特训14 期末解答压轴题（二十一大母题型归纳）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末高分突破（浙教版）

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题型1：一次函数-存在性问题
题型2：一次函数-比值问题
题型3：一次函数-旋转问题
题型4：一次函数-定值问题
题型5：一次函数-最值问题
题型6：一次函数-新定义题型
题型7：一次函数-取值范围问题
题型8：一次函数-折叠问题
题型9：一次函数-交点问题
题型10：一次函数-动点问题
题型11：一次函数-面积问题
题型12：全等三角形、等腰三角形、勾股定理结合
题型13：全等三角形、垂直平分线、勾股定理结合
题型14：角平分线、等腰三角形、勾股定理结合
题型15：全等三角形、垂直平分线、勾股定理结合
题型16：等腰三角形、等边三角形、勾股定理结合
题型17：全等三角形、等边三角形、勾股定理结合
题型18：全等三角形、等边三角形、垂直平分线、勾股定理结合
题型19：勾股定理的证法及综合应用
题型20：一元一次不等式（组）压轴题
题型21：一元一次不等式（组）的应用
题型1：一次函数-存在性问题
1．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1:y=−x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B．直线l2:y=kx+2（k>0，k为常数）与x轴交于点C，与y轴交于点D．直线l1与l2交于点E，已知OC=32OD．

(1)求直线l2的表达式；
(2)P为直线l2上一动点，作PQ∥y轴交直线l1于点Q，以PQ为直角边作Rt△PQK，满足∠PQK=90°且PK∥AB．若△PQK的周长为6+32，求点P的坐标；
(3)点M为x轴上一动点，点N为直线l2上一动点，是否存在△EMN是以MN为直角边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=23x+2
(2)点P的坐标为3,4
(3)存在，点N的横坐标为−5425或−1225
【分析】（1）根据题意求出D点坐标，得OD=2，则OC=3，可得点C的坐标，再用待定系数法求直线l2的表达式即可；
（2）设Pp,23p+2，则Qp,−p+4，由PQ∥y轴得QK∥x轴，根据平行线的性质可得∠K=45°，则QK=PQ,PK=2PQ．根据△PQK的周长为6+32，即可求解；
（3）分两种情况：①∠EMN=90°，ME=MN，②∠ENM=90°，NE=NM，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵l2:y=kx+2（k>0，k为常数）与x轴交于点C，与y轴交于点D．
∴D点坐标为0,2，
∴OD=2，
∴OC=32OD=3，
∴点C的坐标为−3,0，
∴−3k+2=0，解得k=23，
∴直线l2的表达式为y=23x+2；
（2）解：∵PQ∥y轴，∠PQK=90°，
∴QK∥x轴，
∵直线l1:y=−x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B．
∴A4,0,B0,4，
∴OA=OB，
∴BAO=45°，
∵QK∥x轴，PK∥AB．
∴∠K=∠AQK=∠BAO=45°，
∴QK=PQ,PK=2PQ．
设Pp,23p+2，则Qp,−p+4，
∴PQ=23p+2−−p+4=53p−2，
∴PQ+QK+PK=2+2PQ=2+253p−2=10+523p−4−22，
∵△PQK的周长为6+32，
∴10+523p−4−22=6+32，解得p=3，
∴点P的坐标为3,4；
（3）解：∵直线l1:y=−x+4与直线l2:y=23x+2交于点E．
∴y=−x+4y=23x+2，解得x=65y=145，
∴E65,145，
设Mm,0,Nn,23n+2，
①∠EMN=90°，ME=MN，如图，过点E作EF⊥x轴于点F，过点N作NG⊥x轴于点G，

则∠MFE=∠NGM=90°,MF=65−m,MG=m−n,NG=23n+2,EF=145，
∵∠EMN=90°，
∴∠EMF+∠NMG=∠MNG+∠NMG=90°，
∴∠EMF=∠MNG，
∵ ME=MN，∠EMF=∠MNG，∠MFE=∠NGM=90°，
∴△EMF≌△MNGAAS，
∴MF=NG,EF=MG，
∴65−m=23n+2145=m−n，
解得：m=1625n=−5425，
∴点N的横坐标为−5425；
②∠ENM=90°，NE=NM，如图，过点N作NG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥NG于点F，

则∠NFE=∠NGM=90°,EF=65−n,MG=m−n,NG=23n+2,FG=145，
同理得△ENF≌△NMGAAS，
∴EF=NG，
∴65−n=23n+2，
解得：n=−1225，
∴点N的横坐标为−1225；
综上所述，点N的横坐标为−5425或−1225．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式，等腰直角三角形的性质，三角形的周长，全等三角形的判定和性质等，解题关键是添加辅助线构造全等三角形及运用分类讨论思想．
题型2：一次函数-比值问题
2．如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=13x+b b<0与x轴交于点C．点D为直线l上第一象限内一点，过D作DE⊥y轴于点E，CA⊥DE于点A．点B在线段DA上，DB=AC．连接CB，P为线段CB上一动点，过点P作PR⊥x轴，分别交x轴、CD、DE于点R、Q、S．
(1)若点D坐标为12,3
①求直线BC的函数关系式；
②若Q为RS中点，求点P坐标．
(2)在点P运动的过程中，PQCR的值是否变化？若不变，求出该值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)①yBC=12x−32；点P坐标为152,94
(2)不变，PQCR=16
【分析】（1）①求出，B，C两点坐标，利用待定系数法解决问题即可；
②设P（m，12m−32），则R（m，0），Q（m，13m−1），S（m，3），根据QS=QR，构建方程求出m即可解决问题；
（2）结论：PQCR=16．如图，过点D作DT⊥x轴于点T．设D（m，13m+b），用m，b表示出直线BC的解析式y=12x−32b，设P（t，12t−32b），则R（t，0），Q（t，13t+b），用t，b表示出PQ，CR的长，可得结论．
【详解】（1）解：①∵点D（12，3）在直线y=13x+b上，
∴3=13×12+b，
∴b=−1，
∴直线l的解析式为y=13x−1，
∴C（3，0），
∵DE⊥y轴，
∴OE=3，
∵CA⊥OC，
∴AC=OE=3，
∴DB=AC=3，
∴B（9，3），
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有
9k+b=33k+b=0，
解得，k=12b=−32，
∴直线BC的解析式为y=12x−32；
②设P（m，12m−32），则R（m，0），Q（m，13m−1），S（m，3），
∵QS=QR，
∴3−（13m−1）=13m−1，
∴m=152，
∴P（152，94）；
（2）解：结论：PQCR=16．
理由：如图，过点D作DT⊥x轴于点T．设D（m，13m+b），
∵C（−3b，0），
∴OC=﹣3b，OT=m，DT=13m+b，
∴CT=OT−OC=m+3b，
∴AC=DT=BD=13m+b，
∴B（23m−b，13m+b），
∴直线BC的解析式为y=12x+32b，
设P（t，12t+32b），则R（t，0），Q（t，13t+b），
∴PQ=12t+32b−（13t+b）=16t+12b，CR=t−（−3b）=t+3b，
∴PQCR=16t+12bt+3b=16．
【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
题型3：一次函数-旋转问题
3．如图，在平面直角坐标系中，直线y=−2x+6与y轴交于点C、与x轴交于点B，直线AD与y轴交于点A0,94，与直线BC交于点D1,a．

(1)如图（1）求直线AD的解析式；
(2)如图（2）点P是直线BC上的一点，点P的横坐标是t，求△OCP的面积S与t的函数关系式；
(3)如图（3）在（2）的条件下，将射线CB绕着点C顺时针旋转45°与射线DA交于点Q，当点P在线段DB上，连接PQ，若∠CQP=∠OCB，求点P的坐标．
【答案】(1)直线AD解析式为y=74x+94
(2)S与t的函数关系式为：S=3tt>0或S=−3tt<0
(3)P2,2
【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）利用三角形的面积公式求解即可；
（3）过点B作BE⊥BC，交直线CQ于E，过E作EF⊥x轴于F，求直线CQ解析式，联立直线AD解析式得出Q坐标．
【详解】（1）∵点D1,a，在直线y=−2x+6上，
∴a=−2×1+6−4
∴D1,4，A0,94，
设直线AD解析式为y=kx+b，
∴4=k+b94=b，
解得k=74b=94，
∴直线AD解析式为y=74x+94；
（2）过P点作PH⊥y轴，
y=−2x+6当x=0时，y=6，
∴C0,6，
∴OC=6，
当t>0时，PH=t，S=12×OC×PH=12×6×t=3t，
当t<0时，PH=−t，S=12×OC×PH=12×6×−t=−3t，
∴S与t的函数关系式为：S=3tt>0或S=−3tt<0；
（3）过点B作BE⊥BC，交直线CQ于E，过E作EF⊥x轴于F，
可证△OBC≌△FEB，
在△OBC和△FEB中，
∠BOC=∠EFBCO=BF∠BCO=∠EBF，
∴△OBC≌△FEB(ASA),
∴E−3,−3，C0,6，
∴直线CQ解析式可求为：y=3x+6，
y=3x+6y=74x+94，
解得x=−3y=−3，
∴Q−3,−3，
∴点Q与点E重合，
过点Q作QH⊥y轴，过P作PH⊥x轴，
PH=−2t+9，QH=t+3，
∵∠CQP=∠OCB，
故△PQH为等腰直角三角形，
∴−2t+9=t+3，
∴t=2，
∴P2,2；

【点睛】本题考查了一次函数，待定系数法求解一次函数解析式，三角形面积公式，解题的关键是掌握一次函数性质．
题型4：一次函数-定值问题
4．如图（1），在平面直角坐标系中，直线y=−x+m交y轴于点A，交x轴于点B，点C坐标为m2,0，作点C关于直线AB的对称点F，连接BF和OF，OF交AC于点E，交AB于点M．
（1）求证：OF⊥AC．
（2）如图（2），连接CF交AB于点H，求证：AH=32CF．
（3）如图（3），若m=2，G为x轴负半轴上一动点，连接MG，过点M作GM的垂线交FB的延长线于点D，GB-BD的值是否为定值？若是，求其值；若不是，求其取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是，43
【分析】（1）先求出A，B的坐标，再通过对称得到FB=BC且垂直x轴，从而证Rt△OAC≌Rt△FOB，得到OF⊥AC．
（2）利用勾股定理和等腰直角三角形的性质分别求出BA，BF，BH即可．
（3）过M点作MN⊥x轴于N点，MH⊥DF于H点，证明直角△MEN≌直角△MDH．
【详解】（1）证明∵由y=−x+m得A(0,m), B(m,0)，
∴OA=OB, ∠OAB=∠OBA=45°．
∵C，F关于AB对称，
∴BC=BF, ∠OBA=∠ABF=45°，
∴∠FBO=90°．
又∵Cm2,0,
∴OC=BC=BF．
∴Rt△OAC≅Rt△BOF(ASA)
∴∠FOB=∠OAC．
∵∠OAC+∠ACO=90°,
∴∠FOB+∠ACO=90°，
∴∠OEC=90°，即OF⊥AC．
（2）证明：∵在Rt△BCF中，BC=BF=m2，
∴CF=22m, BH=24m，
在Rt△OAB中，OA=OB=m,
∴AB=2m，
∴AH=2m−24m=324m,
∴AH=32CF．
（3）解：GB-BD的值是定值，定值等于43．
∵m=2,
∴直线AB的解析式为y=−x+2，
点F的坐标为(2,1)，直线OF的解析式为y=12x．
解方程组y=−x+2y=12x得x=43y=23，
∴M43,23．
过点M作MN⊥x轴于点N，MH⊥DF于点H，如图
∵∠FBO=90°, ∠OBA=45°,
∴四边形MNBH是正方形，
∴MN=BH=MH=23, MN∥BH,
∴∠NMD=∠MDH．
又∵GM⊥MD,
∴∠MGN=180°−∠MNG−∠GMN=90°−∠GMN，
∠NMD=∠GMD−∠GMN=90°−∠GMN，
∴∠MGN=∠NMD=∠MDH．
∵在△MGN和△MDH中，
∠MGN=∠MDH∠MNG=∠MHDMN=MH，
∴△MGN≅△MDH(AAS)
∴GN=DH．
∴GB−BD=GN+BN−BD =DH+BH−BD =2BH=43．
综上所述，GB-BD的值为定值43．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何的综合应用，解题关键是学会构建三角形全等，掌握全等三角形的性质；合理使用勾股定理进行计算．
题型5：一次函数-最值问题
5．如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y=−23x+4与x轴交于点B，与y轴交于点A，点C为线段AB的中点，过点C作DC⊥x轴，垂足为D．

(1)求A、B两点的坐标；
(2)已知Q在第一象限内，且△ABQ是以AB为直角边的等腰直角三角形，求出Q的坐标．
(3)若点E为y轴负半轴上一点，连接CE交x轴于点F，且CF=FE，在直线CD上有一点P，使得AP+EP最小，请直接写出P点坐标．
【答案】(1)点A、B的坐标分别为(0,4)、(6,0)
(2)(10，6)或(4，10)
(3)(3,1)
【分析】（1）对于 y=−23x+4, 令y=−23x+4=0,解得:x=6, 令x=0, 则y=4, 即可求解；
（2）分∠ABQ=90°与∠BAQ=90°两种情况，利用全等三角形解题即可；
（3）作点A关于直线CD的对称点A′6,4,连接A′E交CD于点P，则点P为所求点，进而求解．
【详解】（1）对于 y=−23x+4，
令y=−23x+4=0，
解得：x=6，
令x=0, 则y=4，
故点A、B的坐标分别为0,4、6,0；
（2）如图，当AB=BQ时，∠ABQ=90°，
过点Q作QG⊥x轴于点G，

则∠AOB=∠BGQ=∠ABQ=90°，
∴∠ABO+∠OAB=∠OBA+∠QBG=90°
∴∠OAB=∠QBG，
∴△AOB≌△BGQ，
∴BG=AO=4，QG=OB=6，
∴OG=OB+BG=4+6=10，
∴点Q的坐标为10，6；
如图，当AB=AQ时，∠BAQ=90°，
过点Q作QG⊥y轴于点K，
则∠AOB=∠AKQ=∠BAQ=90°，
∴∠ABO+∠OAB=∠OAB+∠KAQ=90°
∴∠ABO=∠KAQ，
∴△AOB≌△QKA，
∴QK=AO=4，AK=OB=6，
∴OK=OA+AK=4+6=10，
∴点Q的坐标为4，10；
所以综上所述点Q的坐标为10，6或4，10；

（3）∵点C为线段AB的中点, 则点C3,2,如图1, 过点C作CH⊥y轴于点H,

∵CF=FE, 故OF是△EHC的中位线,即点O是HE的中点, 则点E0,−2,
作点A关于直线CD的对称点A'6,4，连接 A′E交CD于点P，则点P为所求点，
理由：AP+EP=A′P+EP=A′E为最小，
设直线A′E的表达式为:y=kx+b, 则
b=−24=6k+b,
解得 k=1b=−2,
故直线A′E的表达式为: y=x−2,
当x=3时,y=x−2=1,
故点P的坐标为3,1．
【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、点的对称性，全等三角形的判定和性质等，能证明两三角形全等是解题的关键.
题型6：一次函数-新定义题型
6．对于线段AB外一点M，给出如下定义：若点M满足MA2−MB2=AB2，则称M为线段AB的垂点，特别地，对于垂点M，若MA=AB或MB=AB时，称M为线段AB的等垂点，在平面直角坐标系xOy中，已知点A−1,1,B1,1．
(1)如图1，在点C0,4,D1,2,E3,2,F−1,−1中，线段AB的垂点是 ；
(2)已知点Pt,1,Qt+2,0．
①如图2，当t=0时，若直线y=−12x+b上存在线段PQ的等垂点，求b的值；
②如图3，若△ABC边上（包含顶点）存在线段PQ的垂点，直接写出t的取值范围是 ．
【答案】(1)D1,2,F−1,−1；
(2)①b的值为72或−32；②−4≤t<1
【分析】（1）根据垂点的定义，逐一进行求解后，进行判断即可；
（2）①设点M是直线y=−12x+b上存在的线段PQ的等垂点，则设Mm,−12m+b，分y=−12x+b在线段PQ上方和下方，两种情况讨论求解即可；②根据新定义，得到PQ
的垂点一定在直线y=2x+b′上，分别求出t的最大值和最小值即可得出答案．
【详解】（1）解：∵A−1,1,B1,1，
∴AB2=4，
∵CA2−CB2=−1−02+1−42−1−02+1−42=0，
∴CA2−CB2≠AB2，
∴点C不是线段AB的垂点；
∵DA2−DB2=1+12+2−12−1−12+2−12=4，
∴DA2−DB2＝AB2，
∴点D是线段AB的垂点；
∵EA2−EB2=3+12+−2−12−3−12+−2−12=12，
∴EA2−EB2≠AB2，
∴点E不是线段AB的垂点；
∵FA2−FB2=−1+12+−1−12−−1−12+−1−12=4，
∴FA2−FB2=AB2，
∴点F是线段AB的垂点；
综上所述，点D、F是线段AB的垂点；
故答案为：D1,2,F−1,−1；
（2）①当t=0时，点P0,1,Q2,0，
设点M是直线y=−12x+b上存在的线段PQ的等垂点，则设Mm,−12m+b，
过点M作MG⊥y轴于点G，过点M′作M′H⊥y轴于点H，
∴MP=PQ,MP⊥PQ，
∴∠PGM=∠QOP=90°，
∴∠MPG+∠PMG=90°,∠QPO+∠MPG=90°，
∴∠PMG=∠QPO，
∴△PMG≌△QPOAAS，
∴MG=OP=1,PG=OQ=2，
∴OG=OP+PG=1+2=3，
∴M1,3，
∴m=1−12m+b=3，解得：m=1b=72；
同理可得：M′−1,−1，
∴m=−1−12m+b=−1，解得：m=1b=−32；
∴b的值为72或−32；
②∵Pt,1,Qt+2,0．
设直线PQ的解析式为y=mx+n，
则：tm+n=1t+2m+n=0，解得：m=−12，
∴直线PQ的解析式为y=−12x+n，
由垂点的定义可知，线段PQ的垂点一定在直线y=2x+b′上，

∵△ABC边上（包含顶点）存在线段PQ的垂点，
当点C0,4在y=2x+b′上时，b′=4，
当Qt+2,0在直线y=2x+4上时，0=2t+2+4，
解得：t=−4，
当点B1,1在y=2x+b′上时，得b′=−1，
当Pt,1在直线y=2x−1上时，1=2t−1，
解得：t=1，
∴t的取值范围是−4≤t<1；
故答案为：−4≤t<1．
【点睛】本题考查坐标与图形，一次函数的综合应用．理解垂点和等垂点的定义，正确的画出图形，利用数形结合的思想，进行求解，是解题的关键．本题的综合性强，难度大，属于压轴题．
题型7：一次函数-取值范围问题
7．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4分别交x轴、y轴于点A、B，直线y=kx+bk≠0交直线y=x+4于点C，交x轴于点D1,0．
(1)求点A的坐标；
(2)若点C在第二象限，△ACD的面积是5；
①求点C的坐标；
②直接写出不等式组x+4>kx+b>0的解集；
③将△CAD沿x轴平移，点C、A、D的对应点分别为C1、A1、D1，设点D1的横坐标为m．直接写出平移过程中△C1A1D1只有两个顶点在△BAD外部时，m的取值范围．
【答案】(1)−4,0
(2)①C−2,2；②−2【分析】（1）把y=0代入y=x+4求出点A的坐标即可；
（2）①先根据△ACD的面积是5，求出点C的纵坐标即可，再代入y=x+4求出点C的横坐标即可；
②根据函数图象，写出不等式组x+4>kx+b>0的解集即可；
③根据平移特点，分两种情况，当△C1A1D1沿x轴向右平移时，当△C1A1D1沿x轴向左平移，求出m的值即可．
【详解】（1）解：把y=0代入y=x+4得：
0=x+4，
解得：x=−4，
∴点A的坐标为−4,0；
（2）解：①∵D1,0，A−4,0，
∴AD=5，
∵S△ACD=5，点C在第二象限，
∴12×AD×yC=5，
∴yC=2，
当y=2时，2=x+4，
∴x=−2，
∴C−2,2；
②由图象即可知：不等式组x+4>kx+b>0的解集为：−2③连接BD，如图所示：
把x=0代入y=x+4得：y=4，
∴点B的坐标为0,4，
设直线BD的解析式为y=k′x+b′k′≠0，把B0,4，D1,0代入得：
b′=4k′+b′=0，
解得：k′=−4b′=4，
∴直线BD的解析式为y=−4x+4，
把y=2代入y=−4x+4得：2=−4x+4，
解得：x=12，
12−−2=52，
当点C1在直线BD上时，点D1的横坐标为：1+52=72，
当点A1在点D上时，点D1的横坐标为：1+5=6，
∴当△C1A1D1沿x轴向右平移时，△C1A1D1只有两个顶点在△BAD外部时72当△C1A1D1沿x轴向左平移，△C1A1D1只有两个顶点在△BAD外部时−4≤m<1；
综上分析可知，△C1A1D1只有两个顶点在△BAD外部时，m的取值范围为72【点睛】本题考查了一次函数图象的性质，一次函数图象与不等式的解集，三角形面积问题，掌握以上知识点是解题的关键．
题型8：一次函数-折叠问题
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y=−13x+6与x轴，y轴分别交于A，B两点，动点M2a,0在x轴的正半轴上，以OM为底在x轴上方作等腰△OMN，使得底边OM上的高等于OM．

(1)如图1，当点N在直线l下方时，求a的取值范围；
(2)如图2，当点N在直线l上方时，ON，MN分别交直线l于E，F两点．
①连接NB，当a=4时，直接写出点F的坐标，并证明NB=NF；
②将△NEF沿着直线l对折，点N的对应点为N′，若点N′落在x轴上方，求a的取值范围．
【答案】(1)0(2)①见解析；②a>5411
【分析】（1）本题根据题意，用a表示N点的坐标，进一步根据题目所给条件得出范围；
（2）①求出各点的坐标，进一步根据坐标求出两点间的距离，证明即可；
②根据折叠这一条件，表示出N'的坐标，并进一步根据题目所给条件求出范围．
【详解】（1）∵M2a,0，△OMN为等腰三角形，OM上的高等于OM，
∴Na,2a，
∵点N在直线l：y=−13x+6的下方，
∴0<2a<−13a+6，
解得：0（2）①当点N在直线l上方时：a>187，
∵a=4，
∴M8,0，N4,8，
∴直线MN的解析式：y=−2x+16，
联立方程组y=−13x+6y=−2x+16，解得：x=6y=4，
∴F6,4，
∵直线l：y=−13x+6与x轴B点，
∴B0,6，
∴BN=(4−0)2+(8−6)2=25，NF=(4−8)2+(8−4)2=25，
∴NB=NF，
②如图：连接NN′，交AB于点C，则M2a,0，Na,2a，

由折叠知识可知：NN′⊥AB，则NN′的解析式为：y=3x−a，
联立方程组y=−13x+6y=3x−a，解得：x=18+3a10y=54−a10，
∴C18+3a10,54−a10，
∵点C是NN′中点，
∴N′36−4a10,108−22a10，
∵N′落在轴的上方，
∴108−22a10>0，
解得：a>5411．
【点睛】本题是一个一次函数的综合题，主要考查了待定系数法，联立方程求交点坐标，通过勾股定理计算证明线段相等，折叠的性质等知识，熟练运用这些知识解决问题是解题的关键．
题型9：一次函数-交点问题
9．如图，直线y=−ax+a与x轴交于点C，与y=ax+3a交于点A，直线y=ax+3a与x轴交于点B，动点M从B出发，沿着线段BA向终点A运动，同时，动点N从C出发，沿着射线AC运动，M、N两点运动速度均为2个单位每秒，运动时间为t秒；

(1)求B、C两点的坐标；
(2)连接MN交x轴于点E，过M作MF⊥x轴于F，当S△ABC=43时，设ME2=d，求d与t的数量关系；.
(3)在（2）条件下，在线段AC上取一点D，连接DM，使得∠DMN=2∠DNM，过D作DF⊥MN于F，当∠DEF=60°时，求t的值；
【答案】(1)B−3,0，C1,0
(2)d=3t2+4
(3)t=23
【分析】（1）对于y=−ax+a，当y=0时，x=1，可得点C的坐标；对于y=ax+3a，当y=0时，x=−3可得点B的坐标；
（2）先求点A−1,2a，过A作AR⊥x于R，根据三角形面积求得AR=23，再判断△ABC为等边三角形，过M作MQ∥AC交x轴于点Q，证△MQE≌△NCE，再由勾股定理可得结论；
（3）延长NM到点G，使MG=MD，连接DG，证△DGN是等腰三角形，由等腰三角形的三线合一及线段之间的和差关系得EN=a+b，设DM=x，得a+x=b+a+b，根据等边三角形的性质及30度直角三角形的性质得 CE=CN=BM=2t，BE=4−2t，BM=12BE，列出关于t的方程解出即可．
【详解】（1）解：当y=0时，−ax+a=0，∴x=1
ax+3a=0，x=−3，
∴B−3,0，C1,0
（2）y=−ax+ay=ax+3a，x=−1y=2a，
∴A−1,2a，
过A作AR⊥x于R，
∴BR=CR=2，
∵S△ABC=BC⋅AR2=43，
∴AR=23

在Rt△ABR中，AB=AR2+BR2=4
∴AB=BC，
同理BC=AC，
∴△ABC为等边三角形
过M作MQ∥AC交x轴于点Q，
∴∠BMQ=∠BAC=60°，∠BQM=∠BCA=60°，
∴ △BMQ为等边三角形，
∴BM=MQ，
∵M，N的运动速度相同，
∴BM=CN，
∴MQ=CN，
∵MQ∥AC，
∴∠QME=∠CNE，∠MQE=∠NCE
∴ △MQE≌△NCE，
∵MF⊥BC，
∴BF=FQ，
∴EF=FQ+EQ=12BQ+12CQ=2，
在Rt△BMF中，MF2=3t2
在Rt△EMF中，d=ME2=MF2+EF2=3t2+4
（3）延长NM到点G，使MG=MD，连接DG，

∴∠G=∠MDG，
∴∠DMN=2∠G，
∵∠DMN=2∠DNM，
∴ ∠G=∠DNM
∴ △DGN是等腰三角形，DG=DN ，
由等腰三角形三线合一的性质可得GF=NF，
由（2）知，ME=EN，
设MF=a，EF=b，
∴EN=a+b，
设DM=x，则MG=x，
∴GF=EN
即a+x=b+a+b
∴x=2b，DM=2EF，
在Rt△DEF中，∠DEF=60° ，
∴∠EDF=30°，
∴DE=2EF，得△MDE为等边三角形，
∴∠DNF=30°，
∴∠CEN=30°，∠AMN=90°，∠DEC=90°
∴CE=CN=BM=2t，
∴BE=4−2t，
在Rt△BME中，∠BEM=30° ，
∴BM=12BE，
∴2t=124−2t，
∴t=23．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象，两个一次函数图象相交问题，等边三角形的判定及性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，动点问题，解答此题的关键是理解题意，熟练掌握求一次函数交点及一次函数与坐标轴的交点的方法与技巧．
题型10：一次函数-动点问题
10．如图，直线y=−43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，把△AOB沿着过点A的某条直线折叠，使点B落在x轴负半轴上的点D处，折痕与y轴交于点C．

(1)求点A、B的坐标；
(2)求直线AC的表达式；
(3)若将一次函数y=−43x+4的图象绕点B顺时针旋转45°后得到直线m，请写出直线m的解析式
【答案】(1)A3，0，B0，4
(2)y=−12x+32
(3)y=7x+4
【分析】（1）当x=0时，算出y=−43x+4，即为点B的坐标；当y=0时，算出y=−43x+4，即为点A的坐标；
（2）设C0，y，过点C作CH⊥AB交AB于点H，根据角平分线的性质得CH=CO=y，根据勾股定理，得AB=AO2+BO2=5，结合等面积法得S△ABC=12BC⋅OA=12AB⋅CH，算出y=32，即C0，32，设直线AC的表达式y=kx+b，再运用待定系数法进行作答即可；
（3）过A作AM⊥AB交直线m于点M，过M作MG⊥x轴于G，得∠ABM=45°，因为AM⊥AB，所以∠AMB=∠ABM=45°，得AB=AM，通过角的等量代换得∠OBA=∠MAG，即可证明△MGA≌△AOBAAS，所以AG=OB=4，GM=OA=3，则M−1，−3，然后再设直线m的解析式为y=k1x+b1，再运用待定系数法进行作答即可．
【详解】（1）解：依题意，
当x=0时，则y=−43×0+4=4，
所以B0，4，
当y=0时，则0=−43x+4，
解得x=3，
所以A3，0；
（2）解：依题意，设C0，y，
过点C作CH⊥AB交AB于点H，如图所示：

因为把△AOB沿着过点A的某条直线折叠，使点B落在x轴负半轴上的点D处，折痕与y轴交于点C，
则△ABC≌△ADC，
所以∠DAC=∠BAC，
因为CH⊥AB，∠COA=90°
所以CH=CO=y，
因为A3，0，B0，4，
所以AB=AO2+BO2=5，
因为S△ABC=12BC⋅OA=12AB⋅CH，
所以BC⋅OA=AB⋅y，
则4−y⋅3=5⋅y，
解得y=32，
故C0，32；
设直线AC的表达式y=kx+b，
把C0，32和A3，0代入，
得32=b0=3k+b，
解得k=−12b=32，
所以直线AC的表达式为y=−12x+32；
（3）解：过A作AM⊥AB交直线m于点M，过M作MG⊥x轴于G，如图所示：

因为将一次函数y=−43x+4的图象绕点B顺时针旋转45°后得到直线m，
所以∠ABM=45°，
因为AM⊥AB，
所以∠AMB=∠ABM=45°，
则AB=AM，
因为AM⊥AB，
所以∠MAG+∠OAB=90°，
因为∠OBA+∠OAB=90°，
所以∠OBA=∠MAG，
因为MG⊥x，
所以∠MGA=∠AOB=90°，
则△MGA≌△AOBAAS，
那么AG=OB=4，GM=OA=3，
因为A3，0，
所以G−1，0，
因为GM=OA=3，
所以M−1，−3，
设直线m的解析式为y=k1x+b1，
把M−1，−3，B0，4代入y=k1x+b1，
得−3=−k1+b14=b1，
解得k1=7b1=4，
故直线m的解析式为y=7x+4．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，折叠性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，涉及到等面积法建立方程，综合性较强．
题型11：一次函数-面积问题
11．如图1，在平面直角坐标系中，点A−2，0，B0,4，动点Cm,m在直线L上运动（直线L上所有点的横坐标与纵坐标相等）．

(1)如图2，当点C在第一象限时，依次连接A、B、C三点，AC交y轴于点D，连接OC，
①求S△AOC（用含m的式子表示）；
②当S△ABC=5时，分别，求出C、D的坐标；
(2)如图3，当点C与A、B两点在同一条直线上时，求出C点的坐标；
(3)当5≤S△BOC≤10，直接写出直线AC与y轴交点D的纵坐标yD的取值范围．
【答案】(1)①S△AOC=m；②C1,1，D0,23；
(2)C−4,−4；
(3)D的纵坐标yD的取值范围103≤yD≤10或109≤yD≤107．
【分析】（1）①根据坐标与图形的性质，可得答案；②S△AOC+S△ABC=S△AOB+S△OBC，可得m的值，从而求得点C的坐标，即可求解；
（2）求出直线AB的解析式，利用点C的横纵坐标相等，可得答案；
（3）分点C在点O的上方时或点C在点O的下方时两种情况，由（2）同理表示出三角形的面积，得出OD的长，再根据m的取值范围即可解集．
【详解】（1）解：①∵A−2,0
∴OA=2，
∴S△AOC=12OA×xC=m；
②当S△ABC=5时，
由题意可得：S△AOC+S△ABC=S△AOB+S△OBC
∴m+5=12×2×4+12×4×m，解得m=1
即C1,1，
设直线AC的解析式为：y=kx+b，
则k+b=1−2k+b=0，解得k=13b=23，
即y=13x+23
∴点D0,23；
（2）解：设直线AB的解析式为：y=mx+n
则−2k+b=0b=4，解得k=2b=4
∴y=2x+4
当2x+4=x时，x=−4
∴C−4,−4
（3）解：当点C在点O的上方时，如下图：

∵S△BOC=12×4×m=2m
∴5≤2m≤10
∴2.5≤m≤5
∵S△AOC=m
∴12×OD×m+2=m
∴OD=2−4m+2
当m=2.5时，OD=109
当m=5时，OD=107，
则D的纵坐标yD的取值范围109≤yD≤107；
当点C在点O的下方时，如下图：

由题意可得：S△BOC=−2m，S△AOC=−m，
∴−5≤m≤−2.5
∵S△AOC=S△ODC−S△ODA
∴−m=12OD×−m−12×OD×2，
∴OD=2−4m+2
当m=−2.5时，OD=10
当m=−5时，OD=103，
则D的纵坐标yD的取值范围103≤yD≤10；
综上，D的纵坐标yD的取值范围103≤yD≤10或109≤yD≤107．
【点睛】此题考查了一次函数综合题，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求解析式，三角形面积的表示，不等式的解法等知识，利用面积法表示出OD的长是解题的关键．
题型12：全等三角形、等腰三角形、勾股定理结合
12．如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC,BD是边AC上的高线，CD=1,AD=4．点P是射线DA上的一点，作PE⊥BC于点E，连接DE．
(1)求AB= ，BC= ．
(2)①当点P在线段AD上时，若△CDE是以CD为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的DP的长度．
②如图2，设PE交直线AB于点F，连接DF,BP，若S△DAF:S△DBA=3:5，则BP长为 （直接写出结果）．
【答案】(1)5；10
(2)①1或10−1②10或58
【分析】（1）由勾股定理即可计算出BD的长，从而计算出BC的长；
（2）①分两种情况：当DE=CD=1时；当CE=CD=1时，分别进行求解即可；②分两种情况：当P在线段AD上；当P在线段DA延长线上，分别进行求解即可．
【详解】（1）解： ∵AB=AC=AD+CD=1+4=5，
又∵BD⊥AC，
∴ BD=AB2−AD2=52−42=3，
∴ BC=BD2+CD2=32+12=10；
（2）解：①分两种情况：
Ⅰ．当DE=CD=1时，则∠DEC=∠C，
∵PE⊥BC，
∴∠DEC+∠PED=∠PEC=90°，
∴∠C+∠CPE=90°，
∴∠CPE=∠PED，
∴PD=DE=1，
Ⅱ．当CE=CD=1时，
在△CPE和△CBD中，
∠C=∠CCE=CD∠PEC=∠BDC=90°，
∴△CPE≌△CBD(ASA)，
∴ CP=BC=10，
∴ DP=CP−CD=10−1，
综上，DP=1或10−1；
②分两种情况：
Ⅰ．当P在线段AD上，连接BP，
∵S△DAF:S△DBA=3:5，
∴AF:AB=3:5，
∵AB=5，
∴AF=3，
∵PE⊥BC，
∴∠EPC+∠C=90°，∠BFE+∠FBE=90°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠EPC=∠BFE，
∵∠EPC=∠APF，
∴∠APF=∠AFP，
∴△APF是等腰三角形，
∴AP=AF=3，PD=4−3=1，
∴ BP=BD2+PD2=32+12=10；
Ⅱ．当P在射线DA上，连接BP，
同理可得AP=AF=3，
∴PD=3+4=7，
∴ BP=BD2+PD2=32+72=58，
综上，BP的长为10或58．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三我的面积，余角的性质，对顶角性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，采用分类讨论的解题思想，是解题的关键．
题型13：全等三角形、垂直平分线、勾股定理结合
13．（1）问题发现：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，当△DCA应转至点A，D，E在同一直线上，连接BE，易证△BCE≌△ACD，则①∠BEC= ；②线段AD，BE之间的数量关系 ；
（2）拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上，若AE=12，DE=7，求AB的长度；
（3）如图3，P为等边三角形ABC内一点，且∠APC=150°，∠APD=30°，AP=4，CP=3，DP=7，求BD的长．
【答案】（1）①120°；②AD=BE；（2）13；（3）229
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定及性质和勾股定理的应用，
（1）证明△ACD≌△BCE（SAS）．得到∠ADC=∠BEC．利用△DCE为等边三角形，得到∠CDE=∠CED=60°，再利用点A，D，E在同一直线上，可得∠ADC=120°，即可得∠BEC=120°；
（2）证明△ACD≌△BCE（SAS），可得AD=BE=AE−DE=15−7=8，∠ADC=∠BEC，再证明∠AEB=∠BEC−∠CED=90°，利用勾股定理求解即可；
（3）把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，可得△BEC≌△APC，证明△PCE是等边三角形，证明∠BED=90°，再证明D、P、E在同一条直线上，求出DE，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）①∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°．
∴∠BEC=120°．
②由①得：△ACD≌△BCE，
∴AD=BE；
故答案为：①120°；②AD=BE．
（2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE=AE−DE=12−7=5，∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形
∴∠CDE=∠CED=45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=135°．
∴∠BEC=135°．
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=90°．
∴AB= AE2+BE2 = 144+25 =13；
（3）把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，如图所示：AP=4，CP=3，DP=7
则△BEC≌△APC，
∴CE=CP，∠PCE=60°，BE=AP=4，∠BEC=∠APC=150°，
∴△PCE是等边三角形，
∴∠EPC=∠PEC=60°，PE=CP=3，
∴∠BED=∠BEC−∠PEC=90°，
∵∠APD=30°，
∴∠DPC=150°−30°=120°，
又∵∠DPE=∠DPC+∠EPC=120°+60°=180°，
即D、P、E在同一条直线上，
∴DE=DP+PE=7+3=10，
在Rt△BDE中，BD= BE2+DE2=229，
即BD的长为229．
【点睛】本题涉及全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识点，解题的关键是利用旋转构造全等三角形，把分散的已知条件集中到同一个三角形中．
题型14：角平分线、等腰三角形、勾股定理结合
14．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，若点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿折线A→C→B→A运动，设运动时间为t秒(t>0)．

(1)AC的长为__________；
(2)当点P在线段AC、CB上运动时，用t的代数式表示CP的长度；
(3)当点P恰好在∠BAC的角平分线上（点A除外），求t的值；
(4)点P运动的过程中，当△BPC为等腰三角形时，请直接写出t的值．
【答案】(1)8
(2)当P在AC上，CP = 8−t；当P在BC上，CP = t−8
(3)t=323秒
(4)t=2秒或t=19秒或t=20秒或t=1065秒
【分析】（1）根据勾股定理，即可求解；
（2）根据题意分别列出代数式；
（3）点P作PE⊥AB于点E，根据角平分线的性质、勾股定理列方程进行解答即可；
（4）分两种情况讨论：当P在AC上时，△BCP为等腰三角形；当P在AB上时，△BCP为等腰三角形即①CP=PB、②PB=BC时、③PC=BC，进行讨论易得t的值．
【详解】（1）解：在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8,
故答案为：8．
（2）解：当点P在AC上运动时，CP=AC−AP=8−t；
当点P在CB上运动时，CP=t−AC=t−8；
（3）当点P在∠BAC的平分线上时，过点P作PE⊥AB于点E，

∵PC=PE,AP=AP，
∴Rt△ACP≌Rt△ACP，
∴AC=AE=8，
∴BP=8+6−t=14−t，PE=PC=t−8，BE=AB−AE=10−8=2
∵在Rt△BEP中，PE2+BE2=BP2
∴t−82+22=14−t2
∴t=323；
（4） ①当P在AC上时，AP=t，△BCP为等腰三角形
∴PC=BC，即8−t=6
∴t=2．
②当P在AB上时，△BCP为等腰三角形
Ⅰ．当CP=PB时，点P在BC的垂直平分线上,过P作PE⊥BC于E， 如图：
∴∠B=∠PCB，BE=12BC=3，
∵∠B+∠A=90°，∠PCB+∠PCA=90°，
∴PA=PC，

∴PB=12AB，即t−6−8=5
∴t=19；
Ⅱ．PB=BC，即t−6−8=6
∴t=20；
Ⅲ．PC=BC，过C作CF⊥AB于F，如图：

∴BF=12BP
∵∠ACB=90°
∴CF=8×6÷10=245
∴在Rt△BFC中，BF=BC2−CF2=185
∴PB=2BF=365
∴t=8+6+365÷1=1065．
∴当t=2秒或t=19秒或t=20秒或t=1065秒时，△BCP为等腰三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定和性质、角平分线的性质、线段垂直平分线的判定和性质、三角形的面积、列方程并解方程等，难度适中．能利用分类讨论的思想是解题的关键．
题型15：全等三角形、垂直平分线、勾股定理结合
15．在Rt△ABC中，∠B=90°，O为AC中点，∠DOE=90°，射线OD、OE分别交直线BC、AB于M、N．

(1)如图1，OA在射线OE上，连接MN，试判断CM、BM、BN之间的数量关系并证明；
(2)如图2，OC在射线OD上，将∠DOE绕点O逆时针旋转α°．
①如图3，当射线OE交线段AB于点N时，求证：BM2+BN2=CM2+AN2；
②当0<α<180时，若AB=3,BC=4，当BM=1时，求AN的长度．
【答案】(1)CM2+BM2=BN2，理由见解析
(2)①见解析；②16或52
【分析】（1）由垂直平分线的性质可得MN=CM，由勾股定理可求解；
（2）①由勾股定理可求BM2+BN2=MF2，由“SAS”可证△AON≌△COF，可得∠A=∠OCF，AN=CF，由勾股定理可得CM2+CF2=MF2，即可求解；
②分点M在线段BC上和点M在线段CB的延长线上两种情况讨论，由勾股定理可求解．
【详解】（1）解：CM2=BM2+BN2，
理由如下：∵O是AC中点，∠DOE=90°，
∴NM=CM，
RtΔBNM中，NM2=BM2+BN2
∴CM2=BM2+BN2；
（2）解：①证明：CM2+CN2=AM2+BN2；
理由如下：如图，延长NO至点F，使OF=NO，连接MN，MF，CF，

∴MN=MF，
Rt△BNM中，BM2+BN2=NM2，
∴BM2+BN2=MF2，
∵CO=AO，∠AON=∠COF，NO=OF
∴△AON≌△COF(SAS)，
∴∠A=∠OCF，AN=CF，
∵∠A+∠BCA=90°，
∴∠BCA+∠OCF=90°，即∠BCF=90°，
Rt△MCF中，CM2+CF2=MF2，
∴CM2+AN2=MF2，
∴BM2+BN2=CM2+AN2；
②解：当点M在线段BC上时，∵AB=3，BC=4，BM=1，
∴CM=3，AN+BN=3，
∵BM2+BN2=CM2+AN2，
∴1+(3−AN)2=9+AN2，
∴AN=16；
当点M在线段CB的延长线上时，如图，延长NO至点F，使OF=NO，连接MN，MF，CF，

RtΔ△BNM中，BM2+BN2=MM2，
又∵MN=MF，
∴BM2+BN2=MF2，
∵AO=CO，∠AON=∠COF，NO=OF，
∴△AON≌△COF(SAS)
∴∠OAN=∠OCF，AN=CF，
∵∠OAN=∠ABC+∠ACB=90°+∠ACB，
∴∠OCF=90°+∠ACB，
∵∠OCF=∠BCF+∠ACB，
∴∠BCF=90°，
Rt△MCF中，CM2+CF2=MF2，
∴CM2+AN2=MF2，
∴BM2+BN2=CM2+AN2．
∴1+(3+AN)2=(4+1)2+AN2，
∴AN=52．
综上所述：AN的长度为16或52．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
题型16：等腰三角形、等边三角形、勾股定理结合
16．在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线，动点D在直线AM（点D与点A重合除外），以CD为一边且在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
(1)若DM=MC，则∠ACD=______度，∠BCE= ______度；
(2)判断AD与BE是否相等，请说明理由；
(3)如图2，若AB=8，点P、Q两点在直线BE上且CP=CQ=5，求PQ的长
【答案】(1)15，15
(2)AD=BE，理由见解析
(3)6
【分析】（1）由等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求解即可；
（2）证△ACD≌△BCESAS，即可得出结论；
（3）过点C作CN⊥BQ于点N，由等腰三角形的性质得PQ=2PN，再由勾股定理求出PN=3，即可求解．
【详解】（1）解：∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=∠DCE=60°，
∵线段AM为等边△ABC中BC边上的中线，
∴AM⊥BC，
∴∠AMC=90°，
∵DM=MC，
∴△CDM是等腰直角三角形，
∴∠MCD=45°，
∴∠ACD=∠ACB−∠MCD=60°−45°=15°，∠BCE=∠DCE−∠MCD=60°−45°=15°，
故答案为：15，15；
（2）解：AD=BE，
理由如下：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB−∠MCD=∠DCE−∠MCD，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCESAS，
∴AD=BE；
（3）解：如图，过点C作CN⊥BQ于点N，
，
∵CP=CQ，
∴PQ=2PN，
∵△ABC是等边三角形，AM是中线，
∴BC=AB=8，CM⊥AD，CM=12BC=4，
∴CN=CM=4（全等三角形对应边上的高相等），
∵CP=CQ=5，
∴PN=CP2−CN2=52−42=3，
∴PQ=2PN=6．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理的应用等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明△ACD≌△BCE是解题的关键．
题型17：全等三角形、等边三角形、勾股定理结合
17．（1）如图1，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE．说明BD=CE的理由；
（2）如图2，在△ACB和△DCE中，AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，点在同一直线上，连接BE．直接写结论：∠AEB=__________°；
（3）如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，DC=EC，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE的边DE上的高，连接BE．已知CM=2，△BEC的面积为3（即S△BEC=3），请求出△ACB的面积．
【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）292
【分析】本题属于三角形综合题，主要考查了等边三角形、等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意证明三角形全等，利用三角形全等的性质求解．
（1）由∠BAC=∠DAE得∠BAD=∠CAE，从而得：△BAD≌△CAE即可求解；
（2）先证明△ACD≌△BCE，依据等边三角形的性质，利用角的和差关系即可求解；
（3）由∠ACB=∠DCE=90°，得出∠ACD=∠BCE，进而得证△ACD≌△BCE，依据CM=2，△BEC的面积为3，得到AD=3，最后利用勾股定理求出AC2即可求解．
【详解】解：（1）∵ ∠BAC=∠DAE，
∴ ∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴ △BAD≌△CAESAS，
∴ BD=CE；
（2）∵ AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，
∴ △ACB和△DCE是等边三角形，
∴ ∠CED=∠CDE=60°，
∴ ∠ADC=120°，
∵ ∠ACB=∠DCE=60°，
∴ ∠ACB−∠BCD=∠DCE−∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACB和△DCE中，
AB=AC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴ △ACD≌△BCESAS，
∴ ∠ADC=∠BEC=120°，
∴ ∠AEB=∠BEC−∠CED=120°−60°=60°，
故答案为：60°；
（3）∵ △DCE为等腰直角三角形，
∴ ∠CDE=∠CED=45°．
又∵ CM为△DCE的边DE上的高，
∴ DM=EM=CM=2，
∴ DE=DM+EM=2+2=4．
∵ △ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴ AC=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∠CDE=∠CED=45°，
∴ ∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB，
∴ ∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCESAS，
∴ S△ADC=S△BEC=3，
∴ S△ACE=S△ADC+S△DCE=3+CM⋅DE2=3+2×42=7，
∴ AE=2S△ACECM=2×72=7，
∴ AD=AE−DE=7−4=3．
∵ △ACD≌△BCE，
∴ BE=AD=3，∠BEC=∠ADC=180°−∠CDE=135°，
∴ ∠AEB=∠BEC−∠CED=135°−45°=90°，
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB2=AE2+BE2=72+32=58．
∵ △ACB为等腰直角三角形，∴AB2=2AC2，
∴ AC2=AB22=582=29，
∴ S△ABC=AC⋅BC2=AC22=292．
题型18：全等三角形、等边三角形、垂直平分线、勾股定理结合
18．已知△ABC中，AB=AC．
(1)如图1，在△ADE中，若AD=AE，且∠DAE=∠BAC，求证：CD=BE；
(2)如图2，在△ADE中，若∠DAE=∠BAC=60°，且CD垂直平分AE，AD=3，CD=4，求BD的长；
(3)如图3，在△BCD中，∠CBD=∠CDB=45°，连接AD，若∠CAB=45°，求ADAB的值．
【答案】(1)见解析
(2)5
(3)3
【分析】（1）先证∠DAC=∠EAB，再证△DAC ≌△EAB SAS即可；
（2）连接BE，BD，先证△DAE是等边三角形，推出AE=DE=AD=3，∠CDA=12∠ADE=30°，同（1）可证△DAC ≌△EAB SAS，可证∠BEA=∠CDA=30°，BE=CD=4，最后用勾股定理解Rt△BED即可；
（3）作CE⊥AC且CE=AC，连接AE，BE，先证△EAB是直角三角形，得出BE=3AB，同（1）可证△DAC ≌△BEC SAS，得出AD=BE=3AB．
【详解】（1）证明：∵ ∠DAE=∠BAC，
∴ ∠DAE+∠CAE=∠BAC+∠CAE，
∴ ∠DAC=∠EAB，
在△DAC和△EAB中，
AD=AE∠DAC=∠EABAC=AB，
∴ △DAC ≌△EAB SAS，
∴ CD=BE；
（2）解：如图，连接BE，BD，
∵ CD垂直平分AE，
∴ DE=DA，
∵ ∠DAE=60°，
∴ △DAE是等边三角形，
∴ AE=DE=AD=3，∠ADE=∠AED=∠DAE=60°，
∵ CD⊥AE，
∴ ∠CDA=12∠ADE=30°，
同（1）可证△DAC ≌△EAB SAS，
∴ ∠BEA=∠CDA=30°，BE=CD=4，
∴ ∠BED=∠BEA+∠AED=30°+60°=90°，
在Rt△BED中，BE=4，DE=3，
∴ BD=BE2+DE2=42+32=5；
（3）解：如图，作CE⊥AC且CE=AC，连接AE，BE，

则∠ECA=90°，∠CAE=45°，AE=2AC，
∵ ∠CAB=45°，
∴ ∠EAB=∠CAB+∠CAE=45°+45°=90°，
∵ AB=AC，
∴ AE=2AB，
∴ BE=AE2+AB2=2AB2+AB2=3AB．
∵ ∠CBD=∠CDB=45°，
∴ △BCD是等腰直角三角形，∠BCD=90°，CB=CD，
∵ ∠BCD=∠ACE=90°，
∴ ∠BCD+∠ACB=∠ACE+∠ACB，
∴ ∠ACD=∠ECB，
在△DAC和△BEC中，
AC=EC∠ACD=∠ECBCD=CB，
∴ △DAC ≌△BEC SAS，
∴ AD=BE=3AB，
∴ ADAB=3．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
题型19：勾股定理的证法及综合应用
19．勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．千百年来，人们对它的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在1994年构造发现了一个新的证法．证法如下：
把两个全等的直角三角形（Rt△ACB≅Rt△DAE）如图1放置，∠DAB=∠B=90°，AC⊥DE点E在边AC上，现设Rt△ACB两直角边长分别为CB=b、AB=a，斜边长为AC=c，请用a、b、c分别表示出梯形ABCD、四边形AECD、△EBC的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，可得到勾股定理
（1）请根据上述图形的面积关系证明勾股定理
（2）如图2，铁路上A、B两点（看作直线上的两点）相距40千米，CD为两个村庄（看作直线上的两点），AD⊥AB，BC⊥AB，垂足分别为A、B，AD=25千米，BC=16千米，则两个村庄的距离为 千米．
（3）在（2）的背景下，若AB=40千米，AD=25千米，BC=16千米，要在AB上建造一个供应站P，使得PC=PD，请用尺规作图在图2中作出P点的位置并求出AP的距离．
（4）借助上面的思考过程，当1【答案】（1）见解析；（2）41千米；（3）见解析，AP=123180千米；（4）最小值为55
【分析】（1）根据三角形的面积和梯形的面积就可表示出；
（2）连接CD，作CE⊥AD于点E，根据AD⊥AB，BC⊥AB得到BC=AE，CE=AB，从而得到DE=AD-AE=25-16=9千米，利用勾股定理求得CD两地之间的距离．
（3）连接CD，作CD的垂直平分线角AB于P，P即为所求；设AP=x千米，则BP=（40-x）千米，分别在Rt△APD和Rt△BPC中，利用勾股定理表示出CP和PD，然后通过PC=PD建立方程，解方程即可．
（4）根据轴对称-最短路线的求法作图，然后根据勾股定理即可求出．
【详解】（1）S梯形ABCD=12aa+b，S△EBC=12ba−b，S四边形AECD=12c2，
他们满足的关系式为：12aa+b=12ba−b+12c2，化简得a2+b2=c2
证毕；
（2）如图2①，连接CD，作CE⊥AD于点E，
∵AD⊥AB，BC⊥AB，
∴BC=AE，CE=AB，
∴DE=AD−AE=25−16=9千米，
∴CD=DE2+CE2=92+402=41（千米），
∴两个村庄相距41千米．
故答案为：41千米．
（3）如图2②所示：
设AP=x千米，则BP=40−x千米，
在Rt△ADP中，DP2=AP2+AD2=x2+252，
在Rt△BPC中，CP2=BP2+BC2=40−x2+162，
∵PC=PD，
∴x2+252=40−x2+162，
解得x=123180，
即AP=123180千米．
故答案为AP=123180千米；
（4）x2−2x+5+x2−22x+130
=x−12+4+x−112+9
先作出点C关于AB的对称点F，连接DF，过点F作EF⊥AD于E，即：DF就是代数式x−12+4+11−x2+9最小值．
代数式x−12+4+11−x2+9的几何意义是线段AB上一点到D，C的距离之和，而它的最小值就是点C的对称点F和点D的连线与线段AB的交点就是它取最小值时的点，从而构造出了以AB为一条直角边，AD和BC的和为另一条直角边的直角三角形，斜边就是最小值，
令x−1=a，x=a+1
则原式=a2+4+10−a2+9
最小值为52+102=55
故答案为55．
【点睛】本题考查了用数形结合来证明勾股定理，勾股定理的应用，轴对称-最短路线问题以及线段的垂直平分线等，证明勾股定理常用的方法是利用面积证明，本题锻炼了同学们数形结合的思想方法．
题型20：一元一次不等式（组）压轴题
20．阅读理解：
定义：使方程（组）与不等式（组）同时成立的未知数的值称为此方程（组）和不等式（组）的“理想解”．例如：已知方程2x−1=1与不等式x+1>0，当x=1时，2x−1=2×1−1=1，1+1=2>0同时成立，则称“x=1”是方程2x−1=1与不等式x+1>0的“理想解”．
问题解决：
(1)请判断方程4x−3=1的解是此方程与以下哪些不等式（组）的“理想解”__________（直接填写序号）
①x−3>3x−1
②4x−1≤2
③x+2>03x−3≤1
(2)若x=my=n是方程组x+2y=62x+y=3q与不等式x+y>1的“理想解”，求q的取值范围；
(3)当k<3时，方程3x−1=k的解都是此方程与不等式4x+n【答案】(1)②③
(2)q>−1；
(3)2≤m<52．
【分析】（1）根据“理想解”的定义进行求解即可；
（2）把x=my=n代入相应的方程组和不等式，从而求得q的取值范围；
（3）根据当k<3时，方程3x−1=k的解都是此方程与不等式4x+n【详解】（1）解：4x−3=1，
解得：x=1，
①x−3>3x−1，
解得：x<−1，故①不符合题意；
②4x−1≤2，
解得：x≤32，故②符合题意；
③x+2>03x−3≤1，
解得x>−2x≤43，
故不等式组的解集是：−2故答案为：②③；
（2）解：∵x=my=n是方程组x+2y=62x+y=3q与不等式x+y>1的“理想解”
∴m+2n=62m+n=3q，
解得m=2q−2n=4−q，
∴2q−2+4−q>1，
解得q>−1；
（3）解：∵当k<3时，方程3x−1=k的解都是此方程与不等式4x+n解3x−1=k，得x=k3+1，
由4x+n当k<3时，
∴k3+1<2，即x<2.
∵方程3x−1=k的解都是此方程与不等式4x+n∴2m−n3≥2，
∴n≤2m−6．
∵m+n≥0满足条件的整数n有且只有一个，
∴n≥−m
∴2m−6≥−m
解得m≥2
∴−m≤−2，
2m−6≥−2，
∴此时n恰好有一个整数解−2，
∴-3<−m≤−2−2≤2m−6<−1，
∴2≤m<52．
【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，一元一次方程的解，解二元一次方程组，解答的关键是对相应的知识的掌握与灵活运用
21．阅读材料：
对于任意的非零实数x和正实数k，如果满足kx5为整数，则称k是x的一个“整商系数”．
例如：x=2，k=5时，有kx5=5×25=2，则5是2的一个整商系数；
x=2，k=20时，有kx5=20×25=8，则20也是2的一个整商系数；
x=12，k=10时，有kx5=10×125=1，则10是12的一个整商系数；
结论：一个非零实数x有无数个整商系数k，其中最小的一个整商系数记为kx，
例如k2=52
(1)k3= ；k14= ；k−72= ．
(2)若实数a（a>0）满足k1a(3)若实数a（a<0且a≠−3）满足k3a>k4a+3，求a的取值范围．
【答案】(1)53，20，107
(2)b>10或 b<4
(3)a<−3或−3【分析】（1）根据kx和整商系数的定义进行求解即可；
（2）求出k1a=5a，k3a−b+6=5a−b+63a−b+6>0−5a−b+6a−b+6<03，再由k1a（3）求出k3a=−5a3，k4a+3=−5a+34a<−35a+34−3k4a+3列出不等式求解即可．
【详解】（1）解：∵当x=3时，3k5为整数，且k为正实数，
∴k=53n（n为正整数），
∴k的最小值为53，
∴k3=53；
∵当x=14时，14k5=k20为整数，且k为正实数，
∴k=20n（n为正整数），
∴k的最小值为20，
∴k3=20；
∵当x=−72时，−72k5=−710k为整数，且k为正实数，
∴k=−107n（n为负整数），
∴k的最小值为107，
∴k−72=107；
故答案为：53，20，107；
（2）解： ∵当x=1a时，1ak5=k5a为整数，且k为正实数，a>0，
∴k=5an（n为正整数），
∴k的最小值为5a，
∴k1a=5a；
同理可得最小值k3a−b+6=5a−b+63a−b+6>0−5a−b+63a−b+6<0，
∵k1a当a−b+6>0时，则5a<5a−b+63，
∴3a∵a有正整数解，
∴3−b2>1，
∴b<4；
当a−b+6<0时，则5a<−5a−b+63，
∴3a<−a+b−6，即a∵a有正整数解，
∴b−64>1，
∴b>10；
综上所述，b>10或 b<4；
（3）解：∵x=3a时，3ak5=3k5a为整数，且k为正实数，a<0，
∴k=5a3n（n为负整数），
∴k的最小值为−5a3，
∴k3a=−5a3；
同理可得k4a+3=−5a+34a<−35a+34−3∵k3a>k4a+3，
∴当a<−3时，则−5a3>−5a+34，
∴a<9，
∴a<−3；
当−35a+34，
∴a<−97，
∴−3综上所述，a<−3或−3【点睛】本题主要考查了新定义和解一元一次不等式，正确理解题意是解题的关键．
题型21：一元一次不等式（组）的应用
22．根据国家医保局数据显示，近5年来医保药品目录累计新增了618种药品，涵盖多数医疗领域，使患者用较低的价格用上疗效更好的药品．某药企在2021年研发一款特效新药，未纳入医保前，该种药物利润为275元/盒，售价是其成本的6倍．2022年经过医保局谈判，将该种药纳入医保，制药成本不变，但价格大幅度下调，该药企为了解该药品价格与销售量的关系，在甲乙两家药店进行调研，结果如下：
①第一个月，甲乙两家药店均按纳入医保后的价格出售，当月共售出250盒；
②第二个月，甲药店按纳入医保后的价格出售100盒，乙药店按纳入医保后的价格打九折出售，该月两家药店销售该款药品的总收入为28000元，且两家药店销售该款药品的总销量比第一个月增加20%；
③第三个月，甲药店按纳入医保后的价格打八五折出售，乙药店按纳入医保后的价格出售，该月两家药店销售该款药品总销量比第一个月增加20%；
④第四个月，两家药店均按纳入医保后的价格打八五折出售，该月两家药店销售该款药品的总销量比第一个月增加50%；
⑤若该药品的价格不变，则销量基本保持稳定．
(1)求该药品在未纳入医保前的售价与成本；
(2)①求该药品纳入医保后的售价；
②该药企在2022年的销量为3000万盒．为惠及更多患者并有足够的利润用于新药研发，该药企计划在2023年继续下调该药品的价格，希望2023年的年销量超过6000万盒，且盈利不低于20%．根据以上调研结果，请你为该药企设定该药品价格的范围，并说明理由．
【答案】(1)该药品在未纳入医保前的售价为330元，成本为55元
(2)①该药店纳入医保后的售价为100元/盒；②该药企的制定该药品价格范围为66≤x<70，理由见解析
【分析】（1）设该药品在未纳入医保前的售价为x元，成本为y元,根据利润为275元/盒，售价是其成本的6倍列二元一次方程组求解即可得解；
（2）①设该药品纳入医保后的售价为m元/盒,根据两家药店销售该款药品的总收入为28000元列方程求解即可；②先根据材料总结药品价格与销量之间的规律：该药品价格每降低1%，销售量增长率为130，设该药品价格定为x元，则下降率为(100−x)%，销售增长率为130 (100−x)，列不等式组求解即可。
【详解】（1）解：设该药品在未纳入医保前的售价为x元，成本为y元.
根据题意，列出方程组：
x−y=275x=6y，
解得：x=330y=55，
答：该药品在未纳入医保前的售价为330元，成本为55元.；
（2）解：①设该药品纳入医保后的售价为m元/盒.
因为第二个月的总销量比第一个月增加20%，
所以第二个月的总销量为250×（1+20%）=300盒.
因为第二个月甲药店出售100盒，所以乙药店出售300−100=200盒,
根据题意可列方程：
100m+200×0.9m=28000
解得：m=100
所以该药店纳入医保后的售价为100元/盒,
②因为该药品的价格不变，则销量基本保持稳定，根据题意可得四个月的销售情况如下：
第一个月，甲药店的销售量为100盒，乙药店销售150盒，共售出250盒.
第二个月，甲药店的销售量为100盒，乙药店销售200盒，共售出300盒.
第三个月，甲药店的销售量为150盒，乙药店销售150盒，共售出300盒.
第四个月，甲药店的销售量为150盒，乙药店销售225盒，甲乙两家药店共售出375盒.
由第二个月可发现：乙药店价格下降10%，乙药店销售量增长率为13，即价格每降低1%，销售量增长率为130；
由第三个月可发现：甲药店价格下降15%，甲药店销售量增长率为12，即价格每降低1%，销售量增长率为130；
由第四个月可发现：甲乙两家药店价格下降15%，甲乙药店总销售量增长率为12，即价格每降低1%，销售量增长率为130；
总结规律：该药品价格每降低1%，销售量增长率为130，
设该药品价格定为x元，则下降率为(100−x)%，销售增长率为130 (100−x)，
依题意得：3000[1+(100−x)]>6000，
解得x<70,
因为盈利不低于20%，则x−5555≥0.2，
解得x≥66.
所以66≤x＜70.
因此该药企的制定该药品价格范围为66≤x＜70.
【点睛】本题主要考查了不等式组的应用，数字规律，一元一次方程的应用以及二院一次方程的应用，明确题意，正确找出相等关系及不等关系是解题的关键。