苏科版八年级数学上册专题7.3期末复习之选填压轴题十五大题型总结同步特训(学生版+解析)

这是一份苏科版八年级数学上册专题7.3期末复习之选填压轴题十五大题型总结同步特训(学生版+解析)，共93页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc12563" 【题型1 利用勾股定理求面积】 PAGEREF _Tc12563 \h 1
\l "_Tc23723" 【题型2 网格中勾股定理的运用】 PAGEREF _Tc23723 \h 2
\l "_Tc28688" 【题型3 由勾股定理求立体几何图形中的最短路径】 PAGEREF _Tc28688 \h 3
\l "_Tc17098" 【题型4 利用全等三角形的判定与性质求值】 PAGEREF _Tc17098 \h 5
\l "_Tc30098" 【题型5 利用轴对称求最短路径】 PAGEREF _Tc30098 \h 6
\l "_Tc10055" 【题型6 一次函数中面积有关的计算】 PAGEREF _Tc10055 \h 7
\l "_Tc4909" 【题型7 利用一次函数的性质求解】 PAGEREF _Tc4909 \h 8
\l "_Tc28378" 【题型8 判断直角三角形】 PAGEREF _Tc28378 \h 8
\l "_Tc22118" 【题型9 勾股定理的实际应用】 PAGEREF _Tc22118 \h 9
\l "_Tc26101" 【题型10 利用全等三角形的判定与性质解决等腰三角形中的问题】 PAGEREF _Tc26101 \h 10
\l "_Tc737" 【题型11 数式或图形中多结论问题】 PAGEREF _Tc737 \h 11
\l "_Tc11966" 【题型12 数式或图形的规律探究】 PAGEREF _Tc11966 \h 13
\l "_Tc13048" 【题型13 数式或图形中新定义问题】 PAGEREF _Tc13048 \h 14
\l "_Tc8138" 【题型14 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc8138 \h 16
\l "_Tc31231" 【题型15 平面坐标系中几何图形的计算】 PAGEREF _Tc31231 \h 18
【题型1 利用勾股定理求面积】
【例1】（2023上·陕西西安·八年级西安市铁一中学校考期末）如图，分别以Rt△ACB的直角边AB和斜边AC为边向外作正方形ABGF和正方形ACDE，连结EF．已知CB=6，EF=10，则△AEF的面积为（ ）
A．63B．83C．24D．12
【变式1-1】（2023上·浙江金华·八年级统考期末）如图，已知长方形纸板的边长DE=10，EF=11，在纸板内部画Rt△ABC，并分别以三边为边长向外作正方形，当边HI、LM和点K、J都恰好在长方形纸板的边上时，则△ABC的面积为（ ）
A．6B．112C．254D．35
【变式1-2】（2023上·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，连接AC、BD，已知∠ADB=∠ACB=90°，∠CAB=45°，CD=2，BC=5，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．22B．3C．72D．4
【变式1-3】（2023下·浙江宁波·八年级统考期末）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面积为52，则点F到BC的距离为（ ）
A．55B．255C．455D．433
【题型2 网格中勾股定理的运用】
【例2】（2023下·安徽亳州·八年级校考期末）如图，在单位为1的正方形网格图中有a，b，c，d四条线段，从中任取三条线段所构成的三角形中恰好是直角三角形的个数为（ ）

A．0个B．1个C．2个D．3个
【变式2-1】（2023下·宁夏吴忠·八年级校考期末）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，P是网格线的交点，则∠PAB+∠PBA=（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【变式2-2】（2023下·河北保定·八年级统考期末）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格中，线段AB的两个端点均在格点（正方形的顶点）上．

（1）线段AB的长为 ；
（2）若△ABC是直角三角形，则网格中满足条件的格点C共有 个．
【变式2-3】（2023下·江西新余·八年级统考期末）如图所示的网格是正方形网格，点A、B、C、D、E是网格线交点，则∠BAC−∠DAE的为 度．

【题型3 由勾股定理求立体几何图形中的最短路径】
【例3】（2023上·河北保定·八年级保定市第十七中学校考期末）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为16cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是（ ）
A．20cmB．413cmC．10cmD．273cm
【变式3-1】（2023·八年级课时练习）如图，已知圆柱的底面直径BC=6π，高AB=3，小虫在圆柱侧面爬行，从C点爬到A点，然后再沿另一面爬回C点，则小虫爬行的最短路程的平方为（ ）
A．18B．48C．120D．72
【变式3-2】（2023上·重庆·八年级校联考期末）如图，三级台阶，每一级的长、宽、高分别为8dm、3dm、2dm，A和B是这个台阶上两个相对的端点，点A处有一只蚂蚁，想到点B处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行到点B的最短路程为 dm．
【变式3-3】（2023上·江苏无锡·八年级滨湖中学校考期末）棱长分别为5cm，4cm两个正方体如图放置，点P在E1F1上，且E1P=14E1F1，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点P，需要爬行的最短距离是

【题型4 利用全等三角形的判定与性质求值】
【例4】（2023下·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，已知四边形ABCD，连接AC、BD，∠BAC=∠ADC=90°，AB=AC，若AD=5，则△ABD的面积等于 ．

【变式4-1】（2023下·山东济宁·八年级统考期末）如图，在3×3的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点A，B，C，D都在格点上，连接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是（ ）
A．80°B．60°C．45°D．30°
【变式4-2】（2023下·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为射线CB上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．连接BE交直线AC于M，若2AC=7CM，则S△ADBS△AEM的值为 ．

【变式4-3】（2023上·江苏无锡·八年级校联考期末）如图，AO⊥OM，OA=8，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB、AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，PB的长度是 ( )
A．3.6B．4C．4.8D．PB的长度随B点的运动而变化
【题型5 利用轴对称求最短路径】
【例5】（2023下·全国·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，如果点D，E分别为BC，AB上的动点，那么AD+DE的最小值是（ ）

A．8.4B．9.6C．10D．10.8
【变式5-1】（2023上·天津宁河·八年级统考期末）如图，点P是∠AOB内任意一点，OP=5cm，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，∠AOB=30°则△PMN周长的最小值=
【变式5-2】（2023上·广东广州·八年级校考期末）如图，在等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为4，D为AB的中点，E为AC边上的动点，DE⊥DF交BC于点F，P为EF的中点，连接PA，PB，则PA+PB的最小值是（ ）
A．3B．2C．25D．5
【变式5-3】（2023上·四川绵阳·八年级统考期末）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．219B．8C．53D．62
【题型6 一次函数中面积有关的计算】
【例6】（2023上·广东深圳·八年级统考期末）如图，点A，B，C在一次函数y=−3x+b的图象上，它们的横坐标依次为-1，1，2，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，则图中阴影部分的面积之和是（ ）
A．3B．4.5C．3(b−1)D．32(b−2)
【变式6-1】（2023下·湖北武汉·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（-2，0），C（a，-a），△ABC的面积小于10，则a的取值范围是 ．
【变式6-2】（2023下·安徽芜湖·八年级校联考期末）八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，设直线l和八个正方形的最上面交点为A，则直线l的解析式是 .
【变式6-3】（2023上·江苏盐城·八年级校考期末）平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y=13x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线y=mx+m（m≠0）将△AOB分成两部分的面积比为1:5，则m的值为 ．
【题型7 利用一次函数的性质求解】
【例7】（2023上·福建漳州·八年级校考期末）在平面直角坐标系中，一次函数y1＝m（x+3）−1（m≠0） 和y2＝a（x−1）+2（a≠0） ，无论x 取何值，始终有y2＞y1 ，m 的取值范围为（ ）
A．m≥ 34B．m> 34C．m≤ 34且m≠0 D．m< 34且m≠0
【变式7-1】（2023下·天津红桥·八年级统考期末）关于函数y=k−3x+k（k为常数），有下列结论：①当k≠3时，此函数是一次函数；②无论k取什么值，函数图像必经过点−1,3；③若图像经过二、三、四象限，则k的取值范围是k<0；④若函数图像与x轴的交点始终在正半轴，则k的取值范围是0A．1B．2C．3D．4
【变式7-2】（2023下·宁夏银川·八年级校考期末）已知直线y=−n+1n+2x+1n+2（n为正整数）与坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1+S2+S3+⋯+S2012的值为（ ）
A．6032015B．10062015C．10062014D．6032014
【变式7-3】（2023上·山东济南·八年级统考期末）一次函数y=54x−15的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，O为坐标原点，则在△OAB内部(包括边界)，纵坐标、横坐标都是整数的点共有（ ）
A．90个B．92个C．104个D．106个
【题型8 判断直角三角形】
【例8】（2023上·浙江·八年级期末）如图，∠BOC=60°，点A是BO延长线上的一点，OA=10cm，动点P从点A出发沿AB以3cm/s的速度移动，动点Q从点O出发沿OC以1cm/s的速度移动，如果点P，Q同时出发，用t(s)表示移动的时间，当t= s时，△POQ是等腰三角形；当t= s时，△POQ是直角三角形．
【变式8-1】（2023上·四川·八年级校考期末）如图，在ΔABC中，AB=AC=20,BC=32，点D在线段BC上以每秒2个单位的速度从B向C移动，连接AD，当点D移动 秒时，AD与ΔABC的边垂直．
【变式8-2】（2023上·浙江·八年级期末）如图，在△ABC中，AC=BC，CD⊥AB，CD=5，AB=24．E是AB边上的一个动点，点F与点A关于直线CE对称，当△AEF为直角三角形时，AE的长为 ．
【变式8-3】（2023下·浙江宁波·八年级统考期末）同一平面内有A，B，C三点，A，B两点之间的距离为5cm，点C到直线AB的距离为2cm，且△ABC为直角三角形，则满足上述条件的点C有 个．
【题型9 勾股定理的实际应用】
【例9】（2023·江西九江·校考模拟预测）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题目，大致意思是：有一竖立着的木杆，在木杆的上端系有绳索，绳索从木杆上端顺着木杆下垂后，堆在地面上的部分有3尺，牵着绳索头（绳索头与地面接触）退行，在离木杆底部8尺处时，绳索用尽．问绳索长为多少．绳索长为 尺．
【变式9-1】（2023下·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，斜靠在墙上的一根竹竿，AB＝10m，BC＝6m，若A端沿垂直于地面的方向AC下移2m，则B端将沿CB方向移动的距离是（ ）米．
A．1.6B．1.8C．2D．2.2
【变式9-2】（2023上·山东济南·八年级统考期末）如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东30°方向，距离灯塔80海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处，这时，海轮所在的B处与灯塔P的距离为（ ）
A．40海里B．402海里C．80海里D．406海里
【变式9-3】（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）如图，一棵高5米的树AB被强台风吹斜，与地面BC形成60°夹角，之后又被超强台风在点D处吹断，点A恰好落在BC边上的点E处，若BE=2，则BD的长是（ ）
A．2B．3C．218D．247
【题型10 利用全等三角形的判定与性质解决等腰三角形中的问题】
【例10】（2023上·湖北黄冈·八年级期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，AB上一点D，且AD＝BC，过点D作DE∥BC且DE＝AB，连接EC，则∠DCE的度数为（ ）
A．80°B．70°C．60°D．45°
【变式10-1】（2023上·福建龙岩·八年级校考期末）在等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点F在线段BC上，点E是在线段AF上，满足∠CEF=45°，AE=6，EF=5，则△ABF的面积= ．
【变式10-2】（2023上·福建泉州·八年级校考期末）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别是BC，AB上的点，且BE＝CD，AD与CE相交于点F，连接BF，延长FE至G，使FG＝FA，若△ABF的面积为m，AF：EF＝5：3，则△AEG的面积是（ ）
A．25mB．13mC．38mD．35m
【变式10-3】（2023上·贵州遵义·八年级统考期末）如图，在等边△ABC的边AB所在直线上有一点P，作PE⊥AC所在直线于E，Q为BC延长线上一点，当PA=CQ时，连PQ交AC所在直线于D，若DE长为m，则△ABC的周长为 ．
【题型11 数式或图形中多结论问题】
【例11】（2023上·内蒙古鄂尔多斯·八年级校考期末）如图，在ΔABC中，AD是BC边上的高，∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF，AC=AG．连接FG，交DA的延长线于点E，连接BG，CF．则下列结论：①BG=CF；②BG⊥CF；③EF=EG；④BC=2AE；⑤SΔABC=SΔFAG，其中正确的有（ ）
A．①②③B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤
【变式11-1】（2023上·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期末）已知函数y=−2x+3(x≤1)x(x>1)若a⩽x⩽b,m⩽y⩽n，则下列说法错误的是（ ）
A．当n−m=1时，b−a有最小值0.5B．当n−m=1时，b−a有最大值1.5
C．当b−a=1时，n−m有最小值1D．当b−a=1时，n−m有最大值2
【变式11-2】（2023上·河南新乡·八年级统考期末）如图，在△ABC中，将边AB，AC分别绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，AE，连接DE，与BC交于点F，连接AF，CD，BE，BD，CE．下列结论：①BC=DE；②BC⊥DE；③AF平分∠BFE；④BE2+CD2=BD2+CE2．其中正确结论的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【变式11-3】（2023上·浙江金华·八年级校考期末）如图，等边△ABC中，D、E分别为AC、BC边上的点，AD=CE，连接AE、BD交于点F，∠CBD、∠AEC的平分线交于AC边上的点G，BG与AE交于点H，连接FG.下列说法：①△ABD≌△CAE；②∠BGE=30°；③∠ABG=∠BGF；④AB=AH+FG；其中正确的说法有（ ）

A．4个B．3个C．2个D．1个
【题型12 数式或图形的规律探究】
【例12】（2023上·河北石家庄·八年级石家庄市第二十二中学校考期末）如图所示，图甲是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成，其中OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，现把图乙中的直角三角形继续作下去，则OA4= ，OAn= ；若OA3⋅OAn的值是整数，且1≤n≤80n≠3，则符合条件的n有 个．
【变式12-1】（2023上·重庆渝北·八年级统考期末）如图,在平面直角坐标系中,函数y=2x和y=−x的图象分别为直线l1,l2,过点(1,0)作x轴的垂线交l1于点A1,过点A1作y轴的垂线交l2于点A2,过点A2作x轴的垂线交于点A3,过点A3作y轴的垂线交l2于点A4,…依次进行下去,则点A2021的坐标为 ．
【变式12-2】（2023上·重庆渝北·八年级统考期末）如图（1），已知AB=AC，D为∠BAC的角平分线上一点，连接BD，CD；如图（2），已知AB=AC，D，E为∠BAC的角平分线上两点，连接BD，CD，BE，CE；如图（3），已知AB=AC，D，E，F为∠BAC的角平分线上三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；……，依此规律，第6个图形中有全等三角形的对数是（ ）

A．21B．11C．6D．42
【变式12-3】（2023上·湖北荆州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是0,2，以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，再过点A2作x轴的垂线，垂足为点O2，以O2A2为边在右侧作等边三角形O2A2A3……按此规律继续作下去，得到等边三角形O2020A2020A2021，则点A2021的纵坐标为（ ）
A．122018B．122019C．122020D．122021
【题型13 数式或图形中新定义问题】
【例13】（2023下·安徽池州·八年级统考期末）定义：我们把三角形某边上中线的长度与这边中点到高的距离的比值称为三角形某边的“中高偏度值”．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，则△ABC中AB边的“中高偏度值”为 ．

【变式13-1】（2023上·江苏南通·八年级统考期末）我们定义：如果一个等腰三角形有一条边长是3，那么这个三角形称作帅气等腰三角形.已知ΔABC中，AB=32，AC=5，BC=7，在ΔABC所在平面内画一条直线，将ΔABC分割成两个三角形，若其中一个三角形是帅气等腰三角形，则这样的直线最多可画（ ）
A．0条B．1条C．2条D．3条
【变式13-2】（2023上·山东济南·八年级统考期末）定义，图象与x轴有两个交点的函数y＝−2x+4(x≥m)2x+4(xA．0≤m≤43B．－2＜m≤43C．－2＜m≤2D．－4＜m＜0
【变式13-3】（2023上·河北邯郸·八年级校考期末）定义：若三角形的一条角平分线与被平分的角的一边相等，则称这个三角形为“优美三角形”，这条角平分线叫做这个三角形的“优美线”．下列四个三角形中，BD平分∠ABC，其中BD是“优美线”的是（ ）
A．B．
C．D．
【题型14 一次函数的应用】
【例14】（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）甲开汽车，乙骑自行车从M地出发沿一条公路匀速前往N地，设乙行驶的时间为t（h），甲、乙行驶的路程分别为S甲,S乙，路程与时间的函数关系如图所示，丙与乙同时出发，从N地沿同一条公路匀速前往M地．当丙与乙相遇时，甲、乙两人相距20km，问丙出发后 小时后与甲相遇．
【变式14-1】（2023上·重庆·八年级西南大学附中校考期末）小明和小李住在同一个小区，暑假期间，他们相约去缙云山某地露营；小明先出发5分钟后，小李以65米/分的速度从小区出发，小明到达相约地点后放下装备，休息了10分钟，立即按原路以另一速度返回，途中与小李相遇，随后他们一起步行到达目的地．小李与小明之间的距离y（米）与小明出发的时间x（分）之间的关系如图，则下列说法正确的是（ ）
A．小明首次到达目的地之前的速度是75米/分
B．小明首次到达目的地时，小李距离目的地还有200米
C．从小区到目的地路程为2800米
D．小明返回时的速度是33米分
【变式14-2】（2023上·全国·八年级专题练习）有一个附有进水管和出水管的容器，在单位时间内的进水量和出水量分别一定．设从某时刻开始的5分钟内只进水不出水，在随后的15分钟内既进水又出水，得到容器内水量y（升）与时间x（分）之间的函数图象如图．若20分钟后只放水不进水，这时（x≥20时）y与x之间的函数关系式是 ．
【变式14-3】（2023下·重庆·八年级重庆市求精中学校校考期末）在一次趣味运动会中，“抢种抢收”的比赛规则如下：全程60米的直线跑道，在起点和终点之间，每隔10米放置一个小桶，共四个，参赛者用手托着放有4个乒乓球的盘子，在从起点跑到终点的过程中，将四个乒乓球依次放入4个小桶中（放入时间忽略不计），如果中途乒乓球掉出小桶，则需要返回将乒乓球放回桶中，率先到达终点者获胜．小明和小亮同时从起点出发，以各自的速度匀速跑步前进，小明在放入第二个乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二个桶的旁边，且落地后不再移动，但他并未发现，继续向前跑了一段距离，被裁判员提醒后立即原速返回捡球，并迅速放回桶中（捡球时间忽略不计），为了赶超小亮，小明将速度提高了1米/秒，小明和小亮之间的距离y（米）和出发时间x（秒）之间的函数关系如图所示，则小明在掉出乒乓球后又继续跑了 米后开始返回．
【题型15 平面坐标系中几何图形的计算】
【例15】（2023上·浙江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点C(0,4)，点Q在x轴的负半轴上，且S△CQA=12分别以AC、CQ为腰，点C为直角顶点在第一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，连接MN交y轴于P点，则OP的值为 ．
【变式15-1】（2023上·北京西城·八年级北京四中校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(6,0),B(0,8)，P，Q是两个动点，其中点P以每秒2个单位长度的速度沿折线AOB（按照A−O−B）的路线运动，点Q以每秒5个单位长度的速度沿折线BOA（按照B−O−A）的路线运动，运动过程中点P和Q同时开始，而且都要运动到各自的终点时停止．设运动时间为t秒，直线l经过原点O，且l∥AB，过点P，Q分别作l的垂线段，垂足为E，F，当△OPE与△OQF全等时，t的值为 ．
【变式15-2】（2023上·安徽六安·八年级统考期末）如图，一次函数y=−23x+2的图象分别与x轴、y轴交于点A，B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC=90°．
（1）△AOB的面积是 ；（2）过B，C两点直线的函数表达式为 ．
【变式15-3】（2023上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，a），等腰直角三角形ODC的斜边经过点B，OE⊥AC，交AC于E，若OE＝2，则△BOD与△AOE的面积之差为（ ）
A．2B．3C．4D．5
专题7.3 期末复习之选填压轴题十五大题型总结
【苏科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc32627" 【题型1 利用勾股定理求面积】 PAGEREF _Tc32627 \h 1
\l "_Tc14184" 【题型2 网格中勾股定理的运用】 PAGEREF _Tc14184 \h 7
\l "_Tc5627" 【题型3 由勾股定理求立体几何图形中的最短路径】 PAGEREF _Tc5627 \h 10
\l "_Tc5982" 【题型4 利用全等三角形的判定与性质求值】 PAGEREF _Tc5982 \h 14
\l "_Tc27280" 【题型5 利用轴对称求最短路径】 PAGEREF _Tc27280 \h 20
\l "_Tc7893" 【题型6 一次函数中面积有关的计算】 PAGEREF _Tc7893 \h 25
\l "_Tc7334" 【题型7 利用一次函数的性质求解】 PAGEREF _Tc7334 \h 30
\l "_Tc9929" 【题型8 判断直角三角形】 PAGEREF _Tc9929 \h 35
\l "_Tc17229" 【题型9 勾股定理的实际应用】 PAGEREF _Tc17229 \h 40
\l "_Tc11236" 【题型10 利用全等三角形的判定与性质解决等腰三角形中的问题】 PAGEREF _Tc11236 \h 44
\l "_Tc10983" 【题型11 数式或图形中多结论问题】 PAGEREF _Tc10983 \h 49
\l "_Tc27128" 【题型12 数式或图形的规律探究】 PAGEREF _Tc27128 \h 56
\l "_Tc1316" 【题型13 数式或图形中新定义问题】 PAGEREF _Tc1316 \h 61
\l "_Tc17527" 【题型14 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc17527 \h 66
\l "_Tc17961" 【题型15 平面坐标系中几何图形的计算】 PAGEREF _Tc17961 \h 70
【题型1 利用勾股定理求面积】
【例1】（2023上·陕西西安·八年级西安市铁一中学校考期末）如图，分别以Rt△ACB的直角边AB和斜边AC为边向外作正方形ABGF和正方形ACDE，连结EF．已知CB=6，EF=10，则△AEF的面积为（ ）
A．63B．83C．24D．12
【答案】A
【分析】连接CE,CF,BE,BF，设BE,CF交于点M，AC,BE交于点N，证明△ABE≌△AFC SAS，进而证明CF⊥BE，根据勾股定理得出AB2=16，AC2=52，过点A作AT⊥EF于点T，勾股定理求得AT，根据三角形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图，
连接CE,CF,BE,BF，设BE,CF交于点M，AC,BE交于点N，
∵四边形ACDE,ABGF是正方形，
∴AC=AE,AB=AF，∠EAC=∠FAB=90°
∴∠EAC+∠CAB=∠BAF+∠CAB
解得：AB2=16，AC2=52，
∴AF=AB=4,AE=AC=213，
过点A作AT⊥EF于点T，
设ET=x
∴AT2=AE2−ET2=AF2−10−ET2
即52−x2=16−10−x2，
解得：x=345=6.8
∴AT=52−6.82=5.76=2.4
∴S△AEF=12×10×2.4=12，
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质与判定，证明CF⊥BE是解题的关键．
【变式1-1】（2023上·浙江金华·八年级统考期末）如图，已知长方形纸板的边长DE=10，EF=11，在纸板内部画Rt△ABC，并分别以三边为边长向外作正方形，当边HI、LM和点K、J都恰好在长方形纸板的边上时，则△ABC的面积为（ ）
A．6B．112C．254D．35
【答案】A
【分析】延长CA与GF交于点N，延长CB与EF交于点P，设AC=b，BC=a，则AB=a2+b2，证明△ABC≌△BJK≌△JKF≌△KAN，再利用长方形DEFG的面积=十个小图形的面积和进而求得ab=12，即可求解．
【详解】解：延长CA与GF交于点N，延长CB与EF交于点P，
设AC=b，BC=a，则AB=a2+b2，
∵四边形ABJK是正方形，四边形ACML是正方形，四边形BCHI是正方形，
∴AB=BJ，∠ABJ=90°，
∴∠ABC+∠PBJ=90°=∠ABC+∠BAC，
∴∠BAC=∠JBP，
∵∠ACB=∠BPJ=90°，
∴△ABC≌△BJK（AAS），
同理△ABC≌△BJK≌△JKF≌△KAN，
∴AC=BP=JF=KN=NG=b，BC=PJ=FK=AN=PE=a，
∵DE=10，EF=11，
∴2b+a=10，2a+b=11，
∴a+b=7，
∴a2+b2=49-2ab，
∵长方形DEFG的面积=十个小图形的面积和，
∴10×11=3ab+12ab×4+a2+b2+(a2+b2)2，
整理得：5ab+2(a2+b2)=110，
把a2+b2=49-2ab，代入得：5ab+2(49-2ab)=110，
∴ab=12，
∴△ABC的面积为12ab=6，
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，关键是构造全等三角形和直角三角形．
【变式1-2】（2023上·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，连接AC、BD，已知∠ADB=∠ACB=90°，∠CAB=45°，CD=2，BC=5，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．22B．3C．72D．4
【答案】A
【分析】如图，延长BC，AD，二线交于点E，设AC，BD的交点为点M，过点C分别作CG⊥DE，垂足为G，CF⊥DB，垂足为F，证明△AGC≌△BFC即可．
【详解】如图，延长BC，AD，二线交于点E，设AC，BD的交点为点M，
∵∠ACB=∠ADB=90°，∠ADM=∠BCM，∠CAB=45°，
∴∠ACE=∠BCM=90°，∠EAC=∠MBC，AC=BC，
∴△ACE≌△BCM，
∴∠AEC=∠BMC，CM=CE，
过点C分别作CG⊥DE，垂足为G，CF⊥DB，垂足为F，
∵∠AEC=∠BMC，CM=CE，
∴△GEC≌△FMC，
∴GC=FC，
∴DC平分∠BDE，∠GDC=∠FDC=45°，四边形CGDF是正方形，
∵CD=2，
∴CG=GD=DF=FC=1，
∵BC=5，
∴BF=(5)2−1=2，
∵∠GAC=∠FBC，GC=FC，
∴△AGC≌△BFC，
∴AG=BF=2，AD=AG-DG=1，BD=BF+DF=3，
∴S四边形ABCD=12BD·CF+12BD·AD
=12BD·(DG+AD)=12BD·AG
=12×3×2=3，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，角平分线的判定定理，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握三角形全等，勾股定理，灵活运用角的平分线的判定定理是解题的关键．
【变式1-3】（2023下·浙江宁波·八年级统考期末）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面积为52，则点F到BC的距离为（ ）
A．55B．255C．455D．433
【答案】A
【分析】首先求出△ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据12•BD•h＝12•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】解：∵DG＝GE，
∴S△ADG＝S△AEG＝52，
∴S△ADE＝5，
由翻折可知，△ADB≌△ADE，BE⊥AD，
∴S△ABD＝S△ADE＝5，∠BFD＝90°，
∴12•(AF+DF)•BF＝5，
∴12•(4+DF)•2＝5，
∴DF＝1，
∴DB＝BF2+DF2＝12+22＝5，
设点F到BD的距离为h，
则12•BD•h＝12•BF•DF，
即：12×5ℎ=12×2×1，
∴h＝255，
【点睛】本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，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解决问题．
【题型2 网格中勾股定理的运用】
【例2】（2023下·安徽亳州·八年级校考期末）如图，在单位为1的正方形网格图中有a，b，c，d四条线段，从中任取三条线段所构成的三角形中恰好是直角三角形的个数为（ ）

A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】由图形和勾股定理可得a，b，c，d四条线段的长度，再根据勾股定理的逆定理，即可得到构成直角三角形的个数．
【详解】解：由图可得：a=12+12=2，b=32+32=32，c=22+22=22，d=12+32=10，
∵22+222=2+8=10=102，102+222=10+8=18=322，
∴线段a、c、d和b、c、d可以构成直角三角形，
∴从中任取三条线段所构成的三角形中恰好是直角三角形的个数为2个，
【点睛】本题考查了勾股定理、勾股定理逆定理，熟练掌握勾股定理以及勾股定理逆定理是解题的关键．
【变式2-1】（2023下·宁夏吴忠·八年级校考期末）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，P是网格线的交点，则∠PAB+∠PBA=（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】A
【分析】延长AP交格点于D，连接BD，根据勾股定理得PD2=BD2=5，PB2=10，求得PD2+BD2=PB2，于是得到∠PDB=90°，根据等腰直角三角形的性质和三角形外角的性质即可得到结论．
【详解】解：如图，延长AP交格点于D，连接BD，
则PD2=BD2=12+22=5，PB2=12+32=10，
∴PD2+BD2=PB2，
∴∠PDB=90°，则△DPB为等腰直角三角形，
∴∠DPB=45°，
∴∠PAB+∠PBA=∠DPB=45°，
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式2-2】（2023下·河北保定·八年级统考期末）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格中，线段AB的两个端点均在格点（正方形的顶点）上．

（1）线段AB的长为 ；
（2）若△ABC是直角三角形，则网格中满足条件的格点C共有 个．
【答案】 5 6/六
【分析】（1）构造直角三角形，利用勾股定理求解即可；
（2）根据直角三角形的概念，画出图形即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，

由勾股定理得AB=AC2+BC2=22+12=5，
故答案为：5；
（2）解：如图所示，共有6个，

故答案为：6．
【点睛】此题考查了作图-应用与设计，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式2-3】（2023下·江西新余·八年级统考期末）如图所示的网格是正方形网格，点A、B、C、D、E是网格线交点，则∠BAC−∠DAE的为 度．

【答案】45
【分析】连接CG、AG，根据勾股定理可以得出△CAG是等腰直角三角形，利用平行线性质得到∠ACF=∠BAC，从而可证△CFG≌△ADESAS，得到∠FCG=∠DAE，利用∠BAC−∠DAE=∠ACF−∠FCG求出结果即可．
【详解】解：如图，连接CG、AG，

由勾股定理得：AC2=AG2=12+22=5，CG2=12+32=10，
∴AC2+AG2=CG2，
∴∠CAG=90°，
∴△CAG是等腰直角三角形，
∴∠ACG=45°，
∴CF∥AB，
∴∠ACF=∠BAC，
在△CFG和△ADE中
CF=AD∠CFG=∠ADE=90°FG=DE
∴△CFG≌△ADESAS
∴∠FCG=∠DAE
∴∠BAC−∠DAE=∠ACF−∠FCG=∠ACG=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线利用网格线的特征是解答本题的关键．
【题型3 由勾股定理求立体几何图形中的最短路径】
【例3】（2023上·河北保定·八年级保定市第十七中学校考期末）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为16cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是（ ）
A．20cmB．413cmC．10cmD．273cm
【答案】A
【分析】根据题意，得圆柱形容器的侧面展开图为矩形MNPQ，根据矩形的性质，得MK、KB，延长AM于点A'，且AM=A'M，连接A'B，A'B交MQ于点S，连接AS，根据全等三角形的性质，通过证明△AMS≌△A'MS，得AS=A'S；根据两点之间直线段最短的性质，得蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径为AS+BS，根据勾股定理的性质计算得A'B，即可得到答案．
【详解】根据题意，圆柱形容器的侧面展开图为矩形MNPQ，过点B作BH⊥NP，交NP于点H，过点B作BK⊥MN，交MN于点K；
根据题意，得：AM=3cm，MQ=NP=16cm，MN=QP=12cm，NH=PH，BH=3cm
∴NH=PH=12NP=8cm
∵BH⊥NP，BK⊥MN，∠N=90°
∴四边形KNHB为矩形
∴KB=NH=8cm，KN=BH=3cm，∠AMQ=90°
∴MK=MN−KN=12−3=9cm
如下图，延长AM于点A'，且AM=A'M，连接A'B，A'B交MQ于点S，连接AS
在△AMS和△A'MS中
A'M=AM∠A'MS=∠AMS=90°MS=MS
∴△AMS≌△A'MS
∴AS=A'S
根据题意，蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径为AS+BS
∵A'M=AM
∵AM=A'M=3cm
∴A'K=A'M+MK=12cm
∴A'B=A'K2+KB2=413cm
∴AS+BS=A'S+BS=A'B=413cm，即蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是413cm
【点睛】本题考查了全等三角形、勾股定理、两点之间直线段最短、矩形的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、勾股定理、两点之间直线段最短的性质，从而完成求解．
【变式3-1】（2023·八年级课时练习）如图，已知圆柱的底面直径BC=6π，高AB=3，小虫在圆柱侧面爬行，从C点爬到A点，然后再沿另一面爬回C点，则小虫爬行的最短路程的平方为（ ）
A．18B．48C．120D．72
【答案】A
【分析】要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，
点A，C的最短距离为线段AC的长.
∵已知圆柱的底面直径BC=6π，
∴AD=π⋅6π÷2=3，
在RtΔADC中，∠ADC=90° ，CD=AB=3，
∴AC2=AD2+CD2=18，
∴从C点爬到A点，然后再沿另一面爬回C点，则小虫爬行的最短路程的平方为2AC2=4AC2=72.
故选D.
【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．
【变式3-2】（2023上·重庆·八年级校联考期末）如图，三级台阶，每一级的长、宽、高分别为8dm、3dm、2dm，A和B是这个台阶上两个相对的端点，点A处有一只蚂蚁，想到点B处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行到点B的最短路程为 dm．
【答案】17
【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】解：三级台阶平面展开图为长方形，长为8dm，宽为2+3×3dm，
则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．
可设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为xdm，
由勾股定理得：x2=82+[2+3×3]2=172，
解得x=17．
故答案为：17．
【点睛】本题考查了平面展开−最短路径问题，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3-3】（2023上·江苏无锡·八年级滨湖中学校考期末）棱长分别为5cm，4cm两个正方体如图放置，点P在E1F1上，且E1P=14E1F1，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点P，需要爬行的最短距离是

【答案】106cm
【分析】根据两点之间直线最短的定理，将正方体展开即可解题.
【详解】将两个立方体平面展开，将E1F1G1B2面以E1B2为轴向上展开，连接A、P两点，得到三角形APE，AE=4+5=9，EP=4+1=5，AP=92+52=106cm.
【点睛】本题考查空间思维能力.
【题型4 利用全等三角形的判定与性质求值】
【例4】（2023下·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，已知四边形ABCD，连接AC、BD，∠BAC=∠ADC=90°，AB=AC，若AD=5，则△ABD的面积等于 ．

【答案】252
【分析】如图，将AD逆时针旋转90°到AE，连接DE、CE，则AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，CD∥AE，证明△ABD≌△ACESAS，根据S△ABD=S△ACE=12AE×AD，计算求解即可．
【详解】解：如图，将AD逆时针旋转90°到AE，连接DE、CE，

∴AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，
∴CD∥AE，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠EAD，即∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴S△ABD=S△ACE=12AE×AD=12×5×5=252，
故答案为：252．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，平行线间距离相等，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于正确的添加辅助线构造全等三角形．
【变式4-1】（2023下·山东济宁·八年级统考期末）如图，在3×3的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点A，B，C，D都在格点上，连接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是（ ）
A．80°B．60°C．45°D．30°
【答案】D
【分析】取格点E，F，M，连接MD，MB，先证明ΔDFM≅ΔMEB，得出MD=MB，∠DMF=∠MBE，再证明AC//BM得出∠APB=∠PBM，最后证明ΔDMB是等腰直角三角形，得出∠DBM=45°，从而得出∠APB=45°即可．
【详解】解：取格点E，F，M，连接MD，MB，
由已知条件可知：MF=BE，DF=EM，∠DFM=∠MEB=90°，
∴ΔDFM≅ΔMEB，
∴MD=MB，∠DMF=∠MBE，
同理可得：ΔACB≅ΔBME，
∴∠CAB=∠MBE，
∴AC//BM，
∴∠APB=∠PBM，
∵∠BME+∠MBE=90°，
∴∠BME+∠DMF=90°,
∴∠DMB=90°,
∴ΔDMB是等腰直角三角形，
∴∠DBM=45°,
即∠APB=45°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的判定与性质，所求角转换成容易求出度数的角，合理的添加辅助线是解决本题的关键．
【变式4-2】（2023下·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为射线CB上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．连接BE交直线AC于M，若2AC=7CM，则S△ADBS△AEM的值为 ．

【答案】45或49
【分析】添加辅助线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质求出线段间的数量关系，最后进行分类讨论即可求解．
【详解】①如图，过E作EG⊥AC于点G，

∴∠ACB=∠AGE=∠CGE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠GAE=90°，
∴∠ADC=∠GAE，
在△ADC和△EAG中，
∠ACD=∠AGE∠ADC=∠GAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAGAAS，
∴AC=GE，CD=AG，
∴△BMC≌△EMGAAS，
∴GM=MC，
设CM=2a，则AC=7a，
∴GM=CM=2a，BC=AC=7a，
∴AG=CD=AC−GM−CM=7a−2a−2a=3a，
∴BD=BC−CD=7a−3a=4a，AM=AG+GM=3a+2a=5a，
则S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·GE=12×4a×7a12×5a×7a=45，
②如图，过E作EH⊥AC交AC延长线于点H，

∴∠ACB=∠AHE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠HAE=90°，
∴∠ADC=∠HAE，
在△ADC和△EAH中，
∠ACD=∠AHE∠ADC=∠HAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAHAAS，
∴AC=HE，CD=AH，
∴AC=CB=HE，
在△BMC和△EMH中，
∠BMC=∠EMH∠BCM=∠EHMBC=HE，
∴△BMC≌△EMHAAS，
∴HM=MC，
设CM=2m，则AC=7m，
∴HM=CM=2m，BC=AC=7m，
∴AH=CD=AC+GM+CM=7m+2m+2m=11m，
∴BD=CD−BC=11m−7m=4m，AM=AC+CM=7m+2m=9m，
则S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·HE=12×4m×7m12×9m×7m=49，
故答案为：45或49．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，有关三角形的面积的求解，解题的关键是正确作出所需要的辅助线．
【变式4-3】（2023上·江苏无锡·八年级校联考期末）如图，AO⊥OM，OA=8，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB、AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，PB的长度是 ( )
A．3.6B．4C．4.8D．PB的长度随B点的运动而变化
【答案】A
【分析】作辅助线，首先证明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；进而证明△BPF≌△MPE，即可解决问题．
【详解】如图，过点E作EN⊥BM，垂足为点N，
∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，
∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°，
∴∠BAO=∠NBE，
∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形，
∴AB=BE，BF=BO；
在△ABO与△BEN中，
∠BAO＝∠NBE∠AOB＝∠BNEAB＝BE
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴BO=NE，BN=AO；
∵BO=BF，
∴BF=NE，
在△BPF与△NPE中，
∠FBP＝∠ENP∠FPB＝∠EPNBF＝NE
∴△BPF≌△NPE（AAS），
∴BP=NP=12BN；而BN=AO，
∴BP=12AO=12×8=4，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，灵活运用有关定理来分析或解答．
【题型5 利用轴对称求最短路径】
【例5】（2023下·全国·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，如果点D，E分别为BC，AB上的动点，那么AD+DE的最小值是（ ）

A．8.4B．9.6C．10D．10.8
【答案】A
【分析】如图所示，作点A关于BC的对称点A'，连接CA'，DA'，BA'，则AD=A'D，BA=BA',故AD+DE=A'D+DE，由此推出当A'、D、E三点共线时，AD+DE=A'E，AD+DE最小值即为A'E的长，当A'E最小时，即满足A'E⊥AB，故根据三角形的面积即可求得A'E的最小值．
【详解】解：作点A关于BC的对称点A'，作点A'E⊥AB，交BC于点D，连接CA'，DA'如图：

则AD=A'D，
∴AD+DE=A'D+DE≥A'E．
即AD+DE的最小值为A'E．
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，
∴AA'=12，
∵S△AA'B=12AA'⋅BC=12AB⋅A'E，
∴A'E=AA'⋅BCAB=12×810=9.6，
即AD+DE的最小值为9.6．
【点睛】此题考查了轴对称最短路径问题，垂线段的性质，根据三角形的面积求高等，熟练掌握以上性质是解本题的关键．
【变式5-1】（2023上·天津宁河·八年级统考期末）如图，点P是∠AOB内任意一点，OP=5cm，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，∠AOB=30°则△PMN周长的最小值=
【答案】5cm；
【详解】分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OP、OC、OD、PM、PN．
∵点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，
∴PM=CM，OP=OC，∠COA=∠POA；
∵点P关于OB的对称点为D，
∴PN=DN，OP=OD，∠DOB=∠POB，
∴OC=OD=OP=5cm，∠COD=∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=OD=5cm．
∴△PMN的周长的最小值=PM+MN+PN=CM+MN+DN≥CD=5cm．
故答案是：5cm．
【点睛】主要运用最短路线问题，综合运用了等边三角形的知识．
【变式5-2】（2023上·广东广州·八年级校考期末）如图，在等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为4，D为AB的中点，E为AC边上的动点，DE⊥DF交BC于点F，P为EF的中点，连接PA，PB，则PA+PB的最小值是（ ）
A．3B．2C．25D．5
【答案】D
【分析】求两条线段和最小问题，由CP=DP得出P点的运动路径后，再由牧人饮马问题的方法做出对称点化折为直即可得到PA+PB的最小值．
【详解】
解：连接PC、PD，
∵△ABC是等腰直角三角形，
在RT△CEF中，P为EF的中点，
∴CP=12EF
同理PD=12EF
∴CP=CD
∴点P在CD的垂直平分线上运动，
作A关于CD垂直平分线的对称点A'，
∴PA+PB的最小值为A'B
∵AB=4，
D为AB中点，
∴AA'=CD=2，
在Rt△AA'B中
A'B=22+42=25
故选：C
【点睛】本题考查了以等腰直角三角形为背景的最短路径问题，找出P的运动路径是解决问题的关键．
【变式5-3】（2023上·四川绵阳·八年级统考期末）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．219B．8C．53D．62
【答案】A
【分析】连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转性质得AP＝AE，∠PAE＝∠CAF＝60°，PC＝EF，再证明△APE为等边三角形，将AE+PB+PC转化为PB+PE+EF≥BF，再在直角△BGF中由勾股定理求出BF即可．
【详解】解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，
∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴AP＝AE，∠PAE＝∠CAF＝60°，PC＝EF，
∴△APE为等边三角形，
即AE＝PE，
∴AE+PB+PC＝PB+PE+EF≥BF，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝120°，
∴∠BAG＝60°，
∴AG=12AB=2，GF=2+6=8，
∴BG＝AB2−AG2=42−22=23，
∴BF＝BG2+GF2=232+82=219．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，将AE+PB+PC转化为PB+PE+EF≥BF是解决本题的关键．
【题型6 一次函数中面积有关的计算】
【例6】（2023上·广东深圳·八年级统考期末）如图，点A，B，C在一次函数y=−3x+b的图象上，它们的横坐标依次为-1，1，2，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，则图中阴影部分的面积之和是（ ）
A．3B．4.5C．3(b−1)D．32(b−2)
【答案】A
【详解】试题解析：将A、B、C的横坐标代入到一次函数中；
解得A（-1，b+3），B（1，b-3），C（2，b-6）．
由一次函数的性质可知，三个阴影部分三角形全等，底边长为2-1=1，高为（b-3）-（b-6）=3，
可求得阴影部分面积为：S=12×1×3×3=4.5.
故选B．
【变式6-1】（2023下·湖北武汉·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（-2，0），C（a，-a），△ABC的面积小于10，则a的取值范围是 ．
【答案】−143【分析】根据A、B坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式，根据点C坐标可得点C在直线y=-x上，即在直线OC上，联立AB、OC解析式可得交点坐标，分a=0，a＞0，−43＜a＜0、a＜−43四种情况，画出图形，分别用a表示出△ABC的面积，根据△ABC的面积小于10列不等式求出a的取值范围即可得答案．
【详解】设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A（0，4），B（-2，0），
∴OA=4，OB=2，
∵点A、B在直线AB上，
∴−2k+b=0k=4，
解得：k=2b=4，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
①当a=0时，点C（0，0），与原点重合，
S△ABC=12OA·OB=4＜10，
∴a=0符合题意，
②如图，当a＞0时，点C（a，-a）在第四象限，连接OC，
∴S△ABC=S△ABO+S△AOC+S△BOC
=12×2×4+12×4a+12×2a
=4+3a，
∵△ABC的面积小于10，
∴4+3a＜10，
解得a＜2，
∴0＜a＜2，
∵点C（a，-a），
∴点C在直线y=-x上，即在直线OC上，
联立直线AB与直线OC的解析式得y=2x+4y=−x，
解得：x=−43y=43，
∴直线AB与直线OC的交点坐标为（−43，43），
∴a≠−43，
②如图，当−43＜a＜0时，点C在△ABO的内部，
∴S△ABC＜S△ABO＜10，
∴−43＜a＜0符合题意，
③如图，当a＜−43时，点C（a，-a）在第二象限，且在△ABO的外部，连接OC，
∴S△ABC=S△AOC+S△BOC-S△ABO
=12×4(-a)+12×2(-a)-12×2×4
=3a-4，
∵△ABC的面积小于10，
∴-3a-4＜10，
解得：a＞−143，
∴−143＜a＜−43，
综上所述：a的取值范围是−143＜a＜2，且a≠−43．
故答案为：−143＜a＜2，且a≠−43
【点睛】本题考查一次函数的交点问题及三角形的面积，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式、利用图形正确表示出△ABC的面积并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．
【变式6-2】（2023下·安徽芜湖·八年级校联考期末）八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，设直线l和八个正方形的最上面交点为A，则直线l的解析式是 .
【答案】y=910x
【分析】如图，利用正方形的性质得到B(0,3)，由于直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则SΔAOB=5，然后根据三角形面积公式计算出AB的长，从而可得A点坐标．再由待定系数法求出直线l的解析式.
【详解】解：如图，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴SΔAOB=4+1=5，
而OB=3，
∴ 12AB·3=5，
∴AB=103，
∴A点坐标为(103，3)．
设直线l的解析式为y=kx，
∴103k=3，解得k=910，
∴直线l的解析式为y=910x
故答案为y=910x．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质和待定系数法求函数解析式．由割补法得SΔAOB=5求分割点A的位置是解题关键.
【变式6-3】（2023上·江苏盐城·八年级校考期末）平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y=13x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线y=mx+m（m≠0）将△AOB分成两部分的面积比为1:5，则m的值为 ．
【答案】2或−219
【分析】首先根据函数表达式求出A、B点的坐标，然后求出ΔAOB面积，然后根据y=mx+m的特点得知恒过点（-1，0），然后根据题意可知y=mx+m与坐标轴或y=13x+2的交点坐标，进而可求m的值；
【详解】解：由y=13x+2可知，A点坐标为（-6，0），B点坐标为（0，2）
∴SΔAOB=12·OA·OB=12×−6×2=6
∵y=mx+m=m(x+1)
∴函数恒过点（-1，0）
∵y=mx+m将ΔAOB分成的两部分面积比为1:5
∴SΔCOE=11+5SΔAOB=1或SΔACD=11+5SΔAOB=1
当SΔCOE=11+5SΔAOB=1时，
OE=2×1÷1=2
∴E点坐标为（0，2）
∴m=2，
当SΔACD=1时，
D点纵坐标为：yD=2×1÷[(−1)−(−6)]=25
∵D在y=13x+2上，
∴D点坐标为：(−245，25）
将点D的坐标代入y=mx+m,得：m=−219,
故答案为2或−219；
【点睛】本题考查了一次函数的图像，掌握并熟练使用相关知识，认真审题，精准识图，合理推论是本题的解题关键．
【题型7 利用一次函数的性质求解】
【例7】（2023上·福建漳州·八年级校考期末）在平面直角坐标系中，一次函数y1＝m（x+3）−1（m≠0） 和y2＝a（x−1）+2（a≠0） ，无论x 取何值，始终有y2＞y1 ，m 的取值范围为（ ）
A．m≥ 34B．m> 34C．m≤ 34且m≠0 D．m< 34且m≠0
【答案】A
【分析】根据一次函数的图象和性质分别判断．
【详解】由题意可知：∵一次函数y1=mx+3−1(m≠0) 的图象过定点(−3，−1) ，
一次函数y2=ax−1+2(a≠0) 过定点(1，2) ，
∵①a<0时，m=a ，两直线平行时，始终有y2>y1 ，
∴m<0 ．
②当a>0 时，设经过点(−3，−1)，(1，2) 的直线为y3=kx+b ，有
−1=−3k+b2=k+b ，
解得： k=34b=54
∴y3= 34x+54

∵一次函数y1=mx+3−1(m≠0) 的图象过定点(−3，−1) ，
不论x 取何值，始终有y2>y1 ，
∴0∴综上解得：m<0 或0即：m< 34且m≠0
故选：D
【点睛】本题考查一次函数综合问题， 充分掌握一次函数的图象和性质是求解本题的关键．
【变式7-1】（2023下·天津红桥·八年级统考期末）关于函数y=k−3x+k（k为常数），有下列结论：①当k≠3时，此函数是一次函数；②无论k取什么值，函数图像必经过点−1,3；③若图像经过二、三、四象限，则k的取值范围是k<0；④若函数图像与x轴的交点始终在正半轴，则k的取值范围是0A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】①根据一次函数定义即可求解；②y=k−3x+k=k(x+1)−3x，即可求解；③图像经过二、三、四象限，则k−3<0，k<0，解关于k的不等式组即可；④函数图像与x轴的交点始终在正半轴，则x>0，即可求解．
【详解】解：①根据一次函数定义：形如y=kx+b(k≠0)的函数为一次函数，
∴ k−3≠0，
∴ k≠3，
故①正确；
②y=k−3x+k=k(x+1)−3x，
∴无论k取何值，函数图像必经过点−1,3，
故②正确；
③∵图像经过二、三、四象限，
∴ k−3<0k<0，
解不等式组得：k<0，
故③正确；
④令y=0，则x=−kk−3，
∵函数图像与x轴的交点始终在正半轴，
∴ −kk−3>0，
∴ kk−3<0，
经分析知：k>0k−3<0，
解这个不等式组得0故④正确．
∴①②③④都正确．
【点睛】本题考查了一次函数与不等式的相关知识，是难点和易错点．解答此题的关键是熟知一次函数图像上点的坐标特征，确定函数与系数之间的关系．
【变式7-2】（2023下·宁夏银川·八年级校考期末）已知直线y=−n+1n+2x+1n+2（n为正整数）与坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1+S2+S3+⋯+S2012的值为（ ）
A．6032015B．10062015C．10062014D．6032014
【答案】A
【分析】依次求出S1、S2、S3…Sn，就发现规律：Sn=12×1(n+1)(n+2)，然后求其和即可求得答案，注意1nn+1=1n−1n+1．
【详解】解：当n=1时，y=−23x+13，
此时：A（0，13 ），B（12，0），
∴S1=12×12×13=12×12×3，
当n=2时，y=−34x+14，
此时：A（0，14 ），B（13，0），
∴S2=12×13×14=12×13×4，
当n=3时，y=−45x+15，
此时：A（0，15），B（14，0），
∴S3=12×14×15=12×14×5，
……
Sn=12×1n+1×1n+2=12×1(n+1)(n+2)，
∴S1+S2+S3+…+S2012
=12×12×3+12×13×4+12×14×5+…+12×12013×2014
=12(11×2+12×3+…+12013×2014)
=1212−13+13−14+14−15+⋯+12013−12014
=1212−12014
=6032014
故选：D
【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，根据题意找出规律是解答此题的关键．
【变式7-3】（2023上·山东济南·八年级统考期末）一次函数y=54x−15的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，O为坐标原点，则在△OAB内部(包括边界)，纵坐标、横坐标都是整数的点共有（ ）
A．90个B．92个C．104个D．106个
【答案】A
【分析】求出A、B的坐标，分别求出横坐标是1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11的纵坐标，即可得出横坐标是1、2、3、4…时点的个数，再加上在两坐标轴上的点，即可得到答案．
【详解】解：当x＝0时，y＝﹣15，
∴B（0，﹣15），
当y＝0时，0=54x﹣15，
∴x＝12，
∴A（12，0），
x＝0时，y＝﹣15，共有16个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝1时，y=54×1﹣15＝﹣1334，共有14个纵坐标、横坐标都是整数的点，
同理x＝2时，y＝﹣1212，共有13个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝3时，y＝﹣1114，共有12个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝4时，y＝﹣10，共有11个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝5时，y＝﹣834，有9个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝6时，y＝﹣712，有8个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝7时，y＝﹣614，有7个纵坐标、横坐标都是整数的点
x＝8时，y＝﹣5，共有6个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝9时，y＝﹣334，共有4个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝10时，y＝﹣212，共有3个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝11时，y＝﹣114，共有2个纵坐标、横坐标都是整数的点，
x＝12时，y＝0，共有1个即A点，纵坐标、横坐标都是整数的点．在△OAB内部（包括边界），纵坐标、横坐标都是整数的点有16+14+13+12+11+9+8+7+6+4+3+2+1＝106个．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征的应用，通过做此题培养学生的理解能力和计算能力，本题题型较好，但是一道比较容易出错的题目．
【题型8 判断直角三角形】
【例8】（2023上·浙江·八年级期末）如图，∠BOC=60°，点A是BO延长线上的一点，OA=10cm，动点P从点A出发沿AB以3cm/s的速度移动，动点Q从点O出发沿OC以1cm/s的速度移动，如果点P，Q同时出发，用t(s)表示移动的时间，当t= s时，△POQ是等腰三角形；当t= s时，△POQ是直角三角形．
【答案】 52或5 4或10
【分析】根据ΔPOQ是等腰三角形，分两种情况进行讨论：点P在AO上，或点P在BO上；根据ΔPOQ是直角三角形，分两种情况进行讨论：PQ⊥AB，或PQ⊥OC，据此进行计算即可．
【详解】解：如图，当PO=QO时，ΔPOQ是等腰三角形，
∵PO=AO−AP=10−3t，OQ=t，
∴当PO=QO时，10−3t=t，
解得t=52；
如图，当PO=QO时，ΔPOQ是等腰三角形，
∵PO=AP−AO=3t−10，OQ=t，
∴当PO=QO时，3t−10=t，
解得t=5；
如图，当PQ⊥AB时，ΔPOQ是直角三角形，且QO=2OP，
∵PO=AP−AO=3t−10，OQ=t，
∴当QO=2OP时，t=2×(3t−10)，
解得t=4；
如图，当PQ⊥OC时，ΔPOQ是直角三角形，且2QO=OP，
∵PO=AP−AO=3t−10，OQ=t，
∴当2QO=OP时，2t=3t−10，
解得：t=10．
故答案为：52或5；4或10．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及直角三角形的性质，解决问题的关键是进行分类讨论，分类时注意不能遗漏，也不能重复．
【变式8-1】（2023上·四川·八年级校考期末）如图，在ΔABC中，AB=AC=20,BC=32，点D在线段BC上以每秒2个单位的速度从B向C移动，连接AD，当点D移动 秒时，AD与ΔABC的边垂直．
【答案】3.5或8或12.5．
【分析】设运动时间为t,然后分当AD⊥AC、AD⊥BC和AD⊥AB三种情况运用勾股定理解答即可．
【详解】解：设运动时间为t,
则BD=2t,CD=BC−BD=32−2t，
①当AD⊥AC时，如图1所示，
过点A作AH⊥BC于点H,
∵AB=AC=20,BC=32，
∴BH=CH=12BC=16,
RtΔABH中有AB2=BH2+AH2，
∴AH=AB2−BH2=12，
∴DH=BH−BD=16−2t,
RtΔADH中，AD2=AH2+DH2，
RtΔACD中，CD2=AD2+AC2，
∴CD2=AH2+DH2+AC2，
∴32−2t2=144+16−2t2+200，
解得：t=3.5；
②当AD⊥BC时，如图2所示，
由①可知，BD=12BC=12×32=16,
又BD=2t,
∴t=8；
③当AD⊥AB时，如图3所示，
过点A作AM⊥BC于点M,
由①知AM=12，
RtΔAMD中有AM2+DM2=AD2，
RtΔABD中有AB2+AD2=BD2，
∴BD2=AB2+AM2+DM2，
又BD=2t，AB=20,AM=12,DM=2t−16,
∴4t2=200+144+4t2−64t+256,
∴t=12.5
∴当D点移动3.5秒或8秒或12.5秒时，AD与ΔABC边垂直．
故答案为：3.5或8或12.5．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，灵活运用勾股定理列方程以及分类讨论思想是解答本题的关键．
【变式8-2】（2023上·浙江·八年级期末）如图，在△ABC中，AC=BC，CD⊥AB，CD=5，AB=24．E是AB边上的一个动点，点F与点A关于直线CE对称，当△AEF为直角三角形时，AE的长为 ．
【答案】7或17
【分析】分当E在线段AD上时，当E在线段BD上时分别求解即可．
【详解】解：当E在线段AD上时，
连接CE，作A关于CE的对称点F，连接AF，EF，CF，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEC=∠FEC=360°−90°2=135°，
∴∠CED=45°，
∴CD=ED=5，
∴AE=AD-ED=12-5=7；
当E在线段BD上时，
连接CE，作A关于CE的对称点F，连接EF，CF，AF，
∵∠AEF=90°，
∴∠CEF=∠CEA=45°，
∴ED=CD=5，
∴AE=AD+DE=17，
故答案为：7或17．
【点睛】本题考查了等腰三角形三线合一的性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，解本题的关键是注意运用数形结合的思想解决问题．
【变式8-3】（2023下·浙江宁波·八年级统考期末）同一平面内有A，B，C三点，A，B两点之间的距离为5cm，点C到直线AB的距离为2cm，且△ABC为直角三角形，则满足上述条件的点C有 个．
【答案】8
【分析】该题存在两种情况；（1）AB为斜边，则∠C=90°；（2）AB为直角边，AC=2cm或BC=2cm；
【详解】（1）当AB为斜边时，点C到直线AB的距离为2cm，即AB边上的高为2cm，符合要求的C点有4个，如图：
（2）当AB为直角边时，AC=2cm或BC=2cm，符合条件的点有4个，如图；
符合要求的C点有8个；
故答案是8．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，准确分析判断是解题的关键．
【题型9 勾股定理的实际应用】
【例9】（2023·江西九江·校考模拟预测）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题目，大致意思是：有一竖立着的木杆，在木杆的上端系有绳索，绳索从木杆上端顺着木杆下垂后，堆在地面上的部分有3尺，牵着绳索头（绳索头与地面接触）退行，在离木杆底部8尺处时，绳索用尽．问绳索长为多少．绳索长为 尺．
【答案】736
【分析】设绳索AC的长为x尺，则木柱AB的长为x−3尺，在Rt△ABC中，根据勾股定理即可列出方程解答即可．
【详解】解：设绳索AC的长为x尺，则木柱AB的长为x−3尺，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC2−AB2=BC2，
即x2−x−32=82，
解得x=736，
答：绳索长为736尺．
故答案为：736．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟记直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
【变式9-1】（2023下·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，斜靠在墙上的一根竹竿，AB＝10m，BC＝6m，若A端沿垂直于地面的方向AC下移2m，则B端将沿CB方向移动的距离是（ ）米．
A．1.6B．1.8C．2D．2.2
【答案】D
【分析】直接利用勾股定理得出AC的长，再利用勾股定理得出CB'，进而得出B端将沿CB方向移动．
【详解】在Rt△ABC中，∠ACB= 90°
∵AB=10，BC=6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
当AC下移2m后，A'C=8-2=6，
在Rt∆A'B'C中，∠A'CB' = 90°
B'C=A'B'2−A'C2=102−62=8，
B'C- BC=8-6= 2
∴移动了2m
故选：C.
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
【变式9-2】（2023上·山东济南·八年级统考期末）如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东30°方向，距离灯塔80海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处，这时，海轮所在的B处与灯塔P的距离为（ ）
A．40海里B．402海里C．80海里D．406海里
【答案】A
【分析】过点P作PC⊥AB，则在Rt△APC中，通过30°的直角三角形，计算出PC的长，再根据等腰直角三角形，通过勾股定理即可求出PB．
【详解】解：作PC⊥AB于C点，
∵A在P的北偏东30°方向，
∴∠EPA=30°，
∴∠APC=90°−∠EPA=90°−30°=60°，
又∵B在P的南偏东45°方向上，
∴∠FPB=45°，
∴∠BPC=90°−∠FPB=90°−45°=45°，
∴∠APC＝60°，∠BPC＝45°，AP＝80（海里）
∴在Rt△APC中，∠PAC=90°−∠APC=90°−60°=30°，
∴PC=12AP=12×80=40（海里）
∵在Rt△PCB中，∠BPC＝45°，
∴三角形为等腰直角三角形，
∴PC=BC=40，
∴PB=PC2+PB2=402+402=402（海里）．
【点睛】本题考查方位角有关的计算以及用勾股定理求航海问题，解决本题的关键是构建直角三角形进行计算．
【变式9-3】（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）如图，一棵高5米的树AB被强台风吹斜，与地面BC形成60°夹角，之后又被超强台风在点D处吹断，点A恰好落在BC边上的点E处，若BE=2，则BD的长是（ ）
A．2B．3C．218D．247
【答案】D
【分析】过点D作DM⊥BC，设BD=x，然后根据题意和含30°的直角三角形性质分别表示出BM，EM，DE的长，结合勾股定理列方程求解．
【详解】解：过点D作DM⊥BC，设BD=x，
由题意可得：AB=5，AD=DE=5-x
∵∠ABC=60°，DM⊥BC，
∴在Rt△BDM中，∠BDM=30°
∴BM=12BD=12x，则ME=BE−BM=2−12x
∴BD2−BM2=DE2−ME2，x2−(12x)2=(5−x)2−(2−12x)2
解得：x=218，即BD=218米
【点睛】本题考查含30°的直角三角形性质和勾股定理解直角三角形，正确理解题意掌握相关性质定理列方程求解是关键．
【题型10 利用全等三角形的判定与性质解决等腰三角形中的问题】
【例10】（2023上·湖北黄冈·八年级期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，AB上一点D，且AD＝BC，过点D作DE∥BC且DE＝AB，连接EC，则∠DCE的度数为（ ）
A．80°B．70°C．60°D．45°
【答案】A
【分析】连接AE．根据ASA可证△ADE≌△CBA，根据全等三角形的性质可得AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，根据等边三角形的判定可得△ACE是等边三角形，根据等腰三角形的判定可得△DCE是等腰三角形，再根据三角形内角和定理和角的和差关系即可求解．
【详解】如图所示，连接AE．
∵AB=DE，AD=BC
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，可得AE=DE
∵AB=AC，∠BAC=20°，
∴∠DAE=∠ADE=∠B=∠ACB=80°，
在△ADE与△CBA中，
∠DAE＝∠ACBAD＝BC∠ADE＝∠B，
∴△ADE≌△CBA（ASA），
∴AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，
∵∠CAE=∠DAE-∠BAC=80°-20°=60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴CE=AC=AE=DE，∠AEC=∠ACE=60°，
∴△DCE是等腰三角形，
∴∠CDE=∠DCE，
∴∠DEC=∠AEC-∠AED=40°，
∴∠DCE=∠CDE=（180-40°）÷2=70°．
故选B．
【点睛】考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平行线的性质，综合性较强，有一定的难度．
【变式10-1】（2023上·福建龙岩·八年级校考期末）在等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点F在线段BC上，点E是在线段AF上，满足∠CEF=45°，AE=6，EF=5，则△ABF的面积= ．
【答案】33
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形外角等知识点，如图：过C作CG⊥CE,垂足为C，交AF延长线于点G，连接BG，先证△AEC≌△BCGSAS可得BG=AE=6、∠CAE=∠CBG,再根据三角形外角的性质结合已知条件可得∠AGB=∠ACB=90°，然后运用三角形的面积公式即可解答；正确作出辅助线、构造全等三角形是解题的关键．
【详解】解：如图：过C作CG⊥CE,垂足为C，交AF延长线于点G，连接BG，
∵∠CEF=45°,
∴∠CGE=90°−∠CEF=45°,
∴∠CGE=∠CEF，
∴EC=CG，
∵∠ACB=90°,
∴∠ACE+∠ECF=90°,
∵∠FCG+∠ECF=90°,
∴∠ACE=∠BCG,
在△AEC和△BCG中，AC=BC,∠ACE=∠BCG,CE=CG,
∴△AEC≌△BCGSAS.
∴BG=AE=6,∠CAE=∠CBG,
∵∠AFB=∠CAF+∠ACB,∠AFB=∠CBG+∠AGB,
∴∠AGB=∠ACB=90°
∵AE=6，EF=5，
∴AF=AE+EF=11,
∴△ABF的面积为：12AF⋅BG=12×11×6=33．
故答案为33．
【变式10-2】（2023上·福建泉州·八年级校考期末）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别是BC，AB上的点，且BE＝CD，AD与CE相交于点F，连接BF，延长FE至G，使FG＝FA，若△ABF的面积为m，AF：EF＝5：3，则△AEG的面积是（ ）
A．25mB．13mC．38mD．35m
【答案】A
【分析】先根据SAS定理证出△ACD≅△CBE，从而可得∠AFG=60°，根据等边三角形的判定可得△AFG是等边三角形，再根据SAS定理证出△ACF≅△ABG，从而可得∠BGC=∠BAC=60°=∠AFG，根据平行线的判定可得AF∥BG，从而可得S△AFG=S△ABF=m，然后根据AF:EF=5:3可得EG:FG=2:5，最后根据三角形的面积公式即可得．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC=AB,∠ACB=∠CBA=∠BAC=60°，
在△ACD和△CBE中，BC=AC∠ACD=∠CBECD=BE，
∴△ACD≅△CBESAS，
∴∠CAD=∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴∠AFG=∠CAD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60°，
∵FG=FA，
∴△AFG是等边三角形，
∴AF=AG,∠FAG=60°，
∴∠BAC−∠BAD=∠FAG−∠BAD，即∠CAF=∠BAG，
在△ACF和△ABG中，AC=AB∠CAF=∠BAGAF=AG，
∴△ACF≅△ABGSAS，
∴∠ACF=∠ABG，
又∵∠AEC=∠BEG，
∴∠BGC=∠BAC=60°，
∴∠BGC=∠AFG，
∴AF∥BG，
∴S△AFG=S△ABF=m（同底等高），
∵AF:EF=5:3，FG=FA，
∴FG:EF=5:3，
∴EG:FG=2:5，
∴S△AEG:S△AFG=2:5，
∴S△AEG=25S△AFG=25m，
即△AEG的面积为25m，
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出两组全等三角形是解题关键．
【变式10-3】（2023上·贵州遵义·八年级统考期末）如图，在等边△ABC的边AB所在直线上有一点P，作PE⊥AC所在直线于E，Q为BC延长线上一点，当PA=CQ时，连PQ交AC所在直线于D，若DE长为m，则△ABC的周长为 ．
【答案】6m
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质等，作PF∥BC交AD的延长线于点F，构造等边△APF，根据ASA证明△DCQ ≌ △DFP，推出DC=DF，再根据PE⊥AC推出AE=FE，进而可证AC=2DE=2m，即可求解．添加辅助线构造等边三角形是解题的关键．
【详解】解：如图，作PF∥BC交AD的延长线于点F，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠A=∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC=AC，
∵ PF∥BC，
∴ ∠APF=∠ABC=60°，∠F=∠ACB=60°，
∴ △APF是等边三角形，
∴ PA=PF，
∵ PA=CQ，
∴ QC=PF，
∵ PF∥BC，
∴ ∠Q=∠DPF，∠DCQ=∠DFP，
在△DCQ和△DFP中，
∠Q=∠DPFQC=PF∠DCQ=∠DFP，
∴ △DCQ ≌ △DFP ASA，
∴ DC=DF，
∵等边△APF中，PE⊥AC，
∴ AE=FE，
∴ AC+CE=DE+DF=DE+DC=2DE+CE，
∴ AC=2DE=2m，
∴ △ABC的周长为：AC+AB+BC=3×2m=6m，
故答案为：6m．
【题型11 数式或图形中多结论问题】
【例11】（2023上·内蒙古鄂尔多斯·八年级校考期末）如图，在ΔABC中，AD是BC边上的高，∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF，AC=AG．连接FG，交DA的延长线于点E，连接BG，CF．则下列结论：①BG=CF；②BG⊥CF；③EF=EG；④BC=2AE；⑤SΔABC=SΔFAG，其中正确的有（ ）
A．①②③B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤
【答案】A
【分析】先证得ΔCAF≌ΔGAB(SAS)，从而推得①正确；利用ΔCAF≌ΔGAB及三角形内角和与对顶角，可判断②正确；证明ΔAFM≌ΔBAD(AAS)，得出AM=BD，同理ΔANG≌ΔCDA，得出NG=AD，AN=CD，则FM=NG，证明ΔFME≌ΔGNE(AAS)，得出EM=EN．则可得出④正确，由ΔFME≌ΔGNE可得出结论③正确，根据全等三角形的性质即可得到⑤正确．
【详解】解：∵∠BAF=∠CAG=90°，
∴∠BAF+∠BAC=∠CAG+∠BAC，即∠CAF=∠GAB，
又∵AB=AF，AC=AG，
∴ΔCAF≌ΔGAB(SAS)，
∴BG=CF，故①正确；
∵ΔCAF≌ΔGAB，
∴∠FCA=∠BGA，
又∵BG与AC所交的对顶角相等，
∴BG与FC所交角等于∠GAC，即等于90°，
∴BG⊥CF，故②正确；
过点F作FM⊥AE于点M，过点G作GN⊥AE交AE的延长线于点N，
∵∠FMA=∠FAB=∠ADB=90°，
∴∠FAM+∠BAD=90°，∠FAM+∠AFM=90°，
∴∠BAD=∠AFM，
又∵AF=AB，
∴ΔAFM≌ΔBAD(AAS)，
∴AM=BD，
同理ΔANG≌ΔCDA，
∴NG=AD，AN=CD，
∴FM=NG，
∵FM⊥AE，GN⊥AE，
∴∠FME=∠ENG=90°，
∵∠AEF=∠NEG，
∴ΔFME≌ΔGNE(AAS)，
∴EM=EN，
∴BC=CD+BD=AN+AM=AE+EN+AE−EM=2AE．
故④正确，
∵ΔFME≌ΔGNE，
∴EF=EG．
故③正确．
∵ΔAFM≌ΔBAD，ΔANG≌ΔCDA，ΔFME≌ΔGNE，
∴SΔABC=SΔFAG，故⑤正确．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的三线合一性质与互余、对顶角，三角形内角和等几何基础知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式11-1】（2023上·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期末）已知函数y=−2x+3(x≤1)x(x>1)若a⩽x⩽b,m⩽y⩽n，则下列说法错误的是（ ）
A．当n−m=1时，b−a有最小值0.5B．当n−m=1时，b−a有最大值1.5
C．当b−a=1时，n−m有最小值1D．当b−a=1时，n−m有最大值2
【答案】A
【分析】画出函数图像，在当n-m=1时，当b-a=1时，两种情况下，分别分当a、b均大于1，当a、b均小于等于1，当a≤1，b＞1三种情况分别讨论．
【详解】解：如图，作出函数图，
当n-m=1时，
当a、b均大于1时，b-a=1，
当a、b均小于等于1时，
−2x1+3−−2x2+3=1，
则x2−x1=12，
则b-a=12，
当a≤1，b＞1时，
则0＜a≤1，1＜b＜2，
则x2−−2x1+3=1，
∴x2+2x1=4，
当a=1，b=2时有解，故不存在，
∴b-a最小值为12，b-a的最大值为1；
故A正确，B错误；
当b-a=1时，
当a、b均大于1时，n-m=1，
当a、b均小于等于1时，
−2x1+3−−2x1+1+3=2=n−m，
当0＜a≤1且1＜b＜2时，
x1+1−−2x1+3=3x1−2，
当x1=1时为最大值1，当x1接近0时取值无限接近2但小于2，
故n-m最大值为2，最小值为1，则C、D正确，
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数综合，充分理解题意，结合函数图像，分类讨论是解题的关键．
【变式11-2】（2023上·河南新乡·八年级统考期末）如图，在△ABC中，将边AB，AC分别绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，AE，连接DE，与BC交于点F，连接AF，CD，BE，BD，CE．下列结论：①BC=DE；②BC⊥DE；③AF平分∠BFE；④BE2+CD2=BD2+CE2．其中正确结论的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】根据旋转的性质，证明△BAC≌△DAESAS，得到BC=DE，∠ACB=∠AED，可判定①，结合三角形内角和可判断②，过点A作AM⊥BC，AN⊥ED，垂足分别为M，N，根据全等三角形面积相等，底边相等可得AM=AN，利用角平分线的判定可判断③，根据勾股定理可得BE2+CD2=BD2+CE2=BF2+EF2+CF2+DF2，可判断④．
【详解】解：由旋转可知：AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠BAC=∠DAE，
∴△BAC≌△DAESAS，
∴BC=DE，∠ACB=∠AED，故①正确；
∵∠AGE=∠CGF，
∴∠EAG=∠FGC=90°，
∴BC⊥DE，故②正确，
过点A作AM⊥BC，AN⊥ED，垂足分别为M，N，
∵△BAC≌△DAE，
∴S△BAC=S△DAE，即12BC⋅AM=12DE⋅AN，
∵BC=DE，
∴AM=AN，
∴AF平分∠BFE，故③正确；
∵BC⊥DE，
∴BE2=BF2+EF2，CD2=CF2+DF2，
BD2=BF2+DF2，CE2=EF2+CF2，
∴BE2+CD2=BF2+EF2+CF2+DF2，
BD2+CE2=BF2+EF2+CF2+DF2，
∴BE2+CD2=BD2+CE2，故④正确，
∴正确的有4个，
故选A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内角和，角平分线的判定定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式11-3】（2023上·浙江金华·八年级校考期末）如图，等边△ABC中，D、E分别为AC、BC边上的点，AD=CE，连接AE、BD交于点F，∠CBD、∠AEC的平分线交于AC边上的点G，BG与AE交于点H，连接FG.下列说法：①△ABD≌△CAE；②∠BGE=30°；③∠ABG=∠BGF；④AB=AH+FG；其中正确的说法有（ ）

A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质，证明△ABD≌△CAE；即可得①正确；证明∠BFE=60°，∠AEC=∠FBE+60°，再由∠GEC=12∠AEC＝12∠FBE+30°,∠GBE＝12∠CBD=12∠FBE，即可得②正确；先证Rt△GFJ≌Rt△GFT，得∠BGF=60°−∠FBG，再证∠ABG=60°−∠CBG，即可得③正确；先证△GJF≌△GKC，得GF=GC，再证AH=AG，由AH+GF=AG+GC=AC=AB，即可得④正确；
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ACB=∠BAC=60°，
在△ABD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠ACE=60°AD=CE，
∴△ABD≌△CAE，故①正确；
∵△ABD≌△CAE，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，
∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，
∴∠BFE=∠BAE+∠CAE=∠BAC=60° ，
∵∠AEC=∠EBF+∠BFE，
∴∠AEC=∠FBE+60°，
∵∠CBD、∠AEC的平分线交于AC边上的点G，
∴∠GEC=12∠AEC＝12∠FBE+30°,∠GBE＝12∠CBD=12∠FBE，
∵∠GEC=∠GBE+∠BGE，
∴∠BGE=30°，故②正确；
如下图，过点G作GT⊥BD于T，GJ⊥AE于J，GK⊥BC于K，

∵BG平分∠DBC，EG平分∠AEC，
∴GT=GK=GJ,∠FBG＝∠CBG，
∵∠GJF=∠GTF=90°,GF=GF，
∴Rt△GFJ≌Rt△GFT，
∴∠GFJ=∠GFT，
∵∠BFE=60°，
∴∠GFJ=∠GFT=60°，
∴∠BFG=120°，
∴∠BGF=180°−120°−∠FBG=60°−∠FBG，
∵∠ABG=∠ABC−∠CBG=60°−∠CBG，
∵∠FBG=∠CBG，
∴∠ABG=∠BGF，故③正确；
∵∠GFJ=∠C=60°,∠GJF=∠GKC=90°,GJ=GK，
∴△GJF≌△GKC，
∴GF=GC，
∵∠BAH+∠EAC=∠EAC+∠AGF=60°，
∴∠BAH=∠AGF，
∵∠AHG=∠ABG+∠BAH，∠AGH=∠BGF+∠AGF，∠ABG=∠BGF，
∴∠AHG=∠AGH，
∴AH=AG，
∴AH+GF=AG+GC=AC=AB，
∴AB=AH+FG，故④正确；
综上：正确的有4个；
故选A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义和性质，三角形内角和定理，三角形的外角，解题的关键是证三角形全等．
【题型12 数式或图形的规律探究】
【例12】（2023上·河北石家庄·八年级石家庄市第二十二中学校考期末）如图所示，图甲是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成，其中OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，现把图乙中的直角三角形继续作下去，则OA4= ，OAn= ；若OA3⋅OAn的值是整数，且1≤n≤80n≠3，则符合条件的n有 个．
【答案】 2 n 3
【分析】利用勾股定理可求出OA2，OA3，OA4…OAn=n，即可得到OA3·OAn=3⋅n，再根据OA3·OAn是整数及1≤n≤30，由此可求出n的值的个数．
【详解】由题意得
OA2=12+12=2；
OA3=22+12=2+1=3；
OA4=3+12=4=2
OAn=n；
∵1≤n≤30，
∴OA3·OAn的值是整数，
∴·OAn的值可以是3，23，33
是整数的有3个．
故答案为：2，n，3．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用；探索图形规律，找到规律是解题的关键．
【变式12-1】（2023上·重庆渝北·八年级统考期末）如图,在平面直角坐标系中,函数y=2x和y=−x的图象分别为直线l1,l2,过点(1,0)作x轴的垂线交l1于点A1,过点A1作y轴的垂线交l2于点A2,过点A2作x轴的垂线交于点A3,过点A3作y轴的垂线交l2于点A4,…依次进行下去,则点A2021的坐标为 ．
【答案】(21010,21011)
【分析】写出部分An点的坐标,根据坐标的变化找出变化规律A2n+1((−2)n,2(−2)n)（n为自然数）,依此规律即可得出结论．
【详解】在直线l1上,当x=1时,y=2,
∴点A1的坐标为(1,2) ,
∴在直线l2上,当y=2时,x=-2,
∴点A2的坐标为(−2,2),
同理可得: A1(1,2) , A2(−2,2) ,A3(−2,−4) ,A4(4,−4) ,A5(4,8) ,⋯⋯ ,
∴A2n+1((−2)n,2(−2)n)（n为自然数）,
∵2021=1010×2+1 ,
∴A2021的坐标为((−2)1010,2(−2)1010)=(21010,21011),
故答案为:(21010,21011)．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中坐标的变化,解题的关键是找出变化规律A2n+1((−2)n,2(−2)n)（n为自然数），解决该题型题目时,写出部分An点的坐标,根据坐标的变化找出变化规律是关键．
【变式12-2】（2023上·重庆渝北·八年级统考期末）如图（1），已知AB=AC，D为∠BAC的角平分线上一点，连接BD，CD；如图（2），已知AB=AC，D，E为∠BAC的角平分线上两点，连接BD，CD，BE，CE；如图（3），已知AB=AC，D，E，F为∠BAC的角平分线上三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；……，依此规律，第6个图形中有全等三角形的对数是（ ）

A．21B．11C．6D．42
【答案】A
【分析】根据条件可得图1中△ABD≌△ACD有1对三角形全等；图2中可证出△ABD≌△ACD，△BDE≌△CDE，△ABE≌△ACE有3对三角形全等；图3中有6对三角形全等，根据数据可分析出第6个图形中全等三角形的对数．
【详解】解：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD．
在△ABD与△ACD中，
AB=AC∠BAD=∠CADAD=AD，
∴△ABD≌△ACD．
∴图1中有1对三角形全等；
同理图2中，△ABE≌△ACE，
∴BE=EC，
∵△ABD≌△ACD．
∴BD=CD，
又DE=DE，
∴△BDE≌△CDE，
∴图2中有3对三角形全等，3=1+2；
同理：图3中有6对三角形全等，6=1+2+3；
∴第6个图形中有全等三角形的对数是1+2+3+4+5+6=21.
【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定以及规律的归纳，解题的关键是根据条件证出图形中有几对三角形全等，然后寻找规律．
【变式12-3】（2023上·湖北荆州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是0,2，以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，再过点A2作x轴的垂线，垂足为点O2，以O2A2为边在右侧作等边三角形O2A2A3……按此规律继续作下去，得到等边三角形O2020A2020A2021，则点A2021的纵坐标为（ ）
A．122018B．122019C．122020D．122021
【答案】D
【分析】根据点A的坐标是0,2，以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，得点A1的纵坐标是2×12；根据以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，过点A2作x轴的垂线，垂足为点O2，得点A2的纵坐标是2×122；以此类推，得点A2021的纵坐标是122020，从而得到答案．
【详解】∵点A的坐标是0,2，以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，
∴∠A1OO1=90∘−60∘=30∘，OA1=OA=2
∴A1O1=12OA1=2×12，即点A1的纵坐标是2×12
∵以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，过点A2作x轴的垂线，垂足为点O2，
∴∠A2O1O2=90∘−60∘=30∘，O1A2=A1O1=2×12
∴A2O2=12O1A2=2×12×12，点A2的纵坐标是2×12×12，即2×122
∵以O2A2为边在右侧作等边三角形O2A2A3
同理，得点A3的纵坐标是2×123
按此规律继续作下去，得：点A2021的纵坐标是2×122021，即122020
【点睛】本题考查了图形和数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、等边三角形、垂线、图形和数字规律、含30∘角的直角三角形的性质，从而完成求解．
【题型13 数式或图形中新定义问题】
【例13】（2023下·安徽池州·八年级统考期末）定义：我们把三角形某边上中线的长度与这边中点到高的距离的比值称为三角形某边的“中高偏度值”．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，则△ABC中AB边的“中高偏度值”为 ．

【答案】247
【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出△ABC中AB边上的高和该边上的中点到CD的距离,再求它们的比值即可．
【详解】解 ： 作CD⊥AB于点D，CE为△ACB的中线，
∵∠ACB=90°,AC=4,BC=3,
∴AB=AC2+BC2=42+32=5，
∵AC⋅BC2=AB⋅CD2，
∴4×32=5⋅CD2，
解得CD=125，
∴BD=BC2−CD2=32−1252=95，
∵CE为Rt△ACB斜边AB上的中线，AB=5，
∴BE=52，
∴ED=BE−BD=52−95=710，
即点E到CD的距离为710，
∴△ABC中AB边的“中偏度值”为：125710=247，
故答案为：247．

【点睛】本题考察了勾股定理，解答本题的关键是明确题意，求出AB边上的高和该边上的终点到高的距离．
【变式13-1】（2023上·江苏南通·八年级统考期末）我们定义：如果一个等腰三角形有一条边长是3，那么这个三角形称作帅气等腰三角形.已知ΔABC中，AB=32，AC=5，BC=7，在ΔABC所在平面内画一条直线，将ΔABC分割成两个三角形，若其中一个三角形是帅气等腰三角形，则这样的直线最多可画（ ）
A．0条B．1条C．2条D．3条
【答案】A
【分析】先根据各边的长度画出三角形ABC，作AD⊥BC，根据勾股定理求出AD，BD，结合图形可分析出结果.
【详解】已知如图，所做三角形是钝角三角形，作AD⊥BC，
根据勾股定理可得：AC2-CD2=AB2-BD2
所以设CD=x,则BD=7-x
所以52-x2=（32）2-（7-x）2
解得x=4
所以CD=4,BD=3,
所以，在直角三角形ADC中
AD=AC2−CD2=52−42=3
所以AD=BD=3
所以三角形ABD是帅气等腰三角形
假如从点C或B作直线，不能作出含有边长为3的等腰三角形
故符合条件的直线只有直线AD
故选：B
【点睛】本题考查设计与作图、等腰三角形的定义、正确的理解题意是解决问题的关键;并注意第二问的分类讨论的思想，不要丢解.
【变式13-2】（2023上·山东济南·八年级统考期末）定义，图象与x轴有两个交点的函数y＝−2x+4(x≥m)2x+4(xA．0≤m≤43B．－2＜m≤43C．－2＜m≤2D．－4＜m＜0
【答案】A
【分析】根据定义x轴上存在A,B即可求得−2【详解】∵一次函数图象与x轴最多只有一个交点，且关于m的对称函数y=−2x+4x≥m,2x+4(x∴组成该对称函数的两个一次函数图象的部分图象都与x轴有交点．
∵±2x+4=0
解得x=2或−2
∴−2∵直线y＝x与关于直线x＝m的对称函数有两个交点，
∴直线y=x分别与直线y=−2x+4(x≥m)和y=2x+4(x对于直线y=x与直线y=2x+4(x联立可得y=x,y=2x+4,解得x=−4,y=−4，
∴直线y=x与直线y=2x+4(x对于直线y=x与直线y=−2x+4(x≥m)，
联立可得y=x,y=−2x+4,解得x=43,y=43，
∵−2∴x=43必须在x≥m的范围之内才能保证直线y=x与直线y=−2x+4(x≥m)有交点．
∴m≤43．
∴−2∴m的取值范围是−2故选B
【点睛】本题考查了新定义，两直线交点问题，一次函数的性质，掌握一次函数的性质，数形结合是解题的关键．
【变式13-3】（2023上·河北邯郸·八年级校考期末）定义：若三角形的一条角平分线与被平分的角的一边相等，则称这个三角形为“优美三角形”，这条角平分线叫做这个三角形的“优美线”．下列四个三角形中，BD平分∠ABC，其中BD是“优美线”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据角平分线的定义以及等角对等边，大角对大边，小角对小边进行判断即可得到答案．
【详解】解：A.在直角三角形ABC中，∠C=90°,∠A=30°
∴∠ABC=60°
又BD平分∠ABC
∴∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°
∴∠ABD=∠BAD=30°
∴∠ADB=160°
∴BD又∠C=90°,
∴∠BDC=60°
∴BD>BC，即BD不是“优美线”
故选项A不符合题意；
B.在ΔABC中，∠A=∠C=60°
∴ΔABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，BA=BC
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=30°
∴∠ADB=∠CDB=90°
∴BD故选项B不符合题意；
C.在ΔABC中，∠A=90°,∠C=45°
∴∠ABC=45°
又BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=22.5°
∴∠ADB=67.5°,∠BDC=112.5°
∴BD>AB,BD故选项C不符合题意；
D. 在ΔABC中，∠A=36°,∠C=72°
∴∠ABC=180°−36°−72°=72°
又BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=36°
∴∠BDC=180°−36°−72°=72°
∴BD=BC，即BD是“优美线”
故选项D符合题意；
故选D
【点睛】本题主要考查了“优美线”的定义，熟练掌握“优美线”的定义是解答本题的关键．
【题型14 一次函数的应用】
【例14】（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）甲开汽车，乙骑自行车从M地出发沿一条公路匀速前往N地，设乙行驶的时间为t（h），甲、乙行驶的路程分别为S甲,S乙，路程与时间的函数关系如图所示，丙与乙同时出发，从N地沿同一条公路匀速前往M地．当丙与乙相遇时，甲、乙两人相距20km，问丙出发后 小时后与甲相遇．
【答案】74或76
【分析】利用函数图象的信息求得三人的速度，再利用题意列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：由函数图象得：乙的速度为80÷4＝20（km/h），
乙出发1小时后，甲出发并经过0.5小时追上乙，
设甲的速度为xkm/h，
∴20×1.5=(1.5−1)x，
∴x＝60，
∴甲的速度为60km/h．
设丙与乙相遇时乙出发了t小时，
∵当丙与乙相遇时，甲、乙两人相距20km，
∴60(t−1)−20t＝20或20t−60(t−1)=20
∴t＝2或1，
∴丙的速度为(80−2×20)÷2=20（km/h）或(80−1×20)÷1=60（km/h），
设丙出发后y小时后与甲相遇，
∴20y+60(y−1)=80，或60y+60(y−1)＝80，
解得：y＝74或76，
故答案为：74或76．
【点睛】本题主要考查了函数的图象，利用函数的图象的信息求得三人的速度，再利用题意列出方程是解题的关键．
【变式14-1】（2023上·重庆·八年级西南大学附中校考期末）小明和小李住在同一个小区，暑假期间，他们相约去缙云山某地露营；小明先出发5分钟后，小李以65米/分的速度从小区出发，小明到达相约地点后放下装备，休息了10分钟，立即按原路以另一速度返回，途中与小李相遇，随后他们一起步行到达目的地．小李与小明之间的距离y（米）与小明出发的时间x（分）之间的关系如图，则下列说法正确的是（ ）
A．小明首次到达目的地之前的速度是75米/分
B．小明首次到达目的地时，小李距离目的地还有200米
C．从小区到目的地路程为2800米
D．小明返回时的速度是33米分
【答案】D
【分析】根据图象可知，小明5分钟行走200米，可求速度，到达目的地用时35分，可求总路程，再根据小李行走时间可知小李走的路程，利用两人相向而行时，两分钟相遇可求小明返回时速度，即可得出答案．
【详解】解：A、小明首次到达目的地之前的速度是2005=80米/分，A不正确；
B、两地间的距离为：80×35＝2800（米）．
小李在小明到达目的地时行走的路程为：65×（35-30）＝1960（米）．
2800-1960=860（米），
此时，小李距目的地还有860米，B不正确；C正确；
D、860-65×10=200（米），200÷（47-45）＝100（米/分），100-65=35（米/分）．D不正确；
【点睛】本题考查了行程问题的数量关系的运用，一次函数的解析式的运用，点的坐标的运用，解答时认真分析函数图象的意义是关键．
【变式14-2】（2023上·全国·八年级专题练习）有一个附有进水管和出水管的容器，在单位时间内的进水量和出水量分别一定．设从某时刻开始的5分钟内只进水不出水，在随后的15分钟内既进水又出水，得到容器内水量y（升）与时间x（分）之间的函数图象如图．若20分钟后只放水不进水，这时（x≥20时）y与x之间的函数关系式是 ．
【答案】y=−3x+95；（20≤x≤3123）
【分析】先根据图象解得进水管和出水管每分钟的进水量和出水量，然后列一次函数解析式，将（20，35）代入即可解得x≥20时，y与x之间的函数关系式．
【详解】解：设5分钟内容器内水量y（升）与时间x （分）之间的函数解析式为y＝kx+b，
把（0，0）（5，20）代入y1＝kx+b，
解得k＝4，b＝0，
故5分钟内容器内水量y（升）与时间x （分）之间的函数解析式为y1＝4x （0≤x≤5）；
进水管每分钟进4L水；
设5到20分钟之间容器内水量y（升）与时间x （分）之间的函数解析式为y2＝kx+b，
把（5，20）（20，35）代入y2＝kx+b，
解得k＝1，b＝15，
故5到20分钟之间容器内水量y（升）与时间x （分）之间的函数解析式为y2＝x+15 （5≤x≤20）
可知出水管每分钟出水3L；
20分钟后只放水不进水时函数解析式为y3＝﹣3（x﹣20）+b，
将（20，35）代入y3＝﹣3（x﹣20）+b，
解得b＝35．
故当x≥20时，y与x之间的函数关系式是y＝﹣3x+95．
当y=0时，x=3123
故答案为：y＝﹣3x+95（20≤x≤3123）．
【点睛】本题主要考查了一次函数的实际应用，解答一次函数的应用问题中，要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义，解答要注意数形结合思想的运用．
【变式14-3】（2023下·重庆·八年级重庆市求精中学校校考期末）在一次趣味运动会中，“抢种抢收”的比赛规则如下：全程60米的直线跑道，在起点和终点之间，每隔10米放置一个小桶，共四个，参赛者用手托着放有4个乒乓球的盘子，在从起点跑到终点的过程中，将四个乒乓球依次放入4个小桶中（放入时间忽略不计），如果中途乒乓球掉出小桶，则需要返回将乒乓球放回桶中，率先到达终点者获胜．小明和小亮同时从起点出发，以各自的速度匀速跑步前进，小明在放入第二个乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二个桶的旁边，且落地后不再移动，但他并未发现，继续向前跑了一段距离，被裁判员提醒后立即原速返回捡球，并迅速放回桶中（捡球时间忽略不计），为了赶超小亮，小明将速度提高了1米/秒，小明和小亮之间的距离y（米）和出发时间x（秒）之间的函数关系如图所示，则小明在掉出乒乓球后又继续跑了 米后开始返回．
【答案】6
【分析】结合图像，运用数形结合的思想，计算判断即可．
【详解】解：根据题意，得：小明捡球后，与小亮之间的距离为4米，小亮中间没有停止也没有返回，
∴小亮的速度为(10×2+4)÷4=6(米/秒)，
根据图象，小明到达终点时，小亮距离终点还有6米，即小亮已经跑了60-6=44(米)，
所用时间为44÷6=223 (s)，
∴小明从捡到球到到达终点的用时为：223-4=103 (s),
∴小明提速后的速度为(60-10×2)÷103=9(米/秒)，
∴小明提速前的速度为9-1=8(米/秒)，
∴小明在掉出乒乓球后又继续跑了(4×8-10×2)÷2=6(米)，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了一次函数的运用，准确理解题意，正确从图像中获取解题信息是解题的关键．
【题型15 平面坐标系中几何图形的计算】
【例15】（2023上·浙江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点C(0,4)，点Q在x轴的负半轴上，且S△CQA=12分别以AC、CQ为腰，点C为直角顶点在第一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，连接MN交y轴于P点，则OP的值为 ．
【答案】7．
【分析】先过N作NH∥CM，交y轴于H，再△HCN≌△QAC（ASA），得出CH＝AQ，HN＝QC，然后根据点C（0，4），S△CQA＝12，求得AQ＝6，最后判定△PNH≌△PMC（AAS），得出CP＝PH＝12CH＝3，即可求得OP．
【详解】解：过N作NH∥CM，交y轴于H，则∠CNH+∠MCN＝180°，
∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，
∴∠MCQ+∠ACN＝180°，
∴∠ACQ+∠MCN＝360°﹣180°＝180°，
∴∠CNH＝∠ACQ，
又∵∠HCN+∠ACO＝90°，∠QAC+∠ACO＝90°，
∴∠HCN＝∠QAC，
在△HCN和△QAC中，
∠CNH=∠ACQCN=AC∠HCN=∠OAC，
∴△HCN≌△QAC（ASA），
∴CH＝AQ，HN＝QC，
∵QC＝MC，
∴HN＝CM，
∵点C（0，4），S△CQA＝12，
∴12×AQ×CO＝12，即12×AQ×4＝12，
∴AQ＝6，
∴CH＝6，
∵NH∥CM，
∴∠PNH＝∠PMC，
∴在△PNH和△PMC中，
∠HPN=∠CPW∠PNH=∠PMCHN=CW，
∴△PNH≌△PMC（AAS），
∴CP＝PH＝12CH＝3，
又∵CO＝4，
∴OP＝3+4＝7；
故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导计算．
【变式15-1】（2023上·北京西城·八年级北京四中校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(6,0),B(0,8)，P，Q是两个动点，其中点P以每秒2个单位长度的速度沿折线AOB（按照A−O−B）的路线运动，点Q以每秒5个单位长度的速度沿折线BOA（按照B−O−A）的路线运动，运动过程中点P和Q同时开始，而且都要运动到各自的终点时停止．设运动时间为t秒，直线l经过原点O，且l∥AB，过点P，Q分别作l的垂线段，垂足为E，F，当△OPE与△OQF全等时，t的值为 ．
【答案】23或2或6
【分析】根据题意可分三种情况：①点P在OA上，点Q在OB上；②点P、Q都在OA上，③点P在OB上，点Q在点A处，可画出对应图形，利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：根据题意，OA=6，OB=8，
当点P运动到点O时，t=6÷2=3，当点P运动到点B时，t=6+8÷2=7，
点Q运动到点O时，t=8÷5=85，点Q运动到点A时，t=8+6÷5=145，
故可分三种情况：
①点P在OA上，点Q在OB上，如图，
当△OPE与△OQF全等时OP=OQ，
∵OP=6−2t，OQ=8−5t，
∴6−2t=8−5t，解得：t=23；
②点P、Q都在OA上，如图，
当△OPE与△OQF全等时，点P、Q重合，即OP=OQ，
∵OP=6−2t，OQ=5t−8，
∴6−2t=5t−8，解得：t=2；
③点P在OB上，点Q在点A处，如图，
当△OPE与△OQF全等时OP=OA，
则2t−6=6，解得：t=6，
综上，满足条件的t值为23或2或6，
故答案为：23或2或6．
【点睛】本题考查全等三角形的性质、坐标与图形、一元一次方程的应用，理解题意，利用数形结合和分类讨论思想解决动点问题是解答的关键．
【变式15-2】（2023上·安徽六安·八年级统考期末）如图，一次函数y=−23x+2的图象分别与x轴、y轴交于点A，B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC=90°．
（1）△AOB的面积是 ；（2）过B，C两点直线的函数表达式为 ．
【答案】 3 y=15x+2
【分析】（1）根据题意求得y=−23x+2与坐标轴的交点坐标，进而根据三角形的面积公式求解即可；
（2）过点C作CD ⊥x轴，垂足为D，证明△AOB≌△CDA，继而求得C的坐标，待定系数法求解析式即可
【详解】（1）由y=−23x+2，令x=0，则y=2，令y=0，则x=3
∴A3,0,B0,2
∴OA=3,OB=2
∴S△ABO=12×2×=3
故答案为：3
（2）如图，过点C作CD ⊥x轴，垂足为D，
∵等腰Rt△ABC，∠BAC=90°，∠ABO=∠CDA=90°
∴∠BAO+∠CAD=90°,∠BAO+∠ABO=90°,AB=AC
∴∠CAD=∠ABO
∴ △AOB≌△CDA
∴AO=CD=3,AD=BO=2
∴C5,3
设BC直线解析式为y=kx+b，则5k+b=3b=2
解得k=−15b=2
∴设BC直线解析式为y=−15x+2
故答案为：y=−15x+2
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，数形结合是解题的关键．
【变式15-3】（2023上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，a），等腰直角三角形ODC的斜边经过点B，OE⊥AC，交AC于E，若OE＝2，则△BOD与△AOE的面积之差为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】首先证明△DOB≌△COA（SAS），推出S△DOB﹣S△AOE=S△EOC，再证明△OEC是等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】∵A（a，0），B（0，a），∴OA=OB．
∵△ODC是等腰直角三角形，∴OD=OC，∠D=∠DCO=45°．
∵∠DOC=∠BOA=90°，∴∠DOB=∠COA．
在△DOB和△COA中，∵OD=OC，∠DOB=∠COA，OB=OA，∴△DOB≌△COA（SAS），∴∠D=∠OCA=45°，S△DOB﹣S△AOE=S△EOC．
∵OE⊥AC，∴∠OEC=90°，∴△CEO是等腰直角三角形，∴OE=EC=2，∴S△DOB﹣S△AOE=S△EOC=12×2×2=2．
故选A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明△OEC是等腰直角三角形．