专题03 期末复习压轴题31个考点（举一反三期末专项训练）八年级数学下学期新教材沪科版

**基本信息** 聚焦期末压轴题，以31个考点构建二次根式、方程、几何综合的递进训练体系，强化逻辑推理与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选填压轴篇|16考点（含例+变式）|二次根式化简/规律、方程参数范围、勾股定理应用、四边形变换与最值|从代数到几何，由静态计算到动态探究，层层递进| |解答压轴篇|15考点（含例+变式）|分母有理化、方程应用、几何证明与作图、动点存在性|综合知识网络，突出转化思想与空间观念，对接中考命题趋势|

专题03 期末复习压轴题31个考点 【新教材沪科版】 【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 利用一元二次方程求取值范围】 3 【考点5 利用一元二次方程解决几何问题】 4 【考点6 利用勾股定理求线段长度】 5 【考点7 勾股定理与弦图】 6 【考点8 利用勾股定理解决翻折问题】 7 【考点9 勾股定理的实际应用】 8 【考点10 多边形内角和与外角和的综合】 9 【考点11 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 10 【考点12 平行四边形中动点最值】 11 【考点13 特殊四边形折叠求角度或边长】 12 【考点14 特殊四边形的动点最值】 14 【考点15 特殊四边形旋转找对应点坐标】 14 【考点16 特殊四边形与几何变换综合】 16 【解答压轴篇】 17 【考点17 分母有理化与裂项求和】 17 【考点18 二次根式的应用】 18 【考点19 由一元二次方程的解求参数】 20 【考点20 根的判别式与根与系数的关系的综合】 21 【考点21 一元二次方程的应用】 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】 29 【考点26 平行四边形与翻折求线段关系】 30 【考点27 动点与平行四边形存在性】 32 【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 【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 利用一元二次方程求取值范围】 【例4】（25-26九年级上·山东泰安·期中）若二次函数与轴两交点横坐标为与，且，均为正实数，那么a的范围是（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】关于x的一元二次方程在范围内有且只有一个根，则m的取值范围为（    ） A． B．或 C．或 D．或 【变式4-2】设方程有两个根和，且，那么方程的较大根的范围为（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】已知二次函数，若，，若，是方程的两个实根，则的范围是 ． 【考点5 利用一元二次方程解决几何问题】 【例5】（25-26九年级上·湖北襄阳·月考）在数学发展史上，一元二次方程的正根可以通过几何方法进行研究．如图，已知矩形的边长，， 连接， 分别以点A、C为圆心，，长为半径画弧，分别交于E，F两点，若关于x的一元二次方程； 通过勾股定理发现这个方程的正根是哪条线段的长？（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】如图，有一张矩形纸片，，，点为边上一动点（不与点重合），沿折叠该纸片使点的对应点为，再沿经过点的直线对折（点在边上），若点的对应点恰好落在边上，且，，三点在同一直线上，则的长为 ．    【变式5-2】（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，在中，，，是外一点，在的垂直平分线上，若，，则 ． 【变式5-3】（25-26九年级上·广西玉林·期中）如图，为矩形对角线上的一点，，，则方程的正数解是（    ） A．线段的长 B．线段的长 C．线段的长 D．线段的长 【考点6 利用勾股定理求线段长度】 【例6】（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6-1】（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6-2】（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6-3】（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7 勾股定理与弦图】 【例7】（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7-1】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7-2】（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7-3】（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8 利用勾股定理解决翻折问题】 【例8】（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8-1】（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8-2】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8-3】（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9 勾股定理的实际应用】 【例9】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9-1】（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9-2】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9-3】（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10 多边形内角和与外角和的综合】 【例10】（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10-1】（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10-2】（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10-3】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11 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 【例11】（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11-1】（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11-2】（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11-3】（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12 平行四边形中动点最值】 【例12】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12-1】（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12-2】（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12-3】（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13 特殊四边形折叠求角度或边长】 【例13】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13-1】（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13-2】（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13-3】（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14 特殊四边形的动点最值】 【例14】（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14-1】（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14-2】（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14-3】（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15 特殊四边形旋转找对应点坐标】 【例15】（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15-1】（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15-2】（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15-3】（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16 特殊四边形与几何变换综合】 【例16】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16-1】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16-2】（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16-3】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______． 【解答压轴篇】 【考点17 分母有理化与裂项求和】 【例17】（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17-1】（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17-2】（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17-3】（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18 二次根式的应用】 【例18】（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18-1】（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18-2】（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18-3】（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19 由一元二次方程的解求参数】 【例19】（25-26九年级上·江西南昌·期中）如果关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的倍，那么称这样的方程为“倍根方程”．例如，方程的两个根是和，则方程就是“倍根方程”． (1)若一元二次方程是“倍根方程”，则________； (2)若是“倍根方程”，求代数式的值； (3)若方程是倍根方程，且相异两点，都在抛物线上，求一元二次方程的根． 【变式19-1】（25-26九年级上·江苏镇江·期中）若时，代数式的值为，则称是这个代数式的“自反值”．例如，当时，代数式的值为0；当时，代数式的值为2，所以0和是的“自反值”． (1)代数式的“自反值”是_____； (2)若代数式（a为常数）只有一个“自反值”，求的值； (3)若代数式（，为常数，）对于任意常数恒有两个“自反值”，则的取值范围是_____． 【变式19-2】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）定义：若关于的一元二次方程的两根都为整数，则称方程为“全整根方程”．通过计算发现，任何一个“全整根方程”的根的判别式的值一定为完全平方数．现规定：代数式的值为该“全整根方程”的“最值码”．例如“全整根方程”的“最值码”为． (1)关于的一元二次方程是一个“全整根方程”． ①当时，该方程的“最值码”是__________； ②若为整数，且，求该方程的其“最值码”． (2)若关于的一元二次方程与都是“全整根方程”，且其“最值码”相等，设，求的最小值． 【变式19-3】（25-26九年级上·山东济宁·月考）小丽在进行因式分解时发现一个现象，关于x的二次多项式 若能分解成两个一次整式相乘的形式，当或时，原多项式的值为0，则定义 和 为多项式 的“零值”，两个“零值”的平均值为多项式的“对称值”．例如： 当或时， 的值为0，则多项式 的“零值”为 和 的“对称值”为 ． 根据上述材料，解决下列问题： (1)多项式 的“零值”为 ，“对称值”为 ； (2)若关于x的多项式 的两个“零值”相等，求m的值以及多项式 的“对称值”； (3)若关于x的多项式 有一个“零值”为，关于x的另一个多项式 与多项式 的“对称值”相同，且多项式 的两个“零值”之比是， 求a，b，c的值． 【考点20 根的判别式与根与系数的关系的综合】 【例20】（25-26九年级上·福建泉州·期中）我们知道：如果一元二次方程的两个实数根是，那么，；反过来：如果，那么是一元二次方程的两个实数根． 请根据以上结论，解决下列问题： (1)已知方程的两个实数根是，那么_____； (2)已知、满足，且，求的值； (3)已知、、满足，求正数的最小值． 【变式20-1】（25-26九年级上·江苏扬州·期中）定义：若关于的一元二次方程的两个实数根为，()，分别以，为横坐标和纵坐标得到点，则称点Q为该一元二次方程的“派生点”． (1)若方程为，求出该方程的“派生点”Q的坐标； (2)若关于x的一元二次方程为的“派生点”Q恰好在直线上，求m的值； (3)是否存在b、c，使得不论为何值，关于x的方程的“派生点”Q始终在直线的图像上？若有，请求出b、c的值；若没有，请说明理由． 【变式20-2】（25-26九年级上·江苏盐城·期中）已知关于，是一元二次方程的两个实数根，若满足，则此类方程叫做差根方程．根据“差根方程”的定义，解决下列问题： (1)下列是“差根方程”的是______；填写序号 ①；② (2)已知关于x的方程是“差根方程”，求a的值． (3)已知是直角三角形，，的长为，若的两边AC、BC的长是一个“差根方程”的两个实数根，求出这个差根方程． 【变式20-3】（25-26九年级上·四川眉山·期中）阅读材料，根据上述材料解决以下问题： 材料1：若一元二次方程的两个根为，则 材料2：已知实数m，n满足，且，则 m，n 是方程的两个不相等的实数根． (1)材料理解：一元二次方程 两个根为 ，则 ， ． (2)应用探究：已知两实数m，n满足，则的值为？ (3)思维拓展：已知实数s，t分别满足，且，求的值． 【考点21 一元二次方程的应用】 【例21】（25-26九年级上·吉林长春·期中）学校项目实验小组有一块矩形试验田如图所示，、，为了管理方便，现要在试验田中间开辟一横两纵共三条等宽的管理通道，使种植区（图中阴影部分）总面积为． (1)求管理通道的宽； (2)实验小组计划将该试验田收获的作物进行义卖，所得款项用于公益．去年作物总产量为千克，义卖售价为8元/千克，所有作物全部售出．今年，通过改进种植技术使作物产量大幅提升，与去年相比，若每千克作物的售价每降低元，总销量可增加千克． ①若今年义卖售价定为元/千克，则作物的总销量为________千克，义卖总收入为________元． ②若今年义卖总收入预计为元，为尽量让购买者得到实惠，则义卖售价应定为________元/千克． 【变式21-1】（25-26九年级上·陕西咸阳·月考）“万里无云镜九州，最团圆夜是中秋．”临近中秋节，某月饼厂接到一笔盒月饼的订单，现决定由甲、乙两组共同完成，已知两组同时开工，甲组加工天，乙组加工8天就能完成这笔订单，且甲组3天加工的月饼数量比乙组2天加工的月饼数量多盒． (1)求甲、乙两组平均每天各能加工多少盒月饼； (2)甲、乙两组同时开工2天后，这笔订单临时又增加了盒月饼，甲组从第3天起提高了工作效率，而乙组的工作效率不变，并提前完成了这笔订单．经调研发现，若甲组平均每天每多加工盒月饼，则甲、乙两组就各自都提前1天完成任务，已知甲、乙两组加工的天数均为整数，则甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前多少天完成了这笔订单？ 【变式21-2】受新冠疫情影响，3月1日起，“君乐买菜”网络公司某种蔬菜的销售价格开始上涨．如图1，前四周该蔬菜每周的平均销售价格(元/)与周次(是正整数，)的关系可近似用函数刻画；进入第5周后，由于外地蔬菜的上市，该蔬菜每周的平均销售价格(元/)从第5周的6元/下降至第6周的5.6元/，与周次()的关系可近似用函数刻画． (1)求，的值． (2)若前五周该蔬菜的销售量与每周的平均销售价格元之间的关系可近似地用如图所示的函数图象刻画，第周的销售量与第周相同： ①求与的函数表达式； ②在前六周中，哪一周的销售额元最大？最大销售额是多少？ (3)若该蔬菜第7周的销售量是，由于受降雨的影响，此种蔬菜第周的可销售量将比第周减少．为此，公司又紧急从外地调运了此种蔬菜，刚好满足本地市民的需要，且使此种蔬菜第周的销售价格比第周仅上涨．若在这一举措下，此种蔬菜在第周的总销售额与第周刚好持平，请通过计算估算出的整数值． 【变式21-3】（25-26九年级上·广东佛山·期中）某购物商场的地面停车场为矩形，其面积为，共设计了如图所示的56个停车位，每个停车位的尺寸都一样，且长比宽多，通车道的宽度都相等． (1)求停车位的宽． (2)该商场停车场原收费8元/小时，日均运营成本200元，高峰时段（12小时）车位全满，平峰时段（12小时）使用率．现计划调整收费：每小时上涨a元，高峰时段使用率不受影响，但平峰时段使用率会降低（因涨价导致部分车主选择其他停车场），若调整后日均利润为9208元，求a的值． 【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】（24-25八年级下·浙江温州·期中）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． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 期末复习压轴题31个考点 【新教材沪科版】 【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】 5 【考点3 二次根式的规律探究】 7 【考点4 利用一元二次方程求取值范围】 9 【考点5 利用一元二次方程解决几何问题】 12 【考点6 利用勾股定理求线段长度】 17 【考点7 勾股定理与弦图】 21 【考点8 利用勾股定理解决翻折问题】 26 【考点9 勾股定理的实际应用】 31 【考点10 多边形内角和与外角和的综合】 34 【考点11 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 38 【考点12 平行四边形中动点最值】 45 【考点13 特殊四边形折叠求角度或边长】 50 【考点14 特殊四边形的动点最值】 56 【考点15 特殊四边形旋转找对应点坐标】 61 【考点16 特殊四边形与几何变换综合】 67 【解答压轴篇】 73 【考点17 分母有理化与裂项求和】 73 【考点18 二次根式的应用】 78 【考点19 由一元二次方程的解求参数】 82 【考点20 根的判别式与根与系数的关系的综合】 88 【考点21 一元二次方程的应用】 94 【考点22 勾股定理在格点中的运用】 99 【考点23 利用勾股定理证明/求线段平方关系】 104 【考点24 勾股定理中的最短路径问题】 109 【考点25 平行四边形与全等三角形构造证明】 113 【考点26 平行四边形与翻折求线段关系】 121 【考点27 动点与平行四边形存在性】 132 【考点28 特殊四边形与几何变换】 143 【考点29 特殊四边形与存在性问题】 156 【考点30 特殊四边形中动点与最值】 170 【考点31 与四边形有关的无刻度直尺格点作图】 180 【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 利用一元二次方程求取值范围】 【例4】（25-26九年级上·山东泰安·期中）若二次函数与轴两交点横坐标为与，且，均为正实数，那么a的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程，一元二次方程根的判别式、根与系数的关系，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题关键．先得出关于的方程有两个不相等的实数根，且，利用一元二次方程根的判别式可得，再利用一元二次方程的根与系数的关系可得，，则，由此即可得． 【详解】解：∵二次函数与轴有两个交点， ∴关于的方程有两个不相等的实数根，且， ∴这个方程根的判别式， ∴， 又∵关于的方程的两根，均为正实数， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 【变式4-1】关于x的一元二次方程在范围内有且只有一个根，则m的取值范围为（    ） A． B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解和二次函数的关系，根的判别式的意义； 分两种情况：①方程有两个相等的实数根，且在的范围内时，可得，求出和，再根据确定m的范围，得到此时m的值；②方程有两个不相等的实数根，且在的范围内时，根据一元二次方程的解和二次函数的关系得出不等式组，求解即可． 【详解】解：①当一元二次方程有两个相等的实数根，且在的范围内时， 则， 解得：， 此时， ∴， 解得：， ∴； ②当一元二次方程有两个不相等的实数根，且在的范围内时， ∴或， 解不等式组得该不等式组无解； 解不等式组得：， 综上，m的取值范围为：或， 故选：D． 【变式4-2】设方程有两个根和，且，那么方程的较大根的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，关键是由根与系数的关系得出，，再设方程的为，，根据跟与系数的关系得出，，从而得出方程的两根为，，然后由，求出，的取值范围，从而得出结论． 【详解】解：方程有两个根和， ，， 设方程的为，， 则，， ，， ， 方程的两根为，， ，， ，， ，，即， 方程的较大根的范围为． 故选：C． 【变式4-3】已知二次函数，若，，若，是方程的两个实根，则的范围是 ． 【答案】或. 【分析】先求出的取值范围，再根据根与系数的关系即可求得，则可得，得到关于的二次函数，又由得，根据其增减性即可求得答案． 【详解】解：由题意可得： =， 即， 从而， ∵、是方程的两个实根， ，， 那么 = = =， 此式是关于的二次函数，对称轴为：， 当时， ∴， ∴的取值范围是， ∴的取值范围是或. 故答案为：或． 【点睛】此题主要考查了二次函数的性质、含有字母系数的一元二次方程的解法，注意根与系数的关系的应用． 【考点5 利用一元二次方程解决几何问题】 【例5】（25-26九年级上·湖北襄阳·月考）在数学发展史上，一元二次方程的正根可以通过几何方法进行研究．如图，已知矩形的边长，， 连接， 分别以点A、C为圆心，，长为半径画弧，分别交于E，F两点，若关于x的一元二次方程； 通过勾股定理发现这个方程的正根是哪条线段的长？（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了公式法解一元二次方程，勾股定理，矩形的性质，掌握以上知识点是解答本题的关键． 先算出方程的正根为，再根据题意用、表示出的长，即可解答． 【详解】解：， ∴， ∴， ∴， ∵， 方程的一个正根是， 四边形是长方形， ，，， 在中，，， 由勾股定理得：， 由作图过程知，， ， 方程的一个正根是的长， 故选：B． 【变式5-1】如图，有一张矩形纸片，，，点为边上一动点（不与点重合），沿折叠该纸片使点的对应点为，再沿经过点的直线对折（点在边上），若点的对应点恰好落在边上，且，，三点在同一直线上，则的长为 ．    【答案】 【分析】根据矩形的性质可得，根据折叠的性质可得，，设，则，可证是等腰三角形，即，用含的式子分别表示出的长度，在中，根据勾股定理可求出的值，在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， 设，则， ∵沿折叠得，沿折叠得，且，，三点在同一直线上， ∴， ∴，，，，，， ∴，即是等腰三角形，则，且，， ∴在中，，，，由勾股定理得，， ∴，解得，，， ∵，当时，，不符合题意， ∴舍去， ∴， ∴， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握以上知识的综合运用是解题的关键． 【变式5-2】（25-26八年级上·浙江宁波·期中）如图，在中，，，是外一点，在的垂直平分线上，若，，则 ． 【答案】 【分析】设，取的中点，连接，利用垂直平分线性质、勾股定理构建方程求解． 【详解】解：设，取的中点，连接，如图， ∵在的垂直平分线上， ∴，， 过点作，交的延长线于点，则四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， 在中，， 在中，， ∴， 整理得，， 变形为， 设，则原方程变形为：， 解得，或（不合题意，舍去）， 当时，， 解得：或（不合题意，舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了换元法解一元二次方程，垂直平分线的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的判定和勾股定理的建模应用是解题的关键． 【变式5-3】（25-26九年级上·广西玉林·期中）如图，为矩形对角线上的一点，，，则方程的正数解是（    ） A．线段的长 B．线段的长 C．线段的长 D．线段的长 【答案】D 【分析】此题考查了解一元二次方程，矩形的性质，勾股定理等知识．首先求出一元二次方程的解为或，然后由矩形的性质得到，，然后利用勾股定理求出，进而得到，即可求解． 【详解】解：， 因式分解得， 或， 解得或， ∵四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴． ∴方程的正数解是线段的长． 故选：D． 【考点6 利用勾股定理求线段长度】 【例6】（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6-1】（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6-2】（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6-3】（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7 勾股定理与弦图】 【例7】（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7-1】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7-2】（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7-3】（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8 利用勾股定理解决翻折问题】 【例8】（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8-1】（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8-2】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8-3】（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9 勾股定理的实际应用】 【例9】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9-1】（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9-2】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9-3】（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10 多边形内角和与外角和的综合】 【例10】（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10-1】（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10-2】（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10-3】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11 平行四边形与全等、勾股定理的综合】 【例11】（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11-1】（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11-2】（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11-3】（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12 平行四边形中动点最值】 【例12】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12-1】（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12-2】（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12-3】（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13 特殊四边形折叠求角度或边长】 【例13】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13-1】（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13-2】（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13-3】（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14 特殊四边形的动点最值】 【例14】（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14-1】（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14-2】（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14-3】（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15 特殊四边形旋转找对应点坐标】 【例15】（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15-1】（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15-2】（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15-3】（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16 特殊四边形与几何变换综合】 【例16】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16-1】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16-2】（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16-3】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． 【解答压轴篇】 【考点17 分母有理化与裂项求和】 【例17】（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17-1】（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17-2】（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17-3】（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18 二次根式的应用】 【例18】（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18-1】（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18-2】（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18-3】（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19 由一元二次方程的解求参数】 【例19】（25-26九年级上·江西南昌·期中）如果关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的倍，那么称这样的方程为“倍根方程”．例如，方程的两个根是和，则方程就是“倍根方程”． (1)若一元二次方程是“倍根方程”，则________； (2)若是“倍根方程”，求代数式的值； (3)若方程是倍根方程，且相异两点，都在抛物线上，求一元二次方程的根． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（）设方程的两个根为，，根据一元二次方程根和系数的关系解答即可求解； （）求出方程的解，再根据“倍根方程”的定义解答即可求解； （）设方程的两个根为，且，由抛物线的对称轴可得，即得，进而把代入计算即可求解； 本题考查了一元二次方程的解及解一元二次方程，一元二次方程根和系数的关系，二次函数的性质等，理解定义是解题的关键． 【详解】（1）解：设方程的两个根为，， 由一元二次方程根和系数的关系得，，， ∴，， ∴方程的两个根为和， ∴， 故答案为：； （2）解：解方程，得，， ∵方程是“倍根方程”， ∴或， ∴或， 当时，； 当时，； 综上，代数式的值为； （3）解：∵方程是倍根方程， ∴不妨设方程的两个根为，且， ∵相异两点，都在抛物线上， ∴抛物线的对称轴为直线， ∴， 即， ∴， ∴， ∴方程的两个根为，． 【变式19-1】（25-26九年级上·江苏镇江·期中）若时，代数式的值为，则称是这个代数式的“自反值”．例如，当时，代数式的值为0；当时，代数式的值为2，所以0和是的“自反值”． (1)代数式的“自反值”是_____； (2)若代数式（a为常数）只有一个“自反值”，求的值； (3)若代数式（，为常数，）对于任意常数恒有两个“自反值”，则的取值范围是_____． 【答案】(1)， (2)0，4， (3) 【分析】本题主要考查了新定义、解一元二次方程、一元二次方程根的判别式、解不等式等知识点，掌握分类讨论思想是解题的关键． （1）根据“自反值”的定义列出关于x的方程求解即可； （2）根据“自反值”的定义可得，然后分和，分别根据列出关于a的方程求解即可； （3）根据“自反值”的定义列出关于x的方程，然后根据根的判别式列出关于b的不等式求解即可． 【详解】（1）解：由题意可得：， ， ， ， ． 所以代数式的“自反值”是，． （2）解：由题意可得：，整理得：， ∵方程只有一个解， ∴当时，可得一元一次方程，有1个解（符合题意）； 当时，可得一元二次方程，有1个解， ∴，整理得：，解得：或． 综上，a的值为0，4，． （3）解：由题意可得：，整理得：， ∵方程对于任意常数恒有两个解， ∴，即；， ∴对于任意常数恒成立， ∵， ∴要使对于任意常数恒成立，则，解得：． 综上，a的取值范围为． 【变式19-2】（25-26九年级上·江苏无锡·期中）定义：若关于的一元二次方程的两根都为整数，则称方程为“全整根方程”．通过计算发现，任何一个“全整根方程”的根的判别式的值一定为完全平方数．现规定：代数式的值为该“全整根方程”的“最值码”．例如“全整根方程”的“最值码”为． (1)关于的一元二次方程是一个“全整根方程”． ①当时，该方程的“最值码”是__________； ②若为整数，且，求该方程的其“最值码”． (2)若关于的一元二次方程与都是“全整根方程”，且其“最值码”相等，设，求的最小值． 【答案】(1)①0；②． (2)． 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、解一元二次方程、平方的非负性，解决本题的关键是根据“全整根方程”、“最值码”的定义探索、之间的关系． （1）①根据“最值码”的定义计算，即可得到结果； ②因为关于的一元二次方程是“全整根方程，可得：是完全平方数，且为整数，且，计算可知，继而求解； ； （2）因为两个方程的“最值码”相等，所以有，整理可得：，整体代入，可得，即可得到结论． 【详解】（1）解：①当时，方程为中，，，， “最值码”， 故答案为：； ②关于的一元二次方程是“全整根方程， ， 其中是完全平方数，且为整数，且， ， 当时，，“最值码”， 综上所述：该方程的其“最值码”为． （2）解：一元二次方程的判别式，最值码， 一元二次方程的判别式是，最值码为， 两个方程的最值码相等， ， 整理得：， ， ∴ 当，有最小值，最小值为 【变式19-3】（25-26九年级上·山东济宁·月考）小丽在进行因式分解时发现一个现象，关于x的二次多项式 若能分解成两个一次整式相乘的形式，当或时，原多项式的值为0，则定义 和 为多项式 的“零值”，两个“零值”的平均值为多项式的“对称值”．例如： 当或时， 的值为0，则多项式 的“零值”为 和 的“对称值”为 ． 根据上述材料，解决下列问题： (1)多项式 的“零值”为 ，“对称值”为 ； (2)若关于x的多项式 的两个“零值”相等，求m的值以及多项式 的“对称值”； (3)若关于x的多项式 有一个“零值”为，关于x的另一个多项式 与多项式 的“对称值”相同，且多项式 的两个“零值”之比是， 求a，b，c的值． 【答案】(1)和， 0 (2)当，“对称值”为3；当m=，“对称值”为 (3)，， 【分析】本题考查了解一元二次方程、因式分解、乘法公式等知识点，掌握“零值”和“对称值”定义是解题的关键． （1）由，再结合“零值”和“对称值”即可求解； （2）由题意令其“零值”为t，则，即可知，  ，可求得或，再求出对应的m即可； （3）由得，故“对称值”为3．由的两个“零值”之比是，且“对称值”为3，设两个“零值”为和可求得， ，即，． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∴和， ∴“对称值”为． 故答案为：和，0． （2）解：∵关于的多项式的两个“零值”相等， 令其“零值”为，则，    ∴，                  ∴，，                            ∴或，                          当“零值”为时，则， ∴对称值为； 当“零值”为时，则， ∴对称值为； 综上，当，“对称值”为3；当m=，“对称值”为； ． （3）解：∵， ∴，， ∵有一个“零值”为， ∴．                                   ∴“对称值”为． ∵的两个“零值”之比是， ∴设两个“零值”为， ∴，   ∴． ∴， ∴，． ∴，， 【考点20 根的判别式与根与系数的关系的综合】 【例20】（25-26九年级上·福建泉州·期中）我们知道：如果一元二次方程的两个实数根是，那么，；反过来：如果，那么是一元二次方程的两个实数根． 请根据以上结论，解决下列问题： (1)已知方程的两个实数根是，那么_____； (2)已知、满足，且，求的值； (3)已知、、满足，求正数的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，根的判别式． （1）一元二次方程的两个实数根是，那么，由此可直接得出答案； （2）由题意得出是方程的两个实数根，进而求出和的值，相加即可； （3）由，可得，进而可得是方程的两个实数根，由根的判别式得，结合是正数即可求解． 【详解】（1）解：由题意知，， 故答案为：； （2）解：满足，且， 满足，且， 是方程的两个实数根， ， ， ． （3）解：， ， 是方程的两个实数根， ，即， 是正数， ， ， 正数的最小值是． 【变式20-1】（25-26九年级上·江苏扬州·期中）定义：若关于的一元二次方程的两个实数根为，()，分别以，为横坐标和纵坐标得到点，则称点Q为该一元二次方程的“派生点”． (1)若方程为，求出该方程的“派生点”Q的坐标； (2)若关于x的一元二次方程为的“派生点”Q恰好在直线上，求m的值； (3)是否存在b、c，使得不论为何值，关于x的方程的“派生点”Q始终在直线的图像上？若有，请求出b、c的值；若没有，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，， 【分析】本题考查根与系数的关系、因式分解法解一元二次方程、一次函数图像上点的坐标特征，分类讨论思想． （1）解方程，根据判断得解； （2）用因式分解法解方程，可得，根据做分类讨论，分别计算即可判断得解； （3）依据题意，“派生点”Q与的取值无关，直线过定点，故方程的“派生点”Q为，根据，由根与系数的关系求解． 【详解】（1）解：， 解得，， ， 该方程的“派生点”Q的坐标为； （2）解：方程为， ， ，或，， ①当，即时，“派生点”Q的坐标为． ∵点Q在直线上， 代入得， ∴，符合题意； ②当，即时，“派生点”Q的坐标为， ∵点Q在直线上， 代入得， ，符合题意； 综上，m的值为或； （3）解：存在，满足条件，理由如下： ， 直线经过定点， ∴方程的“派生点”Q为， 即，， ，． 【变式20-2】（25-26九年级上·江苏盐城·期中）已知关于，是一元二次方程的两个实数根，若满足，则此类方程叫做差根方程．根据“差根方程”的定义，解决下列问题： (1)下列是“差根方程”的是______；填写序号 ①；② (2)已知关于x的方程是“差根方程”，求a的值． (3)已知是直角三角形，，的长为，若的两边AC、BC的长是一个“差根方程”的两个实数根，求出这个差根方程． 【答案】(1)① (2) (3) 【分析】本题主要考查了根与系数的关系及勾股定理，理解所给“差根方程”的定义及勾股定理是解题的关键． （1）根据所给“差根方程”的定义进行判断即可； （2）根据所给“差根方程”的定义进行计算即可； （3）根据所给“差根方程”的定义，结合勾股定理进行计算即可； 【详解】（1）解：由得， ，， 则， 所以①符合题意； 由得， ，， 则， 所以②不符合题意． 故答案为：①； （2）解：由得， ， 因为此方程是“差根方程”， 所以， 解得； （3）解：由题知，不妨令， 因为，的长为， 则 因为、的长是一个“差根方程”的两个实数根， 所以， 则， 所以， 所以， 所以， 同理可得，， 所以，， 则这个差根方程为 【变式20-3】（25-26九年级上·四川眉山·期中）阅读材料，根据上述材料解决以下问题： 材料1：若一元二次方程的两个根为，则 材料2：已知实数m，n满足，且，则 m，n 是方程的两个不相等的实数根． (1)材料理解：一元二次方程 两个根为 ，则 ， ． (2)应用探究：已知两实数m，n满足，则的值为？ (3)思维拓展：已知实数s，t分别满足，且，求的值． 【答案】(1)2， (2) (3) 【分析】本题主要考查分式的化简求值、一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的定义，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）直接根据一元二次方程根与系数的关系可得答案； （2）由题意得出、可看作方程的两根，据此，，将所求代数式变形为，代入计算可得； （3）把，两边同时除以得，据此可得实数和可看作方程的根，代入计算可得． 【详解】（1）解： 一元二次方程 两个根为，， ， 故答案为：2，； （2）解：由题意、是方程的两个根， 该方程的判别式， 方程有两个不相等的实数根，即， 则，， ； （3）解：把，两边同时除以得： ， 实数和可看作方程的根， ，， ． 【考点21 一元二次方程的应用】 【例21】（25-26九年级上·吉林长春·期中）学校项目实验小组有一块矩形试验田如图所示，、，为了管理方便，现要在试验田中间开辟一横两纵共三条等宽的管理通道，使种植区（图中阴影部分）总面积为． (1)求管理通道的宽； (2)实验小组计划将该试验田收获的作物进行义卖，所得款项用于公益．去年作物总产量为千克，义卖售价为8元/千克，所有作物全部售出．今年，通过改进种植技术使作物产量大幅提升，与去年相比，若每千克作物的售价每降低元，总销量可增加千克． ①若今年义卖售价定为元/千克，则作物的总销量为________千克，义卖总收入为________元． ②若今年义卖总收入预计为元，为尽量让购买者得到实惠，则义卖售价应定为________元/千克． 【答案】(1)2米 (2)①，；② 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及销售问题中的数量关系．理解题意列出正确的数量关系是解题关键． （1）通过设通道宽，利用平移种植区的方法，得到种植区对应的矩形长和宽的代数式，再根据矩形面积公式列出一元二次方程，求解并检验得到通道宽度． （2）①先计算出售价降低的幅度，再根据“每降低元，总销量增加千克”求出销量增加量，进而得到总销量，最后根据“总收入售价销量”计算总收入即可． ②设售价为元/千克，先表示出销量随售价的变化量，再根据“总收入售价销量”列出一元二次方程，求解后结合“让购买者得到实惠”的条件选择合适的售价即可． 【详解】（1）解：设管理通道的宽为2米， 根据题意得， 解得，（不合题意，舍去） 答：管理通道的宽为米． （2）解：①千克， 元； ②设义卖售价应定为元/千克，售价降低了元， 增加的销量为千克， 总销量为千克， ， 解得，， 尽量让购买者得到实惠，则义卖售价应定为元千克． 故答案为． 【变式21-1】（25-26九年级上·陕西咸阳·月考）“万里无云镜九州，最团圆夜是中秋．”临近中秋节，某月饼厂接到一笔盒月饼的订单，现决定由甲、乙两组共同完成，已知两组同时开工，甲组加工天，乙组加工8天就能完成这笔订单，且甲组3天加工的月饼数量比乙组2天加工的月饼数量多盒． (1)求甲、乙两组平均每天各能加工多少盒月饼； (2)甲、乙两组同时开工2天后，这笔订单临时又增加了盒月饼，甲组从第3天起提高了工作效率，而乙组的工作效率不变，并提前完成了这笔订单．经调研发现，若甲组平均每天每多加工盒月饼，则甲、乙两组就各自都提前1天完成任务，已知甲、乙两组加工的天数均为整数，则甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前多少天完成了这笔订单？ 【答案】(1)甲组平均每天能加工盒月饼，乙组平均每天能加工盒月饼 (2)甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前2天完成了这笔订单 【分析】本题考查列方程（组）解应用题，找到等量关系列出方程（组）是解决问题的关键． （1）设甲组平均每天能加工x盒月饼，乙组平均每天能加工y盒月饼，根据题意找到两个等量关系列方程再求解即可； （2）设甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前a天完成了这笔订单，根据题意列出方程求解并保留符合题意的整数解即可． 【详解】（1）解：设甲组平均每天能加工x盒月饼，乙组平均每天能加工y盒月饼， 根据题意，得， 解得， 答：甲组平均每天能加工盒月饼，乙组平均每天能加工盒月饼； （2）解：设甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前a天完成了这笔订单，根据题意，得 ， 整理得， 解得，（不符合题意，舍去）， 答：甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前2天完成了这笔订单． 【变式21-2】受新冠疫情影响，3月1日起，“君乐买菜”网络公司某种蔬菜的销售价格开始上涨．如图1，前四周该蔬菜每周的平均销售价格(元/)与周次(是正整数，)的关系可近似用函数刻画；进入第5周后，由于外地蔬菜的上市，该蔬菜每周的平均销售价格(元/)从第5周的6元/下降至第6周的5.6元/，与周次()的关系可近似用函数刻画． (1)求，的值． (2)若前五周该蔬菜的销售量与每周的平均销售价格元之间的关系可近似地用如图所示的函数图象刻画，第周的销售量与第周相同： ①求与的函数表达式； ②在前六周中，哪一周的销售额元最大？最大销售额是多少？ (3)若该蔬菜第7周的销售量是，由于受降雨的影响，此种蔬菜第周的可销售量将比第周减少．为此，公司又紧急从外地调运了此种蔬菜，刚好满足本地市民的需要，且使此种蔬菜第周的销售价格比第周仅上涨．若在这一举措下，此种蔬菜在第周的总销售额与第周刚好持平，请通过计算估算出的整数值． 【答案】(1)， (2)①；②第周或第周销售额最大，最大销售额是元 (3) 【分析】本题考查了一次函数、二次函数的实际应用以及一元二次方程的应用， （1）利用待定系数法即可求解； （2）①利用待定系数法即可求解； ②分和两种情况讨论，利用销售额=销售量销售价格，再运用二次函数的性质求解即可； （3）由题意列一元二次方程计算出的值，再利用估算法即可求解． 【详解】（1）把代入得：， 解得：， 把代入得：， 解得：， 故答案为：，； （2）①设函数关系式为： 把，代入得：， 解得：， 与的函数表达式为：； ②当时， ，， ， ， 是正整数， 当或时，有最大值； 当时，，， 当时， ，， ， 是正整数，， 当时，有最大值； 综上所得：第周或第周销售额最大，最大销售额是元； （3）由题意得： ， 解得：或(舍去)， ∵， ∴． 【变式21-3】（25-26九年级上·广东佛山·期中）某购物商场的地面停车场为矩形，其面积为，共设计了如图所示的56个停车位，每个停车位的尺寸都一样，且长比宽多，通车道的宽度都相等． (1)求停车位的宽． (2)该商场停车场原收费8元/小时，日均运营成本200元，高峰时段（12小时）车位全满，平峰时段（12小时）使用率．现计划调整收费：每小时上涨a元，高峰时段使用率不受影响，但平峰时段使用率会降低（因涨价导致部分车主选择其他停车场），若调整后日均利润为9208元，求a的值． 【答案】(1)停车位的宽为 (2) 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，涉及矩形面积公式和利润的计算．分析边长的组成关系，根据价格调整后的使用率变化建立等量关系是解题关键． （1）用表示停车位的长和宽，再表示出停车场长和宽，根据矩形的面积公式列方程求解即可． （2）根据题意表示出停车场每日高峰时段和平峰时段的收费之和，减去成本即为利润，据此建立方程求解即可． 【详解】（1）解：设停车位的宽为，则停车位的长为，通车道宽为，停车场的长为，宽为， 根据题意得：， 整理得：， 解得：，， 答：停车位的宽为． （2）解：价格上涨后，停车场收费， 高峰时段收费为元， 平峰时段收费为元， ， 解得，， 当，，停车场使用率不可能为负值，故舍去， ． 答：的值为2． 【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】（24-25八年级下·浙江温州·期中）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． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $