得：．把作为整体代入：得．即：把已知条件适当变形，再整体代入解决问题．请你用上述方法解决下面问题：已知， (1)求代数式的值； (2)求代数式的值． 10．（25-26八年级上·宁夏银川·期末）阅读并解答：已知，求代数式的值． 小熙根据二次根式的性质：，联想到了如下解法： 由得，则，即，∴．把作为整体，得：． 请运用上述方法解决下列问题： (1)已知，求代数式的值． (2)已知，对x进行分母有理化． (3)结合问题（2）的结论，运用整体代入法，求代数式的值． 11．（22-23八年级上·江西南昌·期末）请阅读下列材料： 问题：已知，求代数式的值． 小敏的做法是：根据得， ∴，得：. 把作为整体代入：得 即：把已知条件适当变形，再整体代入解决问题．请你用上述方法解决下面问题： (1)已知，求代数式的值； (2)已知 ，求代数式的值． 题型六 二次根式与勾股定理综合（共2小题） 12．（22-23八年级上·山东济南·期末）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透． 某校数学兴趣小组，在学习完勾股定理和实数后，进行了如下的问题探索与分析 【提出问题】已知，求的最小值 【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，来分别表示长度为和的线段，将代数求和转化为线段求和问题． 【解决问题】 (1)如图，我们可以构造边长为1的正方形，P为边上的动点．设，则．则______+______的线段和； (2)在（1）的条件下，已知，求的最小值； (3)【应用拓展】应用数形结合思想，求的最大值． 13．（24-25八年级上·陕西西安·阶段检测）如图，一条河流的段长为，在B点的正北方处有一村正A，在D点的正南方处有一村庄E，计划在上建一座桥C，使得桥C到A村和E村的距离和最小．请根据以上信息，回答下列问题： (1)将桥C建在何处时，可以使得桥C到A村和E村的距离和最小？请在图中画出此时C点的位置； (2)小明发现：设，则，则，根据（1）中的结论可以求的最小值为___________； (3)结合（1）（2）问，请求出下列代数式的最小值： ①的最小值； ②的最小值． 题型七 与分式运算有关的新定义问题（共3小题） 14．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）我们给出定义：若一个分式约分后是一个整式，则称这个分式为“巧分式”，约分后的整式称为这个分式的“巧整式”．例如：，则称分式是“巧分式”，4x为它的“巧整式”．根据上述定义，解决下列问题． (1)下列分式中是“巧分式”的有__________（填序号）； ①；②；③． (2)若分式（m、n为常数）是一个“巧分式”，它的“巧整式”为，求m、n的值； (3)若分式的“巧整式”为，请判断是否是“巧分式”，并说明理由． 15．（25-26八年级上·广东广州·期末）对于任意有理数，定义一种新运算例如，先化简，再求值，其中满足方程． 16．（24-25八年级上·河南三门峡·期末）定义：若分式和分式满足（为正整数），则称是的“差分式”． 例如：，我们称是的“差分式”， 解答下列问题： (1)分式是分式的“ 差分式”． (2)分式是分式的“差分式”． （含的代数式表示）； 若的值为正整数，为正整数，求值． 题型八 不等式与分式方程综合（共3小题） 17．（25-26八年级上·江西宜春·期末）若关于x的不等式组有解且最多有两个偶数解，且关于y的分式方程的解为正整数，则满足条件的所有整数a的值为______． 18．（24-25八年级上·重庆北碚·期末）关于x的不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程的解为整数，则满足条件的整数a的和是_______． 19．（25-26八年级上·山东烟台·期末）若，且关于的分式方程有正整数解，则所有满足条件的整数的值之和为___________． 题型九 与分式有关的规律探索问题（共3小题） 20．（25-26八年级上·广东湛江·期末）探索发现：；；…根据你发现的规律，回答下列问题： (1)______，______； (2)利用你发现的规律计算：______； (3)灵活利用规律解方程：． 21．（25-26八年级上·广西防城港·期末）探究与应用 【特例分析】 （1）填空： ①的解为x= ； ②的解为x= ； ③的解为x= ； ...... 【总结规律】 （2）根据你发现的规律直接写出第4个分式方程及它的解： ． 【解决问题】 （3）请你按照上述规律写出第n（n为正整数）个分式方程，并求出它的解．（写出解答过程） 22．（25-26八年级上·全国·期末）探索规律： (1)直接写出计算结果： = ． (2)仿照（1）的方法探究可知， 可变形为 ． (3)运用规律解方程： 题型十 含参数的分式方程解的讨论（共3小题） 23．（25-26八年级上·山东临沂·期末）若关于的分式方程有解，则需满足的条件是__________． 24．（25-26八年级上·陕西延安·期末）若关于的分式方程无解，则的值为___________． 25．（25-26八年级上·湖南邵阳·期末）已知分式方程，由于印刷问题，数“▲”看不清楚． (1)若“▲”表示的数为，求分式方程的解； (2)若原分式方程无解，试求出原分式方程中“▲”表示的数． 题型十一 十字相乘法分解因式（共2小题） 26．（25-26八年级上·江西·期末）整式乘法与因式分解是相反的变形，如整式乘法，反过来为，恰好是因式分解．基于上述原理，将式子分解因式如下： 一次项，①分解二次项和常数项；②交叉相乘再相加验证一次项；③横向写出两因式：． 请仔细阅读材料，回答下列问题： (1)填空：________； (2)若可分解为（a，b均为整数），求出整数p的所有可能值有哪些？ 27．（25-26八年级上·山东临沂·期末）阅读下面材料，完成任务： 材料一： 材料二： 任务一：请根据学习经验，分解因式： （1）； （2） 材料三： 下面是小数的一篇日记，请认真阅读，并完成后面的任务 2025年12月5日阴转晴今天我有一个新发现，真是震撼！通过认真阅读“阅读与思考”的内容介绍，我发现在因式分解中有一类形如二次三项式的分解因式的方法叫“十字相乘法”，因式分解二次三项式的公式为．例如：将二次三项式因式分解，这个式子的二次项系数是1，常数项，一次项系数，则，如图所示． 任务二：（3）学习了小数的笔记之后，请用“十字相乘法”分解因式：__________，请画出分解示意图． 题型十二 分组分解法分解因式 （共2小题） 28．（25-26八年级上·江西上饶·期末）请仔细阅读材料，解答下列问题： 要把分解因式，它的各项没有公因式．不能提取公因式．这是四项式．也不能直接用公式法分解因式，可以先把它的前两项分成一组，后两项分成一组，通过分组分解因式．即． 这种因式分解的方法叫做分组分解法．利用分组分解法可以把多项式分解因式．又如： ． (1)分解因式：； (2)分解因式：； (3)已知，求的值． 29．（25-26八年级上·山东泰安·期末）八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：将因式分解． 【观察】经过小组合作交流，小明得到了如下的解决方法： 解法一：原式 解法二：原式 【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式法、公式法达到因式分解的目的，这就是因式分解的分组分解法在代数式的化简、求值及方程函数等学习中起着重要的作用．（温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止） 【类比】（1）请用分组分解法将因式分解． 【挑战】（2）请用分组分解法将因式分解． 题型十三 换元法分解因式（共2小题） 30．（23-24七年级下·河北唐山·期末）材料1：将一个形如的二次三项式因式分解时，如果能满足且，则可以把因式分解成． 材料2：分解因式： 解：将“”看成一个整体，令，则原式，再将“A”还原，得：原式 上述解题用到“整体思想”和“换元思想”，整体思想和换元思想是数学解题中常见的两种思想方法．结合材料1和材料2，完成下面小题： (1)分解因式：； (2)分解因式：． 31．（25-26八年级上·广东湛江·期末）阅读下列材料： 在因式分解中，把多项式中某些部分看作一个整体，用一个新的字母代替（即换元），不仅可以简化要分解的多项式的结构，而且能使式子的特点更加明显，便于观察如何进行因式分解， 我们把这种因式分解的方法称为“换元法”，下面是小涵同学用换元法对多项式进行因式分解的过程． 解：设， 原式（第一步） （第二步） （第三步） （第四步） 请根据上述材料回答下列问题： (1)小涵同学的解法中，第二步到第三步运用了因式分解的：_____； A．提取公因式法        B．平方差公式法        C．完全平方公式法 (2)老师说，小涵同学因式分解的结果不彻底，请你写出该因式分解的最后结果：_____； (3)请你用换元法对多项式进行因式分解： 题型十四 因式分解的配方法（共2小题） 32．（25-26八年级上·河北沧州·期末）认真阅读下面材料并解决问题 阅读材料： 材料一： 分解因式：； 解：， ， ， ， ； 材料二： ∵无论为何值，代数式的值都大于等于，即， ∴， 即有最小值，最小值是． 问题解决： (1)分解因式： ①； ②； (2)①求的最小值； ②直接填空：二次三项式有最 值是 ． 33．（24-25八年级下·河南平顶山·期末）教科书中这样写道：“形如的式子称为完全平方式．”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，配方法是一种重要的数学方法，不仅可以将一个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或求代数式的最大值、最小值等问题． 例如，分解因式：． 解：原式 再如，求代数式的最小值． 解：原式 可知，当时，有最小值，最小值是． 根据以上材料，运用配方法解决下列问题． (1)请用配方法把因式分解． (2)多项式有最大值吗？若有，请计算为何值时，此多项式有最大值；若没有，请说明理由． 题型十五 因式分解与规律探索问题（共3小题） 34．（24-25八年级上·江西南昌·期末）数学小组在研究式子时，发现当M，N是具有某种关联关系的两位数时，具有一定的运算规律： ① ② ③ ④ 根据上述规律解决下列问题： (1)填空： ； (2)若两位数M，十位上的数字为a，个位上的数字为b，写出你发现的规律，并加以证明； (3)小智发现某一式子的结果恰好是一个整数的平方，直接写出M的值． 35．（25-26八年级上·广东江门·期末）观察下列等式： …… (1)①根据以上等式的规律，填空：； ②根据以上等式的规律，填空：，并证明等式成立． (2)一个水平放置的长方体容器，其容积为，底面积为，装满水的高度为，求的值． 36．（23-24八年级上·山东烟台·期中）【问题提出】 计算： 【问题探究】 为便于研究发现规律，我们可以将问题“一般化”，即将算式中特殊的数字3用具有一股性的字母a代替，原算式化为： 然后我们再从最简单的情形入手，从中发现规律，找到解决问题的方法： ① ②由①知，所以， （1）仿照②，写出进行因式分解的过程． 【发现规律】 （2）______． 【问题解决】 （3）计算：______（结果用乘方表示）． 题型十六 因式分解与几何问题综合（共3小题） 37．（25-26八年级上·山西吕梁·期末）阅读下列材料、并完成相应任务． 代数式大小比较 比较任意两个代数式，大小，可采用“作差法”．若时，则；若时、则；若时，则． 例如：当时，比较与的大小． 解： ， …… 解决问题： 数学课上，李老师出示了图1和图2（内外均为长方形，数据如图所示），并问：哪个图形阴影部分的面积更大？嘉嘉同学认为图1中“回”字形阴影部分的面积更大；琪琪同学认为图2中“门”字形阴影部分的面积更大． 任务： (1)请直接写出：图1中“回”字形阴影部分的面积为________；图2中“门”字形阴影部分的面积为________； (2)若，请根据作差法判断哪位同学的想法正确． 38．（25-26八年级上·山东济宁·期末）我们常用的分解因式的方法有：提公因式法、公式法．当不能直接运用提公因式法或公式法分解因式时，我们可以将多项式中某些项适当地结合（或把某项适当地拆分）成为一组，利用分组法来分解因式． 例如：． 根据上述分解因式的方法尝试解答下列问题： (1)分解因式： ； (2)已知a，b，c是的三条边的长，且满足，判断的形状，并说明理由； (3)已知a，b，c是的三条边的长，求证：． 39．（25-26八年级上·陕西榆林·期末）从边长为的正方形中剪掉一个边长为的正方形（如图1），然后将剩余部分拼成一个长方形（如图2）． (1)上述操作能验证的等式是____________；（填序号） ①；②；③ (2)请你应用从（1）中选出的等式，完成下列各题： ①若，求的值； ②琳琳家有一块正方形地，因为修路，把这块地的东边缩短了．村长建议在这块地（缩短后）的南边加长，变成长方形地．琳琳的父母认为得到了合理的补偿，于是就同意了，而琳琳却提出了反对意见，认为这样她家这块地的面积减少了．你认为琳琳的说法正确吗？为什么？ 题型十七 中点四边形（共3小题） 40．（24-25八年级下·甘肃武威·期末）综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． 图形 原四边形对角线与 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 ，但与不垂直 图3 ， 图4 ， 探究过程（1）作图与操作：如图1，画任意四边形，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形． （2）观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定，例如对角线既不相等，也不垂直的四边形的中点四边形是平行四边形 （3）证明与表达：已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线求证：四边形是平行四边形．（证明过程略） 问题：请你选择图2、图3、图4中的一个图，画出四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可），我选择________（填图2、图3、图4中的一个）提出猜想：对角线___________的四边形的中点四边形是________形；然后写出已知，求证，完成证明过程 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，______． 求证：四边形是______． 证明： 41．（18-19八年级下·安徽淮南·期中）问题情境：在数学活动课上，我们给出如下定义：顺次连按任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．如图（1），在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．试说明中点四边形是平行四边形．探究展示：勤奋小组的解题思路：      反思交流： (1)①上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？ 依据　 ；依据　 　； ②连接，若时，则中点四边形的形状为　 ；并说明理由； 创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究： (2)如图（2），点是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边，，，的中点，猜想中点四边形的形状为 ，并说明理由； (3)若改变（2）中的条件，使，其它条件不变，则中点四边形的形状为　 　．   42．（24-25八年级下·安徽淮北·期末）【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形的中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 题型十八 垂美四边形（共2小题） 43．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 (1)【知识感知】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，能称为垂美四边形是______（只填序号）； (2)【概念理解】如图2，在四边形中，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； (3)【性质探究】如图1，垂美四边形的两对角线交于点O，试探究之间有怎样的数量关系？写出你的猜想 ； (4)【性质应用】如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接已知，则长为 ． 44．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 题型十九 半角模型（共2小题） 45．（25-26八年级上·湖南张家界·期末）综合与实践： 如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转得到后，解决了这个问题． (1)如图2． ①求证：； ②求出、、之间的关系； (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由； (3)如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 46．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 题型二十 与特殊四边形有关的多结论问题（共3小题） 47．（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，正方形中，，点E在边上，，将沿对折至，延长交边于点G，连接、，给出以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 48．（24-25八年级下·黑龙江鸡西·期末）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连接交于点，连接，．若，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确结论的序号是（   ） A．③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④ 49．（24-25八年级下·河北沧州·期末）已知：如图，在正方形外取一点，连接、、过点作的垂线交于点若，下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④，其中正确结论的序号是（    ） A．①④ B．①②④ C．①②③④ D．①③④ 题型二十一 十字架模型（共2小题） 50．（25-26八年级下·湖南长沙·期中）在正方形中，点E、F、G分别是、和边上的点，连接、，且于点H． (1)如图1，点G与点B重合，即，求证：； (2)如图2，连接、、，若点E为中点，四边形的面积为10，求正方形的边长； (3)如图3，在（2）的结论下，将正方形沿翻折，点C的对应点为中点，的对应边交边于点Q，连接，交于点H，连接，交于点M，求的长． 51．（25-26八年级下·安徽·期中）综合与实践 已知在正方形中，点、分别为边、上两个动点． (1)①如图1，连接，相交于点，若，则和的数量关系为________； ②如图2，在①的条件下，若点是中点，连接，求证：． (2)如图3，作的垂直平分线交于点，交于点． ①若，，求的长； ②如图4，连接、、，若，四边形的面积的取值范围是________． 题型二十二 正方形风车模型（共2小题） 52．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）【探索发现】（1）如图，正方形的对角线交点是正方形的一个顶点，当正方形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，总有．连接，求证：； 【类比迁移】（2）如图2，矩形的对角线交点是矩形的一个顶点，当矩形绕点旋转，边与相交于点，边与相交于点时，连接，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由： 【迁移拓展】（3）如图3，在中，点是斜边的中点，以为顶点的直角绕点旋转时，它的两边分别与直线，相交于点，，当时，直接写出线段的长度． 53．（22-23八年级下·四川内江·期末）如图①，的顶点P是正方形两条对角线的交点，，将绕点P旋转，旋转过程中的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合）    (1)如图①，当时，之间满足的数量关系是____________； (2)如图②，将图①中的正方形改为的菱形，M是中点，其他条件不变，当时，求证：． (3)在（2）的条件下，若旋转过程中的边与线段延长线交于点E，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，之间满足的数量关系． 题型二十三 含60°角的菱形（共3小题） 54．（24-25八年级下·河南新乡·期末）综合与实践课上，腾飞小组三位同学对含角的菱形进行了探究： 【背景】在菱形中，，作，分别交边于点P、Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小腾经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式______，此时的形状是______． (2)【探究】如图2，小飞说“点P为上任意一点时，（1）中的两个结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由． (3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出的面积． 55．（23-24八年级下·山西大同·期末）给合与实践 数学课上，小组同学对含角的菱形进行了探究． 【背景】在菱形中，，作，、分别交边、于点、． (1)【感知】 如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为__________． (2)【探究】 如图2，说“点为上任意一点时，（1）中的结论是否仍然成立”，你同意吗？请说明理由． 如图3，若点为射线上任意一点时，作，交边所在射线于．则（1）中结论是否仍然成立？回答并说明理由． (3)【应用】 取出如图2所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长． 56．（20-21九年级上·山东临沂·期中）如图．一个锐角等于的菱形，将一个的的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个的，使它的两边分别交、于点E，F． (1)如图1，当时，试判断与的数量关系，并说明理由； (2)旋转，如图2，当时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． 题型二十四 利用特殊平行四边形的对称性求最小值（共3小题） 57．（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，在四边形中，，，，点、分别为边上的点、且，则的最小值是_____． 58．（24-25八年级下·湖北黄冈·期末）如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接，点G在运动过程中， （1）的值为__________； （2）线段的最小值为__________． 59．（23-24八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在菱形中，，对角线相交于点O，点M在线段上，且，点P为线段上的一个动点，连接，则的最小值是______． 题型二十五 特殊平行四边形与动点问题（共3小题） 60．（24-25九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是，连接、、，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形； (2)当为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 61．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在四边形ABCD中，，，，，，动点P从A点开始沿边以的速度向点D运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点B运动，P，Q分别从A，C同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)问：四边形是否可以为菱形？若能，求出此时的t值；若不能，请说明理由． 62．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，动点P从A点开始沿边以的速度向点D运动，动点Q从C点开始沿边以的速度向点B运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)问：四边形是否能成菱形？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． 题型二十六 一次函数与特殊平行四边形的存在性问题（共3小题） 63．（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于点，点，直线交直线于点，交轴于点．在坐标平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 64．（23-24八年级下·全国·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的对角线， ． (1)求点的坐标； (2)把矩形沿直线折叠后展开，使点落在点处，与相交于点，连接，，求四边形的周长； (3)若点在坐标轴上，平面内是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 65．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图1，直线：分别与轴、轴交于、两点，与直线：交于点． (1)求和的值； (2)在直线上有一点，过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为，当为何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形； (3)若点为直线上一点，则在平面直角坐标系中是否存在一点，使得、、、为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出所有符合条件的点坐标；若不存在，请说明理由． 1．（25-26八年级下·广东深圳·期中）材料一：假分数可以化为带分数，如：．类似的，分式也可以化为整式与分式的和的形式，例如：； (1)根据以上思路，解决问题：将分式化为整式与分式和的形式为____________ 材料二：将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式． 解：由分母，可设 则， ∵对于任意x上述等式成立， ，解得：， ， 这样，分式就拆分成一个整式与一个分式的和的形式． (2)将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式为____________； (3)已知整数x使分式的值为整数，求满足条件的整数x的值； (4)当时，分式的最小值为____________． 2．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）初中数学中，在图形与几何领域有推理或证明的内容，在数与代数领域也有推理或证明的内容．例如，在课本中第109页出现了这样一道题： 证明：三个连续自然数中，前两个数乘积与后两个数乘积的和一定为偶数． 小明给出了如下解答过程： 证明：设、、(为自然数) ① ② 且能被2整除， 能被2整除． 三个连续自然数中，前两个数乘积与后两个数乘积的和一定为偶数． 观察小明的证明过程，然后解答下列问题： (1)在上面的过程中，从第①处到第②处的变形是属于 （填写“整式的乘法”或“因式分解”）； (2)已知，且是奇数．求证：能被2整除． 3．（25-26八年级下·四川成都·期中）我们把多项式及叫做完全平方式（注意：完全平方式是多项式的结构形式，区别于完全平方公式，完全平方公式是等式形式的运算规律）．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，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，应用广泛． (1)配方法因式分解：； (2)已知a、b、c是的三条边长．若a、b、c满足，试判断的形状，并说明你的理由； (3)如图，在四边形中，．若，则四边形面积的最大值为多少？ 4．（25-26八年级下·河南商丘·期中）如图（），点，分别在正方形的边，上，，连接．试猜想之间的数量关系． 【思路梳理】数学课上小明和小红同学都对这个问题进行了探究，并向同学们阐述了自己的证明思路 小明同学：如图（）把绕点逆时针旋转至．可使与重合，由，得，即点，，共线，从而证明出，故得出了之间的数量关系；小红同学：如图（）延长，并在的延长线上截取，从而证明出，故得出了之间的数量关系； (1)请你选择一名同学的解题思路，得出之间的数量关系； 【类比引申】 (2)如图（），在四边形中，，，，点，分别在边，上，且，试猜想之间的数量关系，并给出证明． 【联想拓展】 (3)如图（），在中，，，点均在边上，且，试猜想满足的等量关系，并写出推理过程． 5．（25-26八年级下·湖南常德·期中）如图，平面直角坐标系中，点为坐标原点，．四边形为矩形，点是的中点，点在边上以每秒个单位长的速度由点向点运动（点到达点则停止运动）．设动点的运动时间为秒． (1)______，_____；（用含的代数式表示） (2)当四边形是平行四边形时，求的值； (3)在线段上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形为菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 6．（25-26八年级下·湖北黄石·期中）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，并且实数a、b满足，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形．点O，B，C的对应点分别为D，E，F． (1)求点C的坐标； (2)如图1，当点D落在线段上时，求点H的坐标； (3)如图2，点K是的三等分点（靠近点B处），点T、点M是线段上的动点，且，求出的最小值． $