专题03 期末复习压轴题35个考点（举一反三期末专项训练）八年级数学下学期新教材人教版

**基本信息** 聚焦期末压轴题35个核心考点，以选填+解答双维度构建分层训练体系，强化二次根式、勾股定理、四边形与一次函数的综合应用能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选填压轴篇|15考点（含例+变式）|多知识点交叉，动态问题为主|从概念辨析（如二次根式非负性）到几何变换（折叠/旋转），逐步提升综合推理能力| |解答压轴篇|20考点（含例+变式）|过程性探究，实际应用结合|以逻辑推理（如勾股定理证明）为核心，延伸至函数建模与方案设计，体现数学思维的严谨性与应用意识|

专题03 期末复习压轴题35个考点 【新教材人教版】 【选填压轴篇】 2 【考点1 二次根式的被开方数非负整数解】 2 【考点2 双重根式化简】 4 【考点3 二次根式的规律探究】 6 【考点4 利用勾股定理求线段长度】 8 【考点5 勾股定理与弦图】 13 【考点6 利用勾股定理解决翻折问题】 18 【考点7 勾股定理的实际应用】 23 【考点8 多边形内角和与外角和的综合】 26 【考点9 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 30 【考点10 平行四边形中动点最值】 37 【考点11 特殊四边形折叠求角度或边长】 42 【考点12 特殊四边形的动点最值】 48 【考点13 特殊四边形旋转找对应点坐标】 53 【考点14 特殊四边形与几何变换综合】 59 【考点15 动点问题的函数图象】 65 【考点16 求一次函数的解析式】 72 【考点17 由一次函数的性质求字母的取值范围】 77 【考点18 一次函数中的面积问题】 79 【考点19 与一次函数有关的行程问题】 83 【解答压轴篇】 88 【考点20 分母有理化与裂项求和】 88 【考点21 二次根式的应用】 93 【考点22 勾股定理在格点中的运用】 97 【考点23 利用勾股定理证明/求线段平方关系】 102 【考点24 勾股定理中的最短路径问题】 107 【考点25 平行四边形与全等三角形构造证明】 111 【考点26 平行四边形与翻折求线段关系】 119 【考点27 动点与平行四边形存在性】 129 【考点28 特殊四边形与几何变换】 141 【考点29 特殊四边形与存在性问题】 154 【考点30 特殊四边形中动点与最值】 167 【考点31 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 177 【考点32 一次函数中求图形面积】 182 【考点33 一次函数中的动点问题】 188 【考点34 与一次函数图象有关的应用】 195 【考点35 与一次函数性质有关的应用】 203 【选填压轴篇】 【考点1 二次根式的被开方数非负整数解】 【例1】（25-26八年级上·重庆·期中）若满足关系式，则的值为（    ） A． B．6 C．2 D． 【答案】A 【分析】本题考查算术平方根有意义的条件和相关计算，解不等式，掌握相关知识是解决问题的关键．根据算术平方根有意义的条件，得出 ，从而简化原方程，求出 ，进而得到 ． 【详解】解：∵ ， ∴ ，，． 由 得 ， 由 得 ，即 ， ∴ ． 代入原式：， ， ∴ ， 两边平方得 ，即 ， ∴ ． 故选：A． 【变式1-1】（25-26八年级上·海南省直辖县级单位·月考）若x、y均为实数，且，求的平方根（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件、平方根的定义．先根据二次根式有意义的条件求出x的值，代入原方程中求出y的值，再代入求出其值，最后根据平方根的定义求出的平方根． 【详解】解：由题意知，要使和存在有意义，需满足： ， ∴， 将代入原方程：， 解得：， ∴， ∴的平方根为． 故选：A． 【变式1-2】若，则的值为______． 【答案】2022 【分析】根据二次根式的被开方数的非负性，得a-2022≥0，进而化简绝对值，求解即可． 【详解】解：由题意得a-2022≥0， ∴a≥2022， ∴|2021-a|= a-2021． ∵， ∴， ， ， 即=2022． 故答案为2022． 【点睛】本题主要考查二次根式的非负性，以及化简绝对值，找到a的取值范围，化简绝对值是解题的关键． 【变式1-3】（25-26八年级上·陕西西安·月考）已知，，的立方根是___________． 【答案】 【分析】本题考查了二次根式的性质、双重非负性以及求一个数的立方根，先因为，得出，即可化简得，算出的值，因为，得，求出的值、的值，代入，即可作答． 【详解】解：∵， ∴， ∴原式， 解得， ∵， ∴，， ∴， 则， ∴， 则的立方根为， 故答案为：． 【考点2 双重根式化简】 【例2】化简的结果为______． 【答案】5 【分析】此题主要考查了二次根式的化简求值，正确应用完全平方公式是解题关键． 直接利用完全平方公式将根号内部分变形开平方得出答案． 【详解】解： 故答案为：5． 【变式2-1】（2025·浙江·模拟预测）设，a为正整数，b在0和1之间，则的值为___________． 【答案】6 【分析】本题考查根式的性质及完全平方公式，根据将被开方数变形，再根据求解即可得到答案； 【详解】解：由题意可得， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵a为正整数，b在0和1之间， ∴，， ∴， 故答案为：． 【变式2-2】（25-26八年级上·湖南永州·期中）设的整数部分为x，小数部分为y，则的值是 _____ ． 【答案】 【分析】此题考查了估算无理数的大小，化简得出的整数部分为，小数部分为，代入计算即可求出值． 将 化简为 ，确定整数部分 和小数部分 ，再代入表达式计算 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴的整数部分为，小数部分为， ∴ ， 故答案为：5． 【变式2-3】（24-25八年级上·浙江温州·期末）化简的结果是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查二次根式的运算，根据二次根式的性质简结合利用完全平方公式计算即可解题． 【详解】解：原式 ， 故选：D． 【考点3 二次根式的规律探究】 【例3】（24-25八年级下·山东东营·期中）观察下列各式： ； ； ； ； ……． 你能发现什么规律？请用含有自然数的式子将你发现的规律表示出来_____． 【答案】 【分析】本题考查二次根式的化简．根据各式计算得到结果，得出规律写出即可． 【详解】解：， ， ， ， …… 以此类推，， 故答案为：． 【变式3-1】如图是一个按某种规律排列的数阵，根据数阵排列的规律，第2022行从左向右数第2021个数是（    ） A．2021 B． C． D． 【答案】C 【分析】经观察发现，第n行共有2n个数，且第n行的第个数为 ，从而得出答案． 【详解】解：经观察发现，第n行共有2n个数，且第n行的第n个数为n＝ ， ∴第2022行从左向右数第2022个数是2022， ∴第2022行从左向右数第2021个数是． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次根式的性质，探索规律，发现第n行的第n个数为 是解题的关键． 【变式3-2】（25-26八年级下·河北邢台·月考）在学习二次根式的过程中，嘉淇发现一些特殊无理数之间具有互为倒数的关系，如：由，可得与互为倒数，即，．根据嘉淇发现的规律，可得，则整数n的值为（   ） A．400 B．200 C．199 D．20 【答案】B 【分析】将二次根式分母有理化并找到规律进行计算即可． 【详解】解：由题意可得： ， ， ， ． 【变式3-3】通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律：特例1：；特例2：；特例3：……应用发现的运算规律求的值（      ） A．2024 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查找规律，根据题中特例得到规律，代值求解即可得到答案，观察已知特例特征，准确找到规律是解决问题的关键． 【详解】解：特例1：； 特例2：； 特例3：； …… 以上规律为：， 当时，， 故选：B． 【考点4 利用勾股定理求线段长度】 【例4】（25-26八年级上·江苏淮安·月考）如图，在矩形纸片中，，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，延长交的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，证明，进而得到为直角三角形，设，则，，证明为等腰三角形，求出，即可解答． 【详解】解：如图，连接，延长交的延长线于H， ∵矩形中，，，E为边的中点， ∴，， ∴，， ∵将沿翻折，点D的对应点为， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为直角三角形， 设，则，， ∴，， ∴， ∴为等腰三角形， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，折叠的性质，掌握这些性质定理是解题的关键． 【变式4-1】（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，在长方形中，点在边上，将长方形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．若，，则的长度为（　　） A．3 B．4 C．5 D．8 【答案】C 【分析】过点M作于点H，证明四边形是矩形得，，由折叠性质得，，，由此依据“”判定和全等得，，则，在中，由勾股定理求出即可得出的长． 【详解】解：过点作于点，如图所示： ， 四边形是长方形，且，， ， ， 四边形是矩形， ，， 由折叠性质得：，，， ，， 在和中， ， ， ， 设， ， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ， 即的长为5． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握各性质的综合运用是解决问题的关键． 【变式4-2】（25-26八年级上·黑龙江大庆·期中）在中，，，边上的高为12，则的周长为 ． 【答案】32或42 【分析】本题考查勾股定理的应用，由于边上的高位置不确定，需分类讨论垂足是否在线段上． 【详解】解：设边上的高为，垂足为D，则， 在中，，，由勾股定理， 在中，，，由勾股定理得， 当点D在线段上时，，的周长为， 当点D不在线段上时，，的周长为． 故答案为：32或42． 【变式4-3】（25-26八年级上·河南郑州·期中）如图，射线外有一点，且到射线的距离为6，若点是射线上的一个动点，则当线段与射线所夹锐角是的两倍时，的长为 ．（温馨提示：在同一个三角形中，如果两个角相等，那么这两个角所对的边也相等） 【答案】或 【分析】本题考查等腰三角形的判定与性质、勾股定理的应用，解题的关键是通过作高构造直角三角形，结合角的倍数关系转化为边的关系． 先过作，利用勾股定理求出的长度，分点在点右侧、左侧两种情况，结合“等角对等边”构造等腰三角形，再用勾股定理列方程求解的长度． 【详解】解：如图，过作，则， 在中，， 当点在点右侧时，即， 如图，在上截取， 此时， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ； 当点在点左侧，即， 此时点与上述情况的点重合， ； 综上，的长为或． 故答案为：或． 【考点5 勾股定理与弦图】 【例5】（25-26八年级上·四川成都·期中）青朱出入图（图）是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形，该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等．朱入与朱出的三角形全等，朱方与青方是两个正方形．为便于叙述．将其绘成图，若记朱方对应正方形的边长为，青方对应正方形的边长为，已知，正方形和正方形的面积之和为，则图中的阴影部分面积为 ． 【答案】8 【分析】本题考查勾股定理的证明，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题． 根据题意可得可以求出，即可得到图2中的阴影部分面积为，用表示后计算即可． 【详解】解∶如图2， 朱方对应正方形的边长为，青方对应正方形的边长为， ， 朱入与朱出的三角形全等， ， ， 两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等， ， ， 阴影部分面积为 ， ∵，正方形和正方形的面积之和为25， ∴， ， 即阴影部分的面积为8， 故答案为∶8． 【变式5-1】如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接图2中四条线段得到如图3的新图案，如果图1中的直角三角形的长直角边为，斜边为，图3中阴影部分的面积为，那么的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理的应用；阴影部分由四个全等的三角形和一个小正方形组成，分别求三角形和小正方形面积即可． 【详解】如图，依题意，阴影部分由四个与全等的三角形和一个边长为的正方形组成， 由题意得：，，， ∴，则 ∴ ∴， ∴ 故答案为：． 【变式5-2】（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，连接，交于点P，若正方形的面积为，，则与的面积差是（    ） A． B．7 C． D． 【答案】C 【分析】先求出正方形的边长的平方，设，再利用勾股定理得到关于的方程，由此可得出，再证明，从而可得，，然后证明，再求得，从而可求得 ． 【详解】解：如图，记交于点M， ∵正方形的面积为， ∴， 设， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴ ， ∵ ， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了全等的性质和（）综合（或者），用勾股定理解三角形，以弦图为背景的计算题，根据正方形的性质求线段长等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 【变式5-3】（2024·河北保定·二模）我国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定理．如图，直角三角形的三边a，b，c满足，分别以a、b、c为边作三个正方形：正方形、正方形、正方形，把它们拼成如图所示形状，使E、F、G三点在一条直线上，若，四边形与面积之和为7，则正方形的面积为（    ） A．49 B．28 C．21 D．14 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是证明三角形全等，根据图形面积得到相应等式，从而进行计算．证明，得到，再证明，从而推出，化简得到，再根据，得到，结合两式可得，从而计算结果． 【详解】解：在与中， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 即， 化简得：①， ∵， ∴②， ，得：， ∴． 故选：C． 【考点6 利用勾股定理解决翻折问题】 【例6】（25-26八年级上·陕西西安·期中）如图，在边长为8的正方形纸片中，E、F分别是边、上的两点，将正方形沿折叠，点C恰好落在边上的中点G处，则的长度是（    ） A． B． C．10 D． 【答案】A 【分析】本题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作，交于点，证明四边形是平行四边形，再证明，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：作，交于点， ∵正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵将正方形沿折叠，点C恰好落在边上的中点G处， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的长度是， 故选：A． 【变式6-1】（25-26八年级上·江苏常州·期中）如图，三角形纸片中，，，．沿过点的直线将纸片折叠，使点落在边上的点处；再折叠纸片，使点与点重合，若折痕与的交点为，则的长是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 由得，由折叠得，，，，代换得，即可得，设，则，根据勾股定理列方程解答即可． 【详解】解：∵， ∴， 由折叠可得，，，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， 即． 故选：． 【变式6-2】如图，正方形的边长为3，将正方形折叠，使点D落到边上的点E处，折痕为，若，折痕的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换．据折叠可得，，，根据勾股定理求出、的长．继而求出，，最后在中由面积法，根据求出． 【详解】解：设，则， ，， ， 在中，， 即， 解得：，即． ∴ 连接、， 在中，， 由折叠可知：， ∵， ∴， ∴． 故答案为． 【变式6-3】（25-26八年级上·江苏无锡·期中）在中，，点P是边上的一个动点（不与B、C重合），将沿翻折，点C的对应点是点．若以B、C、为顶点的三角形是直角三角形，的长度为 ． 【答案】或2 【分析】本题考查了翻折变换的性质、勾股定理、矩形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理是解题的关键．分两种情况，①当时，②当时，分别由勾股定理和等腰三角形的判定与性质求出的长即可． 【详解】解：分两种情况： ①如图1，当时，过点作于点D， ∵将沿翻折，点C的对应点是点， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：； ②如图2，当时， ∵将沿翻折，点C的对应点是点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的长度为或2， 故答案为：或2． 【考点7 勾股定理的实际应用】 【例7】将一根18cm长的细木棒放入长、宽、高分别为4cm、3cm和12cm的长方体无盖盒子中，则细木棒露在盒外面的最短长度是 ； 【答案】5cm 【分析】长方体内体对角线是最长的，当木条在盒子里对角放置的时候露在外面的长度最小，这样就是求出盒子的对角线长度即可. 【详解】如图，由题意知：盒子底面对角线长为=5（cm）， 盒子的对角线长：=13cm， ∵细木棒长18cm， ∴细木棒露在盒外面的最短长度是：18-13=5cm， 所以细木棒露在外面的最短长度是5厘米． 故答案为：5cm. 【点睛】此题考查勾股定理的实际应用，在实际问题中构建直角三角形利用勾股定理解决问题的思想是解题的关键. 【变式7-1】（25-26八年级上·全国·课后作业）海上巡逻是维护国家海洋权益的有效手段．如图，我军巡逻舰队在点A处巡逻，突然发现在南偏东方向距离15海里的点B处有可疑目标正在以16海里小时的速度沿南偏西方向行驶，我军巡逻舰队立即沿直线追赶，半小时后在点C处将其追上，则我军巡逻舰队的航行速度为（   ） A．16海里小时 B．20海里小时 C．32海里小时 D．34海里小时 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理的应用，平行线的性质，正确理解题，熟练掌握勾股定理是解题的关键．先根据平行线的性质求得，并推得，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，由题意知，，， ， ， ， 根据题意，（海里），（海里）， （海里）， 我军巡逻舰队的航行速度为（海里小时）． 故选：D． 【变式7-2】一个三级台阶，它的每一级的长宽和高分别为、、，和是这个台阶两个相对的端点，点有一只蚂蚁，想到点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到点最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将图形平面展开，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答． 【详解】如图所示， ∵三级台阶平面展开图为长方形，长为20，宽为(2+3)×3， ∴蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长． 由勾股定理得：=+=， 解得：． 故选：B． 【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题以及勾股定理的应用，用到台阶的平面展开图，只要根据题意判断出长方形的长和宽即可解答． 【变式7-3】（25-26八年级上·河南郑州·期中）如图，铁路和公路在点处交会，点到的直线距离为．公路上点处距离点处．如果火车行驶时，周围以内会受到噪音的影响，那么火车在铁路上沿方向以的速度行驶时，点处受噪音影响的时间为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，过点作，上取点，，使， 通过勾股定理求出，，则受噪音影响共有，然后求出时间即可，掌握勾股定理的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作，上取点，，使， 由题意可得，， 当火车到点时对处产生噪音影响，此时， 由勾股定理得：，， ∴受噪音影响共有， ∴点处受噪音影响的时间为， 故答案为：． 【考点8 多边形内角和与外角和的综合】 【例8】（25-26九年级上·浙江宁波·月考）一个凸九边形中有三个内角分别为，，，则它的其它内角的度数不可能为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查多边形的内角和，掌握好多边形内角和的计算方法是解题关键 利用九边形内角和公式求出剩余六个内角的和，再根据凸多边形每个内角小于的性质，分析哪个选项作为内角会导致剩余五个内角的和不小于． 【详解】解：九边形内角和为， ∵有三个内角之和为， ∴剩下六个角之和为， 设其中一个角为，则剩下五个角之和为， ∵凸多边形每个内角都小于， ∴， 解得，，只有选项A不满足． 故选：A． 【变式8-1】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）如图，作平分线的反向延长线，现要分别以，，为内角作正多边形，且边长均为，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以为内角，可作出一个边长为的正方形，此时，而是（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图所示．图中的图案外轮廓周长是．在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和和外角和，分式的运算，解题的关键是明确正多边形的各内角相等，且外角和为，并利用数形结合的思想解决问题． 设以为内角的正多边形的边数为，根据多边形的内角和公式求出则，再根据多边形的外角和定理得到以为内角的正多边形的边数为，根据是整数求出可能的值，再通过计算其周长即可得出结论． 【详解】解：设以为内角的正多边形的边数为， 则， ∴以为内角的正多边形的边数为， 由题意得，是整数， ∴是8的因数， ∴的值可能是3，4，6，10， 由题意得，图案外轮廓周长是， 当时，周长是； 当时，周长是； 当时，周长是； 当时，周长是； ∴当时，周长最大，此时图案定为会标， ∴会标的外轮廓周长是21． 故选：C． 【变式8-2】（2026·江苏南京·一模）图中表示被撕掉一块的正边形纸片．若，则的值是_______． 【答案】8 【分析】延长、交于点，根据得到，于是可以得到正多边形的一个外角为，进而可得正多边形的边数． 【详解】解：如图，延长，交于点， ， ， ∵是正边形纸片， ∴， 即正多边形的一个外角为， ． 【点睛】重点掌握正多边形和外角的关系． 【变式8-3】如图，已知：四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠ACB＝74°，∠ABC＝46°，且∠BAD+∠CAD＝180°，那么∠BDC的度数为_____．    【答案】30° 【分析】延长BA和BC，过D点作DE⊥BA于E点，过D点作DF⊥BC于F点，根据BD是∠ABC的平分线可得出△BDE≌△BDF，故DE=DF，过D点作DG⊥AC于G点，可得出△ADE≌△ADG，△CDG≌△CDF，进而得出CD为∠ACF的平分线，得出∠DCA=53°，再根据三角形内角和定理即可得出结论． 【详解】解：    延长BA和BC，过D点作DE⊥BA于E点，过D点作DF⊥BC于F点， ∵BD是∠ABC的平分线 在△BDE与△BDF中， ， ∴△BDE≌△BDF（ASA）， ∴DE＝DF， 又∵∠BAD+∠CAD＝180° ∠BAD+∠EAD＝180° ∴∠CAD＝∠EAD， ∴AD为∠EAC的平分线， 过D点作DG⊥AC于G点， 在Rt△ADE与Rt△ADG中， ， ∴△ADE≌△ADG（HL）， ∴DE＝DG， ∴DG＝DF． 在Rt△CDG与Rt△CDF中， ， ∴Rt△CDG≌Rt△CDF（HL）， ∴CD为∠ACF的平分线， ∠ACB＝74°， ∴∠DCA＝53°， ∴∠BDC＝180°﹣∠CBD﹣∠DCA﹣∠ACB＝180°﹣23°﹣53°﹣74°＝30°． 故答案为：30° 【点睛】本题考查了多边形的外角和内角，能熟记三角形的外角性质和三角形的内角和定理是解此题的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和． 【考点9 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 【例9】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，为的对角线，，于点E，于点F，、相交于点H，直线交线段延长线于点G，下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确的结论有（    ） A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的边角关系，全等三角形的判定与性质，综合性强．根据题目已知条件，结合所给结论，逐一判断即可． 【详解】解：对于结论①：∵于点E，于点F， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 故①正确； 对于结论②：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故②错误； 对于结论③：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，且，， ∴， ∴． 故③错误； 对于结论④：∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵于点E，于点F， ∴， 由①可知，， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故④正确； 故选：B． 【变式9-1】（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在中，，，于E，，的平分线交于F，连接．则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点E作于点G，利用平行四边形的性质得出，，结合已知条件利用勾股定理求得的值，通过三角形面积公式推导出的长，再通过勾股定理求得的长，由角平分线的性质和得出，通过线段和差求得和的长，最终通过勾股定理求得结果． 【详解】解：如图，过点E作于点G， 在平行四边形中，，， ∵， ∴， 又∵， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴在中，． 【变式9-2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，点E在上，，平分，，则的面积是________． 【答案】 4 【分析】先作，作，再根据平行四边形的性质得，进而得出，接下来根据勾股定理求出，再根据角平分线的性质定理求出，最后根据得出答案． 【详解】解：如图，过点D作，交的延长线于点F，过点A作，分别交于点G，H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 根据勾股定理，得， 即， 解得． ∵是的平分线，， ∴， ∴． 【变式9-3】（25-26八年级下·北京延庆·期中）如图，在中，，于点E，于点F，，交于点N，，的延长线交于M，给出下列结论：①；②点C是的中点；③；④．则上述结论中，所有正确结论的序号是______． 【答案】 ①③ 【分析】①利用同角的余角相等证明，结合平行四边形对角相等即可判断；③利用证明，得到，结合平行四边形对边相等即可判断；②转化为证明，题目无条件支持；④当时，成立，题目无条件支持； 【详解】解：，， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，故①正确； ，， 是等腰直角三角形， ， ，， ， 即， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，故③正确； ， ，， 若点是中点，则， ， ， ， ，即垂直平分， ， 题目未给出，故②不一定正确； 当时， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 题目未给出，故④不一定正确； 综上所述，正确的结论是①③． 【考点10 平行四边形中动点最值】 【例10】如图，在平行四边形中，，E是边上一点，且，F是射线上的动点，以为边在右侧作等边，连接，则线段长的最小值为_____．    【答案】/ 【分析】由“”可证，可得，则当有最小值时，有最小值，即当时，有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于，以为边作等边三角形，连接，    ，， ， ，， 和是等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ∴当有最小值时，有最小值， ∴当时，有最小值， 此时，， ， ， 的最小值为． 【变式10-1】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、垂线段最短的性质，利用垂线段最短求线段的最小值是解题的关键． 设与相交于点O，过点O作于点，利用等腰三角形的判定和性质、平行四边形的性质推出，再利用勾股定理求出，利用垂线段最短求线段的最小值． 【详解】解：设与相交于点O，过点O作于点，如下图所示： ∵，， ∴， 四边形是平行四边形， 为对角线和的中点， ，， 由，可得， ， ， 由勾股定理得，， ， 解得， 根据垂线段最短，可得， ， 当时，线段有最小值4． 故选：D． 【变式10-2】（25-26八年级下·安徽芜湖·期中）如图，已知中，，，点为平面内一点，满足，分别以，为边作平行四边形，连接，则 （1）的最小值是__________； （2）的最大值是__________． 【答案】 6 6 【分析】（1）在延长线上截取，连接，，由平行四边形的性质得到，，证明四边形是平行四边形，得到，求出，根据三角形三边关系求出的最小值； （2）由（1）求出的最大值即可． 【详解】解：（1）如图，在延长线上截取，连接，， ，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， 的最小值是； （2）由（1）得， ， 的最大值是． 【变式10-3】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，在矩形中，，点E、F分别为线段上动点，且，点G是线段上一点，且满足，四边形关于直线对称后得到四边形，连接，当 _______时，点与点D重合，在运动过程中，线段长度的最大值是____________． 【答案】 / 【分析】当与点重合时，设，则，，在中，由勾股定理得： 即可求出；连接交于点，设交于点，先得到点重合，连接，，取的中点，连接，则，，在中，，而，故只有当三点共线时长度最大，此时，在中，，在中，，则． 【详解】解：∵矩形， ∴，， 当与点重合时，如图： 由于轴对称性质可知：， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 则； 如图：连接交于点，设交于点 ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，同理， ∴点重合， 连接，，取的中点，连接，则， ∴，， ∴， 在中，， ∵四边形关于对称得到四边形， ∴， 故只有当三点共线时长度最大， 此时， ∴在中，， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴线段长度的最大值是． 【考点11 特殊四边形折叠求角度或边长】 【例11】如图，已知是矩形的对角线，，，点，分别在边，上，连接，将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点，分别落在对角线上的点，处，连接．则： （1）______． （2）______． 【答案】 2 【分析】本题考查矩形与折叠问题，掌握矩形的性质并用勾股定理列方程是解题的关键， （1）根据勾股定理求出，根据翻折求出和，继而用得解； （2）设，则，，利用勾股定理列出方程求解出HF，再用勾股定理 得，代入求值即可． 【详解】（1）是矩形的对角线，，， ，， 将沿翻折，将沿翻折，点，分别落在对角线上的点，处， ，， ． （2）设，由折叠可知， ∴， 在中，，， ∴， 解得， 在中，，， 则， 故答案为：2；． 【变式11-1】（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，将沿翻折得到，若恰好为的中点，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质． 连接、，根据四边形是菱形，可得，，是等边三角形，又点M恰好为边的中点，得，在中，，设，则，在中，有，即可解得． 【详解】解：如图，连接、， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∵点M恰好为边的中点， ∴， 在中，， 设，则， ∵沿翻折得到， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， 故选：A． 【变式11-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，已知正方形边长为8，E为中点，将沿翻折得到，P，Q分别为边，上一点，将沿翻折使点对应点落在边上，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，作．由正方形的性质可得， ， 由折叠的性质可得， ， ， 进而可得，，，从而可得四边形是矩形．设，则，，根据勾股定理列方程求出x的值即可得解． 本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，作． ∵四边形是正方形， ∴， ， ∵E为中点， ∴ ∵将沿翻折得到， ∴， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ， ∴四边形是矩形， ∴， ， 设，则 ∵将沿翻折使点对应点落在边上， ∴， 在中， ， ∴， 解得， ∴． 故选：A． 【变式11-3】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为________． 【答案】6或7 【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键． 分落在上和落在上两种情况进行讨论求解即可． 【详解】①当落在上时，如图， ∵菱形中，，边长为8， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； 当落在上时，如图： 作交的延长线于点，作于点， ∵菱形， ∴， ∴， ∴，四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理，得， 解得， ∴； 综上：或； 故答案为：6或7． 【考点12 特殊四边形的动点最值】 【例12】（24-25八年级下·安徽安庆·期中）如图，在矩形中，，，E、F为、边上的动点，以为斜边作等腰直角，其中，连接、． （1）若点E、F分别是的中点，则点G到的距离是________； （2）当点E、F在、边上运动时，则的最小值为______． 【答案】 7 【分析】（1）分别过点G作于M，于H，根据矩形的性质及全等三角形的判定得出，，确定四边形是正方形，再由等腰三角形的判定和性质得出，设，则，结合图形即可求解； （2）过点作，，可证得，进而证得点在的角平分线上，当时，最小，此时为等腰直角三角形，再进一步求解即可． 【详解】解：（1）分别过点G作于M，于H，如图，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵E，F分别是边上的中点， ∴， ∴． ∵是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点G到的距离为， 故答案为： （2）∵四边形是矩形，，， ∴，， 过点作，，则四边形是矩形， ∴，， ∵，，则， ∴， ∴， ∴， ∴点在的角平分线上， ∴， ∴当时，最小，此时为等腰直角三角形， ∴， 解得：， ∴的最小值为． 故答案为： 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，确定点的运动轨迹是解题的关键． 【变式12-1】（24-25八年级下·福建福州·期末）在边长为的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是___________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，配方法的应用，熟练掌握菱形性质，二次函数的最值是解题的关键．过点F作交的延长线于点G，设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则，利用菱形的性质，勾股定理，配方法求最值解答即可． 【详解】解：过点F作交的延长线于点G， 设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则， ∵边长为8的菱形，， ∴， ， ∴，， ∴，由勾股定理得：， ∴， 根据勾股定理，得 ， 当时，取得最小值48，此时取得最小值， 故答案为：． 【变式12-2】（25-26九年级上·安徽·期中）如图，正方形的边长为8，为对角线上一动点，中，，，当点从点运动到点的过程中，的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了垂线段最短、全等三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长，理解垂线段最短是解题的关键．根据题意证明，可得的周长为，当最小时周长最小，而，进而可得当时最小，求得此时的周长即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ， ，， ， ， ， 的周长为 ， 是等腰直角三角形， ， 如图，当时，最小，    正方形的边长为8， ， ， 的周长的最小值为， 故选：A． 【变式12-3】（24-25九年级上·福建漳州·期末）在边长为8的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是（    ） A．4 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】过点F作交的延长线于点G，设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则，利用菱形的性质，勾股定理，二次函数的最值解答即可． 本题考查了菱形的性质，勾股定理，二次函数的最值，熟练掌握菱形性质，二次函数的最值是解题的关键． 【详解】解：过点F作交的延长线于点G， 设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则， ∵边长为8的菱形，， ∴， ， ∴，， ∴，由勾股定理得：， ∴， 根据勾股定理，得 ， 当时，取得最小值48，此时取得最小值， 故选：B． 【考点13 特殊四边形旋转找对应点坐标】 【例13】（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形，将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，依次类推，第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转可知，每4次旋转一个循环，而，即点的坐标与点的坐标相同；利用菱形的性质及等边三角形的性质可求得点E的坐标，利用全等三角形的判定与性质可求得的坐标，从而求得结果． 【详解】解：如图，连接，过作轴于点F， 由题意，当旋转到时，则E与关于原点对称， 旋转到时，与关于原点对称，旋转到， 即点E的位置，每4次旋转一个循环， ∵， ∴点的坐标与点的坐标相同， ∵四边形是菱形， ，， ∴，， ∴， 由勾股定理得：， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 由旋转可知，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵点E在第一象限，且是顺时针旋转， ∴点在第四象限， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，规律型：点的坐标，坐标与图形变化—旋转，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 【变式13-1】（25-26九年级上·河南安阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，且坐标原点O为的中点，点A的坐标为．将正方形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质、坐标与图形的性质、旋转的性质等知识点，第2026次旋转结束时点D的坐标与第二次旋转得到的D的坐标相同是解题的关键． 通过观察发现第2026次旋转结束时点D的坐标与第二次旋转得到的D的坐标相同，根据正方形的性质，再根据旋转2次（将正方形绕点O顺时针旋转），根据旋转的性质可得，然后根据坐标系即可解答． 【详解】解：如图：将正方形绕点O顺时针旋转，每次旋转， ∴每8次一个循环， ∵， ∴第2026次旋转结束时点D的坐标与第二次旋转得到的D的坐标相同，即将正方形绕点O顺时针旋转的D坐标相同， ∵正方形的边在x轴上，且坐标原点O为的中点，点A的坐标为， ∴， 如图：将正方形绕点O顺时针旋转，此时，即， ∴第2026次旋转结束时，点D的坐标为． 故选B． 【变式13-2】 （24-25九年级上·广东广州·期末）如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化-旋转及点的坐标变化规律，能由所给旋转方式得出第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同是解题的关键． 根据所给旋转方式可知每旋转八秒，点D的坐标重复出现，再根据四边形是矩形，求出点D坐标可解决问题． 【详解】解：∵， ∴每旋转八次一个循环． ∵余4， ∴第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同． 连接和， ∵四边形是矩形， ∴和互相平分， ∴，， ∴，， ∴点D的坐标为． 又∵， ∴第4秒旋转结束时的点D与点关于坐标原点对称， ∴此时点D的坐标为． 即第100秒旋转结束时，点D的坐标为． 故选：B． 【变式13-3】（24-25九年级上·黑龙江牡丹江·期末）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，把菱形绕点O逆时针旋转，使点A落到y轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（   ）    A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】过点作轴于点，则，由旋转的性质可得，，由菱形的性质可得，，由两直线平行同位角相等可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，由线段之间的和差关系可得，在中，根据勾股定理可得，于是可得点的坐标；由题意可得，点旋转后在轴正半轴或负半轴，即当点旋转至轴的负半轴时所得到的菱形与点位于轴正半轴时得到的菱形关于原点中心对称，因而点与点关于原点对称，于是可得点的坐标；综上，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点作轴于点，    ， 由旋转的性质可得： ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 点的坐标为， 由题意可得，点旋转后在轴正半轴或负半轴，即当点旋转至轴的负半轴时所得到的菱形与点位于轴正半轴时得到的菱形关于原点中心对称， 点与点关于原点对称， 点的坐标为， 旋转后点的对应点（或）的坐标为或， 故选：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变换——旋转，旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，中心对称图形的识别，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形，求关于原点对称的点的坐标，两直线平行同位角相等，写出直角坐标系中点的坐标等知识点，熟练掌握坐标与图形变换——旋转、中心对称图形的识别及勾股定理是解题的关键． 【考点14 特殊四边形与几何变换综合】 【例14】数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究.如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（    ） A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形 B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是正方形 C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形 D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形 【答案】C 【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可． 【详解】解：由题意可得：平移过程中， ，，， ∴四边形是平行四边形， 刚开始平移时，， ∴如图，当平移至时，， ∴此时四边形是矩形，且不可能为正方形，， ∴平移距离为：， 即平移个单位长度后是矩形，    继续平移，当与共线时， 此时，即四边形是菱形， 此时的总平移距离为， 即再平移个单位长度后是菱形；      综上可得：平移过程中，四边形先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形， 故选C． 【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【变式14-1】如图，长方形ABCD中，，，点E为射线DC上的一个动点，与关于直线AE对称，当为直角三角形时，DE的长为 A．2或8 B．或18 C．或2 D．2或18 【答案】D 【分析】分两种情况： 当E点在线段DC上时， 当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质得出答案即可． 【详解】解：分两种情况讨论： ①当E点在线段DC上时， ≌， ， ， ， 、、E三点共线， ， ， ， ； ②当E点在线段DC的延长线上时，如下图， ， ， 在和中， ， ≌， ， ， ， 综上所知，或18， 故选：D． 【点睛】本题考查翻折的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、掌握翻折的性质、分类探讨的思想方法是解决问题的关键． 【变式14-2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为3，中心为，在正方形外有一点，当正方形绕着点旋转时，则点到正方形的最短距离的取值范围为_____． 【答案】 【分析】由题意以及正方形的性质得过正方形各边的中点时，d最大，过正方形的顶点时，d最小，分别求出d的值即可得出答案． 【详解】解：设的中点是E， 当过点E时，如图： ∴点O与边上所有点的连线中，最小，此时最小， ∵正方形边长为3，O为正方形中心， ∴，，， ∴， ∵， ∴； 当过顶点A时，如图：            ∴点O与边上所有点的连线中，最大，此时最小， ∵正方形边长为3，O为正方形中心， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴d的取值范围为． 【变式14-3】已知中，，，，分别是，的中点，连接，将绕顶点旋转，当点到直线的距离为1时，的长为______． 【答案】，或 【分析】根据三角形中位线求得，利用勾股定理求得的长度，再利用旋转的性质，根据点到直线的距离为1，分类讨论求解即可． 【详解】解∵中，，，分别是，的中点， ∴为直角三角形    ∵ ∴，， ∴ 若点到直线的距离为1，则可分四种情况进行讨论， ①当点在直线的右侧，点在上方时，如图（1）过点作， ∵点到直线的距离为1， ∴，三点共线， ∵， ∴四边形是矩形 ∴，， ∴ ∴； ②当点在直线的左侧，点在上方时，如图（2）过点作交延长线于点，过点作，则 ∵点到直线的距离为1， ∴ ∴ 由题意可得：四边形为矩形 ∴， ∴ ∴； ③当点在直线的左侧，点在下方时，如图（3） ∵点到直线的距离为1， ∴ ∴四边形为矩形， ∴，三点共线 ∴； ④如图（4）当点在直线的右侧，点在下方时， ，，点到直线的距离为1 可以确定点在线段上，且 则 综上，的长为，或, 故答案为：，或 【点睛】此题考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理以及三角形中位线的性质，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质进行求解． 【考点15 动点问题的函数图象】 【例15】如图1，四边形中，，，点从A点出发，以每秒两个单位长度的速度，按 的顺序在边上匀速运动，设点的运动时间为秒，三角形的面积为S，S关于的函数图象如图所示，当运动 秒时，三角形的面积为36．            【答案】或 【分析】根据函数图象得出，，，当运动到点时得出，进而求得函数图象中，设与点，过点作于点，根据三角形的面积为36，分两种情况讨论，结合图形即可求解． 【详解】解：根据函数图象可得，， ∵当运动到点时，， ∴ ∵总时间为秒，速度为每秒两个单位长度， ∴ ∵当运动到点时三角形的面积取得最大值为 ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 设与点，过点作于点，    当运动到上，三角形的面积为36 ∴ 解得：    过点作 交于点，延长交于点，则， 则， ∴ 又， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴运动时间为秒； 当在上时， ∴ ∴ ∴运动时间为 综上所述，当运动或秒时，三角形的面积为． 【点睛】本题考查了动点的函数图象，全等三角形的性质与判定，数形结合，分类讨论是解题的关键． 【变式15-1】如图①，在长方形中，动点P从点A出发，匀速沿的路径运动，到点A处停止．设点P运动的路程为x，的面积为y，如果y与x之间的关系如图②所示，那么长方形的面积是（    ）    A．12 B．14 C．24 D．28 【答案】D 【分析】本题考查动点的函数图象，当点P从A运动到B时，y随x的增大而增大，从B运动到C时，y保持不变，观察图象的横坐标得出长方形的长和宽，即可求出面积． 【详解】解：由图可知，，， 长方形的面积是， 故选：D． 【变式15-2】（25-26九年级上·河北邯郸·开学考试）如图所示，长为2宽为1的矩形和边长为3的正方形在同一水平线上，矩形沿该水平线从左向右匀速穿过正方形；设穿过的时间为t，正方形除去矩形面积为S（阴影部分），则S与t的大致图象为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了函数图象，分三个阶段分析，得出解析式，进而结合选项中的函数图象即可求解． 【详解】解：根据题意，①矩形向右未完全穿入大正方形，减小； ②矩形穿入大正方形但未穿出大正方形，不变； ③矩形穿出大正方形，增大． ④完全与大正方形没重合时，不变； 分析选项可得，A符合． 故选：A． 【变式15-3】（25-26八年级上·浙江杭州·月考）如图，点G是的中点，点H在上，动点P沿图1的边线匀速运动，运动路径为：，相应的的面积y（）关于运动时间x（s）的函数图象如图2，则下列选项中正确的是（   ） A． B．若，则 C． D．若，则函数过点 【答案】B 【分析】由E到F时间未知，所以无法表示，所以不能确定与的大小关系，即可判断A错误； 先确定点的纵坐标，再根据，求出点的横坐标，由此得出到需要的时间，从而可求得与比较，即可判断B； 由于不知道到需要的时间，所以不能确定到需要的时间，也就不能确定的位置，所以不一定成立，可判断C错误； 根据，可求得点的坐标，再根据面积关系求得点的坐标，就可判断D． 【详解】解：设动点P沿图1的边线运动速度为， 因为段面积增大，段面积不变，段又增大，到P时最大，段面积又不变，段面积减小， 所以J对应点G，K对应点C，M对应点D，P对应点E，Q对应点F，N对应点H， 由函数图象可知：经历了，经历了，经历了，经历时间未知，经历时间未知，但经历了， 所以函数图象可知，G到C需要，C到D要，D到E要，E到H要， 所以（），（），（），（）， 因为点G是的中点， 所以（）， 因为时间为时，相应的的面积y（）为， 所以，解得：， 所以（）， 当时，， 所以， 当时，， 所以， 所以， 设直线的表达式为， 所以， 解得：， 所以直线的表达式为， 因为速度不变， 所以可用平移得到， 设的解析式为， 所以， 解得：， 所以的解析式为， 当时，， 所以， 作点关于轴的对称点， 则， 连接， 设的解析式为， 由于，， 所以， 解得：， 所以的解析式为， 因为速度不变， 所以直线可以由直线平移得到， 设直线的解析式为， 当时， ， 此时， 所以， 解得：， 所以直线的解析式为， 当时，， 解得：， 所以此时， 所以到需（）， 所以， 又， 所以此时， 故B正确； 由于不知道到需要的时间， 所以不能确定到需要的时间， 也就不能确定的位置， 所以不一定成立， 故C错误； 若，则， 所以经历了（）， 所以， 所以， 所以H处，， 所以， 故D错误， 故选：B． 【点睛】本题考查了从函数的图象获取信息，动点问题的函数图象，一次函数图象平移问题，求一次函数解析式，其他问题(一次函数的实际应用)等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用来求解． 【考点16 求一次函数的解析式】 【例16】在平面直角坐标系中，直线，直线，若，与y轴围成的三角形的面积为5，则k的值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了两直线与y轴围成的图形面积问题．熟练掌握一次函数图象和性质，三角形面积公式，待定系数法求函数解析式，是解题关键． 设交y轴于点A，交y轴于点B，两直线交于点C，过点C作轴于点D，求出，，得到，根据，与y轴围成的三角形的面积为5，得到，代入求得，代入，即得． 【详解】解：设交y轴于点A，交y轴于点B，两直线交于点C，过点C作轴于点D， ∵中，时，；中，时，． ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，当时，， ∴， 代入， 得，， 解得，． 故选：D． 【变式16-1】如图，在中，，，点在边上，，点为的中点，点为边上的动点，若使四边形周长最小，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称一最短线路问题，坐标与图形的性质，待定系数法求函数解析式，两直线的交点问题，作点关于的对称点，连接，若使四边形周长最小，只要 最小，当三点共线时，最小， 设直线交于，则点与重合时，四边形周长最小，利用待定系数法求出直线和的解析式，联立方程组即可求出点坐标，正确找出点的位置是解题的关键． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接， ∵，， ∴， ∴， ∴点在轴上， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵点关于的对称点， ∴，， ∴若使四边形周长最小，只要 最小， 当三点共线时，最小， 设直线交于，则点与重合时，四边形周长最小， ∵， ∴， 设直线的函数解析式为，把，代入得， ， 解得， ∴直线的函数解析式为， 设直线的解析式为，把代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为， 联立函数解析式得， ， 解得， ∴点的坐标为， 故选：． 【变式16-2】（25-26八年级上·全国·期中）中国象棋文化历史悠久．如图所示是某次对弈的残局图，如果建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点的位置，则在同一坐标系下，经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点的坐标和用待定系数法求一次函数的解析式，掌握一次函数解析式的求法是解题的关键．根据棋子“帅”位于点的位置，求出“马”所在的点的坐标，由此解答即可． 【详解】解：由题意，∵“帅”位于点， ∴“马”， 设经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为， ∴， ∴． ∴． 故选：A． 【变式16-3】如图所示，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段为边，在第二象限内作等腰直角，，则过B、C两点直线的解析式为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了求一次函数解析式，一次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些知识是解题的关键． 过点作轴，可证得，从而得到，，可得到，再由和，即可求解． 【详解】解：如图，过点作轴， 则， 对于直线，令，得到， 即，， 令，得到， 即，， ∵为等腰直角三角形， 即，， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， 即， ∴， 设直线的解析式为， ∵， ， 解得 ， ∴过B、C两点的直线对应的函数表达式是， 故选：B． 【考点17 由一次函数的性质求字母的取值范围】 【例17】如图，已知长方形ABCD顶点坐标为A（1，1），B（3，1），C（3，4），D（1，4），一次函数y=2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是（　　） A．b≤﹣2或b≥﹣1 B．b≤﹣5或b≥2 C．﹣2≤b≤﹣1 D．﹣5≤b≤2 【答案】D 【分析】由于一次函数y=2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，观察图象可知，公共点最左端是D点，最右端是B点，于是把D、B的坐标代入分别求得b值即可. 【详解】解：由直线y=2x+b随b的数值不同而平行移动，知当直线通过点D时，得b=2； 当直线通过点B时，得b=-5． 则b的范围为-5≤b≤2． 故选D． 【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系以及矩形的性质；在直线的平行移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键． 【变式17-1】已知一次函数y＝（2k﹣1）x+k+2的图象在范围﹣1≤x≤2内的一段都在x轴上方，则k的取值范围 ． 【答案】0＜k＜3且k≠ 【分析】由于2k﹣1的符号不能确定，故应分2k﹣1＞0和2k﹣1＜0两种情况进行解答，根据函数值大于0求得k的取值范围． 【详解】解：一次函数y＝（2k﹣1）x+k+2中，2k﹣1≠0，则k≠， 当2k﹣1＞0时，y随x的增大而增大，由x＝﹣1得：y＝﹣2k+1+k+2， 根据函数的图象在x轴的上方，则有﹣2k+1+k+2＞0， 解得：k＜3． 当2k﹣1＜0时，y随x的增大而减小，由x＝2得：y＝（2k﹣1）×2+k+2，根据函数的图象在x轴的上方， 则有（2k﹣1）×2+k+2＞0，解得：k＞0， 故答案为0＜k＜3且k≠． 【点睛】本题考查了一次函数图像与性质，掌握一次函数图像与性质是解题的关键． 【变式17-2】如图，已知长方形ABCD中，AB＝，BC＝2，且顶点A的坐标为（1，1），若一次函数的图像与长方形ABCD的边有公共点，则的变化范围是 ．    【答案】 【分析】先求得B点和D点坐标，分别将D点和B点坐标代入求得k的值，由此可得k的取值范围． 【详解】解：∵A的坐标为（1，1），AB＝，BC＝2， ∴,， 将代入中，，解得， ∴， 将代入中，，解得， 故． 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系，在直线的移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键． 【变式17-3】已知直线与直线，若直线与两直线相交于、两点，且，则的范围为 ． 【答案】 【分析】令x=a代入两条直线的解析式中，然后求出M与N的坐标，然后根据MN<1，列出不等式求出a的范围． 【详解】令x=a分别代入y=2x-1，y=-x+2， ∴M、N的坐标分别为（a，2a-1），（a，-a+2）， ∴MN=， ∵MN<1， ∴<1， ∴-1<3a-3<1， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元一次不等式的列式求解，一次函数的相关知识和一次不等式的结合，掌握不等式的解法是解题的关键． 【考点18 一次函数中的面积问题】 【例18】（25-26八年级上·安徽蚌埠·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点是直线上一动点，且在第一象限． （1）的面积为 ； （2）当的面积与的面积相等时，点的坐标为 ． 【答案】 /1.5 【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，一次函数表达式的求解，直角坐标系下三角形面积的表示，解决本题的关键是设出点的坐标并表示出． （1）先由直线的函数表达式求解出点的坐标，再由三角形面积公式求解即可； （2）先求解出直线的函数表达式，可得到点的坐标，设出点的坐标，再求解出的长度，根据三角形面积建立等式求解即可． 【详解】解：（1）∵直线交轴于点， 令，可得， ∴点， ∴，， ∴的面积为； 故答案为：； （2）∵直线交轴于点， ∴，解得， ∴直线， ∵点是直线上一动点， ∴点的横坐标为2， 则有， ∴点， 设点， ∴， ∴， 若的面积与的面积相等， 即， 则， 即，解得， ∴点的坐标为． 故答案为： ． 【变式18-1】（25-26八年级上·安徽宣城·期中）一次函数的图象与两坐标轴围成的三角形的面积等于4，则的值等于 ． 【答案】 【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知坐标轴上点的坐标特点是解答此题的关键． 先求出一次函数与坐标轴的交点坐标，再根据三角形面积公式列出方程求解． 【详解】当时，，所以与轴交点为， 当时，，解得，所以与轴交点为， 三角形的两条直角边长度分别为和， ∴， 所以， 经检验， 符合题意． 故答案为：． 【变式18-2】边长为1的8个正方形如图摆放在直角坐标系中，直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，且与其中一个正方形的边交于点，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了一次函数的几何应用．过点A作轴于点C，则，结合直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，可得，从而得到点A的坐标为，进而得到直线的解析式，即可求解． 【详解】解：过点A作轴于点C，则， ∵直线平分这8个正方形所组成的图形的面积， ∴， ∴， ∴， ∴点A的坐标为， 把代入得： ∴，解得：， ∴直线的解析式为， ∵点B的纵坐标为1， 把代入得： ，解得：， ∴点B的坐标为． 故答案为： 【变式18-3】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，与直线交于点C，点P在直线上，且的面积被y轴平分，则点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了一次函数的综合应用．先求出，再根据的面积被y轴平分，得出点P与点A的横坐标互为相反数，即可得出答案． 【详解】解：当时，， 解得， 则， 作点A关于y轴的对称点，则 ∵的面积被y轴平分， ∴点P的横坐标为，如图，Q为与y轴的交点，则Q为的中点， ∵点P在直线上， ∴点P的坐标为． 故选：D． 【考点19 与一次函数有关的行程问题】 【例19】（25-26八年级上·山东济南·期中）在，两地之间有汽车站站，客车由地驶往站，货车由地驶往地．两车同时出发，匀速行驶．客车、货车离站的路程，(km)与行驶时间之间的函数图象如图所示．有下列说法：①，两地相距为；②两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为；③客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：；④客、货两车在小时相遇．其中正确的有（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查了从函数图象中获取信息、一次函数的应用，采用数形结合的思想是解此题的关键； 根据函数图象提供的信息即可判断①；分别利用待定系数法求出函数解析式即可判断②③；再由求出的值即可判断④； 【详解】解：由图象可得：，两地相距为，故①正确； ∵货车的速度为：， ∴货车到达地一共需要， 设两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为， ∵在图象上， ∴， 解得：， ∴两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：， 故②正确； 设客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：， ∵在图象上， ∴，解得：， ∴客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：， 故③正确； 由相遇得：， ∴， ∴， ∵，∴符合题意， 即客、货两车在小时相遇，故④正确； 综上所述，正确的有①②③④，共个， 故选：D． 【变式19-1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）甲、乙两车从A地沿直路同向匀速行驶行往B地，现甲车在乙车前500米处，设x秒后两车相距y米，y与x的函数关系如图所示，则乙车在整个运动过程中行驶的路程是（   ） A．3500米 B．3200米 C．4375米 D．4000米 【答案】D 【分析】本题考查了函数图象的实际应用以及行程问题中速度、时间和路程的关系，解题关键是从图象中获取关键信息，明确甲、乙两车的运动时间和路程关系，进而计算出两车的速度． 主要解题思路：从图象得知 100 秒时乙追上甲，此时乙比甲多走 500 米，算出乙比甲快 5 米 / 秒；根据 100 到 160 秒的时间差，得这段乙比甲多走 300 米即 a 的值；由甲 160 到 175 秒走完 a 的路程，算出甲速，进而得乙速，最后求出乙行驶的总路程． 【详解】解：观察图象可知：从开始出发至第100秒，乙车追上甲车，说明在此段时间内乙车比甲车多走500米，因此乙车比甲车的速度快（米/秒）， ∴从第100秒至第160秒，乙车比甲车多走（米）， ∵至第160秒，乙走完全程；甲从第160秒至175秒也走完全程，此段时间经过的路程也是（米）． ∴甲车的行驶速度为（米/秒）， ∴乙车的行驶速度为（米/秒）， 因此乙车在整个运动过程中行驶的路程是：（米）． 故选：D． 【变式19-2】武汉疫情爆发期间，大学生小玲和小丽应聘成为了阳光小区的疫情防控志愿者一天早晨，小玲从阳光小区出发骑三轮车匀速到区疾病防控中心领取防疫物资，出发一段时间后，小丽发现小玲忘记带社区介绍信，立即骑自行车沿小玲行驶的路线匀速行驶去追赶，当小丽追上小玲后立即将介绍信交给了她，并用3分钟时间与小玲核对了一下防疫物资的清单，然后小玲将原速度提高了继续前往区疾病防控中心，而小丽则按原路以原来速度的一半匀速返回阳光小区．当小丽回到阳光小区2分钟后小玲也到达了疾控防控中心．设小丽与小玲之间的距离y（米）与小玲从阳光小区出发后的时间x（分）之间的关系如图所示，则阳光小区到区疾病防控中心的距离为 米． 【答案】10800 【分析】设开始小丽速度为，小玲的速度为，由图像可知经过t分钟后，小丽开始追小玲，追击时间为（12－t），，由追上路程一样列出等量关系①；15分钟返回，小丽返回速度为；小玲速返回度为，由速度减半时间加倍得出小丽返回时间为，再由相距10000米列出等量关系②，将①代入②求得，最后由小玲从阳光小区到区疾病控制中心以每分钟300米走了12分钟，以每分钟300米的速度走了分钟求解即可． 【详解】解：设开始小丽速度为，小玲的速度为， 由图像可知经过t分钟后，小丽开始追小玲，追击时间为：15－3－t＝12－t， 则， ∴，即， 整理得①， 15分钟返回，返回速度为：小丽速度为：；小玲速度为：， 小丽返回时间为：， 由图像可知经过，两人两相距10000米， ∴，即， 整理得： ② 将①代入②得，， 解得， ∴小玲原先的速度为每分钟300米，分钟，，分钟 ∴小玲从阳光小区到区疾病控制中心以每分钟300米走了12分钟，以每分钟300米的速度走了分钟， ∴距离＝300×12+400×18＝10800m， 故答案为：10800 【点睛】本题考查了一次函数的图象的性质的运用，路程＝速度×时间之间的关系的运用，求小玲的速度是关键，解答时熟悉并理解函数的图象． 【变式19-3】暑假假期，小明和小亮两家相约自驾车从重庆出发前往相距172千米的景区游玩两家人同时同地出发，以各自的速度匀速行驶，出发一段时间后，小明家因故停下来休息了15分钟，为了尽快追上小亮家，小明家提高速度后仍保持匀速行驶（加速的时间忽略不计），小明家追上小亮家后以提高后的速度直到景区，小亮家保持原速，如图是小明家、小亮家两车之间的距离s（km）与出发时间t（h）之间的函数关系图象，则小明家比小亮家早到景区 分钟． 【答案】6． 【分析】设出发时小明家的速度是a千米/小时，小亮家的速度是b千米/小时，由图象可知：小明的速度大于小亮的速度，即a＞b，由OB段可知：0.8小时两人距离为8千米，列方程可得a＝b+10，由BC和AC段可知是小明休息15分时段，此时可知小亮路程为12+8＝20千米，根据时间列等式可得小亮的速度，从而得小明家的速度是90千米/小时，设小明加速后的速度为m千米/小时，根据点D的横坐标列方程可得m的值，即可解决问题． 【详解】设出发时小明家的速度是a千米/小时，小亮家的速度是b千米/小时，且a＞b， 由题意得：0.8（a﹣b）＝8， a＝b+10， 小明家因故停下来休息了15分钟，可知A（1.05，12）， 小亮的速度为：＝80（千米/小时）， ∴小明家的速度是90千米/小时， 设小明加速后的速度为m千米/小时， 根据题意得：×80＝（﹣1.05）m+0.8×90， m＝100， ＝0.1（小时）， ＝6（分）， 即小明家比小亮家早到景区6分钟． 故答案为：6． 【点睛】此题考查一次函数的实际应用问题，正确理解题意能够读懂函数图象是解题的关键. 【解答压轴篇】 【考点20 分母有理化与裂项求和】 【例20】（25-26八年级下·河南信阳·月考）阅读材料：像；；…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都是互为有理化因式． 在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．例如：，． 解答下列问题： (1)与________互为有理化因式，将分母有理化得________； (2)计算以下式子的值：； (3)已知整数满足，求的值． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由阅读材料中的定义、方法直接求解即可； （2）先对括号里各项分母有理化，再化简括号里的，最后由平方差公式计算即可； （3）将题中等式左边式子分母有理化，再由等式列出方程组求解即可． 【详解】（1）解：由阅读材料方法，可知， 则与互为有理化因式； ， 则将分母有理化得； （2）解： ； （3）解： ， ， 解得． 【变式20-1】（25-26八年级上·湖南怀化·期末）阅读材料：数学中有一种根号内又带根号的数，它们能根据完全平方公式及二次根式的性质化去一层根号．如：化简： 解：因为且，所以，所以． (1)仿照上述方法化简：①；②． (2)比较与的大小． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】本题考查了二次根式的化简与大小比较，核心是利用完全平方公式将根号内的式子配成完全平方式，再结合二次根式的性质进行化简，同时运用分母有理化来比较大小． （1）先观察根号内的代数式，将其拆分为两个数的平方和与这两个数乘积的倍的形式，凑成完全平方式，再根据二次根式的性质去掉外层根号完成化简； （2）先对两个分式的分母进行化简，同样通过配方法将分母根号内的式子配成完全平方式，再进行分母有理化，最后根据化简后的结果比较两个数的大小． 【详解】（1）解：① ． ② ； （2）解： ． 【变式20-2】（24-25八年级上·山东济南·期中）小明在解决问题：已知，求的值，他是这样分析与解答的： ∵， ∴． ∴，即． ∴， ∴． 请你根据小明的分析过程，解决如下问题： (1)计算： ； (2)计算：； (3)若，求的值． 【答案】(1) (2)2022 (3)3 【分析】本题考查了分母有理化的应用，代数式求值，二次根式的运算，能求出的值和正确变形是解此题的关键． （1）根据小明的解答总结出规律即可； （2）结合（1）进行分母有理化，再合并同类项即可得结果； （3）根据小明的解答，先将分母有理化，再根据整体代入法代入，即可得出答案． 【详解】（1）解：由题意得. 故答案为：； （2）解： ； （3）解：由题意得， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 【变式20-3】（25-26八年级上·四川成都·月考）阅读下面问题：，， (1)根据规律，计算的值； (2)求的值； (3)如果有理数a，b满足，试求： 的值 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据规律，化简计算，后根据平方差公式解答即可； （2）根据平方差公式，分母有理化，解答即可． （3）根据，得，后化简计算即可． 本题考查了分母有理化，平方差公式，二次根式的性质，熟练掌握分母有理化是解题的关键． 【详解】（1）解：根据题意，得 ． （2）解： ， ． （3）解：根据题意，得， 得且，解得， 故， 解得． 故 ． ． 【考点21 二次根式的应用】 【例21】（25-26八年级上·山东济南·期末）某学校计划在院内修建一个正方形的花坛，在花坛中央还要修一个正方形的小喷水池．如果小喷水池的面积是8平方米，花坛的绿化面积是10平方米． (1)你能求出花坛的周长与喷水池的周长一共是多少米吗？ (2)如果把小喷水池的边长减小1米，那么花坛的绿化面积变成多少平方米？ 【答案】(1)花坛的周长与小喷水池的周长一共是米； (2)花坛的绿化面积变成平方米． 【分析】本题考查了二次根式的应用，主要利用了正方形的面积和周长公式，要注意二次根式的化简． （1）根据正方形的面积求出喷水池的边长和花坛的边长，然后根据正方形的周长公式列式计算即可得解； （2）先求得新喷水池的面积为，则花坛的绿化面积变成，据此计算即可求解． 【详解】（1）解：由题意可知喷水池的边长为米， 花坛的边长为米． 所以周长一共是：（米） 答：花坛的周长与小喷水池的周长一共是米； （2）解：新喷水池的边长为米， 新喷水池的面积为（平方米）， 花坛的绿化面积变成（平方米）， 答：花坛的绿化面积变成平方米． 【变式21-1】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）小明同学每次回家时，总能看见张贴在电梯间的提示标语“高空抛物 害人害己”．为进一步研究高空抛物的危害，小明请教了物理老师，得知高空抛物下落的时间t（单位：）和高度h（单位：）近似满足公式（不考虑风速的影响，） (1)已知小明家住20层，离地面的高度为60米，假如从小明家坠落一个物品，求该物品落地的时间（结果保留根号）； (2)已知从高空坠落的物体所带能量 E（单位：） 物体质量() 高度()，一串质量为 的钥匙经过 落在地上，这串钥匙在下落过程中所带能量会对楼下行人产生危害吗？（注：的能量就会对人体造成危害） 【答案】(1)秒 (2)会对楼下的行人产生危害 【分析】（1）把代入公式求解即可； （2）把代入公式确定米，然后计算钥匙所带的能量，进行比较即可． 【详解】（1）解：把代入，得（秒） （2）把代入，得 ∴， ∴米， ∴ ∴会对楼下的行人产生危害． 【变式21-2】（25-26八年级下·安徽淮南·月考）在长方形广场的中间修建两块形状大小相同的长方形绿地，每块长方形绿地的长为，宽为，已知，． (1)求长方形广场的周长； (2)除去修建绿地的地方，其他地方需要铺满造价为元的地砖，则购买地砖需要花费多少元？ 【答案】(1)长方形广场的周长为 (2)购买地砖需要花费元 【分析】（1）根据长方形周长公式求出广场周长； （2）用广场面积减去绿地面积得到铺地砖区域的面积，然后乘以地砖单价算出总花费． 【详解】（1）解：根据题意，得． 故长方形广场的周长为． （2）解：根据题意，铺地砖区域的面积为， 故购买地砖的花费为（元）． 【变式21-3】（2024·江苏盐城·中考真题）发现问题 小明买菠萝时发现，通常情况下，销售员都是先削去菠萝的皮，再斜着铲去菠萝的籽． 提出问题 销售员斜着铲去菠萝的籽，除了方便操作，是否还蕴含着什么数学道理呢？ 分析问题 某菠萝可以近似看成圆柱体，若忽略籽的体积和铲去果肉的厚度与宽度，那么籽在侧面展开图上可以看成点，每个点表示不同的籽．该菠萝的籽在侧面展开图上呈交错规律排列，每行有n个籽，每列有k个籽，行上相邻两籽、列上相邻两籽的间距都为d（n，k均为正整数，，），如图1所示． 小明设计了如下三种铲籽方案． 方案1：图1是横向铲籽示意图，每行铲的路径长为________，共铲________行，则铲除全部籽的路径总长为________； 方案2：图2是纵向铲籽示意图，则铲除全部籽的路径总长为________； 方案3：图3是销售员斜着铲籽示意图，写出该方案铲除全部籽的路径总长． 解决问题 在三个方案中，哪种方案铲籽路径总长最短？请写出比较过程，并对销售员的操作方法进行评价． 【答案】分析问题：方案1：；；；方案2：；方案3：；解决问题：方案3路径最短，理由见解析 【分析】分析问题：方案1：根据题意列出代数式即可求解；方案2：根据题意列出代数式即可求解；方案3：根据图得出斜着铲每两个点之间的距离为，根据题意得一共有列，行，斜着铲相当于有n条线段长，同时有个，即可得出总路径长； 解决问题：利用作差法比较三种方案即可． 题目主要考查列代数式，整式的加减运算，二次根式的应用，理解题意是解题关键． 【详解】解：方案1：根据题意每行有n个籽，行上相邻两籽的间距为d， ∴每行铲的路径长为， ∵每列有k个籽，呈交错规律排列， ∴相当于有行， ∴铲除全部籽的路径总长为， 故答案为：；；； 方案2：根据题意每列有k个籽，列上相邻两籽的间距为d， ∴每列铲的路径长为， ∵每行有n个籽，呈交错规律排列，， ∴相当于有列， ∴铲除全部籽的路径总长为， 故答案为：； 方案3：由图得斜着铲每两个点之间的距离为， 根据题意得一共有列，行， 斜着铲相当于有n条线段长，同时有个， ∴铲除全部籽的路径总长为：； 解决问题 由上得：， ∴方案1的路径总长大于方案2的路径总长； ， ∵， 当时， ， ， ∴方案3铲籽路径总长最短，销售员的操作方法是选择最短的路径，减少对菠萝的损耗． 【考点22 勾股定理在格点中的运用】 【例22】（25-26八年级上·浙江温州·期中）如图，正方形网格中每一个小正方形的边长为1，顶点叫做格点．图中已给出了两个格点A，B． (1)在图1的格点中取一点C，画出一个等腰三角形； (2)在图2格点上取一点D，作线段． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图-应用与设计作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据等腰三角形的定义画出图形即可； （2）利用勾股定理数形结合的性质作出点D即可． 【详解】（1）如图1中，即为所求（答案不唯一）； （2）如图2中，点D即为所求（答案不唯一） 【变式22-1】（25-26八年级上·浙江温州·期中）如图，在所给的方格纸中，每个小正方形的边长都是1，点，位于格点处，请按要求作图． (1)在图甲中画出一个格点，使得是等腰直角三角形； (2)在图乙中画出一个格点，并满足． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了勾股定理的应用． （1）根据勾股定理作图即可； （2）根据勾股定理作图即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； 证明：∵，，， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （2）解：如图，即为所求； 证明：∵，， ∴． 【变式22-2】（25-26八年级上·广东佛山·期末）如图，下面的正方形方格中，每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按要求画下列图形． (1)在图1中，画一条长度为的线段； (2)在图2中，画一个，使它的三边长为无理数且面积为5； (3)在图3中，画一个面积为3的四边形． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 【分析】此题主要考查了应用设计与作图，正确应用勾股定理和利用网格求三角形面积是解题关键． （1）根据画图即可； （2）根据画图即可； （3）根据画图即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求， （2）解：如图，即为所求， （3）解：如图，四边形即为所求， 【变式22-3】（25-26八年级上·天津·期中）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点均在格点上，连接． (1) （度）； (2)若点在线段上，且满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明） ． 【答案】(1)45 (2)见解析 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键． （1）利用网格特点和等腰直角三角形的判定与性质求解即可； （2）利用勾股定理和等腰直角三角形的判定与性质证得即可求解． 【详解】（1）解：由网格得，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故答案为：45； （2）解：如图，取格点H，连接交于点E，连接，可得，， 则是等腰直角三角形， ∴， 则， 由， 可得， 故点E即为所求作； 故答案为：如图，取格点H，连接交于点E，连接，可得，，则是等腰直角三角形，可得，则，由，可得，故点E即为所求作． 【考点23 利用勾股定理证明/求线段平方关系】 【例23】（25-26八年级下·陕西西安·期中）问题提出 （1）如图1，在中，．若，，，则______． 问题探究 （2）如图2，在四边形中，对角线，交于点，且． 求证：． 问题解决 （3）如图3，是某小区的局部示意图，其中，米，，是两条小道，为的中点，于点．该小区物业计划在的下方修一条骑行小道，且满足，．请根据上述条件，求骑行小道的长． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）骑行小道的长为米 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，正确灵活运用勾股定理是解题的关键． （1）利用勾股定理求得的长，再求即可； （2）由勾股定理可知，，，，B，进而可证明结论； （3）利用勾股定理求得，通过，点为的中点，进行等量代换计算求得，据此即可求解． 【详解】（1）解：， ， ，， ， ， ， 故答案为：； （2）证明：于点， 在中，，在中，， 在中，，在中，， ， ； （3）解：，，， ， ， ，， ， 点为的中点， ， ， 米， 骑行小道的长为米． 【变式23-1】（25-26八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在等腰中，，点是上一点，作等腰，且，连接． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质以及勾股定理，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据等腰直角三角形的性质得出，，，再证明，即可得出结论； （2）根据全等三角形的性质结合勾股定理可得出结论． 【详解】（1）证明：在等腰中，，在等腰中， ， ，，， ， ． ． （2）由（1）知， ∵在等腰中，， ． ， ． ． ， ． 【变式23-2】如图，和都是等腰三角形，其中，且． (1)如图1，连接，求证：． (2)如图2，若，且C点恰好落在上，试探究和之间的数量关系，并加以说明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定方法，是解题的关键： （1）证明，即可得证； （2）同（1）法得到，进而推出，勾股定理求出，进而推出即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即． 又∵， ∴， ∴． （2） 如图，连接． ∵． ∴． 同（1）法可得：． ∴． ∴，即． 在中，由勾股定理可知：． ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式23-3】（25-26八年级上·贵州贵阳·期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线，交于点． (1)若，，，，请求出，，，的值． (2)若，，求的值． (3)请根据（1）（2）题中的信息，写出关于“垂美”四边形关于边的一条结论． 【答案】(1)，，， (2) (3)“垂美”四边形对边的平方和相等 【分析】本题考查了勾股定理的应用，灵活运用勾股定理是解题的关键． （1）根据“垂美”四边形的定义可得，再根据勾股定理即可求解； （2）根据“垂美”四边形的定义可得，进而得到，，根据即可求解； （3）由（1）（2）得到，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是“垂美”四边形，对角线，交于点， ， ，，，， ，，，， ，，，； （2）四边形是“垂美”四边形，对角线，交于点， ， ，， ，， ； （3）由（1）（2）可得：，即“垂美”四边形对边的平方和相等． 【考点24 勾股定理中的最短路径问题】 【例24】（25-26八年级上·全国·期中）【问题情境】如图①，已知圆柱底面的周长为，圆柱的高为，在圆柱的侧面上，过上底面的点A和下底面上与点A相对的点C嵌有一圈长度最短的金属丝，下底面的点B在点A的正下方． (1)【操作发现】现将圆柱侧面沿剪开，所得的圆柱侧面展开图是 ．（填字母） (2)【变式探究】如图②，若将金属丝从点B沿圆柱侧面绕四圈到达点A，求所需金属丝的最短长度． (3)【拓展应用】如图③，现有一个长、宽、高分别为，，（即，，）的无盖长方体木箱．现在箱外的点A处有一只蚂蚁，箱内的点C处有一滴蜂蜜．请你为蚂蚁设计一条路线，使其能以最短的路程吃到蜂蜜，并求出此最短路程．木板的厚度忽略不计 【答案】(1)A (2)所需金属丝的最短长度为 (3) 【分析】本题考查了平面展开-最短路径，理解转化思想是解题的关键． （1）要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，根据勾股定理计算即可； （2）若将金属丝从点B绕四圈到达点A，则所需金属丝最短长度是以周长的高为直角三角形的斜边长的4倍； （3）将玻璃杯侧面展开，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）解：∵两点之间线段最短， 故选：A； （2）解：若将金属丝从点B沿圆柱侧面绕四圈到达点A，则所需金属丝的最短长度与底面周长的4倍及高构成直角三角形．由勾股定理，得． 答：所需金属丝的最短长度为； （3）解：如图，先将长方体的侧面和侧面展开，再作点C关于的对称点N，连接交于点M，则． 所以； 根据两点之间线段最短可知，当A，M，N三点共线时，的值最小，即的值最小，此时就是蚂蚁爬行的路线，线段AN的长即为最短路程． 在中，，根据勾股定理，得： ． 所以最短路程为． 【变式24-1】（25-26八年级上·江西景德镇·期中）某学校要举办第四届运动会，现需装饰一根高为，底面半径为的圆柱（如图）．A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且点A，B在同一母线上，用一根彩带（宽度不计）从点A处顺着圆柱侧面绕3圈到点B，那么这根彩带的长度最短多少？ 【答案】最短为 【分析】本题考查勾股定理的实际应用，将立体图形展开，形成平面图形，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵用一根彩带（宽度不计）从点A处顺着圆柱侧面绕3圈到点B， ∴将圆柱的侧面展开图平铺三次（如图），则所求最短长度是图中的长， ∵圆柱底面半径为， ∴长方形的长为圆柱的底面周长的三倍，即， 长方形的宽为圆柱的高，即， 在中，； 答：这根彩带的长度最短为． 【变式24-2】（25-26八年级上·陕西宝鸡·期中）如图，这是一个供滑板爱好者使用的U形池的示意图，该U形池可以看作是长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是直径为的半圆，其边缘，点E在上，，一名滑板爱好者从A点滑到E点，求他滑行的最短距离．（边缘部分的厚度可以忽略不计，π取3） 【答案】 【分析】本题考查了平面展开——最短路径问题，掌握将运动轨迹转化到一个平面上是解题的关键． 需将该U形池的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”，利用勾股定理解答即可． 【详解】解：如图是其侧面展开图： 则，， 在中，由勾股定理，可得， 故他滑行的最短距离为． 【变式24-3】（25-26八年级上·辽宁沈阳·期中）如图1所示，一只蚂蚁从实心长方体的顶点出发，沿长方体的表面爬到对角顶点处，要想使路程较短，有三种不同的方式：①沿面和而爬行；②沿面和而爬行；③沿面和面爬行． (1)图2为按第①种方式展成的平面图形，请你画出另两种方式展成的平面图形； (2)若，请通过计算，判断第几种方式所走路程最短？最短路程为多少？ (3)如图是一个长方体盒子（尺寸如图所示），在长方体下底面的M点有一只蚂蚁，它想吃到上底面N点的食物（是长方体的顶点，），请根据上面探究的结论求蚂蚁需爬行的最短路程是多少． 【答案】(1)见解析 (2)沿第①种方式爬行路程最短，最短路程是5 (3)蚂蚁需爬行的最短路程是 【分析】本题考查了勾股定理的应用． （1）根据爬行方式作图即可； （2）根据勾股定理求出三种方式的路程，比较即可； （3）根据（2）画出最短路径，进而计算即可． 【详解】（1）解：如图： （2）解：①； ②； ③； 可知沿第①种方式爬行路程最短，最短路程是5； （3）解：由（2）可知，最短路径的两条直角边应为最长边及较短两边和， 如图： 则蚂蚁需爬行的最短路程是． 【考点25 平行四边形与全等三角形构造证明】 【例25】（25-26八年级下·重庆开州·期中）在平行四边形中，． (1)如图1，若，，求四边形的面积； (2)如图2，若，点为边上一点，连接．点为上一点，连接交于点，连接，若点为边的中点，连接，且．求证：； (3)如图3，已知，，点P与点Q分别为线段与上的动点，满足，连接，，直接写出的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）过点作于点，先求出的长，再求出的长即可； （2）延长，交于点，先得出，再证出，则，进而可得，然后求出，，据此即可得证； （3）过点作，且使得，连接，先证出，则，可得，进而可得当点三点共线时，的值最小，最小值为的长，再求出的长，的值，然后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴在中，， ∴平行四边形的面积为． （2）证明：如图，延长，交于点， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（等腰三角形的三线合一）， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵点为边的中点， ∴， 又∵在中，， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图，过点作，且使得，连接， ∵，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 由两点之间线段最短可知，当点三点共线时，的值最小，最小值为的长，即的最小值为的长， 又∵，，，， ∴，， ∴在中，， ∴在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题的难点在于通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形． 【变式25-1】（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，四边形是平行四边形，点在上，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图1中，过点作直线将四边形的面积平分； (2)在图2中，，作的平分线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作的对角线，，交于点，作直线交于点，直线即为所作，可证明，继而可得； （2）作的对角线，，交于点，作直线交于点，则射线即为所求，由平行四边形可得，，可证明，则，由可得，那么，再由平行得到，故． 【详解】（1）解：如图1，直线即为所作 （2）解：如图2，射线即为所作 【变式25-2】在四边形中，点E、F在对角线上，连接，，． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出所有的全等的直角三角形． 【答案】(1)见解析 (2)所有的全等的直角三角形有，，，． 【分析】（1）由平行线的性质得到，则可证明，得到，证明，即可证明四边形是平行四边形； （2）先证明四边形是矩形，则可得到，，进而可证明；证明，则可证明，得到，进一步可证明，． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴； ∵ ∴， ∴， ∵，， ∴； 综上所述，所有的全等的直角三角形有，，；． 【变式25-3】（2026·吉林·一模）如图，在矩形中，，，点E在边上，点G在边上，，连接，．将沿翻折得到，将沿翻折得到．连接，． (1)求证； (2)①四边形的形状为_____________． ②当点F在边上时，四边形的形状为_____________． (3)当四边形与矩形重叠部分图形是轴对称图形时，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)①平行四边形；②矩形； (3)或或 【分析】（1）利用证明即可； （2）①折叠的性质，推出，证明，得到，即可得到四边形为平行四边形；②易得，即可得出结果； （3）根据四边形与矩形重叠部分图形是轴对称图形时，得到重叠部分的图形为矩形或菱形，分3种情况，画出图形进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， 又∵， ∴； （2）解：①∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴，，即， 由（1）知， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； ②当点F在边上时， ∵， ∴， 由①知：四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形； （3）解：①当点恰好落在边上时，此时四边形为矩形，四边形与矩形重叠部分图形即为四边形是轴对称图形， ∵折叠， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； ②当交于点，交于点时， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴当四边形为菱形时，四边形与矩形重叠部分为轴对称图形， ∵折叠， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， 解得或（舍去）； ∴； ③当点与点重合，点与点重合时，如图， 由②可知，，四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形，符合题意； 此时； 综上：或或． 【考点26 平行四边形与翻折求线段关系】 【例26】（24-25九年级上·山东青岛·月考）如图1，将纸片沿中位线折叠，使点A对称点D落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似的，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形． (1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，__________； (2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个四边形， ①求证：折出的四边形为矩形 ②若，，求__________． 【答案】(1) (2)①证明见解析，②13 【分析】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理； （1）根据折叠后的图形全等，进而得到面积相等即可得到，，然后表示出和即可求解； （2）①由折叠的性质得：，，再结合，可得，同理可得：，即可判断折出的四边形为矩形； ②先由勾股定理求出，再由折叠的性质得：，，，，推出，最后由得到． 【详解】（1）解： 由折叠的性质得：，四边形四边形， ，， ， ∴ ； 故答案为：； （2）①证明：∵由折叠的性质得：，， 又∵， ∴， ∴， 同理可得：， ∴折出的四边形为矩形； ②解： ，，， ， 如图： 由折叠的性质得：，，，， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ； 【变式26-1】（24-25八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．已知中，，点，，，分别在的边，，，上． 【操作判断】（1）如图1，若点，分别是，边的中点，分别沿和折叠，使点与点重合，点与点重合． ①四边形________平行四边形（填“是”或“不是”）； ②若四边形是矩形，求的度数． 【迁移思考】（2）如图2，沿折叠，点恰好与点重合，求证：四边形是菱形． 【拓展探索】（3）如图3，若点为边的中点，沿折叠，点的对应点为点，延长与射线交于点．若，，请直接写出线段的长． 【答案】（1）①是；②；（2）见解析；（3）或 【分析】（1）①根据平行四边形的性质可得，，根据折叠的性质可得，进而根据三角形内角和定理，得出，再证明，即可判断四边形是平行四边形； ②根据矩形的性质可得，根据折叠可得，进而求得； （2）根据折叠得出，根据平行线的性质和等角对等边得出，即可得证； （3）连接，分两种情况，点在线段上以及线段的延长线上，根据折叠的性质，等边对等角证明，结合图形，即可求解． 【详解】解：①∵， ∴，， 根据折叠可得， ∴， ∴即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ②∵四边形是矩形， ∴ 根据折叠可得 ∴； （2）∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （3）如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∵点为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 当点在线段的延长线上时，连接，如图： 同理可得 ∴， 综上所述，或． 【变式26-2】（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题背景】 同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． 【问题探索】 （1）如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为菱形； 【拓展延伸】 （2）如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长； （3）如图3，改变点的位置，将沿折叠，连接，当是以为直角的三角形时，求的长度． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由折叠的性质结合平行四边形的性质得到，，，由得到，因此，从而，即可得到，得证结论； （2）延长交于点H，由折叠的性质先证明是等腰三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，易证是等腰三角形，用平行四边形的面积公式即可求出，进而得到，利用勾股定理即可解答． （3）分点E不与点C重合，点E与点C重合两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）证明：由折叠的性质可得：，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：如图，延长交于点H， 由折叠的性质可得：， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形是平行四边形，，， ，， ，， 是等腰直角三角形， ， ∴， ， ， ． （3）解：当点E不与点C重合时，延长交于点， 则， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵由折叠有， ∴在中，， ∴； ②当与点C重合时，记，的交点为， 由①可知，当时，， ∴，而， ∴， ∴当重合时，， 由折叠可得： 综上所述，或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握折叠的性质，平行四边形的性质，是解题的关键． 【变式26-3】如图，已知平行四边形，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点是平行四边形边上的一个动点． 点的坐标为______，的长为______． 若点在边，上，点关于坐标轴对称的点落在直线上，求点的坐标． 若点在边，，上，点是与轴的交点，如图，过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，它们相交于点，将沿直线翻折，当点的对应点落在坐标轴上时，求点的坐标直接写出答案． 【答案】    【解析】解：点的坐标为，点的坐标为， ， 四边形是平行四边形， ， 由点的坐标为知点坐标为， ， 故答案为：，； 当点在边上时， 直线的解析式为， 设，且， 若点关于轴的对称点在直线上， ， 解得， 此时． 当点在边上时，设且， 点关于轴的对称点在直线上， ， 解得， 此时， 综上所述，点的坐标为或． 如图中，当点在线段上时，设． 在中，，， ， 在中，， ，解得， 根据对称性可知，也满足条件． 如图中，当点在上时，易知四边形是正方形，边长为，此时． 如图中，当点在线段上时，设交轴于易证，推出，设． 直线的解析式为， ， 在中，有，解得， ． 综上所述点的坐标为或或或． 【考点27 动点与平行四边形存在性】 【例27】（24-25八年级下·广东广州·期末）梅文鼎是我国清代著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法，如图是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在中，，四边形和分别是以的三边为一边的正方形，延长和，交于点L，连接并延长交于点J，交于点K，延长交于点M． (1)证明：正方形的面积等于四边形的面积； (2)请利用（1）中的结论证明勾股定理． (3)如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）并说明作图依据；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)见详解 【分析】（1）根据正方形的性质和证明，然后证明，所以，由此可得结论； （2）证明正方形的面积+正方形的面积平行四边形的面积+平行四边形的面积=正方形，可得结论； （3）如图2，延长和交于点L，以A为圆心为半径画弧交于点M，在的延长线上取作平行四边形，作射线交于K，交于J，结合平行四边形的性质以及平行线之间距离处处相等进行作答即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵四边形，和是正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； ∵， ∴ ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴正方形的面积等于四边形的面积； （2）证明：由正方形可得， 又，所以四边形是平行四边形， 由（1）知，四边形是平行四边形， ∴， 如图1，延长交于， 同理有， ∴． 即． （3）解：如图2，延长和交于点L，以A为圆心为半径画弧交于点M，在的延长线上取作平行四边形，作射线交于K，交于J，则四边形即为所求． 由图可知射线把平行四边形分成平行四边形和平行四边形，根据同底等高可得：平行四边形，平行四边形，平行四边形的面积相等，同理平行四边形，平行四边形，平行四边形的面积相等(Q是直线与的交点)，所以平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型． 【变式27-1】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，A、C两点的坐标分别为．将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位长度，得到平行四边形，其中边与x轴交于点G，边与交于点H． (1)请直接写出点N，M的坐标以及直线的表达式__________． (2)平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形，请求出重叠部分的面积． (3)点E是x轴上一动点，在直线上是否存在点D，使以点O、N、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点D、点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)或或 【分析】（1）由平移的性质即可求得点N，M的坐标，根据待定系数法即可求得直线的表达式； （2）先根据平行四边形的性质和平移的性质可证明，由此即可证明四边形是平行四边形，即平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形；对于直线的解析式为，令，求出，则，过点M作轴于F，则，，即平行四边形与平行四边形的重叠部分的面积为； （3）分为边和为对角线两种情况利用平行四边形的性质进行求解即可． 【详解】（1）解：∵将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到平行四边形， ∴点C、点O分别向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到点M、点N， ∵， ∴． 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为． 故答案为：， （2）解：过点M作轴于F， ∵四边形是平行四边形， ∴， 由平移的性质可得， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形； 在中，当，， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴平行四边形与平行四边形的重叠部分的面积为． （3）解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 同理可得直线的解析式为， 设， 当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得： ， 解得， ∴； 当为边时，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或； 综上所述，当或或时，以O，N，D，E为顶点的四边形为平行四边形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，平移的性质，坐标与图形，勾股定理，一次函数与几何综合等等，熟知平行四边形的性质与判定条件是解题的关键． 【变式27-2】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在平行四边形中，，，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒． (1)用含t的代数式表示 ； (2)当时，求t的值； (3)请问是否存在t的值，使得A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据路程=速度×时间，求解即可 ； （2）当时，过点A作于点F，则，，得到，根据题意，得，，构造等式求解即可； （3）当时，；当时，， 根据平行四边形的判定，列式求解即可． 【详解】（1）解：∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动， ∴； （2）解：当时，如图1，过点A作于点F，则，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动， ∴，， ∴， ∴， 解得． （3）解：存在， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动， ∴，， ∴当点P与点D重合时，， 故， 解得， ∴当点Q与点B重合时，， 故， 解得， ∴当时，； 当时，， ∵， ∴当时，A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形， 当时，如图2，四边形是平行四边形， ∵， ∴， 解得； 当时，如图3，四边形是平行四边形， ∵， ∴， 解得； 综上所述，t的值为或． 【变式27-3】如图，在平面直角坐标系中，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，． (1)求出点的坐标； (2)一次函数的图象分别与线段交于两点，求证：； (3)点是直线上一动点，在轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见详解 (3)存在，或或 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及图形与坐标，一次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）运用平行四边形的性质，得出，因为，则点的坐标； （2）依题意，把代入，得出，把代入，得，根据线段关系，分别表达 ，进行比较，即可作答． （3）结合以为顶点的四边形是平行四边形，进行分类讨论，即当为对角线时，当为边时，运用平行四边形的性质：对边平行且相等等性质内容进行线段的运算，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴点的坐标； （2）解：∵，且由（1）得点的坐标， ∴， ∵一次函数的图象分别与线段交于两点， ∴把代入，得出，即， ∴把代入，得出，即， 则， ∴； （3）解：存在： 已知，点在轴上， 当为对角线时，四边形是平行四边形， ∴， 如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴，即轴， ∴点与点重合， ∴，， ∴； 当为边时，且当N在轴的负半轴时，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点的坐标，， ∴点的纵坐标与的纵坐标相等，即为， ∵点是直线上一动点， ∴此时点与点重合的， ∴，则， ∵当N在轴的负半轴， ∴； 当为边时，且当N在轴的正半轴时，如图所示： 设点N的坐标为， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点的坐标，， ∴点向下平移个单位，向左平移个单位得到点， ∴点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M， ∴点的纵坐标为， ∵点是直线上一动点， ∴设的解析式为， 把，代入， 则， 解得， ∴的解析式为， 把代入， 解得， ∴， ∵点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M， ∴， ∴； 综上：或或． 【考点28 特殊四边形与几何变换】 【例28】（2024·山西临汾·一模）综合与实践 问题情境： 在数学课上，张老师带领同学们以“平移探究”为主题进行教学活动．如图，在菱形纸片中，，，将菱形沿对角线剪开，得到和，将沿射线方向平移一定距离得到，连接，． 猜想证明： （1）如图1，试判断四边形的形状，并说明理由； 实践探究： （2）如图2，当四边形为矩形时，求平移的距离； 问题拓展： （3）小颖同学受张老师启发将菱形沿对角线剪开，得到和，按如图3方式放置进行平移探究．将沿方向平移，连接，，并添加条件使得以A、F、C、E为顶点的四边形是一个特殊四边形，请在图4中画出平移后的图形，并写出必要的文字说明． 【答案】（1）四边形是平行四边形，理由见解析；（2）；（3）当点平移至中点时，四边形是矩形，作图见解析 【分析】（1）根据菱形的性质及平移的性质即可证明四边形是平行四边形； （2）连接交于，由菱形的性质可得，在根据矩形的性质结合含的直角三角形可得，即可求解； （3）由平移可知，，，由菱形的性质可知，，添加条件“点平移至中点”，可得，，即可得四边形是矩形． 【详解】解：（1）四边形是平行四边形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴，， 由平移可知，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）连接交于， ∵四边形是菱形， ∴，，， 则，， ∴， 当四边形为矩形时，， ∴，则， ∴， 则， 即：沿射线方向平移； （3）如图，当点平移至中点时，四边形是矩形， 理由如下：由平移可知，，， 由菱形的性质可知，， 当点平移至中点时，，则， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定及性质，含的直角三角形的性质，平行四边形的判定及性质，平移的性质等，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【变式28-1】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置； 操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置． 根据以上操作，填空： ①图1中四边形的形状是 ； ②图2中与的数量关系是 ；四边形的形状是 ． (2)迁移探究 小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下： 将三角板按（1）中的方式操作，如图3，在平移过程中，四边形的形状能否是菱形，若不能，请说明理由，若能，请求出的长． (3)拓展应用 在（2）的探究过程中： ①当为等腰三角形时，请直接写出的长； ②直接写出的最小值． 【答案】(1)①正方形；②，平行四边形 (2)是菱形，6厘米 (3)①6厘米或厘米或18厘米；② 【分析】（1）①利用正方形的判定可求解；②由平移的性质可得，，可得结论； （2）先证四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，即可求解； （3）①分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解；②作点A关于直线的对称点N，连接，连接交直线于P，即的最小值为的长，由直角三角形的性质和勾股定理可求解． 【详解】（1）①∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， 故答案为：正方形； ②∵四边形是正方形， ∴， ∵将三角板沿方向平移， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：，平行四边形； （2）四边形的形状可以是菱形， 如图3，连接， ∵， ∴， ∵将三角板沿方向平移， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； （3）①当时，为等腰三角形，如图， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 当时，为等腰三角形； 当时，为等腰三角形， 如图，过点B作于H， ∵， ∴， ∵， ∴， 综上所述：的长为，或； ②如图5，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵将三角板沿方向平移， ∴， ∴， 作点A关于直线的对称点N，连接，连接交直线于P，即的最小值为的长， 过点N作直线于E， ∵点A，点N关于对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，平移的性质，利用等腰三角形的性质分类讨论是解题的关键． 【变式28-2】（24-25九年级上·福建福州·期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得到．    (1)如图①，当旋转后满足轴时，求点的坐标， (2)如图②，当旋转后点恰好落在轴正半轴上时，求线段的长． (3)在（2）的条件下，边上的一点旋转后的对应点为．当取得最小值时，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）如图1中，作轴于H．只要证明四边形是矩形，利用矩形的性质即可解决问题； （2）如图2中，作轴于M．在中，求出即可解决问题； （3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，由题意可得，根据轴对称的性质可得，由，得当点共线时，取得最小值，此时的点记作点，只要求出直线的解析式即可解决问题． 【详解】（1）解：过点C作轴于H，    ∵，， ∴，， 由旋转的性质，可得， ∴，，， 又∵轴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴点C的坐标为； （2）解：过点D作轴于M，    由面积知， 在中，由勾股定理得 ， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴点D的坐标为 ∴； （3）解：连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，    由题意可得， 根据轴对称的性质可得， ∵， ∴当点共线时，取得最小值，此时的点记作点 由对称得，点D的坐标为， ∴设直线的解析式为， 则， 解得， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴点的坐标为． 【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题、勾股定理解直角三角形，两点之间线段最短，一次函数与坐标轴的交点问题，矩形的判定与性质等知识，解题的关键是会利用两点之间线段最短解决最短路径问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 【变式28-3】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）点E，F是不同边上的两点（E，F不与顶点重合），连接，的一个顶点（不妨设为B）关于的对称点为O，我们把的其他顶点（不妨设为D）与O的距离称为这个点D与B的“关联距离”．比如：如图（1），点B与O关于对称，若，则点D与B的“关联距离”是1． (1)如图（2），四边形是矩形，点B关于的对称点O恰好在上，若，，，则点D与B的“关联距离”=_________，点C与B的“关联距离”=_________； (2)如图（3），，点A关于的对称点O在的延长线上，若，，求点B与A的“关联距离”； (3)如图（4），四边形是菱形，，点A关于的对称点O恰好在直线上，若，，直接写出点C与A的“关联距离”． 【答案】(1)2， (2) (3)或 【分析】（1）连接，．根据题意，结合矩形性质，先在中，运用勾股定理，求出，再通过，求出点D与B的“关联距离”．最后在中，运用勾股定理，求出点C与B的“关联距离”． （2）连接，延长交于点H，过点O作于点G．先求，在中，计算出的长，根据图形对称的性质，求出的长，在中，求得、的长，从而求得的长，最后在中，运用勾股定理，求出点B与A的“关联距离”． （3）考虑点O在线段上以及点O在射线上（点B下方）分别讨论，求出点C与A的“关联距离”． 【详解】（1）解：如图，连接，． ∵点B关于的对称点O恰好在上， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴在中， ， ∴， ∴点D与B的“关联距离”为2． ∵在中， ， ∴点C与B的“关联距离”为． （2）解：如图，连接，延长交于点H，过点O作于点G． ∵在中，， ∴， ∵点A与点O关于对称， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中， ， ∵， ∴在中， ， ∴点B与A的“关联距离”为． （3）解：分两种情况讨论： ①若点O在线段上，如图，过点E作于点N，连接． ∴， ∵，， ∴在中， ， ， ∵在菱形中， ， ∴， ∴在中， ， ∵，，， ∴， ∴是直角三角形，， ∵在菱形中， ， ∴， ∵点A与点O关于对称， ∴， ∴在中， ， ∴， ∴点C与A的“关联距离”为； ②若点O在射线上（点B下方），如图，过点E作于点N，连接． 由①同理可得， ∴， ∴点C与A的“关联距离”为； 综上所述，点C与A的“关联距离”为或． 【考点29 特殊四边形与存在性问题】 【例29】（24-25八年级下·湖南长沙·月考）如图，直线与坐标轴分别交于点，，与直线交于点，射线上的动点以每秒个长度单位的速度从点出发，沿着方向作匀速运动，运动时间为秒，连结． (1)则点的坐标____________； (2)若是等腰直角三角形，则的值为_________； (3)若平分的面积，求直线对应的函数关系式． (4)若的面积为，则点的坐标为_____________． (5)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． (6)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3) (4)或 (5)或或或 (6)或 【分析】根据直线与直线交于点，联立成方程组，解方程组即可求出点的坐标； 设的坐标为，由直线与轴的正半轴所夹锐角为，因此当时或当时，是等腰直角三角形，分别求出点的坐标进而得出的值即可； 先求出点的坐标，然后运用待定系数法求出直线的解析式即可； 过作于，根据三角形的面积公式解答即可； 分三种情况讨论：以、为边作菱形；以为边、为对角线作菱形；以为边、为对角线作菱形，分别求解即可； 分别两种情况讨论：以为边作矩形，设的坐标为，根据矩形的性质，利用勾股定理得，再根据和表示的长，列出方程求解即可；以为对角线作矩形，根据矩形的性质求得坐标即可． 【详解】（1）解：直线与直线交于点， 解得： ， 故答案为； （2）直线与轴的正半轴所夹锐角为， ， 由题意，设的坐标为， 当时，是等腰直角三角形，此时轴于点， ， ， ， ， ； 当时，是等腰直角三角形，此时， 如图，过作于，则， ， ， ， ，， ； 综上所述：或， 故答案为或； （3）如图： 由， 令，得，， 平分的面积， ， ， 设直线的解析式是， 把，代入得：， 解得：， 直线对应的函数关系式是； （4）由（2）于， ，于， ， ， ， ， 的坐标为或； （5）分三种情况讨论： 以、为边作菱形，如图和图， ，，， 设， ，， ，， ， 解得或， 点坐标为或； 以为边、为对角线作菱形，如图， 、关于轴对称，， ； 以为边、为对角线菱形，如图， ，， 设， ，， ，， ， 解得， 坐标为， 综上所述符合条件的的坐标为或或或， 故答案为或或或； （6）分别两种情况讨论： 以为边作矩形， 设的坐标为， 四边形为矩形， ， ，， ， 解得， ； 以为对角线作矩形， ， 四边形是矩形， ， ， ， 的坐标为 ， 综上所述点的坐标为或， 故答案为或 ． 【点睛】本题考查了用待定系数法求出一次函数解析式，坐标与图形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，菱形的性质，矩形的性质，两点间距离公式以及分类讨论的思想等知识点的应用，题目是一道比较典型的题目，综合性比较强． 【变式29-1】已知矩形中，，．点E、F、G、H分别在、、、上，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，是否存在四边形是菱形？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由； (3)对于上的任意一点E，是否存在一个四边形是菱形？若都存在，请加以证明；若上只有一部分点存在，请求出存在四边形是菱形时，长的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，当时，四边形是菱形，理由见解析 (3)上只有一部分点存在，当 ，四边形是菱形． 【分析】（1）利用全等三角形的性质证明，即可解决问题； （2）存在．设，根据，可得即可解决问题； （3）结论：上只有一部分点存在．利用勾股定理可得a、b的关系，列出不等式即可解决问题； 【详解】（1）解：如图1中， ∵四边形是矩形，    ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 同法可证， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）存在．设， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，，． ∴，，， ∴， ∴． ∴当时，四边形是菱形． （3）结论：上只有一部分点存在． 理由如下： 设，则，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 解得， ∴当 ，四边形是菱形． 【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理，一元一次不等式组是解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型． 【变式29-2】（25-26八年级上·四川达州·期末）在平面直角坐标系中，四边形为正方形，，，为线段上一点，且．      (1)求直线的函数解析式； (2)作点关于轴的对称点，点为直线上一动点，在射线上是否存在点，使以为斜边的等腰直角三角形，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由； (3)在正方形的边上有一点，若，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)存在，点坐标为 (3)点坐标为或 【分析】（1）首先确定点，点坐标，然后利用待定系数法求解即可； （2）设，当时，过点作于点，过点作于点，，，，，结合全等三角形的性质和建立方程即可求解； （3）分点在上、点在上、点在上和点在上四种情况，分别讨论，即可获得答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵点在轴正半轴上，且， 即 ∴， 设直线的函数解析式为， 将点，代入， 可得，解得， ∴直线的函数解析式为； （2）解：设，如图， 当时，此时，过点作于点，过点作于点， 则，，，，， ∴， ∴， 又∵， 即 ∴， ∴，， ∵， ∴，解得， ∴， ∴； （3）解：当点在上时，如图， 设，则，， ∵，， 若， 则有，解得， 即； 当点在上时，如图， 设，则，， ∴，， 若， 则有，解得，不合题意，舍去； 当点在上时，如下图， 设，则，， ∴，， 若，则有，解得， 即； 当点在上时，如下图， 此时，而，故不符合题意，舍去． 综上所述，点坐标为或． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质、坐标与图形、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、一次函数综合应用等知识，综合性强，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键． 【变式29-3】如图，四边形中， ，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作于点，连接交于点，连接，设运动时间为秒． (1)连接，，当为何值时，四边形为平行四边形； (2)在运动过程中，是否存在某一时刻，使得平分，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)设四边形的面积为，求与的函数关系式； (4)将沿翻折，得到在运动过程中，是否存在某时刻，使四边形为菱形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， (3) (4)存在， 【分析】（1）根据，构建方程求解； （2）过点作于点．证明，由此构建方程求解； （3）根据求解； （4）根据，构建方程求解． 【详解】（1）解：当时，四边形是平行四边形， 则有， ； （2）如图，过点作于点． 平分，，， ， ， ，， ， ， ：：， ； （3） ， ， ， ， ， ， ， ， 由题意， ； （4）存在． 理由如下：将沿翻折得， ，， 当时有四边形为菱形， ， 解得， ，四边形为菱形． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了梯形的性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【考点30 特殊四边形中动点与最值】 【例30】[问题提出] （1）如图①，为矩形的对角线，点E为的中点，连接，若，，则的长为 ； [问题探究] （2）如图②，为的对角线，且，点E、F分别为边、的中点，连接，，试判断四边形的形状，并说明理由； [问题解决] （3）如图③，是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为平行四边形，其中点D在的延长线上，E、F分别为边、的中点，在四边形内种植某种新品种果树，经测量，，，米，，P、H为两个临时仓库，其中H为的中点，点P在上，现要沿、修建两条运输通道，问运输通道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）的最小值为米． 【分析】（1）先求解，可得； （2）证明，，结合，可得四边形是平行四边形，结合，F为边的中点，可得，从而可得结论； （3）如图，连接，连接交于，证明四边形是矩形，可得，结合（2）可得：四边形为菱形；可得，此时最小，证明为等边三角形，可得，证明，，再进一步可得答案． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴， ∵点E为的中点， ∴； （2）四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点E、F分别为边、的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，F为边的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （3）如图，连接，连接交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵E、F分别为边、的中点， 结合（2）可得：四边形为菱形； ∴，，，互相垂直平分， ∴，此时最小， ∵， ∴， ∴为等边三角形，而， ∴， ∵H为的中点， ∴，， ∴； ∴的最小值为米． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，化为最简二次根式，掌握几何基础知识是解本题的关键． 【变式30-1】、是的边上两定点，是边上一动点，分别以、为边在上方同侧作正方形、正方形． (1)如图①，，，，连接、． ①求证：； ②当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请直接写出答案；若不存在，请说明理由； (2)如图②，，连接，当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请用直尺与圆规作出此时点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)①见解析；②存在， (2)存在，见解析 【分析】（1）①证明，推出即可；②存在，设交于点，交于点，过点作于点，根据垂线段最短可知，当点于重合时，的值最小； （2）在上取一点，使，证明，推出，推出点在射线上运动，作于，当点与重合时，的值最小，连接，以为圆心，以为半径作弧，交于点，当点与重合时，的值最小． 【详解】（1）①证明：∵四边形、四边形是正方形， ∴，，． ∴．即． ∴． ∴． ②存在，．理由：如下图，设交于点，交于点，过点作于点 ∵， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 根据垂线段最短可知，当点于重合时，的值最小，最小为， ∵， ∴的最小值为． （2）解：如下图，在上取一点，使， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在射线上运动，作于，当点与重合时，的值最小，连接，以为圆心，以为半径作弧，交于点，当点与重合时，的值最小，故点即为所求． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题关键是正确寻找全等三角形． 【变式30-2】如图，，四边形ABCD是正方形，且点A、D始终分别在射线OM和ON上． (1)如图1，若，点A、D在OM，ON上滑动过程中，OB何时取最大值，并求出此最大值． (2)如图2，点P在AB上，且，DP交AC于点F，延长射线BF交AD，ON分别于点G、Q． ①求证：． ②若，求的周长． 【答案】(1)经过的中点时最大，最大值为 (2)①见解析；② 【分析】（1）取的中点，连接、，则，当经过的中点时最大，由已知可得，由勾股定理可求得，则可求得最大值； （2）①由正方形的性质可证明，则有，又由互余的性质可得，再由角平分线的定义及等量代换可得，则可得结论； ②过点作于点，由已知可证明，则，，再由辅助线作法及①中结论易得四边形是矩形，故有，，由①有，则 ，最后易得结果． 【详解】（1）解：取的中点，连接、，如图所示， 则， 当经过的中点时最大； ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，的中点为， ∴， 在中，由勾股定理可求得， ∴， ∴最大值为； 即经过的中点时最大，最大值为； （2）解：①∵四边形是正方形， ∴，， ∵, ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，过点作于点， 则， 由①知，， ∵， ∴， ∴，， 由①知，， ∴四边形是矩形， ∴，， 由①知，， ∴， ∵， 又，， ∴的周长． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，两点间线段最短，直角三角形斜边上中线的性质及勾股定理等知识，灵活运用这些知识是关键，注意构造适当的辅助线． 【变式30-3】阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是． （1）在图2中，的度数是 （直接写答案）． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （2）如图3，在直角梯形中，（），，，是上一点，若，，求的长度． （3）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当 时，线段有最大值，并求出的最大值． 【答案】（1）； （2）； （3）当时，线段有最大值，最大值为． 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形三边之间的关系、旋转的性质属于综合题． 将绕点顺时针旋转得到，根据正方形的性质可知，因为，可得：； 过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，可证，根据全等三角形的性质可得，可以求出，根据勾股定理可得：，即可求出；     将绕点逆时针旋转得线段，连接、，利用勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可证，当、、三点共线时，有最大值，最大值为． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ； 故答案为：；                    解：如下图所示，过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，      ，，，， 直角梯形中，（），，， ， 四边形是正方形，，， 点与重合，、、三点共线，                    ， 由可知， 在和中，， （）， ，                                          ， ， ，， ， 在中，， ， 解得：；                                      当时，线段有最大值，               如下图所示，将绕点逆时针旋转得线段，连接、， 是等腰直角三角形，， ， ，              四边形是正方形， ，， ，即， 在和中，， ， ，                                 当有最大值时，有最大值， ，， 当、、三点共线时，有最大值， 最大值为， ， 此时， 当时，线段有最大值，最大值为． 【考点31 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 【例31】（2026·江西萍乡·一模）如图是的正方形网格，是格点三角形（顶点在小正方形的顶点处），请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，请作线段，且点在边上，使得平分的面积； (2)如图2，请作线段，且点在边上，使得平分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的对角线互相平分，三角形的中线平分三角形的面积解答即可； （2）根据矩形的性质，中线的性质，平行线的性质，面积的性质作图即可． 【详解】（1）解：根据矩形的对角线互相平分，三角形的中线平分三角形的面积，作图如下： 则线段即为所求； （2）解：连接交于点G，根据矩形的性质，得到点G是的中点， 连接， 则， 连接，设与的交点为E， 连接，设的交点为Q， 根据三角形中位线，得， ， ， ， 则即为所求． 【变式31-1】（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，、、、都是格点，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在图1中，画出以为一边的（点、为格点），使其面积为8，且连接，使； (2)在图2中，画出以为底边的等腰（点为格点），且，再作出边上的高（保留作图痕迹，体现作图过程）．此时线段的长为_____． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析， 【分析】（1）在方格纸中作高为2的平行四边形确定线段所在直线，同时满足确定点和点的位置即可； （2）由矩形的性质可得点，结合等腰三角形的判定和性质可得，根据勾股定理，结合三角形的面积公式，可得线段的长． 【详解】（1）解：如图，四边形即为以格点、、、为顶点的面积等于8的平行四边形，而且； （2）解：如图，是以为底边的等腰三角形，为边上的高， ∵，， ∴是以为底边的等腰三角形， 由矩形的性质可得点为的中点， ∴， ∴是边上的高， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【变式31-2】如图，5×5网格是由边长为1个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是．已知格点P，请按以下要求画格点四边形（四边形的顶点都在格点上）．      (1)在图和图中分别画，使，的面积为，且这两个平行四边形不全等． (2)在图和图中分别画矩形，使矩形的面积为，且这两个矩形互不全等． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由该5×5网格是由边长为1个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是，求出该小菱形的高为，从而得出每个小菱形的面积为，即包含四个小菱形即可，进而可画出图形； （2）由题意可求出上下相邻的两个小菱形的较短对角线与其上底或下的夹角为，且长度为，即可做矩形的宽，再取其长为3即可画出一种；又可求出小菱形较短的对角线长度为1，较长的对角线长度为，且互相垂直，即取较短的对角线一条，较长的对角线3条即可又画出一种． 【详解】（1）解：如图中和图中即为所作；      （2）解：如图中和图中即为所作；      【点睛】本题考查格点作图，菱形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质．利用数形结合的思想是解题关键． 【变式31-3】（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）如图1，点在四边形内，满足，，则称点为四边形的一个等分角点．如图2，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，两个四边形的顶点均在格点上，请用无刻度的直尺在图中画图． (1)画出正方形的一个等分角点，使得点为格点，且满足； (2)画出四边形的一个等分角点，保留画图痕迹． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质． （1）连接交于点，由正方形的性质知，在上取点下方的一个格点，则，，此时，则点即为所作； （2）构造正方形，连接并延长交于点，由（1）知，，则点即为所作． 【详解】（1）解：如图，点即为所作； ； （2）解：如图，点即为所作． 【考点32 一次函数中求图形面积】 【例32】（25-26八年级上·安徽安庆·期中）如图，直线与轴、轴分别交于两点，为直线上一点，另一直线经过点．点是直线与轴的交点． (1)求点的坐标和直线的解析式； (2)判断的形状； (3)若点是直线上一点，当的面积等于面积两倍时，求出点的坐标． 【答案】(1)， (2)等腰直角三角形； (3)或 【分析】（）先求出点坐标，再利用待定系数法解答即可； （）求出点坐标，可得，即得，同理得，即得，即可求解； （）求出点坐标，即得，即得到，设，再分点在轴下方和上方两种情况解答即可求解； 本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数的几何应用，等腰直角三角形的判定，掌握一次函数的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】（1）解：∵为直线上一点， ∴， 解得， ∴点的坐标为， 将点代入，得， 解得． ∴直线的解析式为； （2）解：在中，令，得；令，得， ∴， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 同理在直线：中，可得， ∴ ∴是等腰直角三角形； （3）解：∵直线与轴的交点为， ∴， ∴， ∴， 设， ①当点在轴下方时，， 解得， ∴点的坐标为； ②当点在轴上方时，， 解得， ∴点的坐标为； 综上，当的面积等于面积两倍时，点的坐标为或． 【变式32-1】（25-26八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，的图象与轴，轴分别交于点，，且两个函数图象相交于点． (1)填空： ， ； (2)求的面积； (3)在线段上是否存在一点，使得的面积与四边形的面积比为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3，6 (2)50 (3)存在， 【分析】本题是一次函数综合题，主要考查一次函数的性质、三角形的面积、直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质和分类讨论的数学思想解答． （1）由是一次函数与的图象的交点，即可解出； （2）由两个一次函数解析式分别求出它们与x轴的交点坐标，得到的长，从而算出的面积； （3）由已知条件可得的面积，进而得出的长，即可得点M的坐标． 【详解】（1）解：是一次函数与的图象的交点， ， 解得， ， 解得， 故答案为：3，6； （2）解：由（1）可知，， 当时，，解得，，即， 当时，，解得，，即， ， ， 的面积为50； （3）解：的面积与四边形的面积比为，， ， 当时，，即， 设，则， ，解得，， ， 存在，且 【变式32-2】（25-26八年级上·四川达州·月考）如图，直线的解析式为，且与轴交于点，直线经过点、，直线，交于点． (1)求直线的解析式； (2)求的面积； (3)在直线上存在异于点的另一点，使得是的面积的倍，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)的坐标为或 【分析】本题考查的是一次函数的性质，三角形面积的计算等有关知识，利用图象上点的坐标得出解析式是解题关键． （1）设的解析式为，由图可得，；，，代入可得方程组，即可求出，的值； （2）根据直线的解析式为，求出点D坐标，联立直线，方程组，求出交点的坐标，继而可求出； （3）与底边都是，根据的面积是面积的倍，可得点的坐标． 【详解】（1）解：设直线的解析式为，把，；， 代入得 ， 解得， 直线的解析式为； （2）解：由，令，得， ， ； 由， 解得， ， ， ； （3）解：与有公共底边且在x轴上，的面积是面积的倍， ∴点到直线轴的距离是点到直线轴的距离的倍， 即纵坐标的绝对值是，则到轴距离为， 点纵坐标是， 将代入， ， 解得， ， 将代入， ， 解得， ， 综上所述，的坐标为或． 【变式32-3】（25-26八年级上·河北保定·期中）如图，直角坐标系中，，直线与轴交于点，直线与轴及直线分别交于点．点关于轴对称，连接． (1)求点的坐标及直线的解析式； (2)设面积的和，求的值； (3)在求（2）中时，小明有个想法：“将沿轴翻折到的位置，而与四边形拼接后可看成，这样求便转化为直接求的面积，更快捷．”但大家经反复验算，发现，请通过计算解释他的想法错在哪里． 【答案】(1)，，直线的解析式为：； (2) (3)见详解 【分析】本题主要考查一次函数与几何图形的综合，掌握一次函数图象的性质是关键． （1）根据直线与坐标轴的交点进行计算得到的坐标，运用待定系数法即可求解直线的解析式； （2）根据题意得到，根据面积公式计算即可求解； （3）根据轴对称的性质判定即可． 【详解】（1）解：直线与轴及直线分别交于点， ∴当时，， 解得，， ∴， 当时，， ∴， ∵点关于轴对称， ∴， 设直线的解析式为，把点代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为：； （2）解：∵， ∴， ∴ ； （3）解：在直线：中，当时，， 解得，， ∴直线与轴的交点为，与点不同， ∴，即． 【考点33 一次函数中的动点问题】 【例33】（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在四边形中，，，且满足，，，点P从点A出发，沿着折线A→B→C运动，到达点Ｃ后停止运动．设点P运动的路程为x，的面积为y． (1)请直接写出y关于x的函数表达式，并写出对应自变量x的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； (3)结合函数图象，当时，请直接写出x的值． 【答案】(1) (2)图象见解析；性质：该函数在时取得最大值为12（答案不唯一） (3)或 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，梯形的性质，等腰三角形的判定与性质，一次函数的解析式的求解，一次函数的图象与性质，解决本题的关键是分类讨论点P的位置得到表达式． （1）作辅助线构造矩形，并证明为等腰直角三角形，由此可得的长度，分类讨论点P在上与点P在上两种情况，当点P在上时，根据求解即可；当点P在上时，根据三角形面积公式求解即可； （2）先列表，再描点，从而在给定的平面直角坐标系中画出函数图象即可，再根据一次函数的图象得到性质即可； （2）根据函数图象即可求解． 【详解】（1）解：过点C作的延长线于点D，如图， ∵，， ∴，即四边形是梯形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，即， ∴， 又， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 则， 当点P在上时，， ∵点P运动的路程为x，即，则， ∴， ， ， ∴； 当点P在上时，，如图， ∴，则， ∴； ∴； （2）解：由（1）知，， 列表可得： x 0 2 4 6 9 y 4 8 12 8 2 描点可得图象为： 性质：该函数在时取得最大值为12； （3）解：由图象可知，当时，或． 【变式33-1】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是线段上任意一点（，两点除外）． (1)求直线的解析式； (2)过点分别作于点，于点，当点在上运动时，你认为四边形的周长是否发生变化？并说明理由； 【答案】(1) (2)不发生变化，理由见解析 【分析】此题考查了一次函数的图象和性质、一次函数和几何综合题，求出一次函数解析式是关键． （1）利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）设点的坐标为，四边形的周长即可得到结论． 【详解】（1）解；设直线的解析式为， 由题意可得， 解得， 的解析式为； （2）不发生变化．理由如下： 设点的坐标为， ，． 四边形的周长 四边形的周长不发生变化 【变式33-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）如图，已知长方形中，，，为边的中点，为长方形边上的动点，动点以4个单位／秒的速度从出发，沿着运动到点停止，设点运动的时间为秒，的面积为． (1)点运动过程中，求出与之间的关系式； (2)当为何值时，最大？并求出的最大值． 【答案】(1) (2)当时，最大，的最大值为． 【分析】此题是四边形综合题，主要考查了三角形面积求法，求一次函数的解析式和一次函数的性质，分类讨论是关键． （1）分两种情况讨论，求出函数解析式即可； （2）根据一次函数的性质求出最值即可． 【详解】（1）解：①当P在上时，即时（如图1）， 此时，， ∴的面积为， ②当点P在上时，即（如图2）， 此时， 则 ． 所以y与之间的关系式为， ∴ （2）当时，的面积为， ∵ ∴y随着x的增大而增大， ∴当时，， 当时，的面积为， ∵ ∴y随着x的增大而减小， ∴当时，， 综上可知，当时，最大，的最大值为． 【变式33-3】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1所示，在中，，，，E点是边上一点，且，动点M从B点出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线B→A→C方向运动，当点M与点C重合时停止运动．运动过程中，设动点M运动的时间为x秒（），的面积为． (1)请直接写出与x的函数表达式以及自变量x的取值范围； (2)在直角坐标系中画出函数的图象，并写出函数的一条性质； (3)已知函数的图象如图2所示，请结合函数图象直接写出当时，自变量x的取值范围（近似值保留一位小数，误差不超过） 【答案】(1) (2)图象见解析，当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小（答案不唯一） (3)（答案不唯一，误差范围不超过） 【分析】本题考查一次函数的应用，熟练掌握一次函数的图象和性质是解题的关键． （1）分两种情况分别求出函数解析式，并确定自变量x的取值范围； （2）通过解析式及自变量的取值范围画出函数的图象，根据图象进行解答即可； （3）通过函数解析式，分别求出函数与函数相交时，自变量x的值，可以帮助结合图象进行判断． 【详解】（1）解：当时，点在上，， 如图所示，过点作于点， ，， ， 在中，， ， 当时，点在上，， 如图所示， ， 故答案为：； （2）函数的图象如图所示： 当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小；（答案不唯一） （3）（令，得；令，得）， ∴当时，结合图象观察可知的取值范围为（答案不唯一，误差范围不超过）． 【考点34 与一次函数图象有关的应用】 【例34】（25-26八年级上·山西运城·月考）综合与探究 问题情境：2025年世界机器人运动大会竞速项目中，甲、乙两款机器人在的直线跑道上进行比赛．他们从跑道的同一起点同时出发，跑到终点，然后沿原路返回起点． 问题探究：比赛过程中，机器人实时位置到起点的距离（单位：）与时间（单位：s）的函数图象（不完整）如图所示，其中折线是甲款机器人的图象，线段是乙款机器人的部分图象，已知对应的函数关系式为． 问题解决： (1)①点的坐标为___________． ②求线段对应的函数关系式． (2)乙款机器人到达终点后，因故障耽误了，然后以原来的速度返回起点，请你在图中画出乙款机器人返回时的大致函数图象（线段），用字母标注两个端点，并写出两个端点的坐标． (3)从乙款机器人到达终点后开始探究，当两款机器人到起点的距离之差为时，直接写出的值． 【答案】(1)①；② (2)图象见解析； (3)的值为或50 【分析】本题考查了从函数图象中获取信息，用待定系数法求一次函数解析式，看懂图象是解题的关键． （1）①把点M的纵坐标代入函数关系式为，解出即可获解；②已知点O，点P的坐标，利用待定系数法求一次函数解析式即可； （2）因故障耽误了，代表纵坐标不变，横坐标增加5，以原来的速度返回起点，代表返回时用的时间相同，根据题意则可画出图象； （3）分别求出线段和线段对应的函数关系式，根据甲乙不同的位置情况分类讨论列关系式求解即可． 【详解】（1）解：①∵对应的函数关系式为，观察图象知点M的纵坐标为120， ∴， 解得， ∴点的坐标为， 故答案为：； ②观察图象知，设线段对应的函数关系式为， 把点代入，得， 解得， ∴线段对应的函数关系式为； （2）解：根据题意画出图象如图所示： ∵乙款机器人到达终点后，因故障耽误了， ∴点的横坐标为， ∴， 因为是以相同的速度返回起点，所以返回所用的时间与来时用的时间相同，为， ∴点的横坐标为， ∴， ∴ ，； （3）解：设线段对应的函数关系式， ∵，， ∴，解得， ∴线段对应的函数关系式， 设线段对应的函数关系式， ∵，， ∴，解得， ∴线段对应的函数关系式， 当时， 当乙款机器人还未动，但与甲款机器人相距时，则有， 解得 当乙款机器人已动但还未到达起点，两款机器人到起点的距离之差为时，则有， 解得或（舍去）， 故答案为：的值为或50． 【变式34-1】（25-26八年级上·江苏扬州·月考） 甲、乙两人从同一地点出发沿同一路线匀速步行前往处参加活动．甲比乙早出发，两人途中均未休息，先到达处的人在原地休息等待，直到另一人到达处．甲、乙两人之间的路程与甲行走的时间的函数图象，如图所示． (1)甲步行的速度为______，之间的路程为______m； (2)分别求出线段、所表示的与之间的函数表达式； (3)甲出发______，甲乙两人之间的路程为． 【答案】(1)60；3960 (2)线段的解析式为：；线段的解析式为： (3)或 【分析】本题考查一次函数的实际应用，从函数图像中有效的获取信息，正确的求出函数解析式是解题的关键： （1）观察图像可知，甲走了，甲行走时，乙追上甲，进而求出甲和乙的速度，当甲行走时，乙到达点，求出乙的总路程即为之间的路程； （2）待定系数法求出、段的函数关系式即可； （3）分和两种情况，求出的值即可． 【详解】（1）解：由图像可知：甲的速度为：， 设乙的速度为，由题意，得： ， 解得：， 故乙的速度为； 之间的路程为：； （2）解：设线段的解析式为：，把，代入得： ， 解得：， ∴线段的解析式为：； 由图象可知：点的纵坐标为， ∴， 设线段的解析式为：，把，代入，得： ， 解得：， ∴线段的解析式为：； （3）解：当时，令， 解得：； 当时，， 解得：； 综上：当甲出发或时，两人之间的路程为． 【变式34-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）某中学组织八年级学生前往甲城参加研学活动．学生分为两队同时从学校出发．队全程匀速行驶，队行驶1小时后车辆出故障停下维修用去1小时，之后提高速度追赶队。已知两队5小时内的行驶路程（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图①所示；两队行驶的路程差（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图②所示．请结合图象回答下列问题： (1)两队在2小时时路程差________千米；队在行驶中的速度是________千米／小时； (2)求图①中点的坐标； (3)求两队出发多长时间相距40千米． 【答案】(1)80；60 (2) (3)两队出发时间为小时或小时或4小时时相距40千米 【分析】本题考查一次函数的应用、行程问题等知识，解题的关键是学会利用函数解决实际问题，学会转化的思想，把问题转化为方程． （1）由图②可得出千米；设队的速度为千米/小时，求出在2小时时，，根据方程求解即可； （2）分别求出A队路程函数关系式为，和当时B队路程函数关系式为，联立方程组并求解可得答案； （3）分两队相遇前和相遇后以及A队行驶5时后相距三种情况进行讨论即可． 【详解】（1）解：由图②可知：当时，， 所以，A，B两队在2小时时路程差千米； 设队的速度为千米/小时，由图②得，A队和B队前行1小时的路程差为20，， 当时，的路程不变，， ∵， ∴， 解得， 所以，A队速度是60千米/小时； 故答案为：80；60； （2）解：当时，； 由得，， 所以，B队的速度为千米/小时， 当时，设， 当时，， 当时，， 由图②得，当时，， ∴， ∴， 把，代入得， ， 解得， ∴， 设A队路程函数解析式为， 把代入得， ∴， 联立方程组得， 解得， 所以，点的坐标为； （3）解：当时，无解； 当时，，解得，或（不合题意，舍去）； 当时，，解得，或（不合题意，舍去）； 当时，，解得， 综上，两队出发时间为小时或小时或4小时时相距40千米． 【变式34-3】（24-25九年级下·辽宁抚顺·月考）小明元旦从家里出发，沿笔直道路匀速步行去妈妈经营的商店帮忙，妈妈同时骑三轮车从商店出发，沿相同路线匀速回家装载货物，然后按原路原速返回商店，小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟，在此过程中，设妈妈从商店出发开始所用时间为（分钟），图1表示两人之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象；图2中的线段表示小明和商店之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象的一部分． 请根据所给信息，解答下列问题： (1)妈妈骑车的速度是___________米/分钟，妈妈在家装载货物所用时间是___________分钟，点的坐标是___________ (2)请求出图2中线段表示的小明和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系式，并指明自变量的取值范围；在图2中画出妈妈和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系的图象． 【答案】(1)120；5； (2)；见解析 【分析】本题考查了一次函数的实际应用，由图象获取正确的信息，利用待定系数法求一次函数解析式是解题关键． （1）先求出小明步行的速度，然后即可求出妈妈骑车的速度；先求出妈妈回家用的时间，然后根据小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟， 即可求出装货时间；根据题意和图象可得妈妈在点时开始返回商店，然后即可求出的坐标； （2）待定系数法求得出的解析式；进而分①当时，②当时，③当时， 三段，求出妈妈和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数解析式，根据解析式画图即可； 【详解】（1）由题图2知，小明步行的速度为（米/分钟）． 由题图1知，10分钟时，小明和妈妈相遇， 妈妈骑车的速度为（米/分钟）． 妈妈回家用时为（分钟）． 小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟， 妈妈在35分钟时返回商店． 装货时间为（分钟）． 由题图1知，点表示妈妈装完货要从家返回商店时，小明和妈妈之间的距离． 点的横坐标为． 点的纵坐标为． 点的坐标为． 故答案为：120；5； （2）设与之间的函数关系式为． 将点，代入，得 解得， ①当时，； ②当时，； ③当时，设此段函数解析式为， 将点，代入得， 解得， 此段函数解析式为． （米）与时间（分钟）之间的函数关系的图象如下： 【考点35 与一次函数性质有关的应用】 【例35】（25-26九年级上·黑龙江七台河·月考）雪消门外千山绿，花发江边二月晴，雨水节气之后，春管正由南向北陆续展开，为了落实党和国家的“三农”政策，兴隆镇将台A型拖拉机、台B型拖拉机调往曙光和胜利两个村支援春耕，其中台给曙光村 ，台给胜利村，调往曙光和胜利两个村的拖拉机每台的运费（元）如下表： A型拖拉机 每台的运费 B型拖拉机 每台的运费 曙光 胜利 (1)设调往曙光村A型拖拉机x台，台拖拉机调往曙光和胜利两个村的总运费为W （元），求W关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (2)若公司调往曙光和胜利两个村的总运费多于元，求有哪几种调运方案； (3)由于调往两个村的拖拉机数量多，运输公司决定仅对调往曙光村的A型拖拉机每台的运费降低a元，但让利后A型拖拉机每台的运费仍高于调往曙光村的B型拖拉机每台的运费．调往曙光村的B型拖拉机每台的运费以及调往胜利村的A、B型拖拉机每台的运费不变，请直接写出a为何值时（2）中的所有方案付出的总运费相同． 【答案】(1) (2)①运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，运往胜利A型拖拉机2台、B型拖拉机台；②运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，运往胜利A型拖拉机1台、B型拖拉机台；③运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，运往胜利A型拖拉机0台、B型拖拉机台 (3)a的值为时（2）中的所有方案付出的总运费相同 【分析】本题考查一次函数的应用，一元一次不等的应用，方程和方案问题，熟练掌握一次函数的应用和一元一次不等式的应用是解题的关键， （1）设调往曙光村A型拖拉机x台，则曙光村B型拖拉机为台，胜利村A型拖拉机为台，胜利村B型拖拉机为台，根据题意可列出W关于x的关系式，再结合实际问题可得到x的取值范围； （2）由于总运费多于元，可得，解得，再根据，可得到三种方案； （3）：设调整后曙光村A型运费为元/台，可得调整后的总费用与x的关系式，因为所有方案总运费相同，所以消去x的影响，得到，即可得到a的值，最后验证即可确定答案． 【详解】（1）解：设调往曙光村A型拖拉机x台，则曙光村B型拖拉机为台，胜利村A型拖拉机为台，胜利村B型拖拉机为台，由题可得： ， 整理得到：， ∵调运数量非负且不超过库存， ∴x的取值范围为：，且为整数， ∴． （2）解：∵总运费多于元， ∴， 解得：， ∵， ∴当时，曙光村A型台，B型台，胜利村A型台，B型台， 当时，曙光村A型台，B型台，胜利村A型台，B型台， 当时，曙光村A型台，B型台，胜利村A型台，B型台， ∴有三种方案，分别是： ①运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，胜利A型拖拉机2台、B型拖拉机台；②运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，胜利A型拖拉机1台、B型拖拉机台；③运往曙光A型拖拉机台、B型拖拉机台，胜利A型拖拉机0台、B型拖拉机台． （3）解：设调整后曙光村A型运费为元/台， 总运费变为：， 整理得：， ∵所有方案总运费相同， ∴， 解得：， 经验证，符合题意， ∴时，所有方案总运费相同． 【变式35-1】（25-26八年级上·安徽阜阳·月考）某校给在校园科技创新大赛活动中表现优异的同学购置、两种纪念品．经了解甲、乙两家商场相同商品标价相同，两家商场都长期让利出售．其中甲商场所有商品按折出售，乙商场对一次购物超过元后的部分打折． (1)用单位：元表示按原价应支付的购物金额，单位：元表示优惠后的购物金额，请直接写出在两家商场购物超过元时，关于的函数解析式； (2)种纪念品每件标价元，但只有甲商场有货．种纪念品在两商场标价均为每件元．学校一共要购买两种纪念品件，其中种纪念品不超过种纪念品的倍，如何购买才能使所花费用最少，最少费用是多少？ 【答案】(1)， (2)在甲商场购买件种纪念品、乙商场购买件种纪念品才能使所花费用最少，最少费用是元 【分析】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用； （1）分别根据两个商场的优惠情况计算即可； （2）设购买种纪念品件，则购买种纪念品，根据题意列关于的一元一次不等式并求其解集，比较购买方案，进而根据一次函数的增减性和的取值范围，确定当取何值时值最小，求出其最小值即可． 【详解】（1）解：，． （2）设购买种纪念品件，则购买种纪念品， 根据题意，得， 解得， 方案一（合并购买）：、两种纪念品均在甲商场购买，总费用为， 方案二（分开购买）：在甲商场购买种纪念品，在乙商场购买种纪念品，总费用为， 当时， ∴当时， 根据题意，则 件种纪念品应全部在乙商场购买， ， 随的增大而增大， ， 当时值最小，， 件． 答：在甲商场购买件种纪念品、乙商场购买件种纪念品才能使所花费用最少，最少费用是元． 【变式35-2】（25-26八年级上·安徽马鞍山·期中）某公司需要购买甲、乙两种商品共件，甲、乙两种商品的价格分别为元和元．且要求乙种商品的件数不少于甲种商品件数的倍．设购买甲种商品件，购买两种商品共花费元． (1)请求出与的函数关系式及的取值范围． (2)试利用函数的性质说明，当购买多少件甲种商品时，所需要的费用最少?费用最少是多少? 【答案】(1)，且为整数； (2)当时，费用最少，最少费用为元 【分析】本题考查了一次函数的实际应用，寻找等量关系列出函数式子是解题的关键． （1）根据总花费甲的总费用乙的总费用列式解答即可； （2）分析函数的增减性，代入运算求解即可． 【详解】（1）解：∵购买了甲种商品件，且甲、乙两种商品共件， ∴购买了乙种商品件， ∴由题意可得：， ∵乙种商品的件数不少于甲种商品件数的倍， ∴， 解得：， ∴，且为整数； （2）∵， ∴， ∴随的增大而减小， ∴当时，费用最少，最少费用为：（元）， 答：当时，费用最少，最少费用为元． 【变式35-3】（24-25八年级上·四川成都·期末）某商店销售1台型和3台型电脑的利润为550元，销售2台型和3台型电脑的利润为650元． (1)求每台型电脑和每台型电脑的销售利润； (2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共50台，设购进型电脑台，这50台电脑的销售总利润为元． ①求关于的函数关系式； ②判断总利润能否达到7000元，并说明理由． 【答案】(1)每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元； (2)①；②能，理由见解析 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一次函数的应用．根据题意正确的列等式是解题的关键． （1）每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元，依题意列出方程组，解方程求解即可； （2）①设购进型电脑台，则购进型电脑台，根据每台的销售利润乘以数量，即可列出函数关系式； ②将代入①中解析式，即可求解． 【详解】（1）解：每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元， 依题意得，， 解得，， ∴每台型电脑的销售利润为元，型电脑的销售利润为元； （2）①设购进型电脑台，则购进型电脑台 这50台电脑的销售总利润为元． ∴ ②当时， 解得： ∴能，当 时，总利润为 7000 元 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 期末复习压轴题35个考点 【新教材人教版】 【选填压轴篇】 2 【考点1 二次根式的被开方数非负整数解】 2 【考点2 双重根式化简】 2 【考点3 二次根式的规律探究】 2 【考点4 利用勾股定理求线段长度】 3 【考点5 勾股定理与弦图】 4 【考点6 利用勾股定理解决翻折问题】 6 【考点7 勾股定理的实际应用】 7 【考点8 多边形内角和与外角和的综合】 8 【考点9 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 9 【考点10 平行四边形中动点最值】 10 【考点11 特殊四边形折叠求角度或边长】 11 【考点12 特殊四边形的动点最值】 12 【考点13 特殊四边形旋转找对应点坐标】 13 【考点14 特殊四边形与几何变换综合】 14 【考点15 动点问题的函数图象】 15 【考点16 求一次函数的解析式】 16 【考点17 由一次函数的性质求字母的取值范围】 17 【考点18 一次函数中的面积问题】 18 【考点19 与一次函数有关的行程问题】 19 【解答压轴篇】 21 【考点20 分母有理化与裂项求和】 21 【考点21 二次根式的应用】 22 【考点22 勾股定理在格点中的运用】 24 【考点23 利用勾股定理证明/求线段平方关系】 25 【考点24 勾股定理中的最短路径问题】 27 【考点25 平行四边形与全等三角形构造证明】 28 【考点26 平行四边形与翻折求线段关系】 29 【考点27 动点与平行四边形存在性】 31 【考点28 特殊四边形与几何变换】 33 【考点29 特殊四边形与存在性问题】 36 【考点30 特殊四边形中动点与最值】 38 【考点31 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 40 【考点32 一次函数中求图形面积】 41 【考点33 一次函数中的动点问题】 43 【考点34 与一次函数图象有关的应用】 45 【考点35 与一次函数性质有关的应用】 47 【选填压轴篇】 【考点1 二次根式的被开方数非负整数解】 【例1】（25-26八年级上·重庆·期中）若满足关系式，则的值为（    ） A． B．6 C．2 D． 【变式1-1】（25-26八年级上·海南省直辖县级单位·月考）若x、y均为实数，且，求的平方根（   ）． A． B． C． D． 【变式1-2】若，则的值为______． 【变式1-3】（25-26八年级上·陕西西安·月考）已知，，的立方根是___________． 【考点2 双重根式化简】 【例2】化简的结果为______． 【变式2-1】（2025·浙江·模拟预测）设，a为正整数，b在0和1之间，则的值为___________． 【变式2-2】（25-26八年级上·湖南永州·期中）设的整数部分为x，小数部分为y，则的值是 _____ ． 【变式2-3】（24-25八年级上·浙江温州·期末）化简的结果是（   ） A． B． C． D． 【考点3 二次根式的规律探究】 【例3】（24-25八年级下·山东东营·期中）观察下列各式： ； ； ； ； ……． 你能发现什么规律？请用含有自然数的式子将你发现的规律表示出来_____． 【变式3-1】如图是一个按某种规律排列的数阵，根据数阵排列的规律，第2022行从左向右数第2021个数是（    ） A．2021 B． C． D． 【变式3-2】（25-26八年级下·河北邢台·月考）在学习二次根式的过程中，嘉淇发现一些特殊无理数之间具有互为倒数的关系，如：由，可得与互为倒数，即，．根据嘉淇发现的规律，可得，则整数n的值为（   ） A．400 B．200 C．199 D．20 【变式3-3】通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律：特例1：；特例2：；特例3：……应用发现的运算规律求的值（      ） A．2024 B． C． D． 【考点4 利用勾股定理求线段长度】 【例4】（25-26八年级上·江苏淮安·月考）如图，在矩形纸片中，，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则（   ） A． B． C． D． 【变式4-1】（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，在长方形中，点在边上，将长方形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．若，，则的长度为（　　） A．3 B．4 C．5 D．8 【变式4-2】（25-26八年级上·黑龙江大庆·期中）在中，，，边上的高为12，则的周长为 ． 【变式4-3】（25-26八年级上·河南郑州·期中）如图，射线外有一点，且到射线的距离为6，若点是射线上的一个动点，则当线段与射线所夹锐角是的两倍时，的长为 ．（温馨提示：在同一个三角形中，如果两个角相等，那么这两个角所对的边也相等） 【考点5 勾股定理与弦图】 【例5】（25-26八年级上·四川成都·期中）青朱出入图（图）是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形，该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等．朱入与朱出的三角形全等，朱方与青方是两个正方形．为便于叙述．将其绘成图，若记朱方对应正方形的边长为，青方对应正方形的边长为，已知，正方形和正方形的面积之和为，则图中的阴影部分面积为 ． 【变式5-1】如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接图2中四条线段得到如图3的新图案，如果图1中的直角三角形的长直角边为，斜边为，图3中阴影部分的面积为，那么的值为 ． 【变式5-2】（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，连接，交于点P，若正方形的面积为，，则与的面积差是（    ） A． B．7 C． D． 【变式5-3】（2024·河北保定·二模）我国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定理．如图，直角三角形的三边a，b，c满足，分别以a、b、c为边作三个正方形：正方形、正方形、正方形，把它们拼成如图所示形状，使E、F、G三点在一条直线上，若，四边形与面积之和为7，则正方形的面积为（    ） A．49 B．28 C．21 D．14 【考点6 利用勾股定理解决翻折问题】 【例6】（25-26八年级上·陕西西安·期中）如图，在边长为8的正方形纸片中，E、F分别是边、上的两点，将正方形沿折叠，点C恰好落在边上的中点G处，则的长度是（    ） A． B． C．10 D． 【变式6-1】（25-26八年级上·江苏常州·期中）如图，三角形纸片中，，，．沿过点的直线将纸片折叠，使点落在边上的点处；再折叠纸片，使点与点重合，若折痕与的交点为，则的长是（　　） A． B． C． D． 【变式6-2】如图，正方形的边长为3，将正方形折叠，使点D落到边上的点E处，折痕为，若，折痕的长为 ． 【变式6-3】（25-26八年级上·江苏无锡·期中）在中，，点P是边上的一个动点（不与B、C重合），将沿翻折，点C的对应点是点．若以B、C、为顶点的三角形是直角三角形，的长度为 ． 【考点7 勾股定理的实际应用】 【例7】将一根18cm长的细木棒放入长、宽、高分别为4cm、3cm和12cm的长方体无盖盒子中，则细木棒露在盒外面的最短长度是 ； 【变式7-1】（25-26八年级上·全国·课后作业）海上巡逻是维护国家海洋权益的有效手段．如图，我军巡逻舰队在点A处巡逻，突然发现在南偏东方向距离15海里的点B处有可疑目标正在以16海里小时的速度沿南偏西方向行驶，我军巡逻舰队立即沿直线追赶，半小时后在点C处将其追上，则我军巡逻舰队的航行速度为（   ） A．16海里小时 B．20海里小时 C．32海里小时 D．34海里小时 【变式7-2】一个三级台阶，它的每一级的长宽和高分别为、、，和是这个台阶两个相对的端点，点有一只蚂蚁，想到点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到点最短路程为（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】（25-26八年级上·河南郑州·期中）如图，铁路和公路在点处交会，点到的直线距离为．公路上点处距离点处．如果火车行驶时，周围以内会受到噪音的影响，那么火车在铁路上沿方向以的速度行驶时，点处受噪音影响的时间为 ． 【考点8 多边形内角和与外角和的综合】 【例8】（25-26九年级上·浙江宁波·月考）一个凸九边形中有三个内角分别为，，，则它的其它内角的度数不可能为（   ）． A． B． C． D． 【变式8-1】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）如图，作平分线的反向延长线，现要分别以，，为内角作正多边形，且边长均为，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以为内角，可作出一个边长为的正方形，此时，而是（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图所示．图中的图案外轮廓周长是．在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是（  ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2026·江苏南京·一模）图中表示被撕掉一块的正边形纸片．若，则的值是_______． 【变式8-3】如图，已知：四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠ACB＝74°，∠ABC＝46°，且∠BAD+∠CAD＝180°，那么∠BDC的度数为_____．    【考点9 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 【例9】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，为的对角线，，于点E，于点F，、相交于点H，直线交线段延长线于点G，下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确的结论有（    ） A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④ 【变式9-1】（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在中，，，于E，，的平分线交于F，连接．则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式9-2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，点E在上，，平分，，则的面积是________． 【变式9-3】（25-26八年级下·北京延庆·期中）如图，在中，，于点E，于点F，，交于点N，，的延长线交于M，给出下列结论：①；②点C是的中点；③；④．则上述结论中，所有正确结论的序号是______． 【考点10 平行四边形中动点最值】 【例10】如图，在平行四边形中，，E是边上一点，且，F是射线上的动点，以为边在右侧作等边，连接，则线段长的最小值为_____．    【变式10-1】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．4 【变式10-2】（25-26八年级下·安徽芜湖·期中）如图，已知中，，，点为平面内一点，满足，分别以，为边作平行四边形，连接，则 （1）的最小值是__________； （2）的最大值是__________． 【变式10-3】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，在矩形中，，点E、F分别为线段上动点，且，点G是线段上一点，且满足，四边形关于直线对称后得到四边形，连接，当 _______时，点与点D重合，在运动过程中，线段长度的最大值是____________． 【考点11 特殊四边形折叠求角度或边长】 【例11】如图，已知是矩形的对角线，，，点，分别在边，上，连接，将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点，分别落在对角线上的点，处，连接．则： （1）______． （2）______． 【变式11-1】（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，将沿翻折得到，若恰好为的中点，则的长为（　　） A． B． C． D． 【变式11-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，已知正方形边长为8，E为中点，将沿翻折得到，P，Q分别为边，上一点，将沿翻折使点对应点落在边上，若，则（   ） A． B． C． D． 【变式11-3】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为________． 【考点12 特殊四边形的动点最值】 【例12】（24-25八年级下·安徽安庆·期中）如图，在矩形中，，，E、F为、边上的动点，以为斜边作等腰直角，其中，连接、． （1）若点E、F分别是的中点，则点G到的距离是________； （2）当点E、F在、边上运动时，则的最小值为______． 【变式12-1】（24-25八年级下·福建福州·期末）在边长为的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是___________． 【变式12-2】（25-26九年级上·安徽·期中）如图，正方形的边长为8，为对角线上一动点，中，，，当点从点运动到点的过程中，的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【变式12-3】（24-25九年级上·福建漳州·期末）在边长为8的菱形中，，点从点沿着边向终点运动，同时，点以相同的速度从点沿着边向终点运动，在此运动过程中，点与点距离的最小值是（    ） A．4 B． C．8 D． 【考点13 特殊四边形旋转找对应点坐标】 【例13】（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形，将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，依次类推，第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式13-1】（25-26九年级上·河南安阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，且坐标原点O为的中点，点A的坐标为．将正方形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式13-2】（24-25九年级上·广东广州·期末）如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 【变式13-3】（24-25九年级上·黑龙江牡丹江·期末）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，把菱形绕点O逆时针旋转，使点A落到y轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（   ）    A． B． C．或 D．或 【考点14 特殊四边形与几何变换综合】 【例14】数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究.如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（    ） A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形 B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是正方形 C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形 D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形 【变式14-1】如图，长方形ABCD中，，，点E为射线DC上的一个动点，与关于直线AE对称，当为直角三角形时，DE的长为 A．2或8 B．或18 C．或2 D．2或18 【变式14-2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为3，中心为，在正方形外有一点，当正方形绕着点旋转时，则点到正方形的最短距离的取值范围为_____． 【变式14-3】已知中，，，，分别是，的中点，连接，将绕顶点旋转，当点到直线的距离为1时，的长为______． 【考点15 动点问题的函数图象】 【例15】如图1，四边形中，，，点从A点出发，以每秒两个单位长度的速度，按 的顺序在边上匀速运动，设点的运动时间为秒，三角形的面积为S，S关于的函数图象如图所示，当运动 秒时，三角形的面积为36．            【变式15-1】如图①，在长方形中，动点P从点A出发，匀速沿的路径运动，到点A处停止．设点P运动的路程为x，的面积为y，如果y与x之间的关系如图②所示，那么长方形的面积是（    ）    A．12 B．14 C．24 D．28 【变式15-2】（25-26九年级上·河北邯郸·开学考试）如图所示，长为2宽为1的矩形和边长为3的正方形在同一水平线上，矩形沿该水平线从左向右匀速穿过正方形；设穿过的时间为t，正方形除去矩形面积为S（阴影部分），则S与t的大致图象为（    ） A． B． C． D． 【变式15-3】（25-26八年级上·浙江杭州·月考）如图，点G是的中点，点H在上，动点P沿图1的边线匀速运动，运动路径为：，相应的的面积y（）关于运动时间x（s）的函数图象如图2，则下列选项中正确的是（   ） A． B．若，则 C． D．若，则函数过点 【考点16 求一次函数的解析式】 【例16】在平面直角坐标系中，直线，直线，若，与y轴围成的三角形的面积为5，则k的值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【变式16-1】如图，在中，，，点在边上，，点为的中点，点为边上的动点，若使四边形周长最小，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 【变式16-2】（25-26八年级上·全国·期中）中国象棋文化历史悠久．如图所示是某次对弈的残局图，如果建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点的位置，则在同一坐标系下，经过棋子“帅”和“马”所在的点的一次函数解析式为（   ） A． B． C． D． 【变式16-3】如图所示，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段为边，在第二象限内作等腰直角，，则过B、C两点直线的解析式为（　　）    A． B． C． D． 【考点17 由一次函数的性质求字母的取值范围】 【例17】如图，已知长方形ABCD顶点坐标为A（1，1），B（3，1），C（3，4），D（1，4），一次函数y=2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是（　　） A．b≤﹣2或b≥﹣1 B．b≤﹣5或b≥2 C．﹣2≤b≤﹣1 D．﹣5≤b≤2 【变式17-1】已知一次函数y＝（2k﹣1）x+k+2的图象在范围﹣1≤x≤2内的一段都在x轴上方，则k的取值范围 ． 【变式17-2】如图，已知长方形ABCD中，AB＝，BC＝2，且顶点A的坐标为（1，1），若一次函数的图像与长方形ABCD的边有公共点，则的变化范围是 ．    【变式17-3】已知直线与直线，若直线与两直线相交于、两点，且，则的范围为 ． 【考点18 一次函数中的面积问题】 【例18】（25-26八年级上·安徽蚌埠·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点是直线上一动点，且在第一象限． （1）的面积为 ； （2）当的面积与的面积相等时，点的坐标为 ． 【变式18-1】（25-26八年级上·安徽宣城·期中）一次函数的图象与两坐标轴围成的三角形的面积等于4，则的值等于 ． 【变式18-2】边长为1的8个正方形如图摆放在直角坐标系中，直线平分这8个正方形所组成的图形的面积，且与其中一个正方形的边交于点，则点的坐标为 ． 【变式18-3】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，与直线交于点C，点P在直线上，且的面积被y轴平分，则点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 【考点19 与一次函数有关的行程问题】 【例19】（25-26八年级上·山东济南·期中）在，两地之间有汽车站站，客车由地驶往站，货车由地驶往地．两车同时出发，匀速行驶．客车、货车离站的路程，(km)与行驶时间之间的函数图象如图所示．有下列说法：①，两地相距为；②两小时后，货车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为；③客车离站的路程与行驶时间之间的函数关系式为：；④客、货两车在小时相遇．其中正确的有（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【变式19-1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）甲、乙两车从A地沿直路同向匀速行驶行往B地，现甲车在乙车前500米处，设x秒后两车相距y米，y与x的函数关系如图所示，则乙车在整个运动过程中行驶的路程是（   ） A．3500米 B．3200米 C．4375米 D．4000米 【变式19-2】武汉疫情爆发期间，大学生小玲和小丽应聘成为了阳光小区的疫情防控志愿者一天早晨，小玲从阳光小区出发骑三轮车匀速到区疾病防控中心领取防疫物资，出发一段时间后，小丽发现小玲忘记带社区介绍信，立即骑自行车沿小玲行驶的路线匀速行驶去追赶，当小丽追上小玲后立即将介绍信交给了她，并用3分钟时间与小玲核对了一下防疫物资的清单，然后小玲将原速度提高了继续前往区疾病防控中心，而小丽则按原路以原来速度的一半匀速返回阳光小区．当小丽回到阳光小区2分钟后小玲也到达了疾控防控中心．设小丽与小玲之间的距离y（米）与小玲从阳光小区出发后的时间x（分）之间的关系如图所示，则阳光小区到区疾病防控中心的距离为 米． 【变式19-3】暑假假期，小明和小亮两家相约自驾车从重庆出发前往相距172千米的景区游玩两家人同时同地出发，以各自的速度匀速行驶，出发一段时间后，小明家因故停下来休息了15分钟，为了尽快追上小亮家，小明家提高速度后仍保持匀速行驶（加速的时间忽略不计），小明家追上小亮家后以提高后的速度直到景区，小亮家保持原速，如图是小明家、小亮家两车之间的距离s（km）与出发时间t（h）之间的函数关系图象，则小明家比小亮家早到景区 分钟． 【解答压轴篇】 【考点20 分母有理化与裂项求和】 【例20】（25-26八年级下·河南信阳·月考）阅读材料：像；；…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都是互为有理化因式． 在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．例如：，． 解答下列问题： (1)与________互为有理化因式，将分母有理化得________； (2)计算以下式子的值：； (3)已知整数满足，求的值． 【变式20-1】（25-26八年级上·湖南怀化·期末）阅读材料：数学中有一种根号内又带根号的数，它们能根据完全平方公式及二次根式的性质化去一层根号．如：化简： 解：因为且，所以，所以． (1)仿照上述方法化简：①；②． (2)比较与的大小． 【变式20-2】（24-25八年级上·山东济南·期中）小明在解决问题：已知，求的值，他是这样分析与解答的： ∵， ∴． ∴，即． ∴， ∴． 请你根据小明的分析过程，解决如下问题： (1)计算： ； (2)计算：； (3)若，求的值． 【变式20-3】（25-26八年级上·四川成都·月考）阅读下面问题：，， (1)根据规律，计算的值； (2)求的值； (3)如果有理数a，b满足，试求： 的值 【考点21 二次根式的应用】 【例21】（25-26八年级上·山东济南·期末）某学校计划在院内修建一个正方形的花坛，在花坛中央还要修一个正方形的小喷水池．如果小喷水池的面积是8平方米，花坛的绿化面积是10平方米． (1)你能求出花坛的周长与喷水池的周长一共是多少米吗？ (2)如果把小喷水池的边长减小1米，那么花坛的绿化面积变成多少平方米？ 【变式21-1】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）小明同学每次回家时，总能看见张贴在电梯间的提示标语“高空抛物 害人害己”．为进一步研究高空抛物的危害，小明请教了物理老师，得知高空抛物下落的时间t（单位：）和高度h（单位：）近似满足公式（不考虑风速的影响，） (1)已知小明家住20层，离地面的高度为60米，假如从小明家坠落一个物品，求该物品落地的时间（结果保留根号）； (2)已知从高空坠落的物体所带能量 E（单位：） 物体质量() 高度()，一串质量为 的钥匙经过 落在地上，这串钥匙在下落过程中所带能量会对楼下行人产生危害吗？（注：的能量就会对人体造成危害） 【变式21-2】（25-26八年级下·安徽淮南·月考）在长方形广场的中间修建两块形状大小相同的长方形绿地，每块长方形绿地的长为，宽为，已知，． (1)求长方形广场的周长； (2)除去修建绿地的地方，其他地方需要铺满造价为元的地砖，则购买地砖需要花费多少元？ 【变式21-3】（2024·江苏盐城·中考真题）发现问题 小明买菠萝时发现，通常情况下，销售员都是先削去菠萝的皮，再斜着铲去菠萝的籽． 提出问题 销售员斜着铲去菠萝的籽，除了方便操作，是否还蕴含着什么数学道理呢？ 分析问题 某菠萝可以近似看成圆柱体，若忽略籽的体积和铲去果肉的厚度与宽度，那么籽在侧面展开图上可以看成点，每个点表示不同的籽．该菠萝的籽在侧面展开图上呈交错规律排列，每行有n个籽，每列有k个籽，行上相邻两籽、列上相邻两籽的间距都为d（n，k均为正整数，，），如图1所示． 小明设计了如下三种铲籽方案． 方案1：图1是横向铲籽示意图，每行铲的路径长为________，共铲________行，则铲除全部籽的路径总长为________； 方案2：图2是纵向铲籽示意图，则铲除全部籽的路径总长为________； 方案3：图3是销售员斜着铲籽示意图，写出该方案铲除全部籽的路径总长． 解决问题 在三个方案中，哪种方案铲籽路径总长最短？请写出比较过程，并对销售员的操作方法进行评价． 【考点22 勾股定理在格点中的运用】 【例22】（25-26八年级上·浙江温州·期中）如图，正方形网格中每一个小正方形的边长为1，顶点叫做格点．图中已给出了两个格点A，B． (1)在图1的格点中取一点C，画出一个等腰三角形； (2)在图2格点上取一点D，作线段． 【变式22-1】（25-26八年级上·浙江温州·期中）如图，在所给的方格纸中，每个小正方形的边长都是1，点，位于格点处，请按要求作图． (1)在图甲中画出一个格点，使得是等腰直角三角形； (2)在图乙中画出一个格点，并满足． 【变式22-2】（25-26八年级上·广东佛山·期末）如图，下面的正方形方格中，每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按要求画下列图形． (1)在图1中，画一条长度为的线段； (2)在图2中，画一个，使它的三边长为无理数且面积为5； (3)在图3中，画一个面积为3的四边形． 【变式22-3】（25-26八年级上·天津·期中）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点均在格点上，连接． (1) （度）； (2)若点在线段上，且满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明） ． 【考点23 利用勾股定理证明/求线段平方关系】 【例23】（25-26八年级下·陕西西安·期中）问题提出 （1）如图1，在中，．若，，，则______． 问题探究 （2）如图2，在四边形中，对角线，交于点，且． 求证：． 问题解决 （3）如图3，是某小区的局部示意图，其中，米，，是两条小道，为的中点，于点．该小区物业计划在的下方修一条骑行小道，且满足，．请根据上述条件，求骑行小道的长． 【变式23-1】（25-26八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在等腰中，，点是上一点，作等腰，且，连接． (1)求证：； (2)求证：． 【变式23-2】如图，和都是等腰三角形，其中，且． (1)如图1，连接，求证：． (2)如图2，若，且C点恰好落在上，试探究和之间的数量关系，并加以说明． 【变式23-3】（25-26八年级上·贵州贵阳·期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线，交于点． (1)若，，，，请求出，，，的值． (2)若，，求的值． (3)请根据（1）（2）题中的信息，写出关于“垂美”四边形关于边的一条结论． 【考点24 勾股定理中的最短路径问题】 【例24】（25-26八年级上·全国·期中）【问题情境】如图①，已知圆柱底面的周长为，圆柱的高为，在圆柱的侧面上，过上底面的点A和下底面上与点A相对的点C嵌有一圈长度最短的金属丝，下底面的点B在点A的正下方． (1)【操作发现】现将圆柱侧面沿剪开，所得的圆柱侧面展开图是 ．（填字母） (2)【变式探究】如图②，若将金属丝从点B沿圆柱侧面绕四圈到达点A，求所需金属丝的最短长度． (3)【拓展应用】如图③，现有一个长、宽、高分别为，，（即，，）的无盖长方体木箱．现在箱外的点A处有一只蚂蚁，箱内的点C处有一滴蜂蜜．请你为蚂蚁设计一条路线，使其能以最短的路程吃到蜂蜜，并求出此最短路程．木板的厚度忽略不计 【变式24-1】（25-26八年级上·江西景德镇·期中）某学校要举办第四届运动会，现需装饰一根高为，底面半径为的圆柱（如图）．A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且点A，B在同一母线上，用一根彩带（宽度不计）从点A处顺着圆柱侧面绕3圈到点B，那么这根彩带的长度最短多少？ 【变式24-2】（25-26八年级上·陕西宝鸡·期中）如图，这是一个供滑板爱好者使用的U形池的示意图，该U形池可以看作是长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是直径为的半圆，其边缘，点E在上，，一名滑板爱好者从A点滑到E点，求他滑行的最短距离．（边缘部分的厚度可以忽略不计，π取3） 【变式24-3】（25-26八年级上·辽宁沈阳·期中）如图1所示，一只蚂蚁从实心长方体的顶点出发，沿长方体的表面爬到对角顶点处，要想使路程较短，有三种不同的方式：①沿面和而爬行；②沿面和而爬行；③沿面和面爬行． (1)图2为按第①种方式展成的平面图形，请你画出另两种方式展成的平面图形； (2)若，请通过计算，判断第几种方式所走路程最短？最短路程为多少？ (3)如图是一个长方体盒子（尺寸如图所示），在长方体下底面的M点有一只蚂蚁，它想吃到上底面N点的食物（是长方体的顶点，），请根据上面探究的结论求蚂蚁需爬行的最短路程是多少． 【考点25 平行四边形与全等三角形构造证明】 【例25】（25-26八年级下·重庆开州·期中）在平行四边形中，． (1)如图1，若，，求四边形的面积； (2)如图2，若，点为边上一点，连接．点为上一点，连接交于点，连接，若点为边的中点，连接，且．求证：； (3)如图3，已知，，点P与点Q分别为线段与上的动点，满足，连接，，直接写出的最小值． 【变式25-1】（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，四边形是平行四边形，点在上，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图1中，过点作直线将四边形的面积平分； (2)在图2中，，作的平分线． 【变式25-2】在四边形中，点E、F在对角线上，连接，，． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出所有的全等的直角三角形． 【变式25-3】（2026·吉林·一模）如图，在矩形中，，，点E在边上，点G在边上，，连接，．将沿翻折得到，将沿翻折得到．连接，． (1)求证； (2)①四边形的形状为_____________． ②当点F在边上时，四边形的形状为_____________． (3)当四边形与矩形重叠部分图形是轴对称图形时，直接写出的长． 【考点26 平行四边形与翻折求线段关系】 【例26】（24-25九年级上·山东青岛·月考）如图1，将纸片沿中位线折叠，使点A对称点D落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似的，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形． (1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，__________； (2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个四边形， ①求证：折出的四边形为矩形 ②若，，求__________． 【变式26-1】（24-25八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．已知中，，点，，，分别在的边，，，上． 【操作判断】（1）如图1，若点，分别是，边的中点，分别沿和折叠，使点与点重合，点与点重合． ①四边形________平行四边形（填“是”或“不是”）； ②若四边形是矩形，求的度数． 【迁移思考】（2）如图2，沿折叠，点恰好与点重合，求证：四边形是菱形． 【拓展探索】（3）如图3，若点为边的中点，沿折叠，点的对应点为点，延长与射线交于点．若，，请直接写出线段的长． 【变式26-2】（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题背景】 同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． 【问题探索】 （1）如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为菱形； 【拓展延伸】 （2）如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长； （3）如图3，改变点的位置，将沿折叠，连接，当是以为直角的三角形时，求的长度． 【变式26-3】如图，已知平行四边形，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点是平行四边形边上的一个动点． 点的坐标为______，的长为______． 若点在边，上，点关于坐标轴对称的点落在直线上，求点的坐标． 若点在边，，上，点是与轴的交点，如图，过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，它们相交于点，将沿直线翻折，当点的对应点落在坐标轴上时，求点的坐标直接写出答案． 【考点27 动点与平行四边形存在性】 【例27】（24-25八年级下·广东广州·期末）梅文鼎是我国清代著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法，如图是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在中，，四边形和分别是以的三边为一边的正方形，延长和，交于点L，连接并延长交于点J，交于点K，延长交于点M． (1)证明：正方形的面积等于四边形的面积； (2)请利用（1）中的结论证明勾股定理． (3)如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）并说明作图依据；若不存在，请说明理由． 【变式27-1】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，A、C两点的坐标分别为．将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位长度，得到平行四边形，其中边与x轴交于点G，边与交于点H． (1)请直接写出点N，M的坐标以及直线的表达式__________． (2)平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形，请求出重叠部分的面积． (3)点E是x轴上一动点，在直线上是否存在点D，使以点O、N、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点D、点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式27-2】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在平行四边形中，，，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒． (1)用含t的代数式表示 ； (2)当时，求t的值； (3)请问是否存在t的值，使得A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式27-3】如图，在平面直角坐标系中，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，． (1)求出点的坐标； (2)一次函数的图象分别与线段交于两点，求证：； (3)点是直线上一动点，在轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【考点28 特殊四边形与几何变换】 【例28】（2024·山西临汾·一模）综合与实践 问题情境： 在数学课上，张老师带领同学们以“平移探究”为主题进行教学活动．如图，在菱形纸片中，，，将菱形沿对角线剪开，得到和，将沿射线方向平移一定距离得到，连接，． 猜想证明： （1）如图1，试判断四边形的形状，并说明理由； 实践探究： （2）如图2，当四边形为矩形时，求平移的距离； 问题拓展： （3）小颖同学受张老师启发将菱形沿对角线剪开，得到和，按如图3方式放置进行平移探究．将沿方向平移，连接，，并添加条件使得以A、F、C、E为顶点的四边形是一个特殊四边形，请在图4中画出平移后的图形，并写出必要的文字说明． 【变式28-1】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置； 操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置． 根据以上操作，填空： ①图1中四边形的形状是 ； ②图2中与的数量关系是 ；四边形的形状是 ． (2)迁移探究 小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下： 将三角板按（1）中的方式操作，如图3，在平移过程中，四边形的形状能否是菱形，若不能，请说明理由，若能，请求出的长． (3)拓展应用 在（2）的探究过程中： ①当为等腰三角形时，请直接写出的长； ②直接写出的最小值． 【变式28-2】（24-25九年级上·福建福州·期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得到．    (1)如图①，当旋转后满足轴时，求点的坐标， (2)如图②，当旋转后点恰好落在轴正半轴上时，求线段的长． (3)在（2）的条件下，边上的一点旋转后的对应点为．当取得最小值时，求点的坐标． 【变式28-3】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）点E，F是不同边上的两点（E，F不与顶点重合），连接，的一个顶点（不妨设为B）关于的对称点为O，我们把的其他顶点（不妨设为D）与O的距离称为这个点D与B的“关联距离”．比如：如图（1），点B与O关于对称，若，则点D与B的“关联距离”是1． (1)如图（2），四边形是矩形，点B关于的对称点O恰好在上，若，，，则点D与B的“关联距离”=_________，点C与B的“关联距离”=_________； (2)如图（3），，点A关于的对称点O在的延长线上，若，，求点B与A的“关联距离”； (3)如图（4），四边形是菱形，，点A关于的对称点O恰好在直线上，若，，直接写出点C与A的“关联距离”． 【考点29 特殊四边形与存在性问题】 【例29】（24-25八年级下·湖南长沙·月考）如图，直线与坐标轴分别交于点，，与直线交于点，射线上的动点以每秒个长度单位的速度从点出发，沿着方向作匀速运动，运动时间为秒，连结． (1)则点的坐标____________； (2)若是等腰直角三角形，则的值为_________； (3)若平分的面积，求直线对应的函数关系式． (4)若的面积为，则点的坐标为_____________． (5)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． (6)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式29-1】已知矩形中，，．点E、F、G、H分别在、、、上，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，是否存在四边形是菱形？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由； (3)对于上的任意一点E，是否存在一个四边形是菱形？若都存在，请加以证明；若上只有一部分点存在，请求出存在四边形是菱形时，长的取值范围． 【变式29-2】（25-26八年级上·四川达州·期末）在平面直角坐标系中，四边形为正方形，，，为线段上一点，且．      (1)求直线的函数解析式； (2)作点关于轴的对称点，点为直线上一动点，在射线上是否存在点，使以为斜边的等腰直角三角形，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由； (3)在正方形的边上有一点，若，请直接写出点的坐标． 【变式29-3】如图，四边形中， ，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作于点，连接交于点，连接，设运动时间为秒． (1)连接，，当为何值时，四边形为平行四边形； (2)在运动过程中，是否存在某一时刻，使得平分，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)设四边形的面积为，求与的函数关系式； (4)将沿翻折，得到在运动过程中，是否存在某时刻，使四边形为菱形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【考点30 特殊四边形中动点与最值】 【例30】[问题提出] （1）如图①，为矩形的对角线，点E为的中点，连接，若，，则的长为 ； [问题探究] （2）如图②，为的对角线，且，点E、F分别为边、的中点，连接，，试判断四边形的形状，并说明理由； [问题解决] （3）如图③，是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为平行四边形，其中点D在的延长线上，E、F分别为边、的中点，在四边形内种植某种新品种果树，经测量，，，米，，P、H为两个临时仓库，其中H为的中点，点P在上，现要沿、修建两条运输通道，问运输通道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【变式30-1】、是的边上两定点，是边上一动点，分别以、为边在上方同侧作正方形、正方形． (1)如图①，，，，连接、． ①求证：； ②当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请直接写出答案；若不存在，请说明理由； (2)如图②，，连接，当点在边上运动时，线段的长度是否存在最小值，若存在，请用直尺与圆规作出此时点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式30-2】如图，，四边形ABCD是正方形，且点A、D始终分别在射线OM和ON上． (1)如图1，若，点A、D在OM，ON上滑动过程中，OB何时取最大值，并求出此最大值． (2)如图2，点P在AB上，且，DP交AC于点F，延长射线BF交AD，ON分别于点G、Q． ①求证：． ②若，求的周长． 【变式30-3】阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是． （1）在图2中，的度数是 （直接写答案）． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （2）如图3，在直角梯形中，（），，，是上一点，若，，求的长度． （3）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当 时，线段有最大值，并求出的最大值． 【考点31 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 【例31】（2026·江西萍乡·一模）如图是的正方形网格，是格点三角形（顶点在小正方形的顶点处），请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，请作线段，且点在边上，使得平分的面积； (2)如图2，请作线段，且点在边上，使得平分的面积． 【变式31-1】（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，、、、都是格点，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在图1中，画出以为一边的（点、为格点），使其面积为8，且连接，使； (2)在图2中，画出以为底边的等腰（点为格点），且，再作出边上的高（保留作图痕迹，体现作图过程）．此时线段的长为_____． 【变式31-2】如图，5×5网格是由边长为1个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是．已知格点P，请按以下要求画格点四边形（四边形的顶点都在格点上）．      (1)在图和图中分别画，使，的面积为，且这两个平行四边形不全等． (2)在图和图中分别画矩形，使矩形的面积为，且这两个矩形互不全等． 【变式31-3】（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）如图1，点在四边形内，满足，，则称点为四边形的一个等分角点．如图2，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，两个四边形的顶点均在格点上，请用无刻度的直尺在图中画图． (1)画出正方形的一个等分角点，使得点为格点，且满足； (2)画出四边形的一个等分角点，保留画图痕迹． 【考点32 一次函数中求图形面积】 【例32】（25-26八年级上·安徽安庆·期中）如图，直线与轴、轴分别交于两点，为直线上一点，另一直线经过点．点是直线与轴的交点． (1)求点的坐标和直线的解析式； (2)判断的形状； (3)若点是直线上一点，当的面积等于面积两倍时，求出点的坐标． 【变式32-1】（25-26八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，的图象与轴，轴分别交于点，，且两个函数图象相交于点． (1)填空： ， ； (2)求的面积； (3)在线段上是否存在一点，使得的面积与四边形的面积比为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式32-2】（25-26八年级上·四川达州·月考）如图，直线的解析式为，且与轴交于点，直线经过点、，直线，交于点． (1)求直线的解析式； (2)求的面积； (3)在直线上存在异于点的另一点，使得是的面积的倍，求点的坐标． 【变式32-3】（25-26八年级上·河北保定·期中）如图，直角坐标系中，，直线与轴交于点，直线与轴及直线分别交于点．点关于轴对称，连接． (1)求点的坐标及直线的解析式； (2)设面积的和，求的值； (3)在求（2）中时，小明有个想法：“将沿轴翻折到的位置，而与四边形拼接后可看成，这样求便转化为直接求的面积，更快捷．”但大家经反复验算，发现，请通过计算解释他的想法错在哪里． 【考点33 一次函数中的动点问题】 【例33】（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在四边形中，，，且满足，，，点P从点A出发，沿着折线A→B→C运动，到达点Ｃ后停止运动．设点P运动的路程为x，的面积为y． (1)请直接写出y关于x的函数表达式，并写出对应自变量x的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； (3)结合函数图象，当时，请直接写出x的值． 【变式33-1】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是线段上任意一点（，两点除外）． (1)求直线的解析式； (2)过点分别作于点，于点，当点在上运动时，你认为四边形的周长是否发生变化？并说明理由； 【变式33-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）如图，已知长方形中，，，为边的中点，为长方形边上的动点，动点以4个单位／秒的速度从出发，沿着运动到点停止，设点运动的时间为秒，的面积为． (1)点运动过程中，求出与之间的关系式； (2)当为何值时，最大？并求出的最大值． 【变式33-3】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1所示，在中，，，，E点是边上一点，且，动点M从B点出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线B→A→C方向运动，当点M与点C重合时停止运动．运动过程中，设动点M运动的时间为x秒（），的面积为． (1)请直接写出与x的函数表达式以及自变量x的取值范围； (2)在直角坐标系中画出函数的图象，并写出函数的一条性质； (3)已知函数的图象如图2所示，请结合函数图象直接写出当时，自变量x的取值范围（近似值保留一位小数，误差不超过） 【考点34 与一次函数图象有关的应用】 【例34】（25-26八年级上·山西运城·月考）综合与探究 问题情境：2025年世界机器人运动大会竞速项目中，甲、乙两款机器人在的直线跑道上进行比赛．他们从跑道的同一起点同时出发，跑到终点，然后沿原路返回起点． 问题探究：比赛过程中，机器人实时位置到起点的距离（单位：）与时间（单位：s）的函数图象（不完整）如图所示，其中折线是甲款机器人的图象，线段是乙款机器人的部分图象，已知对应的函数关系式为． 问题解决： (1)①点的坐标为___________． ②求线段对应的函数关系式． (2)乙款机器人到达终点后，因故障耽误了，然后以原来的速度返回起点，请你在图中画出乙款机器人返回时的大致函数图象（线段），用字母标注两个端点，并写出两个端点的坐标． (3)从乙款机器人到达终点后开始探究，当两款机器人到起点的距离之差为时，直接写出的值． 【变式34-1】（25-26八年级上·江苏扬州·月考） 甲、乙两人从同一地点出发沿同一路线匀速步行前往处参加活动．甲比乙早出发，两人途中均未休息，先到达处的人在原地休息等待，直到另一人到达处．甲、乙两人之间的路程与甲行走的时间的函数图象，如图所示． (1)甲步行的速度为______，之间的路程为______m； (2)分别求出线段、所表示的与之间的函数表达式； (3)甲出发______，甲乙两人之间的路程为． 【变式34-2】（25-26八年级上·安徽合肥·月考）某中学组织八年级学生前往甲城参加研学活动．学生分为两队同时从学校出发．队全程匀速行驶，队行驶1小时后车辆出故障停下维修用去1小时，之后提高速度追赶队。已知两队5小时内的行驶路程（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图①所示；两队行驶的路程差（千米）与运动时间（小时）之间的函数关系如图②所示．请结合图象回答下列问题： (1)两队在2小时时路程差________千米；队在行驶中的速度是________千米／小时； (2)求图①中点的坐标； (3)求两队出发多长时间相距40千米． 【变式34-3】（24-25九年级下·辽宁抚顺·月考）小明元旦从家里出发，沿笔直道路匀速步行去妈妈经营的商店帮忙，妈妈同时骑三轮车从商店出发，沿相同路线匀速回家装载货物，然后按原路原速返回商店，小明到达商店比妈妈返回商店早5分钟，在此过程中，设妈妈从商店出发开始所用时间为（分钟），图1表示两人之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象；图2中的线段表示小明和商店之间的距离（米）与时间（分钟）的函数关系的图象的一部分． 请根据所给信息，解答下列问题： (1)妈妈骑车的速度是___________米/分钟，妈妈在家装载货物所用时间是___________分钟，点的坐标是___________ (2)请求出图2中线段表示的小明和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系式，并指明自变量的取值范围；在图2中画出妈妈和商店的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系的图象． 【考点35 与一次函数性质有关的应用】 【例35】（25-26九年级上·黑龙江七台河·月考）雪消门外千山绿，花发江边二月晴，雨水节气之后，春管正由南向北陆续展开，为了落实党和国家的“三农”政策，兴隆镇将台A型拖拉机、台B型拖拉机调往曙光和胜利两个村支援春耕，其中台给曙光村 ，台给胜利村，调往曙光和胜利两个村的拖拉机每台的运费（元）如下表： A型拖拉机 每台的运费 B型拖拉机 每台的运费 曙光 胜利 (1)设调往曙光村A型拖拉机x台，台拖拉机调往曙光和胜利两个村的总运费为W （元），求W关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (2)若公司调往曙光和胜利两个村的总运费多于元，求有哪几种调运方案； (3)由于调往两个村的拖拉机数量多，运输公司决定仅对调往曙光村的A型拖拉机每台的运费降低a元，但让利后A型拖拉机每台的运费仍高于调往曙光村的B型拖拉机每台的运费．调往曙光村的B型拖拉机每台的运费以及调往胜利村的A、B型拖拉机每台的运费不变，请直接写出a为何值时（2）中的所有方案付出的总运费相同． 【变式35-1】（25-26八年级上·安徽阜阳·月考）某校给在校园科技创新大赛活动中表现优异的同学购置、两种纪念品．经了解甲、乙两家商场相同商品标价相同，两家商场都长期让利出售．其中甲商场所有商品按折出售，乙商场对一次购物超过元后的部分打折． (1)用单位：元表示按原价应支付的购物金额，单位：元表示优惠后的购物金额，请直接写出在两家商场购物超过元时，关于的函数解析式； (2)种纪念品每件标价元，但只有甲商场有货．种纪念品在两商场标价均为每件元．学校一共要购买两种纪念品件，其中种纪念品不超过种纪念品的倍，如何购买才能使所花费用最少，最少费用是多少？ 【变式35-2】（25-26八年级上·安徽马鞍山·期中）某公司需要购买甲、乙两种商品共件，甲、乙两种商品的价格分别为元和元．且要求乙种商品的件数不少于甲种商品件数的倍．设购买甲种商品件，购买两种商品共花费元． (1)请求出与的函数关系式及的取值范围． (2)试利用函数的性质说明，当购买多少件甲种商品时，所需要的费用最少?费用最少是多少? 【变式35-3】（24-25八年级上·四川成都·期末）某商店销售1台型和3台型电脑的利润为550元，销售2台型和3台型电脑的利润为650元． (1)求每台型电脑和每台型电脑的销售利润； (2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共50台，设购进型电脑台，这50台电脑的销售总利润为元． ①求关于的函数关系式； ②判断总利润能否达到7000元，并说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $