【期末复习培优】八年级数学期末考试热点压轴题好题提优训练 2025-2026学年人教版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦八年级数学期末热点压轴题，以代数方法、函数图象、几何综合为逻辑主线，覆盖配方法、绝对值函数、动态问题等核心模块，通过精选各地期末真题实现解题能力分层突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |配方法的应用|1题|代数式最值求解|代数变形→二次函数思想渗透| |绝对值函数|1题|图象绘制与性质探究|函数概念→分段函数转化→数形结合| |一次函数与几何|2题|图象变换与面积计算|函数表达式→几何变换→坐标运算| |动点问题|1题|动态几何量最小值|图形性质→变量关系→极值思想| |四边形综合题|7题|正方形折叠与证明|四边形性质→轴对称→推理证明| |一次函数与几何综合|2题|新定义与坐标几何|函数模型→几何直观→综合应用|

【期末复习培优】八年级数学期末考试热点压轴题好题提优训练 类型一 配方法的应用 1．（2025秋•如皋市期中）设实数x，y，z满足3x+y＝4，2y+3z＝2，则代数式3xy+2yz+xz的最大值为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 类型二 绝对值函数 2．（2026春•金凤区期中）在函数学习中，我们经历了“确定函数的解析式——利用函数图象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程．同时，我们也学习了绝对值的意义：． 【尝试】探究函数y＝2|x﹣2|﹣4的图象与性质． 此函数是我们未曾学过的函数，于是小明尝试结合一次函数的学习经验研究此问题，下面是小明的探究过程，请你补充完整． （1）列表： x … ﹣1 0 1 2 3 4 … y … 2 0 ﹣2 b ﹣2 0 … 根据表格中的信息可得b＝ 　 ． （2）请在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数的图象． 【探索】 （3）写出函数y＝2|x﹣2|﹣4的一条性质 　 【解决问题】结合画出的函数图象，解决问题： （4）关于x的不等式的解集为 　 ． （5）若关于x的方程有且只有一个正数解和一个负数解，请直接写出满足条件的m的取值范围． 类型三 一次函数图象与几何变换 3．（2025秋•海州区期末）把一次函数y＝kx+b（k，b为常数，k≠0）在x轴下方的图象沿x轴向上翻折，与原来在x轴上方的图象组合，得到一个新的图象，我们称之为一次函数的“V形”图象，例如，如图1就是函数y＝x的“V形”图象． （1）请在图2中画出一次函数y＝x+2的“V形”图象，并直接写出该图象与x轴交点A的坐标是　 　 ； （2）在（1）的条件下，在图2中画出直线的图象，与一次函数y＝x+2的“V形”图象分别相交于B，C两点，求△ABC的面积； （3）一次函数y＝kx﹣5k+4（k为常数）的“V形”图象经过（﹣3，y1），（1，y2）两点，且y1＞y2，那么k的取值范围是 ． 类型四 一次函数与图形面积 4．（2025春•丰台区期末）已知一次函数y＝kx+b（k，b为常数且k≠0）的图象经过点A（2，0）和y轴上一点B，且与平行． （1）求一次函数的表达式，并在平面直角坐标系内画出该函数的图象； （2）当﹣2＜x＜4时，请结合图象，直接写出y的取值范围 　 　 ； （3）若点P在直线x＝1上，且△ABP的面积等于，求点P的坐标． 类型五 动点问题 5．（2025•梁溪区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，P是AB的中点．点M从A点出发以2cm/s向点C运动，点N从C点出发2cm/s以向点B运动，点Q是MN的中点，连接PQ．点M，N同时出发，当其中一个点到达终点时，另一点随之停止运动．当PQ的长取最小值时，CM的长 为 　 　 cm． 类型六 四边形综合题 6．（2025秋•凤城市期末）如图1，已知正方形ABCD，点P是边BC上的一个动点（不与点B、C重合），点E在DP上，满足AE＝AB＝2，延长BE交CD于点F． （1）求∠BED的度数； （2）连接CE， ①如图2，当CE⊥BF时，求PB的长； ②当△CEF是以CE为腰的等腰三角形时，直接写出此时△AED的面积． 7．（2024春•黄石港区期末）如图，在正方形ABCD中，P为边BC上一点（点P不与点B，C重合），连接DP，作点A关于直线DP的对称点E，连接AE分别交DP，DC于点G，H．过点C作CF⊥AE于点F，连接DE． （1）依题意补全图形； （2）求证：CF＝EF； （3）连接FB，FD，用等式表示线段FA，FB，FD之间的数量关系，并证明． 8．（2025春•海安市期末）综合与实践： 矩形ABCD中，点E在射线BC上，连接OE，过点O作OF⊥OE，交直线DC于点F，连接EF． 【特例探究】（1）如图1，当E是线段BC中点时，BE＝4，DF＝3，则EF的长为　5　 ； 【一般情形】（2）当点E在线段BC的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段BE，DF，EF之间的数量关系，并证明； 【拓展运用】（3）如图（3），△ABC中，∠C＝90°，点D在BC的延长线上，点E在CA的延长线上，连接DE，F是DE的中点，连接AF，若AE2+BD2＝DE2，且DE﹣AB＝4，求AF的最小值． 9．（2024春•贺州期末）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D′处，MD′与BC交于点N． 【猜想】（1）请直接写出线段MN、CN的数量关系． 【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD′上，点A落在点A′处，点B落在点B′处，折痕为ME． （2）若CD＝4，MD＝8，求MN的长； （3）猜想MN、EM、MC的数量关系，并加以证明． 10．（2025春•丰台区期末）已知正方形ABCD，P是对角线AC的延长线上一点． （1）连接PD，过点P作PD的垂线交AB的延长线于点E． ①依据题意，补全图形； ②判断线段PD与PE的数量关系，并证明； （2）在（1）的条件下，过点P分别作线段AE、射线BC的垂线，垂足分别为点F、点H，线段BH与线段DP于点G，连接EG．请你判断线段EG、BG和CP之间的数量关系，并证明． 11．（2024春•通州区期中）已知四边形ABCD是正方形，点E是射线DC上一点，连接AE，点D关于直线AE的对称点为M，射线AM与直线BC相交于点G． （1）若点M在对角线AC上，则∠DAE＝　 　 度； （2）如图，若E是CD的中点，试用等式表示线段AG，AD，CG之间的数量关系，并证明； （3）若点E在边DC的延长线上，AD＝4，BG＝3，求DE的长． 12．（2025春•朝阳区期中）在正方形ABCD中，点E在射线BD上，点M在BC的延长线上，CN为∠DCM的角平分线，点F为射线CN上一点，且CE＝FE． （1）如图，当点E在线段BD上时， ①补全图形； ②求证：2∠BEC+∠CEF＝180°； ③用等式表示线段CF，DE，BE之间的数量关系，并证明． （2）若AB＝4，BE＝3DE，直接写出线段CF的长． 13．（2026•中山市二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝6．动点P从点A出发沿AD以2cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度4cm/s沿射线CB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AP＝　 ； （2）当PQ⊥BC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． 类型七 一次函数于几何综合题 14．（2024春•通州区期中）如图1，平面直角坐标系xOy中，过点B（8，6）分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为C，A两点，直线y＝2x﹣6与AB交于点D，与y轴交于点M． （1）求点D的坐标； （2）如图2，E是线段AO上的一个动点（不与点O重合），过E作ED的垂线交DM于点F． ①若DE＝EF，求AE的长； ②若∠COM的平分线与射线EF交于点H，OH＝m，OE＝n，求m关于n的函数解析式． 15．（2026春•海淀区期中）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x1，y1），给出如下定义：当点Q（x2，y2）满足x1•x2＝y1•y2时，称点Q是点P的等积点．已知点P（1，2）． （1）在Q1（2，1），Q2（﹣4，﹣1），Q3（8，2）中，点P的等积点是 　 ． （2）点Q是P点的等积点，点C在x轴上，以O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 【期末复习培优】八年级数学期末考试热点压轴题好题提优训练 类型一 配方法的应用 1．（2025秋•如皋市期中）设实数x，y，z满足3x+y＝4，2y+3z＝2，则代数式3xy+2yz+xz的最大值为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】依据题意，由3x+y＝4，2y+3z＝2可得x+y+z＝2，则z＝2﹣x﹣y代入3xy+2yz+xz中，利用完全平方公式变形为3﹣[（x﹣1）2+2（y﹣1）2]，进而可得代数式3xy+2yz+xz的最大值． 【解答】解：由题意，∵3x+y＝4，2y+3z＝2， ∴3x+3y+3z＝6． ∴x+y+z＝2． ∴z＝2﹣x﹣y， ∴原式＝3xy+z（2y+x） ＝3xy+（2﹣x﹣y）（2y+x） ＝3xy+4y+2x﹣2xy﹣x2﹣2y2﹣xy ＝4y+2x﹣x2﹣2y2 ＝3﹣[（x﹣1）2+2（y﹣1）2]， ∵（x﹣1）2+2（y﹣1）2≥0， ∴﹣[（x﹣1）2+2（y﹣1）2]≤0， ∴3﹣[（x﹣1）2+2（y﹣1）2]≤3， ∴3xy+2yz+xz的最大值为3． 故选：C． 【点评】本题考查了完全平方公式的应用，熟练掌握该知识点是关键． 类型二 绝对值函数 2．（2026春•金凤区期中）在函数学习中，我们经历了“确定函数的解析式——利用函数图象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程．同时，我们也学习了绝对值的意义：． 【尝试】探究函数y＝2|x﹣2|﹣4的图象与性质． 此函数是我们未曾学过的函数，于是小明尝试结合一次函数的学习经验研究此问题，下面是小明的探究过程，请你补充完整． （1）列表： x … ﹣1 0 1 2 3 4 … y … 2 0 ﹣2 b ﹣2 0 … 根据表格中的信息可得b＝ 　﹣4　 ． （2）请在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数的图象． 【探索】 （3）写出函数y＝2|x﹣2|﹣4的一条性质 　当x＜2时，y随x增大而减小，当x＞2，随x增大而增大　 【解决问题】结合画出的函数图象，解决问题： （4）关于x的不等式的解集为 　0＜x＜3　 ． （5）若关于x的方程有且只有一个正数解和一个负数解，请直接写出满足条件的m的取值范围． 【分析】（1）直接代入求值即可； （2）通过描点，连线，画图即可； （3）由函数图象，写出对应的增减性即可； （4）求出两个函数的交点坐标，结合函数图象即可得到答案； （5）根据（4）所画函数图象即可得到答案． 【解答】解：（1）把x＝2代入y＝2|x﹣2|﹣4得，y＝﹣4， ∴b＝﹣4， 故答案为：﹣4； （2）如图所示即为所求； （3）由函数图象可得，当x＜2时，y随x增大而减小，当x＞2，随x增大而增大； （4）在y＝2|x﹣2|﹣4中，当x≥2时，y＝2x﹣8，当x＜2时，y＝﹣2x， 联立方程组， ∴； 联立方程组， ∴； ∴结合函数图象可得，的解集为：0＜x＜3； （5）由函数图象可知，当m＞0时，y＝2|x﹣2|﹣4与有两个交点，且两个交点分别在y轴的左右两侧， ∴有且只有一个正数解和一个负数解， ∴m＞0． 【点评】本题考查一次函数的交点、绝对值方程与一次函数的关系，一次函数与不等式的关系，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答； 类型三 一次函数图象与几何变换 3．（2025秋•海州区期末）把一次函数y＝kx+b（k，b为常数，k≠0）在x轴下方的图象沿x轴向上翻折，与原来在x轴上方的图象组合，得到一个新的图象，我们称之为一次函数的“V形”图象，例如，如图1就是函数y＝x的“V形”图象． （1）请在图2中画出一次函数y＝x+2的“V形”图象，并直接写出该图象与x轴交点A的坐标是　（﹣2，0）　 ； （2）在（1）的条件下，在图2中画出直线的图象，与一次函数y＝x+2的“V形”图象分别相交于B，C两点，求△ABC的面积； （3）一次函数y＝kx﹣5k+4（k为常数）的“V形”图象经过（﹣3，y1），（1，y2）两点，且y1＞y2，那么k的取值范围是k＜0　 ． 【分析】（1）对于一次函数y＝x+2，先求与坐标轴交点，令x＝0，则y＝2；令y＝0，则x＝﹣11，画出y＝x+2的图象，再将x轴下方部分沿x轴向上翻折，得到“V”形图象； （2）对于一次函数yx+3，先求与坐标轴交点，令x＝0，则y＝5；令y＝0，则x，画出yx+3的图象，再求出B，C坐标，用割补法求三角形面积； （3）把x＝﹣3和x＝1代入y＝kx﹣5k+4，然后根据y1＞y2，解不等式即可求出k的取值范围． 【解答】解：（1）一次函数y＝x+2的“V”形图象，如图2即为所求； 该图象与x轴交点A的坐标是（﹣2，0）， 故答案为：（﹣2，0）； （2）在图2中画出直线的图象： 由函数图象可知，点B坐标为（﹣3，1），点C坐标为（3，5）， ∴S△ABC（1+5）×61×15×5＝18﹣0.5﹣12.5＝5； （3）当x＝﹣3时，y1＝﹣3k﹣5k+4＝﹣8k+4， 当x＝1时，y2＝k﹣5k+4＝﹣4k+4， ∵y1＞y2， ∴﹣8k+4＞﹣4k+4， 解得k＜0， 故答案为：k＜0． 【点评】本题主要考查一次函数图象与几何变换及两直线相交或平行问题，理解题意，熟练掌握一次函数的基本性质是解题关键． 类型四 一次函数与图形面积 4．（2025春•丰台区期末）已知一次函数y＝kx+b（k，b为常数且k≠0）的图象经过点A（2，0）和y轴上一点B，且与平行． （1）求一次函数的表达式，并在平面直角坐标系内画出该函数的图象； （2）当﹣2＜x＜4时，请结合图象，直接写出y的取值范围 　﹣1＜y＜2　 ； （3）若点P在直线x＝1上，且△ABP的面积等于，求点P的坐标． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）求得x＝﹣2和x＝4时的函数值，结合图象即可求得； （3）设直线x＝1交直线y于点D，由直线y求得D的坐标，然后根据三角形面积公式得到OA，即，求得PD，即可求得P（1，2）或（1，﹣1）． 【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+b（k，b为常数且k≠0）的图象与平行， ∴k， ∴yx+b， ∵经过点A（2，0）， ∴0b， ∴b＝1， ∴一次函数的表达式为y，如图， ； （2）当x＝﹣2时，y；x＝4时，y1， ∴当﹣2＜x＜4时，y的取值范围是﹣1＜y＜2． 故答案为：﹣1＜y＜2； （3）设直线x＝1交直线y于点D， 把x＝1代入y得，y， ∴D（1，）， ∵△ABP的面积等于， ∴OA，即， ∴PD， ∴P（1，2）或（1，﹣1）． 【点评】本题是两条直线平行问题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数的性质，三角形面积，熟练掌握待定系数法是解题的关键． 类型五 动点问题 5．（2025•梁溪区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，P是AB的中点．点M从A点出发以2cm/s向点C运动，点N从C点出发2cm/s以向点B运动，点Q是MN的中点，连接PQ．点M，N同时出发，当其中一个点到达终点时，另一点随之停止运动．当PQ的长取最小值时，CM的长为　2　 cm． 【分析】以CB为x轴，CA为y轴，构造直角坐标系，则点B的坐标为（8，0），点A的坐标为（0，6），由点P是AB的中点，可得出点P的坐标为（4，3），当运动时间为t（0≤t≤3）秒时，点Q的坐标为（t，3﹣t），根据PQ，当t＝2时，PQ有最小值，于是得到结论． 【解答】解：以CB为x轴，CA为y轴，构造直角坐标系，则点B的坐标为（8，0），点A的坐标为（0，6），如图所示， ∵点P是AB的中点， ∴点P的坐标为（4，3）． 6÷2＝3（秒），8÷2＝4（秒）， 当运动时间为t（0≤t≤3）秒时，点N的坐标为（2t，0），点M的坐标为（0，6﹣2t），点Q的坐标为（t，3﹣t）， ∵P是AB的中点， ∴P（4，3）， ∴PQ， ∴当t＝2时，PQ有最小值， ∴点M的坐标为（0，2）， ∴CM＝2． 故答案为：2． 【点评】本题考查了勾股定理、一元二次方程的应用以及坐标与图形的性质，构造直角坐标系，利用两点间的距离公式（勾股定理）找出关于运动时间t的方程是解题的关键． 类型六 四边形综合题 6．（2025秋•凤城市期末）如图1，已知正方形ABCD，点P是边BC上的一个动点（不与点B、C重合），点E在DP上，满足AE＝AB＝2，延长BE交CD于点F． （1）求∠BED的度数； （2）连接CE， ①如图2，当CE⊥BF时，求PB的长； ②当△CEF是以CE为腰的等腰三角形时，直接写出此时△AED的面积． 【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，则AE＝AB＝AD，所以∠AEB＝∠ABE，∠AED＝∠ADE，则2∠AEB+2∠AED+90°＝360°，所以∠BED＝∠AEB+∠AED＝135°； （2）①作AG⊥BE于点G，则GB＝GE，而CD⊥BF，所以∠BEC＝∠AGB＝∠ABC＝90°，则∠CBE＝∠BAG＝90°﹣∠ABG，可证明△BEC≌△AGB，得EC＝GB＝BE，作PH⊥BE于点H，可证明∠HPE＝∠HEP＝45°，则HE＝HP，因为PH∥CE，得出tan∠CBE，可得出答案； ②分两种情况讨论，一是FE＝CE，则∠EFC＝∠ECF，可推导出∠EBC＝∠ECB，则BE＝CE＝FE，作EL⊥AD于点L，可证明AL＝DL，所以AE＝DE＝AD，即△AED是等边三角形，得到EL，即可求出S△AED；二是CF＝CE，则∠CEF＝∠CFE，可证明点E在AC上，则∠BAE＝∠DAE＝45°，作EM⊥AD于点M，得到EM．即可求出S△AED． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AE＝AB， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴AE＝AD， ∴∠AEB＝∠ABE，∠AED＝∠ADE， ∵∠AEB+∠ABE+∠AED+∠ADE+∠BAD＝360°， ∴2∠AEB+2∠AED+90°＝360°， ∴∠AEB+∠AED＝135°， ∴∠BED＝∠AEB+∠AED＝135°． （2）解：①如图1，作AG⊥BE于点G，则GB＝GE， ∵CE⊥BF， ∴∠BEC＝∠AGB＝∠ABC＝90°， ∴∠CBE＝∠BAG＝90°﹣∠ABG， ∵BC＝AB， ∴△BEC≌△AGB（AAS）， ∴EC＝GBBE， 作PH⊥BE于点H，则∠PHB＝∠PHE＝90°， ∵∠HEP＝180°﹣∠BED＝180°﹣135°＝45°， ∴∠HPE＝∠HEP＝45°， ∴HE＝HP， ∵PH∥CE， ∴，tan∠CBE， ∵BC＝2 ∴BPBC； ②如图2，△CEF是等腰三角形，且FE＝CE，则∠EFC＝∠ECF， ∵∠BCF＝90°， ∴∠EBC+∠EFC＝90°，∠ECB+∠ECF＝90°， ∴∠EBC＝∠ECB， ∴BE＝CE＝FE， 作EL⊥AD于点L，则∠ELD＝∠BAD＝90°， ∴EL∥AB∥CD， ∴1， ∴AL＝DL， ∴AE＝DE＝AD， ∴△AED是等边三角形， ∴EL， ∴S△AED2； 如图3，△CEF是等腰三角形，且CF＝CE，则∠CEF＝∠CFE， ∵CD∥AB， ∴∠CFE＝∠ABE＝∠AEB， ∴∠CEF＝∠AEB， ∴∠CEB+∠AEB＝∠CEB+∠CEF＝180°， ∴点E在正方形ABCD的对角线AC上， ∵AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°， ∴∠BAE＝∠DAE＝∠BCA＝∠DCA＝45°， 作EM⊥AD于点M， ∴EM． ∴S△AED2． 综上，△AED的面积为或． 【点评】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形内角和定理、平行线分线段成比例定理、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法． 7．（2024春•黄石港区期末）如图，在正方形ABCD中，P为边BC上一点（点P不与点B，C重合），连接DP，作点A关于直线DP的对称点E，连接AE分别交DP，DC于点G，H．过点C作CF⊥AE于点F，连接DE． （1）依题意补全图形； （2）求证：CF＝EF； （3）连接FB，FD，用等式表示线段FA，FB，FD之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据要求画出图形即可； （2）如图2中，连接AC，CE．设∠CDE＝y．利用等腰三角形的性质，用y表示出∠DEC，∠DEA，M可得结论； （3）结论：FB+FDFA．如图3中，过点A作AM⊥FD交FD的延长线于点M，AN⊥BF于点N，过点B作BJ⊥AE于点J，BK⊥FC交FC的延长线于点K．证明△DFC≌△DFE（SSS），推出∠DFC＝∠DFE（360°﹣90°）＝135°，推出∠DFG＝180°﹣∠DFE＝45°，证明△BJA≌△BKC（AAS），推出BJ＝BK，推出∠BFJ＝∠BFK＝45°，再证明四边形AMFN是正方形，推出AFFM，可得结论． 【解答】（1）解：图形如图1所示： （2）证明：如图2中，连接AC，CE．设∠CDE＝y． ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA＝DC，∠ADC＝90°， ∵A，E关于DP对称， ∴DA＝DE， ∴DA＝DC＝DE， ∴∠DEC＝∠ECD（180°﹣y）＝90°y， ∴∠DAE＝∠DEA（180°﹣90°﹣y）＝45°y， ∴∠CEF＝∠DEC﹣∠DEA＝90°y﹣（45°y）＝45°， ∵CF⊥AE， ∴∠CFE＝90°， ∴∠FCE＝∠CEF＝45°， ∴FC＝FE； （3）结论：FB+FDFA． 理由：如图3中，过点A作AM⊥FD交FD的延长线于点M，AN⊥BF于点N，过点B作BJ⊥AE于点J，BK⊥FC交FC的延长线于点K． ∵DC＝DE＝DF＝DF，FC＝FE， ∴△DFC≌△DFE（SSS）， ∴∠DFC＝∠DFE（360°﹣90°）＝135°， ∴∠DFG＝180°﹣∠DFE＝45°， ∵∠BJF＝∠JFK＝∠K＝90°， ∴∠JBK＝∠ABC＝90°， ∴∠ABJ＝∠CBK， ∵BA＝BC，∠BJA＝∠K＝90°， ∴△BJA≌△BKC（AAS）， ∴BJ＝BK， ∵BJ⊥FA，BK⊥FK， ∴∠BFJ＝∠BFK＝45°， ∴∠AFB＝∠AFM＝90°， ∵∠M＝∠ANF＝90°，FA＝FA， ∴△FAM≌△FAN（AAS）， ∴AM＝AN， ∵AD＝AB，∠M＝∠ANB＝90°， ∴Rt△AMD≌Rt△ANB（HL）， ∴BN＝DM， ∵∠M＝∠MFN＝∠ANF＝90°， ∴四边形AMFN是矩形， ∵AM＝AN， ∴四边形AMFN是正方形， ∴AFFM， ∴FB+FD＝FN+BN+FM﹣DM＝2FMAF． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 8．（2025春•海安市期末）综合与实践： 矩形ABCD中，点E在射线BC上，连接OE，过点O作OF⊥OE，交直线DC于点F，连接EF． 【特例探究】（1）如图1，当E是线段BC中点时，BE＝4，DF＝3，则EF的长为　5　 ； 【一般情形】（2）当点E在线段BC的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段BE，DF，EF之间的数量关系，并证明； 【拓展运用】（3）如图（3），△ABC中，∠C＝90°，点D在BC的延长线上，点E在CA的延长线上，连接DE，F是DE的中点，连接AF，若AE2+BD2＝DE2，且DE﹣AB＝4，求AF的最小值． 【分析】（1）根据矩形的性质得出AO＝CO＝BO＝DO，∠BCD＝∠CDA＝∠BAD＝∠ABC＝90°，根据等腰三角形的性质得出OE⊥BC，CE＝BE＝4，证明四边形OECF为矩形，得出OF⊥CD，根据等腰三角形的性质得出CF＝DF＝3，最后根据勾股定理求出结果即可； （2）延长DA，EO交于点G，连接GF，根据矩形的性质得出AD∥BC，OA＝OC，AD＝BC，证明△AOG≌△COE（AAS），得出OE＝OG，CE＝AG，证明△EOF≌△GOF（SAS），得出GF＝EF，根据勾股定理即可得出答案； （3）过点A作GA⊥CE，过点B作GB⊥BD，GA与BG交于点G，连接CG交AB于点O，连接DO，并延长交AG的延长线于点H，连接EH，OF，证明四边形ACBG为矩形，得出，CO＝OG，AG∥BC，AG＝BC，证明△GOH≌△COD，得出OD＝OH，GH＝CD，证明△OEH≌△OED，得出∠EOH＝∠EOD，求出∠EOH＝∠EOD＝90°，根据直角三角形性质得出，根据三角形三边关系可得AF≥OF﹣OA，且当O、A、F三点共线时，等号成立，求出，即可得出答案． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形， ∴AO＝CO＝BO＝DO， ∠BCD＝∠CDA＝∠BAD＝∠ABC＝90°， ∵E是线段BC中点， ∴OE⊥BC，CE＝BE＝4， ∴∠OEC＝90°， ∵OF⊥OE， ∴∠EOF＝90°， ∴四边形OECF为矩形， ∴∠OFC＝90°， ∴OF⊥CD， ∵OC＝OD， ∴CF＝DF＝3， 在直角三角形CEF中，由勾股定理得：， 故答案为：5； （2）BE2+DF2＝EF2；理由如下： 四边形ABCD为矩形，如图2，延长DA，EO交于点G，连接GF， ∴AD∥BC，OA＝OC，AD＝BC， ∴∠AGO＝∠CEO，∠GAO＝∠ECO， 在△AOG和△COE中， ， ∴△AOG≌△COE（AAS）， ∴OE＝OG，CE＝AG， ∴BC+CE＝AD+AG， 即BE＝DG， 在△EOF和△GOF中， ， ∴△EOF≌△GOF（SAS）， ∴GF＝EF， ∵∠GDF＝180°﹣90°＝90°， 在直角三角形DFG中，由勾股定理得：GF2＝DF2+DG2， 即BE2+DF2＝EF2； （3）过点A作GA⊥CE，过点B作GB⊥BD，GA与BG交于点G，连接CG交AB于点O，连接DO，并延长交AG的延长线于点H，连接EH，OF，如图3， 则∠GAC＝∠GBC＝∠ACB＝90°， ∴四边形ACBG为矩形， ∴，CO＝OG，AG∥BC，AG＝BC， ∴∠GHO＝∠CDO，∠HGO＝∠DCO， ∴△GOH≌△COD（SAS）， ∴OD＝OH，GH＝CD， ∴AG+GH＝BC+CD， ∴AH＝BD， ∵∠HAE＝180°﹣90°＝90°， 在直角三角形AEH中，由勾股定理得：HE2＝AH2+AE2＝BD2+AE2， ∵AE2+BD2＝DE2， ∴HE2＝DE2， ∴HE＝DE， ∵OE＝OE， ∴△OEH≌△OED（SSS）， ∴∠EOH＝∠EOD， ∵∠EOH+∠EOD＝180°， ∴∠EOH＝∠EOD＝90°， ∵点F为DE的中点， ∴， ∵AF≥OF﹣OA，且当O、A、F三点共线时，等号成立， ∴， ∵DE﹣AB＝4， ∴， ∴AF的最小值为2． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形三边关系应用，解题的关键是添加辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 9．（2024春•贺州期末）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D′处，MD′与BC交于点N． 【猜想】（1）请直接写出线段MN、CN的数量关系． 【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD′上，点A落在点A′处，点B落在点B′处，折痕为ME． （2）若CD＝4，MD＝8，求MN的长； （3）猜想MN、EM、MC的数量关系，并加以证明． 【分析】（1）由折叠的性质可得∠CMD＝∠CMD′，再由矩形的性质结合平行线的性质得到∠CMD＝∠MCN，则∠CMD′＝∠MCN，进而可得MN＝CN； （2）由折叠的性质可得∠D＝∠D′＝90°，DC＝D′C＝4，MD＝MD′＝8，设MN＝NC＝x，则ND′＝MD′﹣MN＝8﹣x，由ND′2+D′C2＝NC2，得到（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，则MN＝5，同理可证明EN＝MN＝5，则EC＝EN+CN＝10； （3）由折叠的性质证明∠EMC＝90°，由勾股定理得到EM2+MC2＝CE2，再证明CE＝2MN，即可得到EM2+MC2＝4MN2． 【解答】解：（1）MN＝CN，理由如下： ∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠， ∴∠CMD＝∠CMD′， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠CMD＝∠MCN， ∴∠CMD′＝∠MCN， ∴MN＝CN． 故答案为：MN＝CN； （2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠， ∴∠D＝∠D′＝90°，DC＝D′C＝4，MD＝MD′＝8， 设MN＝NC＝x， ∴ND′＝MD′﹣MN＝8﹣x， 在Rt△ND′C中，∠D′＝90°， ∴ND′2+D′C2＝NC2， ∴（8﹣x）2+42＝x2， 解得x＝5， ∴MN＝5． （3）EM2+MC2＝4MN2，理由如下： 由折叠的性质可得∠AME＝∠EMN，∠DMC＝∠CMN， ∵∠AME+∠EMN+∠DMC+∠CMN＝180°， ∴∠EMN+∠CMN＝90°，即∠EMC＝90°， ∴EM2+MC2＝CE2， 又∵AD∥BC， ∴∠AME＝∠MEN， ∴∠AME＝∠MEN＝∠EMN， ∴EN＝MN＝CN， ∴CE＝2MN， ∴EM2+MC2＝4MN2． 【点评】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 10．（2025春•丰台区期末）已知正方形ABCD，P是对角线AC的延长线上一点． （1）连接PD，过点P作PD的垂线交AB的延长线于点E． ①依据题意，补全图形； ②判断线段PD与PE的数量关系，并证明； （2）在（1）的条件下，过点P分别作线段AE、射线BC的垂线，垂足分别为点F、点H，线段BH与线段DP于点G，连接EG．请你判断线段EG、BG和CP之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）①根据题意补全图形即可； ②过P作PK∥AE，交AD延长线于K，过P作PT⊥AE于T，证明△KPD≌△TPE（ASA），即可得到PD＝PE； （2）延长AD，PH交于R，延长DG交PF于S，同理可得EF＝DR，根据四边形ABCD是正方形，知△PCS是等腰直角三角形，CS＝PSCP，从而可得BE＝2BFCP，而BE2+BG2＝EG2，即可得2CP2+BG2＝EG2． 【解答】解：（1）①补全图形如下： ②PD＝PE，证明如下： 过P作PK∥AE，交AD延长线于K，过P作PT⊥AE于T，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAB＝90°，∠DAC＝45°， ∴△AKP是等腰直角三角形， ∴AK＝PK， ∵∠KAT＝∠ATP＝∠AKP＝90°， ∴四边形ATPK是正方形， ∴PK＝PT，∠KPT＝90°＝∠DPE， ∴∠KPD＝∠TPE， ∴△KPD≌△TPE（ASA）， ∴PD＝PE； （2）2CP2+BG2＝EG2，理由如下： 延长AD，PH交于R，延长DG交PF于S，如图： 同（1）②可得EF＝DR， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD＝45°＝∠PCS， ∴△PCS是等腰直角三角形， ∴CS＝PSCP， ∵PS＝DR， ∴DR＝EFCP， ∵CS＝BF，CS＝PS＝DR＝EF， ∴BF＝EFCP， ∴BE＝2BFCP， 在Rt△BGE中，BE2+BG2＝EG2， ∴（CP）2+BG2＝EG2， ∴2CP2+BG2＝EG2． 【点评】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 11．（2024春•通州区期中）已知四边形ABCD是正方形，点E是射线DC上一点，连接AE，点D关于直线AE的对称点为M，射线AM与直线BC相交于点G． （1）若点M在对角线AC上，则∠DAE＝　22.5　 度； （2）如图，若E是CD的中点，试用等式表示线段AG，AD，CG之间的数量关系，并证明； （3）若点E在边DC的延长线上，AD＝4，BG＝3，求DE的长． 【分析】（1）由对称的性质可得△ADE≌△AME，得出∠MAE＝∠DAE，再根据正方形的性质即可求解； （2）AG＝AD+CG，连接ME，EG，证明△ADE≌△AME和Rt△MEG≌Rt△CEG，得出AD＝AM，MG＝CG即可解答； （3）过点F作FH⊥AD，先得出GA＝GF5，进而求出BF，CF，即可得出△AHF≌△FCE，则DE＝DC+CE＝4+4＝8． 【解答】解：（1）连接ME， ∵点D关于直线AE的对称点为M， ∴AD＝AM，DE＝ME， ∴△ADE≌△AME， ∴∠MAE＝∠DAE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CAD＝45°， ∴∠DAE＝22.5°， 故答案为：22.5． （2）AG＝AD+CG， 连接ME，EG， ∵点D关于直线AE的对称点为M， ∴AD＝AM，DE＝ME， ∴△ADE≌△AME， ∴∠D＝∠AME＝90°， ∵E是CD的中点， ∴CE＝DE＝ME， ∵∠EMG＝∠C＝90°，EG＝EG， ∴Rt△MEG≌Rt△CEG（HL）， ∴MG＝GC， ∵AG＝AM+MG＝AD+CG； （3）过点F作FH⊥AD，如图， 由对称的性质可得∠DAF＝∠GAF， ∵∠DAF＝∠AFG， ∴∠GAF＝∠AFG， ∴GA＝GF5， ∴BF＝GF﹣BG＝5﹣3＝2， ∵CF＝BC﹣BF， ∴CF＝2＝BF， ∴△AHF≌△FCE， ∴CE＝FH＝4， ∴DE＝DC+CE＝4+4＝8． 【点评】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题关键． 12．（2025春•朝阳区期中）在正方形ABCD中，点E在射线BD上，点M在BC的延长线上，CN为∠DCM的角平分线，点F为射线CN上一点，且CE＝FE． （1）如图，当点E在线段BD上时， ①补全图形； ②求证：2∠BEC+∠CEF＝180°； ③用等式表示线段CF，DE，BE之间的数量关系，并证明． （2）若AB＝4，BE＝3DE，直接写出线段CF的长． 【分析】（1）①由题意画出图形即可； ②证明∠CBD＝∠MCN，得CN∥BD，再由平行线的性质和等腰三角形的性质得∠BEC＝∠ECF＝∠EFC，然后由三角形内角和定理即可得出结论； ③连接AC交BD于点O，过点E作EH⊥CF于点H，证四边形CHEO是矩形，得CH＝OE，再由等腰三角形的性质得CH＝FH，即可解决问题； （2）分两种情况，（i）点E在线段BD上时，BE+DE＝BD＝4，求出DE，再由③可知，CF+DE＝BE，即可得出结论； （ii）点E在线段BD的延长线上时，BE＝DE+BD，连接AC交BD于点O，过点E作EH⊥CF于点H，求出DE＝2，则BE＝3DE＝6，再由等腰三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：（1）①如图1， ②证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝90°，∠CBD∠ABC＝45°， ∴∠DCM＝90°， ∵CN平分∠DCM， ∴∠MCN＝45°， ∴∠CBD＝∠MCN， ∴CN∥BD， ∴∠BEC＝∠ECF， ∵CE＝FE， ∴∠ECF＝∠EFC， ∴∠BEC＝∠ECF＝∠EFC， 在△ECF中，∠ECF+∠EFC+∠CEF＝180°， ∴2∠BEC+∠CEF＝180°； ③解：CF+DE＝BE，证明如下： 如图2，连接AC交BD于点O，过点E作EH⊥CF于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD， 由（1）可知，CN∥BD， ∴EH⊥BD， ∴EH∥AC， ∴四边形CHEO是矩形， ∴CH＝OE， ∵CE＝FE，EH⊥CF， ∴CH＝FH， ∴CF＝2CH＝2OE＝2（BE﹣OB）＝2BE﹣2OB＝2BE﹣BD＝BE﹣（BD﹣BE）＝BE﹣DE， ∴CF+DE＝BE； （2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4， ∴AD＝AB＝4，OB＝OD，∠BAD＝90°， ∴BDAB＝4， ∴OBBD＝2， （i）点E在线段BD上时，BE+DE＝BD＝4， ∵BE＝3DE， ∴4DE＝4， ∴DE， 由③可知，CF+DE＝BE， ∴CF＝BE﹣DE＝2DE＝2； （ii）如图3，点E在线段BD的延长线上时，BE＝DE+BD， 连接AC交BD于点O，过点E作EH⊥CF于点H， ∵BE＝3DE， ∴2DE＝4， ∴DE＝2， ∴BE＝3DE＝6， ∵EH⊥CF，CE＝FE， ∴CF＝2CH＝2OE＝2（BE﹣OB）＝2（62）＝8； 综上所述，线段CF的长为2或8． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线定义、三角形内角和定理以及分类讨论等知识，熟练掌握正方形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键，属于中考常考题型． 13．（2026•中山市二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝6．动点P从点A出发沿AD以2cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度4cm/s沿射线CB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AP＝　2t ； （2）当PQ⊥BC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． 【分析】（1）由题意可得出答案； （2）当PQ⊥BC时，作AF⊥BC于点F，则四边形APQF是平行四边形，可求得∠BAF＝30°，则BF＝3，所以CF＝CB﹣BF＝9，由AP＝FQ，得2t＝9﹣4t，可得出答案； （3）由AP∥BQ，可知当AP＝BQ时，A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，再分两种情况讨论，一是当0≤t＜3时，则2t＝12﹣4t，求得t＝2；二是当3＜t≤6时，则2t＝4t﹣12，求得t＝6． 【解答】解：（1）∵动点P从点A出发沿AD以2cm/s速度向终点D运动， ∴AP＝2t， 故答案为：2t； （2）当PQ⊥BC时，如图1，作AF⊥BC于点F，则AF∥PQ，∠AFB＝90°， ∵AP∥FQ， ∴四边形APQF是平行四边形， ∴AP＝FQ， ∵∠BAF＝90°﹣∠ABC＝30°， ∴BFAB＝3， ∴CF＝CB﹣BF＝12﹣3＝9， ∴2t＝9﹣4t， 解得t， ∴t的值是． （3）存在， ∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AB＝6， ∴∠ACB＝90°﹣∠ABC＝30°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝CB＝2AB＝12， ∵AP＝2t， ∴当点P与点D重合时，则t＝6； ∵CQ＝4t， ∴当点Q与点B重合时，则4t＝12，解得t＝3， ∴当0≤t＜3时，BQ＝12﹣4t；当3＜t≤6时，BQ＝4t﹣12， ∵AP∥BQ， ∴当AP＝BQ时，A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形， 当0≤t＜3时，如图2，四边形APQB是平行四边形， ∵AP＝BQ， ∴2t＝12﹣4t， 解得t＝2； 当3＜t≤6时，如图3，四边形APBQ是平行四边形， ∵AP＝BQ， ∴2t＝4t﹣12， 解得t＝6， 综上所述，t的值为2或6． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 类型七 一次函数于几何综合题 14．（2024春•通州区期中）如图1，平面直角坐标系xOy中，过点B（8，6）分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为C，A两点，直线y＝2x﹣6与AB交于点D，与y轴交于点M． （1）求点D的坐标； （2）如图2，E是线段AO上的一个动点（不与点O重合），过E作ED的垂线交DM于点F． ①若DE＝EF，求AE的长； ②若∠COM的平分线与射线EF交于点H，OH＝m，OE＝n，求m关于n的函数解析式． 【分析】（1）直线y＝2x﹣6，令y＝6，求出x＝6，即可得点D的坐标； （2）①过F作FG⊥y轴于G，证明△EFG≌△DEA（AAS），可得FG＝EA，EG＝DA＝6，设AE＝a，则F（a，﹣a），代入直线y＝2x﹣6即可求解； ②过H作HK⊥y轴于K，证明△EHK∽△DEA，根据相似三角形的性质可得，由OH＝m结合角平分线的定义可得HK＝OKm，即可得m关于n的函数解析式． 【解答】解：（1）∵B（8，6），BA⊥x轴，直线y＝2x﹣6与AB交于点D， ∴点D的纵坐标为6， 直线y＝2x﹣6，令y＝6得2x﹣6＝6， 解得x＝6， ∴点D的坐标为（6，6）； （2）①过F作FG⊥y轴于G， ∴∠EGF＝∠A＝90°，∠FEG+∠EFG＝90°， ∵EF⊥DE， ∴∠FEG+∠DEA＝90°， ∴∠EFG＝∠DEA， ∵DE＝EF， ∴△EFG≌△DEA（AAS）， ∴FG＝EA，EG＝DA＝6， 设AE＝a，则FG＝EA＝a， ∵OA＝AE+OE＝6，EG＝OG+OE＝6， ∴OG＝AE＝a， ∴F（a，﹣a）， 代入直线y＝2x﹣6得2a﹣6＝﹣a，解得a＝2， ∴AE的长为2； ②过H作HK⊥y轴于K， ∴∠EKH＝∠A＝90°，∠HEK+∠EHK＝90°， ∵EF⊥DE， ∴∠HEK+∠DEA＝90°， ∴∠EHK＝∠DEA， ∴△EHK∽△DEA， ∴， ∵OH＝m，OH是∠COM的平分线， ∴∠HOK＝45°， ∴HK＝OKm， ∴， ∴mn+6． 【点评】本题是一次函数综合题，考查一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等，能够通过作垂线构造全等或相似的直角三角形是解题的关键． 15．（2026春•海淀区期中）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x1，y1），给出如下定义：当点Q（x2，y2）满足x1•x2＝y1•y2时，称点Q是点P的等积点．已知点P（1，2）． （1）在Q1（2，1），Q2（﹣4，﹣1），Q3（8，2）中，点P的等积点是 Q1（2，1）　 ． （2）点Q是P点的等积点，点C在x轴上，以O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标． 【分析】（1）根据定义，计算确定即可． （2）根据平行四边形的性质，运用平移的思想分类计算即可． 【解答】解：（1）∵P（1，2），Q1（2，1），Q2（﹣4，﹣1），Q3（8，2）， ∴1×2＝2×1，1×（﹣4）≠2×（﹣1），1×8≠2×2， ∴点P的等积点是Q1（2，1）， 故答案为：Q1（2，1）； （2）如图1，设点Q（x，y）， ∵P（1，2），点Q是P点的等积点， ∴x＝2y即， 故点Q在直线上， ∴点， 当点O平移得到点P时，平移规律是向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度， ∵O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形， ∴点向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点C， ∴点， ∵点在x轴上， ∴点， 解得x＝﹣4， ∴点C2（﹣3，0）； 当点P平移得到点O时，平移规律是向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度， ∵O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形， ∴点向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到点C， ∴点， ∵点在x轴上， ∴点， 解得x＝4， ∴点C1（3，0）； 综上所述，点C（﹣3，0）或C（3，0）． 【点评】本题考查了新定义问题，平行四边形的判定，平移规律，正方形的性质，正确理解新定义是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $