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人教版八年级数学下册举一反三专题21.7期末复习之解答压轴题十六大题型总结(学生版+解析)(八年级下册)
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这是一份人教版八年级数学下册举一反三专题21.7期末复习之解答压轴题十六大题型总结(学生版+解析)(八年级下册)，共165页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26256" 【题型1 利用二次根式比较大小】 PAGEREF _Tc26256 \h 1
\l "_Tc21866" 【题型2 复合二次根式的化简】 PAGEREF _Tc21866 \h 3
\l "_Tc12015" 【题型3 勾股定理的证明】 PAGEREF _Tc12015 \h 4
\l "_Tc11410" 【题型4 利用勾股定理格点作图】 PAGEREF _Tc11410 \h 6
\l "_Tc24512" 【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】 PAGEREF _Tc24512 \h 8
\l "_Tc8674" 【题型6 尺规作图与四边形的综合】 PAGEREF _Tc8674 \h 10
\l "_Tc26797" 【题型7 四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc26797 \h 12
\l "_Tc19496" 【题型8 四边形中的旋转问题】 PAGEREF _Tc19496 \h 14
\l "_Tc7120" 【题型9 四边形中的定值问题】 PAGEREF _Tc7120 \h 16
\l "_Tc6523" 【题型10 四边形中的最值问题】 PAGEREF _Tc6523 \h 18
\l "_Tc2501" 【题型11 动点函数图像】 PAGEREF _Tc2501 \h 20
\l "_Tc12154" 【题型12 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc12154 \h 22
\l "_Tc851" 【题型13 一次函数与几何综合】 PAGEREF _Tc851 \h 24
\l "_Tc32460" 【题型14 新定义问题】 PAGEREF _Tc32460 \h 26
\l "_Tc5504" 【题型15 阅读理解问题】 PAGEREF _Tc5504 \h 27
\l "_Tc11130" 【题型16 规律探究问题】 PAGEREF _Tc11130 \h 30
【题型1 利用二次根式比较大小】
【例1】（2024八年级·江苏南京·期末）像(5+2)(5﹣2)＝1、a•a＝a(a≥0)、(b+1)(b﹣1)＝b﹣1(b≥0)……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如，5与5，2 +1与2﹣1，23+35与23﹣35等都是互为有理化因式．进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．请完成下列问题：
(1)化简：233；
(2)计算：12−3+13−2；
(3)比较2018−2017与2017−2016的大小，并说明理由．
【变式1-1】（2024八年级·浙江杭州·期末）阅读材料，并完成下列任务：
材料一：裂项求和
小华在学习分式运算时，通过具体运算：11×2=1−12，12×3=12−13，13×4=13−14，……
发现规律：1n⋅(n+1)=1n−1n+1（n为正整数），并证明了此规律成立．
应用规律：快速计算11×2+12×3+13×4+⋯+19×10=1−12+12−13+⋯+19−110=1−110=910．
材料二：根式化简
例1 13+3=133+1=3−133+13−1=121−13；
例2 153+35=1155+3=5−3155+35−3=1213−15
任务一：化简．
(1)化简：175+57
(2)猜想：1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1=___________________（n为正整数）．
任务二：应用
(3)计算：13+3+153+35+175+57+⋯+14947+4749；
任务三：探究
(4)已知x=3−12
y=5−31+3+5+3×5+7−51+5+7+5×7+⋯+2025−20231+2023+2025+2023×2025，
比较x和y的大小，并说明理由．
【变式1-2】（2024八年级·江苏宿迁·期末）已知a=12+3，求2a2−8a+1的值．小明是这样分析与解答的：
∵a=12+3=2−32+32−3=2−3，
∴a−2=−3，
∴(a−2)2=3，即a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)若a=15−2，求3a2−12a−1的值；
(2)计算：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99= ；
(3)比较2023−2022与2022−2021的大小，并说明理由．
【变式1-3】（2024八年级·北京海淀·期末）在二次根式的计算和比较大小中，有时候用“平方法”会取得很好的效果，例如，比较a＝23和b＝32的大小，我们可以把a和b分别平方，∵a2＝12，b2＝18，则a2＜b2，∴a＜b．
请利用“平方法”解决下面问题：
(1)比较c＝42，d＝27大小，c d（填写＞，＜或者＝）．
(2)猜想m＝25+6，n＝23+14之间的大小，并证明．
(3)化简：4p−8p−1+4p+8p−1＝ （直接写出答案）．
【题型2 复合二次根式的化简】
【例2】（2024八年级·湖南郴州·开学考试）先阅读材料，然后回答问题．
（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简5−26
经过思考，小张解决这个问题的过程如下：
5−26=2−22×3+3①
=(2)2−22×3+(3)2②
=(2−3)2③
=2−3④
在上述化简过程中，第________步出现了错误，化简的正确结果为________；
（2）化简9+218；
（3）请根据你从上述材料中得到的启发，化简：8+43．
【变式2-1】（2024八年级·北京海淀·期末）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方． 例如：4+23=1+3+23=12+23+(3)2=(1+3)2．
这样小明就找到了一种把类似4+23的式子化为完全平方式的方法．
请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)结合小明的探索过程填空： + 5=(1+25)2；
(2)7+43的算术平方根为 ；
(3)化简：3−22+5−26+7−212+⋯+2n+1−2n(n+1) ．(?为正整数)
【变式2-2】（2024八年级·江西萍乡·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答
形如的化简m±2n，只要我们找到两个数a、b，使得a+b＝m，ab＝n，（a）2+（b）2＝m；a×b＝n，便有m±2n＝(a)2+(b)2±2a×b＝(a±b)2＝a±b（a＞b＞0）例如：
5±26＝(3)2±23×2+(2)2＝(3+2)2＝3±2，仿照上述方法化简下列各式
（1）3−22；
（2）13+242．
【变式2-3】（2024八年级·福建三明·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简7+43中发现：首先把7+43化为7+212﹐由于4+3=7，4×3=12，即：(4)2+(3)2=7， 4×3=12，所以7+43=7+212=(4)2+24×3+(3)2=((4+3)2=2+3，
问题：
（1）填空：4+23=__________，5−26=____________﹔
（2）进一步研究发现：形如m±2n的化简，只要我们找到两个正数a，b（a>b），使a+b=m，ab=n，即(a)2+(b)2=m，a×b=n﹐那么便有： m±2n=__________．
（3）化简：4−15（请写出化简过程）
【题型3 勾股定理的证明】
【例3】（2024八年级·江苏泰州·期末）（1）用不同的方法计算图1中阴影部分的面积得到的等式：________
（2）图2是由两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成，试用不同的方法计算这个图形的面积，你能发现什么？说明理由；
（3）根据上面两个结论，解决下面问题：
① 在直角△ABC中，∠C=90°，三边分别为a、b、c，a+b=7，ab=12，求c的值：
② 如图3,五边形ABCDE中，线段AC⊥BD，AC=BD=2，四边形ODAE为长方形，在直角△BOC中，OB=x，OC=y，其周长为n，当n为何值时，长方形AODE的面积为定值，并说明理由．
【变式3-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）把一个直立的火柴盒放倒（如图），请你用不同的方法计算梯形ACED的面积，再次验证勾股定理？（设火柴盒截面宽为a，长为b，对角线为c）
【变式3-2】（2024八年级·山西运城·期末）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【变式3-3】（2024八年级·江苏镇江·期末）【材料阅读】我国古人对勾股定理的研究非常深邃．如图1，已知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），由勾股定理：c2=a2+b2，得b2=c2−a2=(c+a)(c−a)，则c−a=b2c+a，得到：a=(c+a)−(c−a)2=(c+a)−b2c+a2=(c+a)2−b22(c+a)．
从而得到了勾股定理的推论：己知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），则a=(c+a)2−b22(c+a)
【问题解决】如图2，已知△ABC的三边长分别为AB=41,BC=8,AC=5，如何计算△ABC的面积？据记载，古人是这样计算的：作BC边上的高AH．以BH,CH的长为斜边和直角边作Rt△DEF（如图3），其中DE=BH,EF=CH．
(1)用古人的方法计算DF2的值，完成下面的填空：
DF2=DE2−EF2
=BH2−CH2
=[（__________）2−（__________）2]-[（__________）2-（__________）2]
=__________
(2)试直接利用阅读材料中勾股定理的推论继续完成△ABC面积的计算过程；
(3)你还有其他计算△ABC的面积的方法吗？写出解答过程．
【题型4 利用勾股定理格点作图】
【例4】（2024八年级·山西晋中·期末）在如图的正方形网格中，若每个小方格边长均为1，请你根据所学的知识解答下列问题：
（1）在下列各数中，任意选取三个无理数，并判断这三个数为边长的线段能否组成一个直角三角形，请直接写出所有能构成直角三角形的三边对应的无理数；
2、 4、 5、 8、 10、 15、 20、25；
（2）在解决（1）的问题时，你所运用的定理名称是 ．
A． 勾股定理 B． 勾股定理逆定理
（3）在下面方格上画出（1）中你所确定的一个直角三角形，并且顶点都在格点上．
【变式4-1】（2024八年级·江苏徐州·期末）如图，方格中小正方形的边长为1，△ABC的三个顶点都在小正方形的格点上，求：
（1）△ABC的周长；
（2）请判断三角形ABC是否是直角三角形，并说明理由；
（3）△ABC的面积；
（4）点C到AB边的距离．
【变式4-2】（2024八年级·山西晋中·期末）问题情境：综合实践活动课上，同学们围绕“已知三角形三边的长度，求三角形的面积”开展活动，启航小组同学想到借助正方形网格解决问题
问题解决：图（1）、图（2）都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，操作发现，启航小组同学在图（1）中画出△ABC，其顶点A，B，C都在格点上，同时构造长方形CDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边EF经过点A，ED经过点B．同学们借助此图求出了△ABC的面积．
（1）在图（1）中，△ABC的三边长分别是AB＝ ，BC＝ ，AC＝ ．△ABC的面积是 ．
（2）已知△PMN中，PM＝17，MN＝25，NP＝13．请你根据启航小组的思路，在图（2）中画出△PMN，并直接写出△RMN的面积 ．
【变式4-3】（2024八年级·广东云浮·期末）综合探究：
“在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5、10、13，求这个三角形的面积”．
小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．
(1)直接写出图1中△ABC的面积是______；
(2)若△MNP的边长分别为m2+16n2、9m2+4n2、4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n），试运用构图法在图2中画出相应的△MNP，并求出△MNP的面积．
(3)拓展应用：求代数式：x2+1+4−x2+40≤x≤4的最小值．
【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】
【例5】（2024八年级·重庆·期末）如图1，在△AOB中点C为OB边上一点，已知BC=12AB，OC=OA=3，AB=4，连接AC．
(1)求△AOB的面积和线段AC的长；
(2)如图2，将△ADB沿BD折叠，点A恰好落在OB边上的点E处，折痕BD交OA于点D，点F是AC上一点．当△ADF与△BCF的面积相等时，求点F到OB的距离．
【变式5-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）阅读：等边三角形具有丰富的性质，我们常常可以借助等边三角形和全等解决问题．
如图1，B、C、D三点在同一条直线上，等边三角形ABC和等边三角形ECD具有共同的顶点C，我们容易证明△BCE≌△ACD，从而得到BE= ；
理解：如图2，已知点D在等边三角形ABC内，AD=5，BD=4，CD=3，以CD为边在它的下方作等边三角形CDE，求∠BDC的度数；
应用：如图3，在△ABC中，AC=10，BC=12，点D在△ABC外，位于BC下方，△ABD为等边三角形，当∠ACD=30°时，CD2= ．
【变式5-2】（2024八年级·湖北恩施·期末）如图，△ABC和ΔEDC都是等边三角形，AD=7,BD=3,CD=2求:（1）AE长；（2）∠BDC的度数：（3）AC的长．
【变式5-3】（2024八年级·江苏南京·期末）如图①，∠CDE是四边形ABCD的一个外角，AD∥BC，BC=BD，点F在CD的延长线上，∠FAB=∠FBA，FG⊥AE，垂足为G．
（1）求证：
①DC平分∠BDE；
②BC+DG=AG．
（2）如图②，若AB=4，BC=3，DG=1．
①求∠AFD的度数；
②直接写出四边形ABCF的面积．
【题型6 尺规作图与四边形的综合】
【例6】（2024八年级·重庆巴南·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC．
(1)用尺规完成以下基本作图：作∠BAD的平分线交BC于点E，在DA上截取DF，使DF=CE（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图形中，连接EF，求证：四边形ABEF是菱形．请补全下面的证明过程．
证明：四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC且AD=_________，
∵DF=CE，AD−DF=BC−CE，
∴_____________．
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠EAF．
∵AE平分∠BAF，
∴____________，
∴∠BEA=∠BAE．
∴____________，
∴四边形ABEF是菱形．
【变式6-1】（2024八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）实践与操作：如图，已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°．
(1)①利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母（保留作图痕迹，不写作法）：作线段AC的垂直平分线MN，垂足为O；
②连接BO，并延长BO到点D，使得OD=BO，连接AD、CD；
③分别在OA、OC的延长线上取点E、F，使AE=CF，连接BF、FD、DE、EB．
推理与运用：
(2)①求证：四边形BFDE是平行四边形：
②若AB=4，AC=6，当四边形BFDE是矩形时求它的面积．
【变式6-2】（2024·山西大同·八年级期末）请仔细阅读下面的材料，并完成相应的任务.
数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题：已知矩形ABCD，利用尺规作一个菱形，使菱形的四个顶点在矩形的边上.
勤奋组的方法为：如图1，做线段AB的垂直平分线，交AB,CD于点E,G，做AD的垂直平分线，分别交AD,BC于点H,F，顺次连接E,F,G,H，则四边形EFGH是菱形.
善思小组分享的方法是：如图2，分别以A,B为圆心，AB长为半径作弧，交AD,BC于点H,G，连接HG，则点E与点A重合，点F于点B重合时，四边形EFGH是特殊的菱形.
任务：
(1)证明勤奋组的作法正确；
(2)分别在图3和图4的平行四边形中用不同于材料中的方法作菱形，要求尺规作图，保留作图痕迹，顶点在原四边形的边上．
【变式6-3】（2020·安徽滁州·八年级期末）如图，E、F两点分别在平行四边形ABCD的边CD、AD上，AE＝CF，AE、CF相交于点O．
（1）用尺规作出∠AOC的角平分线OM（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：OM一定经过B点．
【题型7 四边形中的折叠问题】
【例7】（2024·山东菏泽·八年级期末）【问题情境】已知在四边形ABCD中，M为边AD上一点（不与点A，D重合），连接BM，将△ABM沿BM折叠得到△NBM，点A的对应点为点N．
【问题解决】
（1）如图（1），若四边形ABCD是正方形，点N落在对角线BD上，连接AN并延长交CD于点G，写出与∠DGA相等的角：______（写出一个即可）：
【拓展变式】
（2）如图（2），若四边形ABCD是矩形，点N恰好落在AB的垂直平分线EF上，EF与BM交于点G．给出下列结论：①GN=2EG；②△GMN是等边三角形；③当M，N，C三点共线时，MC=BG+NF，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明；
（3）如图（3），若四边形ABCD是平行四边形，BC=2AB=4，∠ABC=60°，点N落在线段BC上，P为AB的中点，连接DP，PN，DN，求△PND的面积．
【变式7-1】（2024八年级·江苏南京·期末）如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下：
(1)【探究发现】
操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中∠ABP=________°；
(2)【类比应用】
小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ=________°，CQ=________；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】
在（2）的探究中，当QF=1cm，请直接写出AP的长．
【变式7-2】（2024八年级·重庆铜梁·期末）综合与实践
问题情境：
在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片ABCD中，E为CD边上任意一点，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点为D'．
分析探究：
（1）如图1，当∠ABC=60°，当点D'恰好落在AB边上时，三角形AD'E的形状为 ．
问题解决：
（2）如图2，当E，F为CD边的三等分点时，连接FD'并延长，交AB边于点G．试判断线段AG与BG的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，当∠ABC=60°，∠DAE=45°时，连接DD'并延长，交BC边于点H．若▱ABCD的面积为24，AD=4，请直接写出线段D'H的长．
【变式7-3】（2024八年级·江苏扬州·期末）（1）操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．
（2）简单应用：在（1）中，如果AB＝4，AD＝6，求DG的长；
（3）类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【题型8 四边形中的旋转问题】
【例8】（2024·广东珠海·八年级期末）如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．
(1)求证：△AEF是等腰三角形；
(2)图2取AF的中点M，EF的中点为N，连接MD，AN，请判断线段MD与MN的关系，并证明；
(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【变式8-1】（2024·辽宁·八年级期末）综合与实践
【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD，并且量得AB=2cm，AC=4cm．
【操作发现】
（1）将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到如图2所示的△AC'D，过点C作AC'的平行线，与DC'的延长线交于点E，请你判断四边形ACEC'的形状，并证明你的结论．
（2）创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B、A、D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC'D，连接CC'，取CC'的中点F，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG、C'G，得到四边形ACGC'，请你判断四边形ACGC'的形状，并证明你的结论．
【实践探究】
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A′点，A'C与BC'相交于点H，如图4所示，连接CC'，直接写出线段C'H的长度．
【变式8-2】（2024·辽宁大连·八年级期末）【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠EPF=60°，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至DF=1时，DE的长度为 ．
【变式8-3】（2024八年级·福建泉州·期末）已知：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=α．P是BC边上一动点，联结PA，将PA绕点P顺时针方向旋转α，得到PQ，联结AQ．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)M是BC延长线上一点，联结QM，且AB=BC．
①若MC=BP，求证：MC=MQ；
②如图2，若MP=BP，α=90°，联结DM、DQ，求证：DM=2DQ．
【题型9 四边形中的定值问题】
【例9】（2024八年级·陕西西安·期末）问题探究：
（1）如图1，平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，M、N分别为AD、DC上的点，且DM+DN＝4，则四边形BMDN的面积最大值是 ．
（2）如图2，∠ACB＝90°，且AC+BC＝4，连接AB，则△ABC的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．
问题解决
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC交BD于O，已知∠AOB＝120°，且AC+BD＝10，则△AOD与△BOC的周长之和是否为定值？若是，求出定值；若不是，求出最小值．
【变式9-1】（2024八年级·吉林长春·期末）如图①，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E在边BC上，且BE=2，动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．t>0
(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为______；
(2)当点Q和点D重合时，求PEQE的值；
(3)当点P在边AD上运动时，如图②，求证：PEQE为定值，并求这个值；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【变式9-2】（2024八年级·江苏南通·期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E．P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）求四边形ABDE的周长和面积；
（3）记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
【变式9-3】（2024八年级·陕西榆林·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=2 ，点E为对角线AC上一动点（点E不与点A、C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求AC的长；
（2）求证矩形DEFG是正方形；
（3）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【题型10 四边形中的最值问题】
【例10】（2024八年级·浙江金华·期末）如图1：正方形ABCD的边长为3，E是直线AD上一动点，连接CE，在CE的右侧以C为直角顶点作等腰直角三角形ECF，连接BE，DF．
(1)当点E在线段AD上运动时，试判断BE与DF的数量关系，并说明理由．
(2)当AE=2ED时，求EF的长．
(3)如图2，连接BF，则BE+BF的最小值为______．
【变式10-1】（2024八年级·陕西延安·期末）问题提出
（1）在平面内，已知线段AB=5，AC=3，则线段BC的最小值为______．
问题探究
（2）如图1，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=4，∠D=60°，P是边AD的中点，Q是边CD上一动点，将三角形PDQ沿PQ所在直线翻折，得到三角形PEQ，连接BE，求BE的最小值．
问题解决
（3）如图2，平行四边形ABCD为某公园平面示意图，扇形BMN为该公园的人口广场，已知AB=150m，BC=130m，AC=140m，BM=BN=20m．为了提升游客体验感，工作人员准备在弧MN上找一点P，沿AP，CP修两条绿色通道，并在AP上方和CP右方区域种植花卉供游客观赏，其余地方修建其他设施，求其他设施区域APCD面积的最小值．
【变式10-2】（2024八年级·河南新乡·期末）在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F（如图1和图2），然后展开铺平，连接BE，EF．
（1）操作发现：
①在矩形ABCD中，任意折叠所得的△BEF是一个 三角形；
②当折痕经过点A时，BE与AE的数量关系为 ．
（2）深入探究：
在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝23．
①当△BEF是等边三角形时，求出BF的长；
②△BEF的面积是否存在最大值，若存在，求出此时EF的长；若不存在，请说明理由．
【变式10-3】（2024·重庆·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形的边BC，CD上．
(1)证明：BE=CF．
(2)当点E，F分别在边BC，CD上移动时(△AEF保持为正三角形)，请探究四边形AECF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
(3)在(2)的情况下，请探究△CEF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
【题型11 动点函数图像】
【例11】（2024八年级·福建宁德·期末）李大爷在如图 1 所示扇形湖畔的栈道上散步，他从圆心 O 出发，沿O→A→B→O 匀速运动，最后回到点 O，其中路径 AB 是一段长 180 米的圆弧．李大爷离出发点 O 的直线距离 S（米）与运动时间 t（分）之间的关系如图 2 所示．
（1）在 时间段内，李大爷离出发点 O 的距离在增大；在 4~10 分这个时间段内，李大爷在 路段上运动（填 OA，AB 或 OB）；李大爷从点 O 出发到回到点 O 一共用了 分钟；
（2）扇形栈道的半径是 米，李大爷的速度为 米/分；
（3）在与出发点 O 距离 75 米处有一个报刊亭，李大爷在该处买报纸时逗留了一会儿．已知李大爷在买报纸前后始终保持运动速度不变，则李大爷是在第 分到达报刊亭，他在报刊亭停留了 分钟．
【变式11-1】（2024八年级·北京房山·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=5cm，点E在正方形边上沿B→C→D运动（含端点），连接AE，以AE为边，在线段右侧作正方形AEFG，连接DF、DG.
小颖根据学习函数的经验，在点E运动过程中，对线段AE、DF、DG的长度之间的关系进行了探究.
下面是小颖的探究过程，请补充完整：
（1）对于点E在BC、CD边上的不同位置，画图、测量，得到了线段AE、DF、DG的长度的几组值，如下表：
在AE、DF和DG的长度这三个量中，确定 的长度是自变量， 的长度和 的长度都是这个自变量的函数.
（2）在同一平面直角坐标系xOy中，画出（1）中所确定的函数的图象：
（3）结合函数图像，解决问题：
当ΔGDF为等腰三角形时，AE的长约为
【变式11-2】（2024八年级·河北石家庄·期末）如图1，在长方形ABCD中，AB=12cm，BC=10cm，点P从点A出发，沿A→B→C→D路线运动，到点D停止；点Q从点D出发，沿D→C→B→A运动，到点A停止．若点P，Q同时出发，点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，运动a秒后，点P，Q同时改变速度，点P的速度变为6cm/s，点Q的速度变为bcm/s．图2是点P出发x秒后，△APD的面积S1（cm2）与x（s）的函数关系图像；图3是点Q出发x秒后△AQD的面积S2（cm2）与x（s）的函数关系图像．
(1)动点P在线段___上运动时，S1的面积保持不变；动点Q到达点A时，x的值为___；
(2)求a，b的值；
(3)设点P离开点A所走的路程为y1（cm），点Q离开点D所走的路程为y2（cm），当x>a时，分别求出y1，y2与x的函数关系式；
(4)当两个动点所走过的路程比为1:2时，直接写出x的取值范围．
【变式11-3】（2024八年级·四川成都·期末）如图1，在正方形ABCD中，O是AD的中点，P点从A点出发沿A→B→C→D的路线移动到D点时停止，出发时以a单位/秒的速度匀速运动；同时Q点从D点出发沿D→C→B→A的路线移动到A点时停止，出发时以b单位/秒的速度匀速运动；P、Q点相遇后P点的速度变为c单位/秒，Q点的速度变为d单位/秒运动．图2是线段OP扫过的面积SP与时间t的图象，图3是线段OQ扫过的面积SQ与时间t的图象．
(1)正方形ABCD的边长是__________；
(2)求线段OQ扫过的面积SQ与时间t的代数关系式；
(3)若∠POQ在正方形中所夹图形面积S为5，求点P移动的时间t．
【题型12 一次函数的应用】
【例12】（2024八年级·江苏盐城·期末）五一期间，某电器商城推出了两种促销方式,且每次购买电器时只能使用其中一种方式：第一种是打折优惠，凡是在该商城购买家用电器的客户均可享受八折优惠；第二种方式是：赠送优惠券，凡在商城三天内购买家用电器的金额满400元且少于600元的，赠优惠券100元（优惠券在购买该物品时就可使用）；不少于600元的，所赠优惠券是购买电器金额的14，另再送50元现金.
(1)以上两种促销方式中第二种方式，可用如下形式表达：设购买电器的金额为x（x≥400）元，优惠券金额为y元，则：①当x＝500时，y＝ ；②当x≥600时，y＝ ；
(2)如果小张想一次性购买原价为x（400≤x＜600）元的电器，可以使用优惠券，在上面的两种促销方式中，试通过计算帮他确定一种比较合算的方式？
(3)如果小张在促销期间内在此商城先后两次购买电器时都得到了优惠券（两次购买均未使用优惠券），第一次购买金额在600元以内，第二次购买金额超过600元，所得优惠券金额累计达800元，设他购买电器的金额为W元，W至少应为多少？（W＝支付金额－所送现金金额）
【变式12-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）某商场准备购进甲乙两种服装进行销售．甲种服装每件进价160元，售价210元；乙种服装每件进价120元，售价150元．现计划购进两种服装共100件，其中甲种服装不少于60件．设购进甲种服装x件，两种服装全部售完，商场获利y元．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若购进100件服装的总费用不超过15000元，求最大利润为多少元?
(3)在（2）的条件下，该服装店对甲种服装以每件优惠a0【变式12-2】（2024八年级·河北衡水·期末）甲、乙两人从相距4千米的两地同时、同向出发，乙每小时走4千米，小狗随甲一起同向出发，小狗追上乙的时候它就往甲这边跑，遇到甲时又往乙这边跑，遇到乙的时候再往甲这边跑…就这样一直匀速跑下去．如图，折线A−B−C，A−D−E分别表示甲、小狗在行进过程中，离乙的路程ykm与甲行进时间x(h)之间的部分函数图象．
(1)求AB所在直线的函数解析式；
(2)小狗的速度为______km/h；求点E的坐标；
(3) 小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，求x为何值时，它离乙的路程与离甲的路程相等？
【变式12-3】（2024八年级·河南商丘·期末）为推进生态美、产业强，促进乡村全面振兴，河南西峡以香菇、猕猴桃、山茱萸为代表，形成了“菌果药”三大特色产业．某香菇种植大棚计划购买20个A，B两种型号的货架，经市场调查发现有线下和线上两种购买方式，具体情况如下表．
若按原价购买，则购买10个A型货架和10个B型货架共需3500元．已知每个A型货架的原价比每个B型货架便宜50元
(1)求每个A，B型号的货架的原价．
(2)若该香菇种植大棚选择线上或线下任意一种方式购买，且购买B型货架的数量不少于A型货架数量的2倍，请求出花费最少的购买方案，并说明理由．
【题型13 一次函数与几何综合】
【例13】（2024八年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，C0,−4，且a和b满足a+42+2−b=0．将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合．
(1)请直接写出点A、B、D的坐标：A______，B______，D______；
(2)如图1，若点P为直线AB上一点，将点P向右平移t个单位到点P'，当点P'在直线CD上时，则t的值为______，若三角形COP'的面积是三角形DOP'的面积的2倍，请求出点P的坐标；
(3)如图2，若点Qm,n为平面直角坐标系内一点，且三角形ABQ的面积是三角形CDQ的面积的2倍，请探究m，n的数量关系，并写出你的探究过程．
【变式13-1】（2024八年级·江苏泰州·期末）如图，平面直角坐标系中，CB∥OA，∠OCB=90°，CB=2，OC=4，直线y=−12x+2过A点，且与y轴交于D点．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)试说明：AD⊥BO；
(3)若点M是直线AD上的一个动点，在x轴上是否存在另一个点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式13-2】（2024八年级·上海黄浦·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C2,m为直线y=x+2上一点，直线y=−12x+b过点C．
(1)求m和b的值；
(2)直线y=−12x+b与x轴交于点D，动点P从点D开始以每秒1个单位的速度向x轴负方向运动，设点P的运动时间为t秒．
①若点P在线段DA上，设△ACP的面积为S，请求出S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，直接写出t的值：若不存在，请说明理由．
【变式13-3】（2024八年级·四川成都·期末）已知，如图1，直线AB:y=kx−k−4，分别交平面直角坐标系于A，B两点，直线CD:y=−2x+2与坐标轴交于C，D两点，两直线交于点E(a,−a)；
(1)求点E的坐标和k的值；
(2)如图2，点M是y轴上一动点，连接ME，将△AEM沿ME翻折，当A点对应点刚好落在x轴上时，求ME所在直线解析式；
(3)在直线AB上是否存在点P，使得∠ECP=45°，若存在，请求出P点坐标，若不存在请说明理由．
【题型14 新定义问题】
【例14】（2024八年级·江西南昌·期末）定义：若根式A与根式B的乘积不含根式则称A、B为共轭根式，例如：8与2或3+2与3−2都是共轭根式．
（1）有关共轭根式，下列说法正确的是________（填上序号）；
①一个根式的共轭根式是唯一的；
②a，b均为正整数，若a与b是同类二次根式，则a与b也是共轭根式；
③若A与B是共轭根式，则A与1B也是共轭根式．
（2）写出下列根式的一个共轭根式，填在相应根式后面的横线上，要求是最简二次根式或化到最简．
20________；3b2a________；2+1________；(3+2)2________．
（3）试找出3+2+1的一个共轭根式，并验证其正确性．
【变式14-1】（2024八年级·浙江·期末）我们定义：对角线相等的四边形为等对四边形．
(1)尝试：如图1是6×7方格，每一个小正方形的边长为1，在方格中画一个对角线长为5的等对四边形，要求四个顶点均在格点上；
(2)推理：如图2，已知△ ABC中，以AB和AC为边在△ ABC的外侧分别作等边三角形△ ABD和△ ACE，连接DE． 求证：四边形BCED是等对四边形；
(3)拓展：如图3，已知四边形ABCD是等对四边形，AB=4,BC=27，CD=23，∠BOC=120°，求边AD的长．
【变式14-2】（2024八年级·江苏南通·期末）定义：在平面直角坐标系xOy中，函数图象上到两坐标轴的距离之和等于n(n>0)的点，叫做该函数图象的“n阶和点”.例如，2,1为一次函数y=x−1的“3阶和点”．
(1)若点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的“n阶和点”，则m= ______ ，n= ______ ；
(2)若y关于x的一次函数y=kx−2的图象经过一次函数y=x+3图象的“5阶和点”，求k的值；
(3)若y关于x的一次函数y=nx−4的图象有且仅有2个“n阶和点”，求n的取值范围．
【变式14-3】（2024八年级·江苏淮安·期末）问题背景
定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是180°，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，且∠A+∠D=180°，则△ABC与△DBC是关于BC的互补三角形．
(1)初步思考：如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E为△ABC外两点，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC为等边三角形．则△ABC关于BC的互补三角形是______，并说明理由．
(2)实践应用：如图3，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E在AB边上，点F在AD边上，若△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，试求AE的长．
(3)思维探究：如图4，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E是线段AB上的动点，点P是平面内一点，△BEP与△BCP是关于BP的互补三角形，直线CP与直线AD交于点F．在点E运动过程中，线段BE与线段AF的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE的长；若不相等，请说明理由．
【题型15 阅读理解问题】
【例15】（2024八年级·重庆·期末）阅读下列两则材料，回答问题
材料一：我们将a+b与a−b称为一对“对偶式”，因为a+ba−b=a2−b2=a−b所以构造“对偶式”相乘可以将a+b与a−b中的“”去掉．例如：已知23−x−17−x=2，求23−x+17−x的值．
23−x−17−x23−x+17−x=23−x−17−x=6
∵23−x−17−x=2，∴23−x+17−x=3
材料二：如图，点Ax1,y1，点Bx2,y2，以AB为斜边作Rt△ABC，
则Cx2,y1，AC=x1−x2，BC=y1−y2，所以AB=x1−x22+y1−y22；反之，可将代数式x1−x22+y1−y22的值看作点Ax1,y1到点Bx2,y2的距离，例如：x2+2x+y2−2y+2=x+12+y−12=[x−−1]2+y−12，
∴可将x2+2x+y2−2y+2的值看作点x,y到点−1,1的距离．
(1)利用材料一，解关于x的方程：33−x−17−x=2，其中x≤17；
(2)利用材料二，求代数式x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的最小值，并求出此时x与y的关系式，写出x的取值范围．
【变式15-1】（2024八年级·山西吕梁·期末）阅读下列材料，完成相应任务．
(1)请你按材料中的分析写出证明过程；
(2)上述证明方法中主要体现的数学思想是 ；
A．转化思想
B．类比思想
C．数形结合思想
D．从一般到特殊思想
(3)如图3，点C是线段AB上一点，CD⊥AB，点E是线段CD上一点，分别连接AD，BE，点F，G分别是AD和BE的中点，连接FG．若AB=12，CD=8，CE=3，则FG= ．
【变式15-2】（2024八年级·广东惠州·期末）阅读下列材料，然后回答问题．
①在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如23+1一样的式子，可以将其进一步化简：
23+1=23−13+13−1=23−132−1=23−12=3−1以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
②学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算．
(1)计算：13+1+15+3+17+5+⋯+12019+2017．
(2)已知m是正整数，a=m+1−mm+1+m，b=m+1+mm+1−m，a+b+3ab=2021，求m．
(3)已知15+x2−26−x2=1，则15+x2+26−x2的值为?
【变式15-3】（2024八年级·安徽安庆·期末）阅读材料：
例：说明代数式x2+1+(x−3)2+4的几何意义，并求它的最小值．
解：x2+1+(x−3)2+4=(x−0)2+1+(x−3)2+22．
几何意义：如图，建立平面直角坐标系，点P(x,0)是x轴上一点，则(x−0)2+1可以看成点P与点A(0,1)的距离，(x−3)2+22可以看成点P与点B(3,2)的距离，所以原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值．
求最小值：设点A关于x轴对称点A'，则PA=PA'．因此，求PA+PB的最小值，只需求PA'+PB的最小值，而点A'，B间的直线段距离最短，所以PA'+PB的最小值为线段A'B的长度．为此，构造直角三角形A'CB，因为A'C=3，CB=3，所以由勾股定理得A'B=32，即原式的最小值为32．
根据以上阅读材料，解答下列问题：
(1)代数式(x−1)2+1+（x−2）2+16的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点A(1,1)，点B 的距离之和．（填写点B的坐标）
(2)代数式x2+25+x2−12x+45的值可以看成平面直角坐标系中点Px,0 与点A 、点B 的距离之和．（填写点A，B的坐标）
(3)求出代数式x2+25+x2−12x+45的最小值．
【题型16 规律探究问题】
【例16】（2024八年级·浙江台州·期末）（1）观察下列各式的特点：
2−1>3−2，
3−2>2−3，
2−3>5−2，
5−2>6−5，
…
根据以上规律可知：2021−2020______2022−2021（填“＞”“＜”或“＝”）．
（2）观察下列式子的化简过程：
12+1=2−1(2+1)(2−1)=2−1，
13+2=3−2(3+2)(3−2)=3−2，
14+3=4−3(4+3)(4−3)＝4−3，
…
根据观察，请写出式子1n+n−1（n≥2，且n是正整数）的化简过程．
（3）根据上面（1）（2）得出的规律计算下面的算式：|12+1−13+2|+|13+2−14+3|+|14+3−15+4|+•••+|1100+99−1101+100|．
【变式16-1】（2024八年级·上海·期末）细心观察图，认真分析各式，然后解答问题：
12+1=22；
22+1=32；
32+1=42；⋅⋅⋅⋅⋅⋅
（1）请用含n（n为正整数）的等式表示上述交化规律：______；
（2）观察总结得出结论：直角三角形两条直角边与斜边的关系，用一句话概括为：______；
（3）利用上面的结论及规律，请在图中作出等于7的长度；
（4）若S表示三角形面积，S1=S△OP1P2，S2=S△OP2P3，S3=S△OP3P4 ⋅⋅⋅，计算出S12+S22+S32+⋅⋅⋅+S102的值．
【变式16-2】（2024八年级·浙江绍兴·期末）在数学课“合作学习”环节，沈老师要求同学们通过观察如图1所示的坐标系中一次函数的图象，从而来发现某些规律．
同学们通过讨论，积极发言，主要把k进行分类，得出一次函数的部分性质：
对于一次函数y=kx+b（k，b为常数，且k≠0），
当k>0时，y随x的增大而增大；
当k<0时，y随x的增大而减小．
【跟进练习】对于函数y=−2x+3，当−3爱思考的小敏同学提出了看法，我还发现：y=−2x+3与y=12x这两条直线是互相垂直的．
这是一种巧合还是存在着某种联系？
沈老师说：这两者确实存在着某种联系，同学们不妨再举几个类似的例子，看看能否提出你们的猜想．通过讨论，同学们最终形成共识，得到下列结论：
“若两条直线函数表达式为y1=k1x+b1与y2=k2x+b2（k1，k2均不为0），当k1⋅k2=−1时，两条直线互相垂直；反之亦成立”这个结论．
【结论理解】若直线y1=mx+n与直线y2=−53x+t互相垂直，则m=________．
【灵活运用】如图2，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，且B(−4,0)，C(2,0)，延长CA交y轴于点E(0,4)，求点A的坐标．
【延伸拓展】在平面直角坐标系中，已知直线y=kx+5经过点A(−3,3)，与y轴的交点为B，点C在坐标轴上，若以A,B,C为顶点的三角形是直角三角形．请直接写出点C的坐标．
【变式16-3】（2024八年级·江西南昌·期末）【特例感知】如图1，点C1是正方形ABCD对角线AC上一点，C1B1⊥AB于点B1，C1D1⊥AD于点D1.
（1）求证：四边形AB1C1D1是正方形；
（2）BB1:CC1:DD1= ；
【规律探究】将正方形AB1C1D1绕点A旋转得到图2，连接BB1，CC1，DD1.
（3）BB1:CC1:DD1的比值是否会发生变化？说明理由；
【拓展应用】如图3，在图2的基础上，点B2，C2，D2分别是BB1，CC1，DD1的中点；
（4）四边形AB2C2D2是否是正方形?说明理由.
位置1
位置2
位置3
位置4
位置5
位置6
位置7
AE/cm
5.00
5.50
6.00
7.07
5.99
5.50
5.00
DF/cm
5.00
3.55
3.72
5.00
3.71
3.55
5.00
DG/cm
0.00
2.30
3.31
5.00
5.28
5.69
7.07
型号
线下
线上
售价
运费
售价
运费（不超过20个）
A
九折
0
八折
110元
B
九折
八五折
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
如图1，△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的中线．求证：BD=12AC．
分析：要证明BD等于AC的一半．可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2，延长BD到E，使得DE=BD．连接AE，CE．可证四边形ABCE是矩形，由矩形的对角线相等得BE=AC，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到BD=12AC．
专题21.7 期末复习之解答压轴题十六大题型总结
【人教版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26256" 【题型1 利用二次根式比较大小】 PAGEREF _Tc26256 \h 1
\l "_Tc21866" 【题型2 复合二次根式的化简】 PAGEREF _Tc21866 \h 7
\l "_Tc12015" 【题型3 勾股定理的证明】 PAGEREF _Tc12015 \h 11
\l "_Tc11410" 【题型4 利用勾股定理格点作图】 PAGEREF _Tc11410 \h 17
\l "_Tc24512" 【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】 PAGEREF _Tc24512 \h 24
\l "_Tc8674" 【题型6 尺规作图与四边形的综合】 PAGEREF _Tc8674 \h 33
\l "_Tc26797" 【题型7 四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc26797 \h 40
\l "_Tc19496" 【题型8 四边形中的旋转问题】 PAGEREF _Tc19496 \h 51
\l "_Tc7120" 【题型9 四边形中的定值问题】 PAGEREF _Tc7120 \h 62
\l "_Tc6523" 【题型10 四边形中的最值问题】 PAGEREF _Tc6523 \h 73
\l "_Tc2501" 【题型11 动点函数图像】 PAGEREF _Tc2501 \h 83
\l "_Tc12154" 【题型12 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc12154 \h 91
\l "_Tc851" 【题型13 一次函数与几何综合】 PAGEREF _Tc851 \h 97
\l "_Tc32460" 【题型14 新定义问题】 PAGEREF _Tc32460 \h 109
\l "_Tc5504" 【题型15 阅读理解问题】 PAGEREF _Tc5504 \h 118
\l "_Tc11130" 【题型16 规律探究问题】 PAGEREF _Tc11130 \h 125
【题型1 利用二次根式比较大小】
【例1】（2024八年级·江苏南京·期末）像(5+2)(5﹣2)＝1、a•a＝a(a≥0)、(b+1)(b﹣1)＝b﹣1(b≥0)……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如，5与5，2 +1与2﹣1，23+35与23﹣35等都是互为有理化因式．进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．请完成下列问题：
(1)化简：233；
(2)计算：12−3+13−2；
(3)比较2018−2017与2017−2016的大小，并说明理由．
【答案】（1）239 （2）2+23+2（3）2018−2017<2017−2016
【分析】（1）由3×3=1，确定互为有理化因式，由此计算即可；
（2）确定分母的有理化因式为2−3与2+3，3−2与3+2，然后分母有理化后计算即可；
（3）确定2018−2017与2017−2016的有理化因式为2018+2017与2017+2016，得到12018+2017与12017+2016，然后比较即可．
【优尖升-详解】解：(1) 原式=2333⋅3=239；
（2）原式=2+3+3+2=2+2+23；
（3）根据题意，2018−2017=12018+2017，2017−2016=12017+2016，
∵2018+2017>2017+2016，
∴12018+2017<12017+2016，
即2018−2017<2017−2016．
【点睛】此题是一个阅读题，认真读题，了解互为有理化因式的实际意义，以及特点，然后根据特点变形解题是关键．
【变式1-1】（2024八年级·浙江杭州·期末）阅读材料，并完成下列任务：
材料一：裂项求和
小华在学习分式运算时，通过具体运算：11×2=1−12，12×3=12−13，13×4=13−14，……
发现规律：1n⋅(n+1)=1n−1n+1（n为正整数），并证明了此规律成立．
应用规律：快速计算11×2+12×3+13×4+⋯+19×10=1−12+12−13+⋯+19−110=1−110=910．
材料二：根式化简
例1 13+3=133+1=3−133+13−1=121−13；
例2 153+35=1155+3=5−3155+35−3=1213−15
任务一：化简．
(1)化简：175+57
(2)猜想：1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1=___________________（n为正整数）．
任务二：应用
(3)计算：13+3+153+35+175+57+⋯+14947+4749；
任务三：探究
(4)已知x=3−12
y=5−31+3+5+3×5+7−51+5+7+5×7+⋯+2025−20231+2023+2025+2023×2025，
比较x和y的大小，并说明理由．
【答案】(1)1215−17
(2)1212n−1−2n−1
(3)37
(4)x>y，理由见解析
【分析】本题考查二次根式裂项求解，解题关键是熟练进行二次根式分母有理化的化简．
（1）根据题目中的例子可以写出答案；
（2）根据例2，可以写出相应的猜想；
（3）根据分母有理化，可得二次根式的化简，根据二次根式的加减，即可得到答案；
（4）结合例1，例2的规律进行计算即可；
【优尖升-详解】（1）175+57=1357+5=7−5357+57−5=1215−17
（2）1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1
=1(2n+1)(2n−1)2n+1+(2n−1)，
=2n+1−(2n−1)(2n+1)(2n−1)2n+1+(2n−1)，
=1212n−1−2n−1，
故答案为：1212n−1−2n−1；
（3）13+3+153+35+175+57+⋯+14947+4749
=133+1+1155+3+1357+5+⋯+1230349+47
=3+123+5−3215+7−5235+⋯+49−4722303
=121−13+13−15+15−17⋯+147−149
=12×1−17
=37；
（4）y=5−31+3+5+3×5+7−51+5+7+5×7+⋯+2025−20231+2023+2025+2023×2025
=13+1−15+1+15+1−17+1+⋯+12023+1−12025+1，
=13+1−12025+1
=3−12−146
∵ x=3−12，
∴ x−y=146>0，
故x>y．
【变式1-2】（2024八年级·江苏宿迁·期末）已知a=12+3，求2a2−8a+1的值．小明是这样分析与解答的：
∵a=12+3=2−32+32−3=2−3，
∴a−2=−3，
∴(a−2)2=3，即a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)若a=15−2，求3a2−12a−1的值；
(2)计算：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99= ；
(3)比较2023−2022与2022−2021的大小，并说明理由．
【答案】(1)2
(2)100−1
(3)2023−2022<2022−2021，理由见详解
【分析】（1）结合题意，求得a2−4a=1，然后代入求值即可；
（2）将原式整理为2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+100−99，即可获得答案；
（3）比较12023−2022与12022−2021的大小，即可获得答案．
【优尖升-详解】（1）解：∵a=15−2=5+25+25−2=5+2，
∴a−2=5，
∴(a−2)2=5，即a2−4a+4=5，
∴a2−4a=1，
∴3a2−12a−1=3(a2−4a)−1=3×1−1=2；
（2）12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99
=2−12+1×2−1+3−23+2×3−2+4−34+3×4−3+⋅⋅⋅+100−99100+99×100−99
=2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+100−99
=100−1．
故答案为：100−1；
（3）2023−2022<2022−2021，理由如下：
∵2023>2022>2021，
∴2023>2022>2021，
∴2023−2022>0，2022−2021>0，
∵12023−2022=2023+20222023−2022×2023+2022=2023+2022，
12022−2021=2022+20212022−2021×2022+2021=2022+2021，
又∵2023+2022>2022+2021，
∴12023−2022>12022−2021，
∴2023−2022<2022−2021．
【点睛】本题主要考查了分母有理化、二次根式混合运算、代数式求值、利用平方差公式和完全平方公式进行运算等知识，正确理解题意，结合题目中解题思路进行分析是解题关键．
【变式1-3】（2024八年级·北京海淀·期末）在二次根式的计算和比较大小中，有时候用“平方法”会取得很好的效果，例如，比较a＝23和b＝32的大小，我们可以把a和b分别平方，∵a2＝12，b2＝18，则a2＜b2，∴a＜b．
请利用“平方法”解决下面问题：
(1)比较c＝42，d＝27大小，c d（填写＞，＜或者＝）．
(2)猜想m＝25+6，n＝23+14之间的大小，并证明．
(3)化简：4p−8p−1+4p+8p−1＝ （直接写出答案）．
【答案】(1)c>d
(2)m(3)4或4p−1
【分析】（1）根据题干中“平方法”比较实数大小；
（2）根据题干中“平方法”比较二次根式的大小；
（3）根据题干中“平方法”找出(p−1−1)2=p−2p−1，(p−1+1)2=p+2p−1，再利用二次根式的性质结合完全平方公式进而开平方分类讨论得出答案．
【优尖升-详解】（1）解：∵c2=32，d2=28，
则c2>d2，
∴c>d；
故答案为：>．
（2）解：猜想：m证明：∵m＝25+6，n＝23+14，
∴m2=(25+6)2=26+430， n2＝(23+14)2=26+442，
∵30<42，
∴m2∴m（3）解：∵(p−1−1)2=p−2p−1，(p−1+1)2=p+2p−1，
∴4p−8p−1+4p+8p−1
=2p−2p−1+2p+2p−1
=2p−1−1+2p−1+1
∵p−1≥0
∴p≥1，
分情况讨论：
①若p−1−1≤0，即1≤p≤2时，
原式=2(1−p−1)+2(p−1+1)，
=4；
②若p−1−1>0，即p>2时，
原式=2(p−1−1)+2(p−1+1)，
=4p−1
综合①②得：
当1≤p≤2时，原式=4；
当p>2时，原式=4p−1；
故答案为：4或4p−1．
【点睛】此题考查了实数的大小比较，二次根式的大小比较和化简二次根式，解题的关键是熟练运用题干中“平方法”，第（3）题注意分情况讨论．
【题型2 复合二次根式的化简】
【例2】（2024八年级·湖南郴州·开学考试）先阅读材料，然后回答问题．
（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简5−26
经过思考，小张解决这个问题的过程如下：
5−26=2−22×3+3①
=(2)2−22×3+(3)2②
=(2−3)2③
=2−3④
在上述化简过程中，第________步出现了错误，化简的正确结果为________；
（2）化简9+218；
（3）请根据你从上述材料中得到的启发，化简：8+43．
【答案】（1）④，3−2；（2）6+3；（3）6+2
【分析】（1）第④步出现了错误，(2−3)2=2−3=3−2；
（2）类比例题，将9分别拆为两个二次根式的平方的和，再用完全平方公式变形，计算求值即可；
（3）类比例题，将8分别拆为两个二次根式的平方的和，再用完全平方公式变形，计算求值即可．
【优尖升-详解】解：（1）第④步出现了错误，正确解答如下：
5−26=2−22×3+3
=(2)2−22×3+(3)2
=(2−3)2
=2−3
=3−2；
（2）9+218=6+26×3+3
=(6)2+26×3+(3)2
=(6+3)2
=6+3
=6+3；
（3）8+43=6+26×2+2
=(6)2+26×2+(2)2
=(6+2)2
=6+2
=6+2．
【点睛】本题考查了二次根式的化简和完全平方公式的运用，能够将数据拆为正确的完全平方公式是解题的关键．
【变式2-1】（2024八年级·北京海淀·期末）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方． 例如：4+23=1+3+23=12+23+(3)2=(1+3)2．
这样小明就找到了一种把类似4+23的式子化为完全平方式的方法．
请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)结合小明的探索过程填空： + 5=(1+25)2；
(2)7+43的算术平方根为 ；
(3)化简：3−22+5−26+7−212+⋯+2n+1−2n(n+1) ．(?为正整数)
【答案】(1)21；4
(2)2+3
(3)n+1−1
【分析】（1）根据1+252=21+45，填写答案即可；
（2）由题意知，7+43配完全平方得2+32，然后求算术平方根即可；
（3）由题意知，2n+1−2nn+1配完全平方得n+1−n2，然后求得算术平方根为n+1−n，将原式进行配完全平方和求算术平方根得2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+n+1−n，最后进行二次根式的加减运算即可．
【优尖升-详解】（1）解：∵1+252=1+45+20=21+45，
故答案为：21；4；
（2）解：∵7+43=4+43+3=22+43+32=2+32，
∴7+43=2+32=2+3，
故答案为：2+3；
（3）解：∵2n+1−2nn+1=n+1−2n⋅n+1+n
=n+12−2n⋅n+1+n2
=n+1−n2，
∴2n+1−2nn+1=n+1−n2=n+1−n，
∴3−22+5−26+7−212+⋅⋅⋅+2n+1−2nn+1
=2×1+1−21×2+2×2+1−22×3+2×3+1−23×4+⋅⋅⋅+2n+1−2nn+1
=2−12+3−22+4−32+⋅⋅⋅+n+1−n2
=2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+n+1−n
=n+1−1，
∴原式化简结果为n+1−1．
【点睛】本题考查了完全平方公式运算、算术平方根、二次根式的加减运算．解题的关键在于熟练掌握完全平方公式．
【变式2-2】（2024八年级·江西萍乡·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答
形如的化简m±2n，只要我们找到两个数a、b，使得a+b＝m，ab＝n，（a）2+（b）2＝m；a×b＝n，便有m±2n＝(a)2+(b)2±2a×b＝(a±b)2＝a±b（a＞b＞0）例如：
5±26＝(3)2±23×2+(2)2＝(3+2)2＝3±2，仿照上述方法化简下列各式
（1）3−22；
（2）13+242．
【答案】（1）2﹣1；（2）6+7.
【分析】（1）根据题意给出的方法即可求出答案；
（2）根据题意给出的方法即可求出答案；
【优尖升-详解】（1）原式＝2−22+1＝(2−1)2＝2﹣1；
（2）原式＝6+242+7＝(6+7)2＝6+7.
【点睛】此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知完全平方公式的运用.
【变式2-3】（2024八年级·福建三明·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简7+43中发现：首先把7+43化为7+212﹐由于4+3=7，4×3=12，即：(4)2+(3)2=7， 4×3=12，所以7+43=7+212=(4)2+24×3+(3)2=((4+3)2=2+3，
问题：
（1）填空：4+23=__________，5−26=____________﹔
（2）进一步研究发现：形如m±2n的化简，只要我们找到两个正数a，b（a>b），使a+b=m，ab=n，即(a)2+(b)2=m，a×b=n﹐那么便有： m±2n=__________．
（3）化简：4−15（请写出化简过程）
【答案】（1）3+1，3-2；（2）a±b(a>b)；（3）102-62
【分析】（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将15写成2154，4写成32+52，就可以凑成完全平方的形式进行计算．
【优尖升-详解】解：（1）4+23=3+1+23=3+12=3+1；
5-26 =2+3-22×3 =3-22 =3-2；
（2）m±2n=a2+b2±2a×b=a±b2=a±b(a>b)；
（3）4−15 =4−2154 =32+52−232×52=102−622=102-62．
【点睛】本题考查二次根式的计算和化简，解题的关键是掌握二次根式的运算法则．
【题型3 勾股定理的证明】
【例3】（2024八年级·江苏泰州·期末）（1）用不同的方法计算图1中阴影部分的面积得到的等式：________
（2）图2是由两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成，试用不同的方法计算这个图形的面积，你能发现什么？说明理由；
（3）根据上面两个结论，解决下面问题：
① 在直角△ABC中，∠C=90°，三边分别为a、b、c，a+b=7，ab=12，求c的值：
② 如图3,五边形ABCDE中，线段AC⊥BD，AC=BD=2，四边形ODAE为长方形，在直角△BOC中，OB=x，OC=y，其周长为n，当n为何值时，长方形AODE的面积为定值，并说明理由．
【答案】（1）a2+b2=a+b2−2ab；（2）a2+b2=c2；（3）①c=5；②当n=2时，长方形AODE的面积为定值．
【分析】（1）运用两个小正方形的面积之和等于大正方形面积减去两个长方形面积即可；
（2）根据梯形的面积等于12a+ba+b或12ab+12c2+12ab，建立等式整理即可；
（3）①由（1）得a2+b2=a+b2−2ab，由（2）得c2=a2+b2，代入计算即可；
②由（2）得BC=x2+y2，由直角△BOC中周长为n得BC=n−x−y，则有x2+y2=n−x−y2，整理得2x+y=n+2xyn，长方形AODE的面积为OD·OA=2−x2−y即4−n+−2n+1xy，当−2n+1=0即n=2时，长方形AODE的面积为定值．
【优尖升-详解】解：（1）依题意得图1中阴影部分的面积为：
a2+b2或a+b2−2ab，
∴a2+b2=a+b2−2ab，
故答案为：a2+b2=a+b2−2ab；
（2）依题意得图2中梯形的面积为：
12a+ba+b或12ab+12c2+12ab，
∴12a+ba+b=12ab+12c2+12ab，
整理得：a2+b2=c2；
（3）①由（1）得a2+b2=a+b2−2ab
=72−2×12
=25，
在直角△ABC中，∠C=90°，由（2）得，
c2=a2+b2=25，
∴c=5；
②由（2）得BC2=OB2+OC2=x2+y2，
∴BC=x2+y2，
因为直角△BOC中周长为n，
∴BC=n−x−y，
∴x2+y2=n−x−y，
∴x2+y2=n−x−y2，
整理得：2nx+y=n2+2xy，
∴2x+y=n+2xyn，
长方形AODE的面积为：
OD·OA=2−x2−y
=4−2x+y+xy
=4−n−2xyn+xy
=4−n+−2n+1xy，
当−2n+1=0，
解得n=2，
即当n=2时，长方形AODE的面积为定值．
【点睛】本题考查了整式的的运算，与几何图形有关的乘法公式；解题的关键是利用等积法得到相关公式并正确运用．
【变式3-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）把一个直立的火柴盒放倒（如图），请你用不同的方法计算梯形ACED的面积，再次验证勾股定理？（设火柴盒截面宽为a，长为b，对角线为c）
【答案】见解析.
【分析】四边形ACED的面积从大的一方面来说属于直角梯形，可利用直角梯形面积公式进行表示；从组成来看，由三个直角三角形组成，应利用三角形的面积公式来进行表示.
【优尖升-详解】SACED=12(a+b)(a+b)
SACED=SΔABC+SΔABD+SΔBDE=212ab+12c2
12(a+b)(a+b)=212ab+12c2
a2+b2=c2
【点睛】本题考查勾股定理的证明，利用面积的不同表示方式列出等式是解答本题的关键.
【变式3-2】（2024八年级·山西运城·期末）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【答案】(1)见解析
(2)655
(3)x=94
【分析】（1）表示出三个图形的面积进行加减计算可证a2+b2=c2；
（2）计算出△ABC的面积，再根据三角形的面积公式即可求得AB边上的高；
（3）运用勾股定理在Rt△ABD和Rt△ADC中求出AD2，列出方程求解即可；
【优尖升-详解】（1）证明：∵S四边形ABCD=12c2，S梯形AEDC=12b+ab，S△BED=12a−ba，
S四边形ABCD=S梯形AEDC+S△BED
∴12c2=12b+ab+12a−ba
∴12c2=12b2+12ab+12a2−12ab
∴a2+b2=c2
（2）S△ABC=4×4−12×2×4−12×2×4−12×2×2=6，
AB=22+42=25，
∵S△ABC=12AB×ℎ=12×25ℎ=6，
∵ℎ=655
即AB边上的高是655
（3）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得
AD2=AB2−BD2=42−x2=16−x2
∵BD+CD=BC=6，
∴CD=BC−BD=6−x
在Rt△ACD中，由勾股定理得
AD2=AC2−CD2=52−6−x2=−11+12x−x2
∴16−x2=−11+12x−x2，
∴x=94
【点睛】此题主要考查了梯形，证明勾股定理，勾股定理的应用，证明勾股定理常用的方法是利用面积证明，是解本题的关键．构造出直角三角形DEF是解本题的难点．
【变式3-3】（2024八年级·江苏镇江·期末）【材料阅读】我国古人对勾股定理的研究非常深邃．如图1，已知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），由勾股定理：c2=a2+b2，得b2=c2−a2=(c+a)(c−a)，则c−a=b2c+a，得到：a=(c+a)−(c−a)2=(c+a)−b2c+a2=(c+a)2−b22(c+a)．
从而得到了勾股定理的推论：己知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），则a=(c+a)2−b22(c+a)
【问题解决】如图2，已知△ABC的三边长分别为AB=41,BC=8,AC=5，如何计算△ABC的面积？据记载，古人是这样计算的：作BC边上的高AH．以BH,CH的长为斜边和直角边作Rt△DEF（如图3），其中DE=BH,EF=CH．
(1)用古人的方法计算DF2的值，完成下面的填空：
DF2=DE2−EF2
=BH2−CH2
=[（__________）2−（__________）2]-[（__________）2-（__________）2]
=__________
(2)试直接利用阅读材料中勾股定理的推论继续完成△ABC面积的计算过程；
(3)你还有其他计算△ABC的面积的方法吗？写出解答过程．
【答案】(1)AB，AH，AC，AH，16
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
（1）由题中勾股定理的推论将空格补充完整即可；
（2）根据材料中勾股定理的推论，完成△ABC面积的计算过程即可；
（3）设CH=x,BH=8−x，根据勾股定理列出方程求出x的值，最后用三角形面积公式求解即可．
【优尖升-详解】（1）DF2=DE2−EF2
=BH2−CH2
=AB−AH2−AC−AH2
=16
故答案为：AB，AH，AC，AH，16；
（2）在Rt△DEF中，
由勾股定理的推论a=(c+a)2−b22(c+a)，可知：EF=DE+EF2−DF22DE+EF．
∵DE+EF=BH+CH=BC=8,DF2=16，
∴EF=82−162×8=64−1616=3，
∴CH=3，
在Rt△ACH中，AH2=AC2−CH2=52−32=16，
∴AH=4，
∴SΔAHC=12•BC•AH=16；
（3）如图2，设CH=x,BH=8−x，
由勾股定理，得AH2=AB2−BH2=AC2−CH2，
（41）2−（8−x)2=52−x2 ，
解得x=3，
∴CH=3，
∴AH=52−32=4，
∴S△AHC=12BC·AH=12×8×4=16．
【题型4 利用勾股定理格点作图】
【例4】（2024八年级·山西晋中·期末）在如图的正方形网格中，若每个小方格边长均为1，请你根据所学的知识解答下列问题：
（1）在下列各数中，任意选取三个无理数，并判断这三个数为边长的线段能否组成一个直角三角形，请直接写出所有能构成直角三角形的三边对应的无理数；
2、 4、 5、 8、 10、 15、 20、25；
（2）在解决（1）的问题时，你所运用的定理名称是 ．
A． 勾股定理 B． 勾股定理逆定理
（3）在下面方格上画出（1）中你所确定的一个直角三角形，并且顶点都在格点上．
【答案】（1）5、 15、20或5、10、15或2、8、10；（2）B；（3）（1）中的三组数中，只有以2、8、10为边的直角三角形能在网格中画出使其顶点为格点，图见解析．
【分析】（1）先从所给各数中找出无理数，选出三个一组，找得所有的分组．然后对每一组的三个数先平方，再排序，最后计算较小的两个数的和是否等于最大的那个数，若相等，则这组数就能构成直角形角形，否则不能构成直角三角形．用上述方法到每一组，从而找出所有符合条件的三个无理数；
（2）据“勾股定理”和“勾股定理逆定理”的含义及区别作答；
（3）先据“勾股定理”在网格中画出能构成能直角三角形的三个数为长度的线段，再适当变动其位置就可画出（1）中所确定的直角三角形．
【优尖升-详解】（1）在所给的这列数中：
∵4=2，25=5，
∴25，4不是无理数；
∵2、5、8、10、15、20都是开平方开不尽的数
∴2、 5、 8、 10、 15、 20都是无理数，
取其中三个一组列举如下：
①2、5、8；
②2、5、10；
③2、5、15；
④2、5、20；
⑤2、8、10；
……，共计20组；
对于第①组
∵2+5≠8
∴第①组各数不能构成直角三角形，用同样方法发现第②、③、④组的各数都不能构成直角三角形；
对于第⑤组
∵2+8=10
∴第⑤组各数能构成直角三角形；
……
重复上述过程于全部的20组，可得只有如下这样的三组数能构成直角三角形：
5、 15、20或5、10、15或2、8、10；
（2）解决（1）时，是计算三角形两边的平方和是否等于第三边的平方，若是则三角形为直角三角形，否则不是直角形．
故选：B(勾股定理逆定理)；
（3）∵15不能写成两个自然数的平方和的形式，
∴以网格的格点为端点的线段其长不可能为15
∴5、 15、20或5、10、15不能作为直角三角形的三边画在网格中，使其顶点都在格点上；
∵2=12+12 、8=22+22、10=12+32
∴以网格的格点为端点的线段其长可以为2、8、10，
∴2、8、10为边的直角三角形可以画在网格中，使其顶点都在格点上，如下图所示：
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理，并利用其在网格中画格点直角三角形．熟悉勾股定理及其逆定理的应用方法和区别是关键，此题的另一个关键是只有一个自然数能写成两个自然数平方和的形式，则这个自然数的算术平方根为长度的线段其两个端点才都能在格点上．
【变式4-1】（2024八年级·江苏徐州·期末）如图，方格中小正方形的边长为1，△ABC的三个顶点都在小正方形的格点上，求：
（1）△ABC的周长；
（2）请判断三角形ABC是否是直角三角形，并说明理由；
（3）△ABC的面积；
（4）点C到AB边的距离．
【答案】（1）13+10+5；（2）△ABC不是直角三角形，理由见解析；（3）72；（4）71313
【分析】（1）根据勾股定理求出△ABC的三条边长，再将三条边长相加即可得出该三角形的周长；
（2）根据勾股定理的逆定理判定即可；
（3）利用图形知S△ABC＝S正方形BDEF﹣S△BCD﹣S△ACE﹣S△ABF；
（4）设点C到AB的距离是h，则根据三角形的面积公式知AB•h＝，据此可以求得h的值．
【优尖升-详解】（1）根据勾股定理知，BC＝32+12＝10，AC＝22+12＝5，AB＝22+32＝13，
故△ABC的周长＝AB+BC+AC＝13+10 +5；
（2）△ABC不是直角三角形，理由如下：
由（1）可知，BC＝10，AC＝5，AB＝13，AC＜BC＜AB，
∵AC2+BC2≠AB2，
∴△ABC不是直角三角形；
（3）如图，
S△ABC＝S正方形BDEF﹣S△BCD﹣S△ACE﹣S△ABF
＝3×3﹣12×1×3﹣12×1×2﹣12×2×3
＝72；
（3）设点C到AB的距离是h．
由（3）知，三角形ABC的面积是72，则12AB•h＝72，即12×13h＝72，
解得，h＝71313，即点C到AB的距离为71313．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积.解答（3）题时，正确的运用面积加减法计算结果是解题的关键.
【变式4-2】（2024八年级·山西晋中·期末）问题情境：综合实践活动课上，同学们围绕“已知三角形三边的长度，求三角形的面积”开展活动，启航小组同学想到借助正方形网格解决问题
问题解决：图（1）、图（2）都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，操作发现，启航小组同学在图（1）中画出△ABC，其顶点A，B，C都在格点上，同时构造长方形CDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边EF经过点A，ED经过点B．同学们借助此图求出了△ABC的面积．
（1）在图（1）中，△ABC的三边长分别是AB＝ ，BC＝ ，AC＝ ．△ABC的面积是 ．
（2）已知△PMN中，PM＝17，MN＝25，NP＝13．请你根据启航小组的思路，在图（2）中画出△PMN，并直接写出△RMN的面积 ．
【答案】（1）13，17，10，112；（2）图见解析；7．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB，BC，AC，理由分割法求出△ABC的面积．
（2）模仿（1）中方法，画出△PMN，利用分割法求解即可．
【优尖升-详解】解：（1）如图1中，AB＝AE2+BE2＝32+22＝13，BC＝BD2+CD2＝12+42＝17，AC＝AF2+CF2＝12+32＝10，
S△ABC＝S矩形DEFC﹣S△AEB﹣S△AFC﹣S△BDC＝12﹣3﹣32﹣2＝112，
故答案为13，17，10，112．
（2）△PMN如图所示．
S△PMN＝4×4﹣2﹣3﹣4＝7，
故答案为7．
【点睛】此题重点考查学生对勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键.
【变式4-3】（2024八年级·广东云浮·期末）综合探究：
“在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5、10、13，求这个三角形的面积”．
小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．
(1)直接写出图1中△ABC的面积是______；
(2)若△MNP的边长分别为m2+16n2、9m2+4n2、4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n），试运用构图法在图2中画出相应的△MNP，并求出△MNP的面积．
(3)拓展应用：求代数式：x2+1+4−x2+40≤x≤4的最小值．
【答案】(1)72
(2)图见解析，5mn
(3)5
【分析】
（1）分割法求出三角形的面积即可；
（2）易得此三角形的三边分别是直角边长为m，4n的直角三角形的斜边；直角边长为3m,2n的直角三角形的斜边；直角边长为2m,2n的直角三角形的斜边．同样把它整理为一个长方形的面积减去三个直角三角形的面积．
（3）将代数式转化为平面直角坐标系中x轴上一点x,0到点0,1的距离与x,0到点4,2的距离和的最小值，利用成轴对称的性质，进行求解即可．
【优尖升-详解】（1）解：由图可知：△ABC的面积是3×3−12×1×2−12×2×3−12×1×3=72；
故答案为：72；
（2）△MNP的边长分别为m2+16n2、9m2+4n2、4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n），
∴△MNP的三边分别是直角边长为m，4n的直角三角形的斜边；直角边长为3m,2n的直角三角形的斜边；直角边长为2m,2n的直角三角形的斜边，构造三角形如图：
由图可知：△MNP的面积是4m⋅3n−12⋅2m⋅2n−12⋅4m⋅n−12⋅2m⋅3n=5mn；
（3）x2+1+4−x2+40≤x≤4，可以看成平面直角坐标系中x轴上一点x,0到点0,1的距离与x,0到点4,2的距离和的最小值，如图：
设A0,1，B4,2，Px,0，则：PA+PB=x2+1+4−x2+40≤x≤4，
过点A作x轴的对称点A'，则：A'0,−1，PA+PB=PA'+PB≥A'B，当且仅当A'，P，B三点共线时，PA+PB的值最小，即为A'B的长，
∵A'0,−1，B4,2，
∴A'B=42+2+12=5．
∴x2+1+4−x2+40≤x≤4的最小值为5．
【点睛】本题考查勾股定理与网格问题，坐标与轴对称．解题的关键是理解并掌握构图法，将代数问题转化为几何问题，利用数形结合的思想进行求解．
【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】
【例5】（2024八年级·重庆·期末）如图1，在△AOB中点C为OB边上一点，已知BC=12AB，OC=OA=3，AB=4，连接AC．
(1)求△AOB的面积和线段AC的长；
(2)如图2，将△ADB沿BD折叠，点A恰好落在OB边上的点E处，折痕BD交OA于点D，点F是AC上一点．当△ADF与△BCF的面积相等时，求点F到OB的距离．
【答案】(1)6；655
(2)2425
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，折叠的性质，面积计算，熟练掌握折叠，勾股定理是解题的关键．
（1）根据题意，得到BC=12AB=2,OB=OC+BC=5，结合AB2+OA2=OB2判定△AOB是直角三角形，过点A作AM⊥OB于点M，计算即可．
（2）过点F作FH⊥OB于点H，过点F作FG⊥OA于点G，过点A作AM⊥OB于点M，设AD=DE=x，则AB=BE=4,EO=OB−BE=1，利用勾股定理，三角形面积公式计算即可．
【优尖升-详解】（1）∵BC=12AB，OC=OA=3，AB=4，
∴BC=12AB=2,OB=OC+BC=5，
∵AB2+OA2=32+42=52=OB2，
∴△AOB是直角三角形，
∴S△AOB=12AB·OA=6；
过点A作AM⊥OB于点M，
则AM=AB·OAOB=125，
∴OM=OA2−AM2=95，
∴MC=OC−OM=65，
∴AC=AM2+MC2=655．
（2）根据题意，得AD=DE，AB=BE=4,EO=OB−BE=1，∠DAB=∠DEB=∠DEO=90°，
设AD=DE=x，则OD=OA−AD=3−x，
∴3−x2=x2+1，
解得x=43，
故AD=43，
过点F作FH⊥OB于点H，过点F作FG⊥OA于点G，过点A作AM⊥OB于点M，
∵△ADF与△BCF的面积相等，
∴12BC·FH=12AD·FG，
∴12×2×FH=12×43×FG，
∴FG=32FH，
连接OF，
则S△AOC=S△AOF+S△FOC，
∴12OC·AM=12OC·FH+12OA·FG，
∵OC=OA=3，
∴AM=FH+FG，
∴125=FH+32FH，
解得FH=2425，
故点F到OB的距离为2425．
【变式5-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）阅读：等边三角形具有丰富的性质，我们常常可以借助等边三角形和全等解决问题．
如图1，B、C、D三点在同一条直线上，等边三角形ABC和等边三角形ECD具有共同的顶点C，我们容易证明△BCE≌△ACD，从而得到BE= ；
理解：如图2，已知点D在等边三角形ABC内，AD=5，BD=4，CD=3，以CD为边在它的下方作等边三角形CDE，求∠BDC的度数；
应用：如图3，在△ABC中，AC=10，BC=12，点D在△ABC外，位于BC下方，△ABD为等边三角形，当∠ACD=30°时，CD2= ．
【答案】阅读：AD；理解：150°；应用：44
【分析】阅读：根据等边三角形的性质和SAS证明△BCE≌△ACD，即可得出结论；
理解：根据等边三角形的性质和SAS证明△BCE≌△ACD，得出BE＝AD＝5，进而可得出BD2+DE2＝BE2，由勾股定理的逆定理可得∠BDE＝90°，进一步即可求出答案；
应用：以CD为边在△ABC的下方作等边△CDE，如图3，根据等边三角形的性质和SAS可证△ADE≌△BDC，从而可得AE＝BC＝12，易求得∠ACE＝90°，再根据勾股定理即可得出答案．
【优尖升-详解】解：阅读：如图1，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA＝∠ECD＝60°，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
∵BC＝AC，∠BCE＝∠ACD，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，
故答案为：AD；
理解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD＝3，∠BCA＝∠ECD＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△BCE和△ACD中，
∵BC＝AC，∠BCE＝∠ACD，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD＝5，
∵BD2+DE2＝42+32＝25，BE2＝25，
∴BD2+DE2＝BE2，
∴△BDE是直角三角形，∠BDE＝90°，
∴∠BDC＝∠BDE+∠CDE＝90°+60°＝150°；
应用：以CD为边在△ABC的下方作等边△CDE，连接AE，如图3所示：
则∠CDE＝∠DCE＝60°，CD＝ED，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，AD＝BD，
∴∠ADE＝∠BDC，
∴△ADE≌△BDC（SAS），
∴AE＝BC＝12，
∵∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝30°+60°＝90°，
∴CE2＝AE2﹣AC2＝122﹣102＝44，即CD2=44．
故答案为：44．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识；正确添加辅助线、熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-2】（2024八年级·湖北恩施·期末）如图，△ABC和ΔEDC都是等边三角形，AD=7,BD=3,CD=2求:（1）AE长；（2）∠BDC的度数：（3）AC的长．
【答案】（1）3；（2）150°；（3）13．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可利用SAS证明△BCD≌△ACE，再根据全等三角形的性质即得结果；
（2）在△ADE中，根据勾股定理的逆定理可得∠AED＝90°，进而可求出∠AEC的度数，再根据全等三角形的性质即得答案；
（3）过C作CP⊥DE于点P，设AC与DE交于G，如图，根据等边三角形的性质和勾股定理可得PE与CP的长，进而可得AE＝CP，然后即可根据AAS证明△AEG≌△CPG，于是可得AG＝CG，PG＝EG，根据勾股定理可求出AG的长，进一步即可求出结果．
【优尖升-详解】解：（1）∵△ABC和△EDC都是等边三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE＝DE＝2，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
∵BC＝AC，∠BCD＝∠ACE，CD＝CE，
∴△BCD≌△ACE，
∴AE＝BD＝3；
（2）在△ADE中，∵AD=7,AE=3,DE=2，
∴DE2+AE2＝22+32=72＝AD2，
∴∠AED＝90°，
∵∠DEC＝60°，
∴∠AEC＝150°，
∵△BCD≌△ACE，
∴∠BDC＝∠AEC＝150°；
（3）过C作CP⊥DE于点P，设AC与DE交于G，如图，
∵△CDE是等边三角形，
∴PE＝12DE＝1，CP＝22−12=3，
∴AE＝CP，
在△AEG与△CPG中，
∵∠AEG＝∠CPG＝90°，∠AGE＝∠CGP，AE＝CP，
∴△AEG≌△CPG，
∴AG＝CG，PG＝EG＝12，
∴AG＝AE2+EG2=32+122=132，
∴AC＝2AG＝13．
【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、勾股定理及其逆定理等知识，熟练掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-3】（2024八年级·江苏南京·期末）如图①，∠CDE是四边形ABCD的一个外角，AD∥BC，BC=BD，点F在CD的延长线上，∠FAB=∠FBA，FG⊥AE，垂足为G．
（1）求证：
①DC平分∠BDE；
②BC+DG=AG．
（2）如图②，若AB=4，BC=3，DG=1．
①求∠AFD的度数；
②直接写出四边形ABCF的面积．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）①90°；②735
【分析】（1）①根据等边对等角性质和平行线的性质证得∠BDC=∠CDE即可；
②过点F作FH⊥BD，垂足为H，根据全等三角形的判定证明△FDG≌△FDH（AAS）和Rt△AFG≌Rt△BFH，再根据全等三角形的性质即可证得结论；
（2）①AD，BF的交点记为O．由（1）结论可求得AD，利用勾股定理在逆定理证得∠ABD=90°，根据三角形的内角和定了可推导出∠BDC=∠FAB，再根据平角定义和四边形的内角和为360°求得∠AFD=90°；
②过B作BM⊥AD于M，根据三角形等面积法可求得BM，然后根据勾股定理求得FG，进而由S△AFD+S△ABD+S△BCD求解即可．
【优尖升-详解】（1）①证明：
∵BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵AD∥BC，
∴∠BCD=∠CDE，
∴∠BDC=∠CDE，
∴DC平分∠BDE；
②证明：如图①，过点F作FH⊥BD，垂足为H，
∵∠BDC=∠CDE，又∠BDC=∠FDH，∠CDE=∠FDG，
∴∠FDG=∠FDH，
∵FG⊥AE，FH⊥BD，
∴∠FGD=∠FHD=90°，
∵FD=FD，
∴△FDG≌△FDH（AAS），
∴FG=FH，DG=DH．
∵∠FAB=∠FBA，
∴AF=BF．
∴Rt△AFG≌Rt△BFH（LH），
∴AG=BH=BD+DH．
∴BC+DG=AG；
（2）①如图②，AD，BF的交点记为O．
由（1）知，AG=BC+DG，∠FOA=∠DBO，∠BDC=∠FDO,
∵BC=BD=3，DG=1，
∴AD=AG+DG=BC+DG+DG=3+1+1=5,
在△ABD中，AB2+BD2=42+33=25，AD2=25，
∴AB2+BD2=AD2．
∴∠ABD=90°．
∵∠FAO+∠AFO+∠AOF=∠DBO+∠BDO+∠BOD=180°，
又∠AOF=∠BOD，∠AFO=∠DBO．
∴∠AFO=∠BDO．
∵∠FAB+∠FBA+∠AFB=180°，又∠FAB=∠FBA，
∴∠FAB=90°−12∠AFB．
∵∠BDC+∠FDO+∠ADB=180°，
又∠BDC=∠FDO，
∴∠BDC=90°−12∠BDO．
∴∠BDC=∠FAB．
∵∠BDC+∠BDF=180°，
∴∠FAB+∠BDF=180°
∴∠AFD+∠ABD=360°−∠FAB−∠BDF=180°．
∴∠AFD=180°−∠ABD=90°；
②过B作BM⊥AD于M，
∵∠ABD=90°，AB=4，BD=BC=3，AD=5，
∴ BM=AB⋅BDAD=125，
∵AD∥BC，
∴△BCD边BC上的高为125，
∴S△ABD+S△BCD=12×3×4+12×125×3=485，
∵∠AFD=90°，FG⊥AE，
∴AF2+FD2=AD2，AF2−AG2=FD2−DG2=FG2，
∵DG=1，AG=BC+DG=4，AD=4+1=5，
∴AF2+FD2=25，AF2−FD2=15，
解得：FD2=5，AF2=20，
∴FG2=AF2−AG2=20−16=4，
∴FG=2，
∴S△AFD=12AD⋅FG=12×5×2=5，
∴四边形ABCF的面积为S△AFD+S△ABD+S△BCD=5+485=735．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的性质、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理、三角形的内角和定理、四边形的内角和、三角形的面积公式、等角的余角相等、解方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，难度较难，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系和运用．
【题型6 尺规作图与四边形的综合】
【例6】（2024八年级·重庆巴南·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC．
(1)用尺规完成以下基本作图：作∠BAD的平分线交BC于点E，在DA上截取DF，使DF=CE（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图形中，连接EF，求证：四边形ABEF是菱形．请补全下面的证明过程．
证明：四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC且AD=_________，
∵DF=CE，AD−DF=BC−CE，
∴_____________．
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠EAF．
∵AE平分∠BAF，
∴____________，
∴∠BEA=∠BAE．
∴____________，
∴四边形ABEF是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)BC；BE=AF；∠BAE=∠DAE；AB=BE．
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【优尖升-详解】（1）解：图形如图所示：
（2）证明：四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC且AD=__BC_______，
∵DF=CE，AD−DF=BC−CE，
∴__BE=AF__．
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠EAF．
∵AE平分∠BAF，
∴___∠BAE=∠DAE___，
∴∠BEA=∠BAE．
∴___AB=BE__，
∴四边形ABEF是菱形．
故答案为：BC；BE=AF；∠BAE=∠DAE；AB=BE．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式6-1】（2024八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）实践与操作：如图，已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°．
(1)①利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母（保留作图痕迹，不写作法）：作线段AC的垂直平分线MN，垂足为O；
②连接BO，并延长BO到点D，使得OD=BO，连接AD、CD；
③分别在OA、OC的延长线上取点E、F，使AE=CF，连接BF、FD、DE、EB．
推理与运用：
(2)①求证：四边形BFDE是平行四边形：
②若AB=4，AC=6，当四边形BFDE是矩形时求它的面积．
【答案】(1)①见解析；②见解析；③见解析
(2)①见解析；②40
【分析】(1) ①根据线段垂直平分线的基本作图画图即可；
②根据画线段等于已知线段的基本作图画图即可；
③根据画线段等于已知线段的基本作图画图即可．
(2) ①根据平行四边形的判定定理证明；
②根据矩形的性质计算．
【优尖升-详解】（1）①②③图形如图所示：
．
（2）①证明：∵OA=OC，AE=CF，
∴OE=OF，
∵OB=OD，
∴四边形BFDE是平行四边形；
②解：∵∠BAO=90°，AB=4，OA=3，
∴OB=AB2+AO2=32+42=5，
∵四边形BFDE是矩形，
∴OE=OF=OB=5，
∴AE=CF=2，
∵AF=8，
∴BE=AB2+AE2=42+22=25，BF=42+82=45，
∴矩形BFDE的面积=25×45=40．
【点睛】本题考查了基本作图，平行四边形的判定，勾股定理，矩形性质，熟练掌握平行四边形的判定和勾股定理是解题的关键．
【变式6-2】（2024·山西大同·八年级期末）请仔细阅读下面的材料，并完成相应的任务.
数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题：已知矩形ABCD，利用尺规作一个菱形，使菱形的四个顶点在矩形的边上.
勤奋组的方法为：如图1，做线段AB的垂直平分线，交AB,CD于点E,G，做AD的垂直平分线，分别交AD,BC于点H,F，顺次连接E,F,G,H，则四边形EFGH是菱形.
善思小组分享的方法是：如图2，分别以A,B为圆心，AB长为半径作弧，交AD,BC于点H,G，连接HG，则点E与点A重合，点F于点B重合时，四边形EFGH是特殊的菱形.
任务：
(1)证明勤奋组的作法正确；
(2)分别在图3和图4的平行四边形中用不同于材料中的方法作菱形，要求尺规作图，保留作图痕迹，顶点在原四边形的边上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由作图过程可知EG⊥AB,EG平分AB，则AE=BE=12AB,∠AEG=900，然后再说明四边形AEGD是矩形可得GD=AE=12AB=12CD，即点G是CD的中点；同理：F是BC的中点；如图：连接BD,AC，根据三角形中位线的性质和矩形的性质即可证明结论；
（2）分别在图3和图4的平行四边形中运用不同尺规作图方法，作出菱形即可解答．
【优尖升-详解】（1）证明：由作图可知，EG⊥AB,EG平分AB，
∴AE=BE=12AB,∠AEG=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°,AB=CD，
∴∠A=∠D=∠AEG=90°，
∴四边形AEGD是矩形，
∴GD=AE=12AB=12CD
∴点G是CD的中点，
同理:F是BC的中点，
连接BD,AC，
则EH,FG是三角形的中位线，EF,GH是三角形的中位线，
∴EH=FG=12BD，
EF=GH=12AC，
又∵AC=BD，
∴EH=FG=EF=GH，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：如图3四边形AECF为所求作的菱形，如图4四边形ABEF为所求作的菱形.
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、矩形性的判定和性质、菱形的判定、尺规作图等知识点，灵活运用相关性质、判定定理是解答本题的关键．
【变式6-3】（2020·安徽滁州·八年级期末）如图，E、F两点分别在平行四边形ABCD的边CD、AD上，AE＝CF，AE、CF相交于点O．
（1）用尺规作出∠AOC的角平分线OM（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：OM一定经过B点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）用尺规作出∠AOC的角平分线OM即可；
（2）根据同底等高的三角形和平行四边形面积的关系可以证明S△ABE=S△BCF，作BG⊥OC于点G，BH⊥OA于点H，再根据角平分线的判定定理即可证明OM一定经过B点．
【优尖升-详解】解：（1）如图，OM即为所求；
（2）如图，连接BE、BF，
∵△ABE以AB为底，高是平行四边形AB边的高，
∴S△ABE＝12S平行四边形ABCD，
同理S△BCF＝12S平行四边形ABCD，
∴S△ABE＝S△BCF，
作BG⊥OC于点G，BH⊥OA于点H，
∴S△ABE＝12AE•BH，
S△BCF＝12CF•BG，
∵S△ABE＝S△BCF，AE＝CF，
∴BH＝BG，
∵BG⊥OC，BH⊥OA，
∴点B在∠AOC的平分线上，
即OM一定经过B点．
【点睛】本题考查了作图-基本作图、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解决本题的关键是等面积法的灵活运用．
【题型7 四边形中的折叠问题】
【例7】（2024·山东菏泽·八年级期末）【问题情境】已知在四边形ABCD中，M为边AD上一点（不与点A，D重合），连接BM，将△ABM沿BM折叠得到△NBM，点A的对应点为点N．
【问题解决】
（1）如图（1），若四边形ABCD是正方形，点N落在对角线BD上，连接AN并延长交CD于点G，写出与∠DGA相等的角：______（写出一个即可）：
【拓展变式】
（2）如图（2），若四边形ABCD是矩形，点N恰好落在AB的垂直平分线EF上，EF与BM交于点G．给出下列结论：①GN=2EG；②△GMN是等边三角形；③当M，N，C三点共线时，MC=BG+NF，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明；
（3）如图（3），若四边形ABCD是平行四边形，BC=2AB=4，∠ABC=60°，点N落在线段BC上，P为AB的中点，连接DP，PN，DN，求△PND的面积．
【答案】（1）∠BAG（答案不唯一）；（2）选择①，见解析；选择②，见解析；（3）S△PND=332
【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形的特征即可求解；
（2）选择①：根据EF垂直平分线段AB，结合折叠的性质可得BE=12BN，∠BNE=30°，在Rt△EBG中，根据含30度角的直角三角形的特征即可证明；选择②：根据四边形ABCD是矩形，EF垂直平分线段AB，结合折叠的性质可得∠GMN=∠MGN=60°，即可证明△GMN为等边三角形；
（3）连接AN，延长PN至点G，使得PN=GN，连接CG，由折叠的性质得AB=BN，易证△ABN为等边三角形，推出NP⊥AB，在Rt△BPN中，求出BP=12BN=1，PN=3BP=3，易证△BNP≌△CNG，推出D，C，G三点共线，即可得到DG=CD+CG=3，即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，点N落在对角线BD上，
∴∠ADG=∠DAB=90°，
∴∠DGA+∠DAG=∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠DGA=∠BAG，
故答案为：∠BAG（答案不唯一）；
（2）选择①：
∵EF垂直平分线段AB，
∴BE=AE=12AB，EF∥BC，∠BEF=90°，
由折叠的性质可知AB=BN，
∴BE=12BN，
∴∠BNE=30°，
∴∠EBN=60°，
由折叠性质可知∠ABM=∠NBM=30°，
∴∠NBM=∠BNE=30°，
∴BG=GN，
在Rt△EBG中，∠EBG=30°，
∴BG=2EG，
∴GN=2EG；
选择②：∵∠NBM=∠BNE=30°，
∴∠MGN=∠MBN+∠BNE=60°
∵四边形ABCD是矩形，EF垂直平分线段AB，
∴AD∥EF，
∴∠AMB=∠MGN=60°，
由折叠的性质可知∠AMB=∠GMN=60°，
∴∠GMN=∠MGN=60°，
∴△GMN为等边三角形；
（3）连接AN，
由折叠的性质得AB=BN，
∵∠ABC=60°，
∴△ABN为等边三角形，
∵BC=2AB=4，
∴BN=AB=2，
∵P为AB的中点，
∴NP⊥AB，
延长PN至点G，使得PN=GN，连接CG，
在Rt△BPN中，∠ABC=60°，
∴BP=12BN=1，PN=3BP=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，BC=2AB=4，AB=BN，
∴BN=CN，
∵ PN=GN，∠PNB=∠GNC，
∴ △BNP≌△CNG，
∴∠BPN=∠CGN=90°，
∴CG∥BP，
∴D，C，G三点共线，
∴PN⊥DG，
∵CG=BP=1，
∴DG=CD+CG=3，
∴S△PND=12DG⋅PN=12×3×3=332．
【点睛】本题考查了四边形综合问题，涉及正方形，矩形，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的特征，折叠的性质，熟练掌握正方形，矩形，平行四边形的性质是解题的关键．
【变式7-1】（2024八年级·江苏南京·期末）如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下：
(1)【探究发现】
操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中∠ABP=________°；
(2)【类比应用】
小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ=________°，CQ=________；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】
在（2）的探究中，当QF=1cm，请直接写出AP的长．
【答案】(1)30
(2)①15，8−43；②∠MBQ=∠CBQ
(3)AP=125cm或AP=47cm
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，取BM的中点O，连接EO，根据直角三角形那个斜边中线等于斜边的一半得到EO=BO=BE，可证△BEO为等边三角形，进而可结果；
（2）①根据折叠的性质，可证Rt△BQM≌Rt△BQCHL即可求解；②证明Rt△BQM≌Rt△BQCHL，即可；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解
【优尖升-详解】（1）解：∵AE=BE=12AB，AB=BM，
∴BE=12BM，
∵∠BEM=90°，
如图，取BM的中点O，连接EO，
∴EO=12BM=BO=BE，
∴△BEO为等边三角形，
∴∠BME=30°，
∴∠ABM=60°，
∴∠ABP=∠PBM=30°，
故答案为：30；
（2）①四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°，
∴BM=BC，
∵BM=BC，BQ=BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL，
∴MBQ=∠CBQ，QM=QC，
同法（1）可得：∠MBC=30°，
∴∠MBQ=∠CBQ=15°，
∴∠ABM=90°−30°=60°，
∴∠APM=180°−60°=120°，
∴∠QPD=180°−120°=60°，
在Rt△ABP中，BP=2AP，
根据勾股定理：BP2−AP2=AB2，即3AP2=16，
解得：AP=433，
∴PD=4−433，
在Rt△PDQ中，PQ=2PD，
根据勾股定理：DQ2=PQ2−PD2，即DQ2=3PD2，
∴DQ=43−4，
∴CQ=DC−DQ=4−43−4=8−43，
故答案为：15，8−43；
②∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵BM=BC，BQ=BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL，
∴∠MBQ=∠CBQ；
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=2cm，AB=4cm，
∴QC=CD−DF−FQ=4−2−1=1cm，
DQ=DF+FQ=2+1=3cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x，PD=4−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即4−x2+32=x+12，
解得：x=125，
∴AP=125cm；
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=2cm，AB=4cm，
∴QC=3cm，DQ=1cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x，PD=4−x
∴PD2+DQ2=PQ2即4−x2+12=x+32，
解得：x=47，
∴AP=47cm，
综上所述，AP=125cm或AP=47cm
【点睛】本题考查了矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键
【变式7-2】（2024八年级·重庆铜梁·期末）综合与实践
问题情境：
在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片ABCD中，E为CD边上任意一点，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点为D'．
分析探究：
（1）如图1，当∠ABC=60°，当点D'恰好落在AB边上时，三角形AD'E的形状为 ．
问题解决：
（2）如图2，当E，F为CD边的三等分点时，连接FD'并延长，交AB边于点G．试判断线段AG与BG的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，当∠ABC=60°，∠DAE=45°时，连接DD'并延长，交BC边于点H．若▱ABCD的面积为24，AD=4，请直接写出线段D'H的长．
【答案】（1）等边三角形；（2）BG=2AG；（3）22
【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得AB∥CD，AD=DE=AD'，可得四边形ADED'是菱形，可知D'E=AD'，根据∠ADE=∠AD'E=60°即可得△AD'E是等边三角形；
（2）利用折叠的性质可得∠AED=∠AED'，ED=ED'，结合三等分点可知ED=ED'=EF，进而可得∠ED'F=∠EFD'，利用三角形外角性质可得∠AED'=∠ED'F，进而可知AE∥FG，可得四边形AEFG是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得AG与BG的数量关系；
（3）由折叠可知：∠DAE=∠D'AE=45°，AD=AD'，易知△DAD'为等腰直角三角形，延长AD'交BC于M，可知∠MD'H=∠AD'D=45°，由平行四边形的性质可得，∠BHM=∠ADH=45°=∠MD'H，AM⊥AD，进而可知MD'=MH由▱ABCD的面积为24，AD=4，得AD⋅AM=24，求得AM=6，可得MD'=AM−AD'=2，再利用勾股定理即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ABC=∠ADE=60°，则∠D'AE=∠AED
由折叠可知：AD=AD'，∠DAE=∠D'AE，∠ADE=∠AD'E=60°，
∴∠DAE=∠AED，
∴AD=DE=AD'，
∴四边形ADED'是平行四边形，
又∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是菱形，
∴D'E=AD'，
∴△AD'E是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）BG=2AG，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
又∵E，F为CD边的三等分点，
∴DE=EF=CF=13DC，
由折叠可知：ED=ED'，∠AED=∠AED'，
则ED=ED'=EF，
∴∠ED'F=∠EFD'，
由三角形外角可知：∠DED'=∠ED'F+∠EFD'=∠AED+∠AED'，
∴∠AED'=∠ED'F，
∴AE∥FG，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∴EF=AG，
∵EF=13DC，AB=CD，
∴AG=13AB，则BG=23AB，
∴BG=2AG；
（3）由折叠可知：∠DAE=∠D'AE=45°，AD=AD'，
∴∠DAD'=90°，则△DAD'为等腰直角三角形，
∴∠ADH=∠AD'D=45°，
延长AD'交BC于M，则∠MD'H=∠AD'D=45°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DHM=∠ADH=45°=∠MD'H，∠AMH=∠DAD'=90°，即AM⊥AD，
∴MD'=MH
∵▱ABCD的面积为24，AD=4，即：AD⋅AM=24，
∴AM=6，
则MD'=AM−AD'=AM−AD=2，
∴D'H=MD'2+MH2=22．
【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，翻折的性质，等边三角形的判定，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
【变式7-3】（2024八年级·江苏扬州·期末）（1）操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．
（2）简单应用：在（1）中，如果AB＝4，AD＝6，求DG的长；
（3）类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）GF＝GC，证明见解析；（2）74；（3）（1）中的结论仍然成立，理由见解析.
【分析】（1）连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE=EF=EC，然后利用“HL”证明△GFE和△GCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）设GC＝x，则AG＝4+x，DG＝4﹣x，利用Rt△ADG中的勾股定理即可求得GC，进而解题.
（3）利用平行四边形的性质，首先得出∠C=180°-∠D，∠EFG=180°-∠AFE=180°-∠B=180°-∠D，进而得出∠ECG=∠EFG，再利用EF=EC，得出∠EFC=∠ECF，即可得出答案．
【优尖升-详解】解：（1）GF＝GC．
理由如下：如图1，连接GE，
∵E是BC的中点，
∴BE＝EC，
∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC，
∵在矩形ABCD中，
∴∠C＝∠B＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，
EG=ECEF=EC，
∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），
∴GF＝GC；
（2）设GC＝x，则AG＝4+x，DG＝4﹣x，
在Rt△ADG中，62+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得x＝94．
∴GC＝94，DG＝4﹣94＝74；
（3）（1）中的结论仍然成立．
证明：如图2，连接FC，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，
∴EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵矩形ABCD为平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∵∠ECD＝180°﹣∠D，∠EFG＝180°﹣∠AFE＝180°﹣∠B＝180°﹣∠D，
∴∠ECD＝∠EFG，
∴∠GFC＝∠GFE﹣∠EFC＝∠ECG﹣∠ECF＝∠GCF，
∴∠GFC＝∠GCF，
∴FG＝CG；
即（1）中的结论仍然成立．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质，熟记性质，找出三角形全等的条件EF=EC，∠EFC=∠ECF是解题的关键．
【题型8 四边形中的旋转问题】
【例8】（2024·广东珠海·八年级期末）如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．
(1)求证：△AEF是等腰三角形；
(2)图2取AF的中点M，EF的中点为N，连接MD，AN，请判断线段MD与MN的关系，并证明；
(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)DM=MN，DM⊥MN，理由见详解；
(3)成立，证明见详解；
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，以及全等三角形的判定与性质等知识：
（1）先证明△ABE≌△ADF，再利用全等三角形的性质即可证明△AEF是等腰三角形；
（2）利用三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理可证明DM=MN，再证明∠DMN=∠DAB=90°，即可解决问题；
（3）连接AE，交DM于O，交CD于G，同（2）证明方法类似，可证明DM=MN，再证明∠DOG=∠ECG=90°，即可得出结论；
【优尖升-详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
∵△EFC是等腰直角三角形，
∴CE=CF，
∴BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰三角形；
（2）解：DM=MN，DM⊥MN，理由如下，
证明：∵在Rt△ADF中， M是AF的中点，
∴DM=12AF，
∵M是AF的中点，N是EF的中点，
∴MN=AE，MN∥AE，
∵AE=AF，
∴MN=DM，
∵∠ADF=90°，AM=MF，
∴MD=MA=MF，
∴∠MAD=∠ADM，
∴∠DMF=∠MAD+∠ADM=2∠DAM，
∵△ABE≌△ADF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAB=∠EAF+2∠DAM=90°，
∵MN∥AE，
∴∠NMF=∠EAF，
∴∠DMN=∠NMF+∠DMF=∠EAF+2∠DAM=∠DAB=90°，
∴MN⊥DM，
∴MN⊥DM，MN=DM，
（3）解：结论仍然成立．
理由：如图，连接AE，设AE交DM于O，交CD于G，
∵四边形ABCD是正方形，
，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AF=AE，∠AFD=∠AEB，
∵在Rt△ADF中，M是AF的中点，
∴DM=AF，
∵M是AF的中点，N是EF的中点，
∴MN=AE，MN∥AE，
∴MN=DM，
∵∠ADF=90°，AM=MF，
∴MD=MA=MF，
∴∠MDF=∠MFD=∠AEB，
∵∠DGO=∠CGE，∠ODG=∠CEG，
∴∠DOG=∠ECG=90°，
∵NM∥AE，
∴∠DOG=∠DMN=90°，
∴MN⊥DM，MN=DM．
【变式8-1】（2024·辽宁·八年级期末）综合与实践
【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD，并且量得AB=2cm，AC=4cm．
【操作发现】
（1）将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到如图2所示的△AC'D，过点C作AC'的平行线，与DC'的延长线交于点E，请你判断四边形ACEC'的形状，并证明你的结论．
（2）创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B、A、D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC'D，连接CC'，取CC'的中点F，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG、C'G，得到四边形ACGC'，请你判断四边形ACGC'的形状，并证明你的结论．
【实践探究】
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A′点，A'C与BC'相交于点H，如图4所示，连接CC'，直接写出线段C'H的长度．
【答案】（1）是菱形，证明见解析；（2）是正方形，证明见解析；（3）(4−3)cm．
【分析】（1）先证∠ACD=∠BAC，再证∠AC'D=∠BAC，则∠AC'D=∠CAC'，得C'E∥AC，然后证四边形ACEC'是平平行四边形，即可得结论；
（2）先证∠CAC'=90°，再证AG⊥CC'，CF=C'F，进而证四边形ACGC'是平菱形，即可得出结论；
（3）先证∠ACB=30°，再求出BH、AH的长，然后求出CH、C'H的长，即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）四边形ACEC'是菱形，证明如下：
由图1可知，AC是矩形ABCD的对角线，AB∥CD，∠B=∠D=90°，
∴∠ACD=∠BAC，
在图2中，由旋转知，∠AC'D=∠ACD，AC'=AC，
∴∠AC'D=∠BAC，
∵∠CAC'=∠α=∠BAC，
∴∠AC'D=∠CAC'，
∴C'E∥AC，
∵AC'∥CE，
∴四边形ACEC'是平行四边形，
又∵AC'=AC，
∴▱ACEC'是菱形；
（2）ACGC'是正方形，证明如下：
图1中，四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠B=90°，∠CAD=∠ACB，
∴∠ACB+∠BAC=90°，
在图3中，由旋转知，∠DAC'=∠DAC，
∴∠ACB=∠DAC'，
∴∠BAC+∠DAC'=90°，
∵点D、A、B在同一条直线上，
∴∠CAC'=90°，
由旋转知，AC=AC'，
∵点F是CC'的中点，
∴CF=C'F，AG⊥CC'，
∵AF=FG，
∴四边形ACGC'是平行四边形，
∵AG⊥CC'，
∴▱ACGC'是菱形，
又∵∠CAC'=90°，
∴菱形ACGC'是正方形；
（3）在Rt△ABC中，AC=4cm，AB=2cm，
∴BD=BC=23cm，BC'=AC=4cm，
由（2）结合平移知，∠CHC'=90°，
在Rt△BCH中，∠ACB=30°，
∴BH=BC•sin30°=3cm，
∴C'H=BC'−BH=4−3cm．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式8-2】（2024·辽宁大连·八年级期末）【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠EPF=60°，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至DF=1时，DE的长度为 ．
【答案】（1）DE+DF=AD，见解析；（2）DE+DF=12AD；（3）4或2
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．
（1）利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△APE≌△DPF，可得出AE=DF，即可得出结论DE+DF=AD；
（2）取AD的中点T，连接PT，利用菱形的性质，可得出△TDP是等边三角形，易证△TPE≌△FPD，得出TE=DF，由DE+TE=12AD，即可得出DE+DF=12AD；
（3）分两种情形：如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．解直角三角形求出PH，AG，可得结论．如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可求．
【优尖升-详解】解：（1）结论：DE+DF=AD．
理由：如图1中，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，
∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，
∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，
∴∠APE=∠DPF，
在△APE和△DPF中
∠APE=∠DPFPA=PD∠PAE=∠PDF，
∴△APE≌△DPF(ASA)，
∴AE=DF，
∴DE+DF=AD；
（2）（1）中的结论变为DE+DF=12AD，理由如下：
如图2中，取AD的中点T，连接PT，
∵四边形ABCD为∠ADC=120°的菱形，
∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT=PD，∠PTE=∠PDF=60°，
∵∠PAT=30°，
∴∠TPD=60°，
∵∠MPN=60°，
∴∠MPT=∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
∠PTE=∠PDFPT=PD∠TPE=∠FPD，
∴△TPE≌△DPF(ASA)
∴TE=DF，
∴DE+DF=12AD，
故答案为：DE+DF=12AD；
（3）如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．
∵△ABD是等边三角形，AH⊥BD，
∴BH=DH=4，AH=43，
在Rt△APH中，PH=PA2−AH2=72−(43)2=1，
∴AG=BP=BH−PH=3，
由（2）可知，DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−3−1=4．
如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可得PH=1，AG=PB=BH+PH=5，
∵DF=EG=1
∴DE=AD−AG−EG=8−5−1=2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2．
故答案为：4或2．
【变式8-3】（2024八年级·福建泉州·期末）已知：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=α．P是BC边上一动点，联结PA，将PA绕点P顺时针方向旋转α，得到PQ，联结AQ．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)M是BC延长线上一点，联结QM，且AB=BC．
①若MC=BP，求证：MC=MQ；
②如图2，若MP=BP，α=90°，联结DM、DQ，求证：DM=2DQ．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由平行线的性质可得∠D+∠BCD=180°，再由∠B=∠D可得∠B+∠BCD=∠D+∠BCD=180°，从而得出AB∥CD，再由平行四边形的判定可得结论；
（2）①先证明∠BAP=∠MPQ，再证明△ABP≌△PMQ(SAS)，推出QM=PB，可得结论；
②延长QP至N，使PN=PQ，联结NA、NB，先证明△PBN≌△PMQ(SAS)，可得AP是线段NQ的线段垂直平分线，得出AN=AQ，则△APQ是等腰直角三角形，从而证得∠BAN=∠DAQ，再证明△ABN≌△ADQ(SAS)，从而得出DQ=MQ，延长PB交AN于E，则∠ABE=90°，最后由勾股定理得出DM2=DQ2+MQ2=2DQ2，最后可得结论．
【优尖升-详解】（1）如图1，
∵AD∥BC，
∴∠D+∠BCD=180°；
∵∠B=∠D，
∴∠B+∠BCD=∠D+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）①如图1，
∵AB=BC，CM=BP，
∴PM=CM+PC=BP+PC=BC=AB，
∵∠ABC=∠ADC=α，
∴∠BAP+∠BPA=180°−α，∠MPQ+∠BPA=180°−α，
∴∠BAP=∠MPQ，
在△ABP与△PMQ中，
∵PA=PQ∠BAP=∠MPQAB=PM，
∴△ABP≌△PMQ(SAS)，
∴QM=PB，
∴QM=CM；
②如图2，延长QP至N，使PN=PQ，联结NA、NB，
在△PBN与△PMQ中，
∵PB=PM∠1=∠2PN=PQ，
∴△PBN≌△PMQ(SAS)，
∴BN=MQ，PN=PQ；
∵α=90°，
∴AP是线段NQ的线段垂直平分线，
∴AN=AQ，
∵PA=PQ，α=90°，
∴△APQ是等腰直角三角形，
∴∠PAN=∠PAQ=45°，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠DAQ+∠BAP=45°，
又∠BAN+∠BAP=45°，
∴∠BAN=∠DAQ；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵AD∥BC，
∴AB=AD；
在△ABN与△ADQ中，
∵AB=AD∠BAN=∠DAQAN=AQ，
∴△ABN≌△ADQ(SAS)，
∴BN=DQ，∠ABN=∠ADQ，
∴DQ=MQ；
延长PB交AN于E，则∠ABE=90°，
∴∠3=∠ABN−90°=∠ADQ−90°=∠CDQ，
∴∠CMQ+∠CDQ=∠PBN+∠3=180°，
∵四边形CDQM内角和为360°，∠DCM=90°，
∴∠DQM=90°，
在Rt△DQM中，∵DM2=DQ2+MQ2=2DQ2，
∴DM=2DQ
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，全等三角形判定和性质等知识，正确添加辅助线是解本题的关键．
【题型9 四边形中的定值问题】
【例9】（2024八年级·陕西西安·期末）问题探究：
（1）如图1，平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，M、N分别为AD、DC上的点，且DM+DN＝4，则四边形BMDN的面积最大值是 ．
（2）如图2，∠ACB＝90°，且AC+BC＝4，连接AB，则△ABC的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．
问题解决
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC交BD于O，已知∠AOB＝120°，且AC+BD＝10，则△AOD与△BOC的周长之和是否为定值？若是，求出定值；若不是，求出最小值．
【答案】（1）932；（2）存在，4+22；（3）不是，周长之和的最小值为15
【分析】（1）先求出平行四边形ABCD的面积，利用面积和差关系可得四边形BMDN的面积=53−32DM，则当DM有最小值时，四边形BMDN的面积有最大值，即可求解；
（2）在RtΔABC中，由勾股定理可求AB的长，由线段的和差关系可求解；
（3）如图3，过点D作DH//AC，交BC的延长线于H，过点B作BN⊥DH于N，可证四边形ADHC是平行四边形，可AD=CH，AC=DH，则ΔAOD与ΔBOC的周长之和为10+BH，由直角三角形的性质可求BH的长，即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）过点B作BE⊥AD，交DA延长线于E，过点B作BF⊥CD，交DC的延长线于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD//BC，AB=CD=3，BC=AD=5，
∴∠BAE=∠ABC=60°，∠BCF=∠ABC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AE=12AB=32，CF=12BC=52，
∴BE=332，BF=523，
∴四边形ABCD的面积=AD×BE=1532，
∵DM+DN=4，
∴DN=4−DM，
∴CN=DC−DN=3−4−DM=−1+DM
∵四边形BMDN的面积
=S四边形ABCD−SΔABM−SΔBCN=1532−12×332×AM−12×532×CN=1532−3345−DM−534−1+DM，
∴四边形BMDN的面积=53−32DM，
则当DM有最小值时，四边形BMDN的面积有最大值，
∵DM+DN=4，
∴DN=4−DM，
∵DN≤3，
∴4−DM≤3，
∴DM≥1，
∴当DM=1时，四边形BMDN的面积=932，
故答案为932；
（2）存在，
设AC=x，
∵AC+BC=4，
∴BC=4−x，
∴AB=AC2+BC2=x2+(4−x)2=2x2−8x+16=2(x−2)2+8，
∴ΔABC的周长=AB+BC+AC=4+2(x−2)2+8，
∴当x=2时，ΔABC的周长的最小值为4+22；
（3）ΔAOD与ΔBOC的周长之和不是定值，
理由如下：如图3，过点D作DH//AC，交BC的延长线于H，过点B作BN⊥DH于N，
∵AD//BC，DH//AC，
∴四边形ADHC是平行四边形，
∴AD=CH，AC=DH，
∴CΔAOD+CΔBOC=AD+AO+OD+BC+BO+OC=CH+BC+AC+BD=BH+BD+DH=10+BH，
设BD=x，则AC=DH=10−x，
∵AC//DH，
∴∠BDH=∠BOC=180°−∠AOB=60°，
∴∠DBN=30°，
∴DN=12DB= x2，
∴BN=BD2−DN2=32x，
∵NH=10−BD−DN=10−32x，
∴BH=BN2+NH2=34x2+(10−32x)2=3(x−5)2+25，
∴CΔAOD+CΔBOC=10+3(x−5)2+25，
∴ΔAOD与ΔBOC的周长之和不是定值，
∴当x=5时，ΔAOD与ΔBOC的周长之和的最小值为15．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式9-1】（2024八年级·吉林长春·期末）如图①，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E在边BC上，且BE=2，动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．t>0
(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为______；
(2)当点Q和点D重合时，求PEQE的值；
(3)当点P在边AD上运动时，如图②，求证：PEQE为定值，并求这个值；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)25
(2)PEQE=12
(3)PEQE为定值，且这个值为1
(4)0【分析】（1）证明四边形ABEQ是矩形，进而在Rt△QBE中，勾股定理即可求解；
（2）利用矩形的性质及角之间的互余关系求出CE=CD，根据勾股定理求出QE=42+42=42，证明∠1=∠2，得出PB=BE=2，根据勾股定理求出PE=22+22=22，即可求出结果；
（3）过P作PF⊥BC于点F，利用矩形的性质及角之间的互余关系可证明△PFE≌△ECQ得出PE=QE，即可得出结论；
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点P在BE上时，②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，③当点P在AD上，当F，D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，即可求解．
【优尖升-详解】（1）解：如图所示，连接BQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAQ=∠ABE=90°，
∵∠PEQ=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
当点P和点B重合时，
∴QE=AB=4，BE=2，
在Rt△QBE中，BQ=BE2+QE2=22+42=25，
即：PQ=25；
故答案为：25．
（2）解：当点Q和点D重合时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=6，∠B=∠C=90°，
则EC=BC−BE=AD−BE=4，
∴CE=CD，QE=42+42=42，
∴∠3=∠CDE=12×90°=45°，
∵∠PEQ=90°，
∴∠2=180°−90°−45°=45°，
∠1=90°−45°=45°，
∴∠1=∠2，
∴PB=BE=2，
∴PE=22+22=22，
∴PEQE=2242=12；
（3）解：过P作PF⊥BC于点F，则有∠1+∠3=∠PFE=90°，PF=AB=4，
又∵矩形ABCD，
∴∠B=∠C=90°，AD=BC=6，
又∵∠PEQ=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠3，
∵BE=2,BC=6，
∴CE=4，
∴PF=CE，
∴△PFE≌△ECQ，
∴PE=EQ，
∴PEQE=1；
即PEQE为定值，且这个值为1；
（4）解：①如图所示，当点P在BE上时，
∵QE=QF=4，AQ=BE=2，
在Rt△AQF中，AF=QF2−AQ2=42−22=23，
则 BF=4−23，
∵PE=t，
∴BP=2−t，PF=PE=t，
在Rt△PBF中，PF2=PB2+FB2，
∴t2=4−232+2−t2，
解得：t=8−43，
当0∴0②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，
则PB=t−BE=t−2，PE=AP=AB−PB=4−t−2=6−t，
在Rt△PBE中，PE2=PB2+BE2，
∴6−t2=t−22+22，
解得：t=72，
当t≠72且2≤t≤6时，点F在矩形外部，不符合题意；
③当点P在AD上，当F，D重合时，此时点Q与点C重合，则PFQE是正方形，此时t=2+4+2=8；
当6综上所述，0【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，求正弦值，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
【变式9-2】（2024八年级·江苏南通·期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E．P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）求四边形ABDE的周长和面积；
（3）记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）▱ABDE的周长为：4+43，面积为23；
（3）①8+23【分析】（1）利用菱形的性质得：AB∥DE，由两组对边分别平行的四边形可得结论；
（2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定理得OB的长和BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；
（3）①先根据三角形的周长计算C1+C2=2AB+BD+AP+PE=4+23+AP+PE，确定AP+PE的最大值和最小值即可；
根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2=4，由图形可知：当P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可；
②S1+S2的值为定值，这个定值为3，根据面积公式可得结论．
【优尖升-详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
即AB∥DE．
∵BD∥AE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）解：设对角线AC与BD相交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝∠CBP＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD．
在Rt△AOB中，AO＝12AB＝1，
∴OB＝3．
∴BD＝2BO＝23．
∴▱ABDE的周长为：2AB+2BD＝4+43，
▱ABDE的面积为：BD•AO＝23×1＝23．
（3）①∵C1+C2＝AB+PB+AP+PD+PE+DE＝2AB+BD+AP+PE＝4+23+AP+PE，
∵C和A关于直线BD对称，
∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2＝4，
当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2，
过E作EG⊥BD，交BD的延长线于G，
∵∠BDE＝150°，
∴∠EDG＝30°，
∵DE＝2，
∴EG＝1，DG＝3，
Rt△PEG中，BG＝23+3＝33，
由勾股定理得：PE＝12+(33)2=28=27，
∴AP+PE的最大值是：2+27，
∵P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），
∴4+4+23＜C1+C2＜4+23+2+27，即8+23＜C1+C2＜6+23+27；
（写对一边的范围给一分）
②S1+S2的值为定值，这个定值为3；
理由是：S1+S2＝12BP⋅AO+12PD⋅AO=12AO(BP+PD)=12×23×1=3．
【点睛】考查了菱形的性质，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计算OA和OB的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形.
【变式9-3】（2024八年级·陕西榆林·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=2 ，点E为对角线AC上一动点（点E不与点A、C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求AC的长；
（2）求证矩形DEFG是正方形；
（3）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）见解析；（3）是，定值为2
【分析】（1）运用勾股定理直接计算即可；
（2）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到ΔDEN≅ΔFEM，则有DE=EF即可；
（3）同（2）的方法证出ΔADE≅ΔCDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=8即可．
【优尖升-详解】解：（1）AC=22+22=2，
∴AC的长为2；
（2）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在ΔDEN和ΔFEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴ΔDEN≅ΔFEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（3）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在ΔADE和ΔCDG中，AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴ΔADE≅ΔCDG(SAS)，
∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=2AB=2×2=2，
∴CE+CG=2是定值．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论。
【题型10 四边形中的最值问题】
【例10】（2024八年级·浙江金华·期末）如图1：正方形ABCD的边长为3，E是直线AD上一动点，连接CE，在CE的右侧以C为直角顶点作等腰直角三角形ECF，连接BE，DF．
(1)当点E在线段AD上运动时，试判断BE与DF的数量关系，并说明理由．
(2)当AE=2ED时，求EF的长．
(3)如图2，连接BF，则BE+BF的最小值为______．
【答案】(1)BE=DF，理由见详解
(2)6或25
(3)310
【分析】（1）根据正方形的性质、等腰直角三角形的性质推出BC=CD,∠BCD=∠90°,CE=CF,∠ECF=90°，根据角的和差求出∠BCE=∠DCF，利用SAS证明△BCE≌△DCF, 根据全等三角形的性质即可得解；
（2）分两种情况根据正方形的性质及勾股定理求解即可；
（3）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，在直线AD上截取HM=DH， 结合（1）利用AAS证明△ABE≌△HDF，根据全等三角形的性质推出AB=DH=HM=3，根据线段垂直平分线的性质得到DF=MF=BE，根据三角形三边关系推出当B、 F、 M三点共线时，MF+BF(即BE+BF)的值最小为BM，根据勾股定理求解即可．
【优尖升-详解】（1）BE=DF，理由如下:
∵四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD，∠BCD=∠90°，
在等腰直角三角形ECF中， CE=CF，∠ECF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
BC=CD∠BCE=∠DCFCE=CF，
∴△BCE≌△DCFSAS，
∴BE=DF；
（2）①如图1， 点E在线段AD上，
∵AE=2ED，正方形ABCD的边长为3，
∴AE+ED=AD=3，
∴AE=2,ED=1，
在正方形ABCD中，CD=3,∠CDE=90°，
∴CE=DE2+CD2=12+32=10，
∵三角形ECF是等腰直角三角形，
∴CE=CF=10
∴EF=CE2+CF2=25；
②如图，E点在AD延长线上，
∵AE=AD+DE=2ED,AD=3，
∴ AD=ED=3，
在正方形ABCD中，CD=3,∠CDE=90°，
∴CE=DE2+CD2=32+32=32，
∵三角形ECF是等腰直角三角形，
∴CE=CF=32
∴EF=CE2+CF2=6；
综上，EF的长为6或25
（3）如图2，过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，在直线AD上截取HM=DH，
由（1）知△BCE≌△DCF，
∴∠CBE=∠CDF,BE=DF，
在正方形ABCD中,
∠BAE=∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠CDH=180°−90°=90°，
∴∠ABC=∠CDH,
∴∠ABC−∠CBE=∠CDH−∠CDF，
∴∠ABE=∠HDF，
在△ABE和△HDF中,
∠BAE=∠DHF=90°∠ABE=∠HDFBE=DF，
∴△ABE≌△HDFAAS，
∴AB=DH=3，
∴ HM=DH=3，
∵HM=DH,FH⊥AD，
∴DF=MF，
∴MF=BE，
∴BE+BF=MF+BF,
当B、F、M三点不共线时，MF+BF>BM，当B、F、M三点共线时，MF+BF=BM，
∴当B、F、M三点共线时， MF+BF的值最小为BM，
在Rt△ABM中，AB=3，AM=AD+DH+HM=9，∠BAM=90°，
∴BM=AB2+AM2=32+92=310，
∴BE+BF的最小值为310，
故答案为：310．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角形三边关系等知识，熟练运用正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形三边关系是解题的关键．
【变式10-1】（2024八年级·陕西延安·期末）问题提出
（1）在平面内，已知线段AB=5，AC=3，则线段BC的最小值为______．
问题探究
（2）如图1，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=4，∠D=60°，P是边AD的中点，Q是边CD上一动点，将三角形PDQ沿PQ所在直线翻折，得到三角形PEQ，连接BE，求BE的最小值．
问题解决
（3）如图2，平行四边形ABCD为某公园平面示意图，扇形BMN为该公园的人口广场，已知AB=150m，BC=130m，AC=140m，BM=BN=20m．为了提升游客体验感，工作人员准备在弧MN上找一点P，沿AP，CP修两条绿色通道，并在AP上方和CP右方区域种植花卉供游客观赏，其余地方修建其他设施，求其他设施区域APCD面积的最小值．
【答案】（1）2；（2）221−2；（3）15400m2
【分析】（1）当C在线段AB上时，BC最短，从而可得答案；
（2）如图，过点P作PF⊥AB交BA延长线于点F，连接BP． 证明AP=DP=2，求解AF=1，PF=3．可得PB=PF2+BF2=221．由BE≥PB−PE=221−2，从而可得答案；
（3）如图，过点P作PE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F．证明当S△ACP最小时，S四边形APCD最小．可得当PE最小时，S△ACP最小．由AB2−AF2=CB2−CF2，设CF=x，则AF=140−x，建立方程求解BF=120m，可得PE≥FB−BP=120−20=100m，当P在线段BF上时，PE取最小值．再求解面积即可．
【优尖升-详解】解：（1）当C在线段AB上时，BC最短，
此时BC=AB−AC=5−3=2．
（2）如图，过点P作PF⊥AB交BA延长线于点F，连接BP．
∵四边形ABCD是平行四边形，AD=4，AB=8，∠D=60∘，
∴AB∥CD，∴∠PAF=∠D=60°，∠APF=30°．
∵P是AD的中点，∴AP=DP=2，
∴AF=1，PF=3．
在Rt△PFB中，由勾股定理，得PB=PF2+BF2=221．
由折叠得PE=PD=2，
∴BE≥PB−PE=221−2，
∴点E在线段PB上时，BE取最小值221−2，即BE的最小值为221−2．
（3）如图，过点P作PE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F．
∵S四边形APCD=S△ACD+S△ACP，S△ACD为定值，
∴当S△ACP最小时，S四边形APCD最小．
又∵AC为定值，∴当PE最小时，S△ACP最小．
在Rt△AFB中，由勾股定理得BF2=AB2−AF2，
在Rt△CFB中，由勾股定理得BF2=CB2−CF2，
∴AB2−AF2=CB2−CF2，
设CF=x，则AF=140−x，
∴1502−140−x2=1302−x2，解得x=50，
∴CF=50m，AF=90m．
∴BF=120m，
∴PE≥FB−BP=120−20=100m，
当P在线段BF上时，PE取最小值．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴S△ACD=S△ACB，
∴S△ACD+S△ACP=S△ACB+S△ACP=12⋅AC⋅FB+12⋅AC⋅PE=15400．
∴四边形APCD面积的最小值为15400m2．
【点睛】本题考查的是三角形三边关系的应用，平行四边形的性质，勾股定理的应用，含30°的直角三角形的性质，熟练的利用两点之间线段最短求解线段或面积的最值是解本题的关键．
【变式10-2】（2024八年级·河南新乡·期末）在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F（如图1和图2），然后展开铺平，连接BE，EF．
（1）操作发现：
①在矩形ABCD中，任意折叠所得的△BEF是一个 三角形；
②当折痕经过点A时，BE与AE的数量关系为 ．
（2）深入探究：
在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝23．
①当△BEF是等边三角形时，求出BF的长；
②△BEF的面积是否存在最大值，若存在，求出此时EF的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①等腰；②BE=2AE；（2）①2；②存在，23或512
【分析】（1）①由折叠的性质得EF＝BF，即可得出结论；
②当折痕经过点A时，由折叠的性质得AF垂直平分BE，由线段垂直平分线的性质得AE＝BE，证出△ABE是等腰直角三角形，即可得出BE＝2AE；
（2）①由等边三角形的性质得BF＝BE，∠EBF＝60°，则∠ABE＝30°，由直角三角形的性质得BE＝2AE，AB＝3AE＝3，则AE＝1，BE＝2，得BF＝2即可；
②当点F在边BC上时，得S△BEF≤12S矩形ABCD，即当点F与点C重合时S△BEF最大，由折叠的性质得CE＝CB＝23，即EF＝23；
当点F在边CD上时，过点F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K，则S△EKF＝12KF•AH≤12HF•AH＝12S矩形AHFD，S△BKF＝12KF•BH≤12HF•BH＝12S矩形BCFH，得S△BEF≤12S矩形ABCD＝3，即当点F为CD的中点时，△BEF的面积最大，此时，DF＝12CD＝32，点E与点A重合，由勾股定理求出EF即可．
【优尖升-详解】解：（1）①由折叠的性质得：EF＝BF，
∴△BEF是等腰三角形；
故答案为：等腰；
②当折痕经过点A时，
由折叠的性质得：AF垂直平分BE，
∴AE＝BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠A＝90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝2AE；
故答案为：BE＝2AE；
（2）①当△BEF是等边三角形时，BF＝BE，∠EBF＝60°，
∴∠ABE＝90°﹣60°＝30°，
∵∠A＝90°，
∴BE＝2AE，AB＝3AE＝3，
∴AE＝1，BE＝2，
∴BF＝2；
②存在，理由如下：
∵矩形ABCD中，CD＝AB＝3，BC＝23，
∴矩形ABCD的面积＝AB×BC＝3×23＝6，
第一种情况：当点F在边BC上时，如图1所示：
此时可得：S△BEF≤12S矩形ABCD，
即当点F与点C重合时S△BEF最大，此时S△BEF＝3，
由折叠的性质得：CE＝CB＝23，
即EF＝23；
第二种情况：当点F在边CD上时，
过点F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K，如图2所示：
∵S△EKF＝12KF•AH≤12HF•AH＝12S矩形AHFD，S△BKF＝12KF•BH≤12HF•BH＝12S矩形BCFH，
∴S△BEF＝S△EKF+S△BKF≤12S矩形ABCD＝3，
即当点F为CD的中点时，△BEF的面积最大，
此时，DF＝12CD＝32，点E与点A重合，△BEF的面积为3，
∴EF＝AD2+DF2＝512；
综上所述，△BEF的面积存在最大值，此时EF的长为23或512．
【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，此题难度较大，掌握矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的性质和勾股定理是解决此题的关键．
【变式10-3】（2024·重庆·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形的边BC，CD上．
(1)证明：BE=CF．
(2)当点E，F分别在边BC，CD上移动时(△AEF保持为正三角形)，请探究四边形AECF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
(3)在(2)的情况下，请探究△CEF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
【答案】(1)见解析
(2)43
(3)见解析
【分析】（1）先求证AB=AC，进而证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而证△ABE≌△ACF，即可得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；
（3）当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据S△CEF=S四边形AECF−S△AEF，则△CEF的面积就会最大．
【优尖升-详解】（1）证明：连接AC,则∠BAC=60°，
∵∠1+∠2=60°，∠3+∠2=60°，
∴∠1=∠3，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴△ABC、△ACD为等边三角形
∴∠4=60°，AC=AB，
∴在△ABE和△ACF中，
∠1=∠3AB=AC∠ABC=∠4，
∴△ABE≌△ACFASA
∴BE=CF．
（2）解：由（1）得△ABE≌△ACF，
则S△ABE=S△ACF．
故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值．
作AH⊥BC于H点，
则BH=2，
S四边形AECF=S△ABC=12BC⋅AH
= 12BC⋅AB2−BH2
= 43；
（3）解：由“垂线段最短”可知，
当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又S△CEF=S四边形AECF−S△AEF，则△CEF的面积就会最大．
由（2）得，S△CEF=S四边形AECF−S△AEF，
=43−12×23×(23)2−(3)2=3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质，三角形面积的计算，本题中求证△ABE≌△ACF是解题的关键．
【题型11 动点函数图像】
【例11】（2024八年级·福建宁德·期末）李大爷在如图 1 所示扇形湖畔的栈道上散步，他从圆心 O 出发，沿O→A→B→O 匀速运动，最后回到点 O，其中路径 AB 是一段长 180 米的圆弧．李大爷离出发点 O 的直线距离 S（米）与运动时间 t（分）之间的关系如图 2 所示．
（1）在 时间段内，李大爷离出发点 O 的距离在增大；在 4~10 分这个时间段内，李大爷在 路段上运动（填 OA，AB 或 OB）；李大爷从点 O 出发到回到点 O 一共用了 分钟；
（2）扇形栈道的半径是 米，李大爷的速度为 米/分；
（3）在与出发点 O 距离 75 米处有一个报刊亭，李大爷在该处买报纸时逗留了一会儿．已知李大爷在买报纸前后始终保持运动速度不变，则李大爷是在第 分到达报刊亭，他在报刊亭停留了 分钟．
【答案】（1）0~4分钟；AB；17；（2）120；30；（3）11.5；3.
【分析】（1）根据图像即可直接回答；
（2）根据时间为0时的函数值可得半径，同时用距离÷时间得到速度；
（3）根据函数图像推断出报刊亭的位置，得出BC的长，结合速度可得到达报刊亭的时间，再利用OC的长算出从报刊亭回到点O的时间，即可算出在报刊亭停留的时间.
【优尖升-详解】解：（1）由图可知：
在0~4分钟内，李大爷离出发点 O 的距离在增大；
在 4~10 分这个时间段内，李大爷离出发点 O 的距离不变，即李大爷在AB路段上运动；
李大爷从点 O 出发到回到点 O 一共用了17分钟，
故答案为：0~4分钟；AB；17；
（2）∵在0~4分钟内，李大爷在OA段上运动，
则120÷4=30米/分，
∴扇形栈道的半径是120米，李大爷的速度为30米/分，
故答案为：120；30；
（3）由图像可知：李大爷在BO段买的报纸，
∵在与出发点 O 距离 75 米处有一个报刊亭，如图，点C为报刊亭，
则OC=75，BC=120-75=45，
45÷30=1.5分，即李大爷从点B到C用时1.5分，
10+1.5=11.5分，所以李大爷是在第11.5分到达报刊亭，
而OC=75，75÷30=2.5分，
则李大爷买完报纸后又用时2.5分回到圆心O，
17-11.5-2.5=3分，
∴李大爷在报刊亭停留了3分钟，
故答案为：11.5；3.
【点睛】本题为动点问题的函数图象探究题，考查了通过函数图象探究图象代表的实际意义，运用数形结合的数学思想．
【变式11-1】（2024八年级·北京房山·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=5cm，点E在正方形边上沿B→C→D运动（含端点），连接AE，以AE为边，在线段右侧作正方形AEFG，连接DF、DG.
小颖根据学习函数的经验，在点E运动过程中，对线段AE、DF、DG的长度之间的关系进行了探究.
下面是小颖的探究过程，请补充完整：
（1）对于点E在BC、CD边上的不同位置，画图、测量，得到了线段AE、DF、DG的长度的几组值，如下表：
在AE、DF和DG的长度这三个量中，确定 的长度是自变量， 的长度和 的长度都是这个自变量的函数.
（2）在同一平面直角坐标系xOy中，画出（1）中所确定的函数的图象：
（3）结合函数图像，解决问题：
当ΔGDF为等腰三角形时，AE的长约为
【答案】（1）DG,AE,DF；（2）画图见解析；（3）7.07或5.00或5.65
【分析】（1）根据表格的数据，结合自变量与函数的定义，即可得到答案；
（2）根据列表、描点、连线，即可得到函数图像；
（3）可分为AE=DF，DF=DG，AE=DG，结合图像，即可得到答案.
【优尖升-详解】解：（1）根据表格可知，DG从0开始，而且不断增大，则DG是自变量；
AE和DF随着DG的变化而变化，则AE和DF都是DG的函数；
故答案为：DG，AE，DF.
（2）函数图像，如图所示：
（3）∵ΔGDF为等腰三角形，则可分为：
AE=DF或DF=DG或AE=DG，三种情况；
根据表格和函数图像可知，
①当AE=DG=5.00时，ΔGDF为等腰三角形；
②当AE=7.07时，DF=DG=5.00，ΔGDF为等腰三角形；
③当AE=DF=5.65时，ΔGDF为等腰三角形；
故答案为：7.07或5.00或5.65.
【点睛】本题考查了函数的定义，自变量的定义，画函数图像，以及等腰三角形的定义，解题的关键是掌握函数的定义，准确画出函数图像.
【变式11-2】（2024八年级·河北石家庄·期末）如图1，在长方形ABCD中，AB=12cm，BC=10cm，点P从点A出发，沿A→B→C→D路线运动，到点D停止；点Q从点D出发，沿D→C→B→A运动，到点A停止．若点P，Q同时出发，点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，运动a秒后，点P，Q同时改变速度，点P的速度变为6cm/s，点Q的速度变为bcm/s．图2是点P出发x秒后，△APD的面积S1（cm2）与x（s）的函数关系图像；图3是点Q出发x秒后△AQD的面积S2（cm2）与x（s）的函数关系图像．
(1)动点P在线段___上运动时，S1的面积保持不变；动点Q到达点A时，x的值为___；
(2)求a，b的值；
(3)设点P离开点A所走的路程为y1（cm），点Q离开点D所走的路程为y2（cm），当x>a时，分别求出y1，y2与x的函数关系式；
(4)当两个动点所走过的路程比为1:2时，直接写出x的取值范围．
【答案】(1)BC；28
(2)a=6,b=1
(3)y1=6x−30，y2=x+6
(4)x=10.5或0【分析】（1）根据平行线间距离处处相等，同底等高，可知P在BC上时，S1面积不变，由图3可得出动点Q到达点A所用时间；
（2）由图2，得出P到B所用时间为323−12+106=7秒，根据路程=速度×时间，列方程a+6（7-a）=12，求出a=6，此时Q恰好到达C，则Q从C到A所用时间为28-6=22秒，根据路程=速度×时间，列方程22b=12+10，解得b值；
（3）根据x>6分别表示y1，y2即可；
（4）分情况讨论：x>6和0【优尖升-详解】（1）解：在长方形ABCD中，CD=AB=12cm，AD=BC=10cm
当P在BC上时，△APD的面积=12×AD×CD=12×10×12=60是定值
由图3可知，Q从D到A共计用时28秒
故答案为：BC；28；
（2）解：由图2可知，P到B所用时间为323−12+106=7秒
∴a+6（7-a）=12
解得a=6
∵2×6=12=CD
∴此时Q恰好到达C
∴Q从C到A所用时间为28-6=22秒
∴22b=10+12
解得b=1
综上可知：a=6，b=1；
（3）解：当x>6时，
y1=1×6+6（x-6）=6x-30
y2=2×6+（x-6）=x+6
（4）解：当x>6时，y1=6x-30，y2=x+6
当两个动点所走过的路程比为1:2时，得
（6x-30）：（x+6）=1∶2或（x+6）：（6x-30）=1∶2
解得x=6(舍去)或x=10.5
当0y1：y2=1：2
∴0综上可知：当x=10.5或0【点睛】本题考查双动点问题，矩形的性质以及平行线间的距离处处相等，解答问题的关键是读懂题意，从图象的变化与动点运动位置的改变确定动点的所需关系量，同时需要注意分情况讨论．
【变式11-3】（2024八年级·四川成都·期末）如图1，在正方形ABCD中，O是AD的中点，P点从A点出发沿A→B→C→D的路线移动到D点时停止，出发时以a单位/秒的速度匀速运动；同时Q点从D点出发沿D→C→B→A的路线移动到A点时停止，出发时以b单位/秒的速度匀速运动；P、Q点相遇后P点的速度变为c单位/秒，Q点的速度变为d单位/秒运动．图2是线段OP扫过的面积SP与时间t的图象，图3是线段OQ扫过的面积SQ与时间t的图象．
(1)正方形ABCD的边长是__________；
(2)求线段OQ扫过的面积SQ与时间t的代数关系式；
(3)若∠POQ在正方形中所夹图形面积S为5，求点P移动的时间t．
【答案】(1)4
(2)SQ=12t,(0≤t<8)83t−5238≤t<1143t−83(11(3)t=6或18219
【分析】本题考查的是动点图象问题、图象面积的计算等知识，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
（1）由图象知，8秒时，PQ相遇，此时OP扫过的面积图象中间变化1次，而OQ的没有变化，故P、Q在点C相遇，由图2知，S△OAP(C)=12，即可求解；
（2）分类讨论，根据三角形面积是底乘高乘12，梯形面积是高乘上底加上下底的和再乘12，进行列式计算，注意时间范围，即可作答．
（3）与（2）过程类同，再令面积为∠POQ在正方形中所夹图形面积S为5，即可列式代入数值作答．
【优尖升-详解】（1）解：由图象知，8秒时，P、Q相遇，
此时OP扫过的面积图象中间变化1次，而OQ扫过的面积图象没有变化，故P、Q在点C相遇，
设正方形的边长为2x，则OD=OA=x
由图2知，S四边形OABP=12×OA+BC×AB=12×x+2x×2x=12，解得：x=2，
故答案为4；
（2）由图2知，相遇后点P，8秒走了CD的长度即4个单位，则c=12，
图3：11−n=14−11，解得：n=8
∵Q点从D点出发沿D→C→B→A的路线移动到A点时停止，出发时以b单位/秒的速度匀速运动
∴b=4÷8=12
同理d=4÷(14−11)=43，
当点Q在DC段时，
SQ=12×2×12t=12t0≤t≤8
当点Q在BC段时，
则SQ=12×DC×OD+QC，QC=43×t−8
SQ=12×4×2+t−8×43=83t−5238≤t<11，
当点Q在BA段时，
SQ=4×4−S△OAQ=16−12×2×AQ=16−4−43t−11=12+43t−11=43t−8311综上，SQ=12t,(0≤t<8)83t−5238≤t<1143t−83,(11（3）解：由题意得：a=1，b=12，c=12，d=43，
相遇前：
当Q在DC上，点P在AB上时，此时0≤t<4
S=4×4−12×2×12t−12×t×2=16−1.5t
当S=16−1.5t=5，则t=223>4（舍去）；
当Q在DC上，点P在BC上时，此时4≤t<8
S=4×4−12×2×12t−12×4×2+t−4=20−2.5t
当S=20−2.5t=5，则t=6
相遇后：当点Q在BC段时，如图，
设△OPD的面积为S1，梯形ABQO的面积为S2，
则正方形ABCD的面积为4×4=16，
S1=12OD×PD=12×2×4−12t−8=8−12t8S2=16−SQ=16−83t−523=−83t+10038≤t<11，
当点Q在BA段时，
S△OQA=12×2×4−43(t−11)=−43t+56311当8≤t≤11时，
S=16−S1−S2=16−8−12t−−83t+1003=8+12t+83t−1003=196t−763
令S=5，5=196t−763，t=18219；
当11S=16−S1−S△OQA=16−8−12t−−43t+563=116t−323
令S=5，5=116t−323，t=9411<11（舍去）；
综上：t=6或18219
【题型12 一次函数的应用】
【例12】（2024八年级·江苏盐城·期末）五一期间，某电器商城推出了两种促销方式,且每次购买电器时只能使用其中一种方式：第一种是打折优惠，凡是在该商城购买家用电器的客户均可享受八折优惠；第二种方式是：赠送优惠券，凡在商城三天内购买家用电器的金额满400元且少于600元的，赠优惠券100元（优惠券在购买该物品时就可使用）；不少于600元的，所赠优惠券是购买电器金额的14，另再送50元现金.
(1)以上两种促销方式中第二种方式，可用如下形式表达：设购买电器的金额为x（x≥400）元，优惠券金额为y元，则：①当x＝500时，y＝ ；②当x≥600时，y＝ ；
(2)如果小张想一次性购买原价为x（400≤x＜600）元的电器，可以使用优惠券，在上面的两种促销方式中，试通过计算帮他确定一种比较合算的方式？
(3)如果小张在促销期间内在此商城先后两次购买电器时都得到了优惠券（两次购买均未使用优惠券），第一次购买金额在600元以内，第二次购买金额超过600元，所得优惠券金额累计达800元，设他购买电器的金额为W元，W至少应为多少？（W＝支付金额－所送现金金额）
【答案】(1)①100
②14x+50
(2)第一种方式合算
(3)W至少为3150
【分析】（1）根据题意即可得出y=100和y=14x+50；
（2）根据题意求出y1=0.8x，y2=x-100，求出方程0.8x=x-100的解是x=500，即此时y1=y2，即可得出y1＞y2和y1＜y2时x的值；
（3）设第一次购买花了m元，第二次花了n元，得出方程100+14n=800，求出n的值，代入W=支付金额-所送现金金额得出W=m+2750，根据400≤m＜600即可求出W的取值范围，即可得出答案．
【优尖升-详解】（1）解：根据题意即可得出y=100和y=14x；
故答案为：①100，②14x+50
（2）设y1=0.8x，y2=x-100，
∵由0.8x=x-100得x=500，此时y1=y2；
当400≤x＜500时y1＞y2；
当500＜x＜600时y1＜y2；
∴当x=500时，两种方式一样合算；
当400≤x＜500时，选第二种方式合算；
当500＜x＜600时，选第一种方式合算；
（3）设第一次购买花了m元，第二次花了n元，
当400≤m＜600，n≥600时，100+14n=800，得n=2800，
W=m+n-50=m+2750，
∵400≤m＜600，
∴3150≤W＜3350，
∴W至少为3150元．
【点睛】本题考查了一次函数的有关应用，解此题的关键是能把实际问题转化成数学问题，主要考查学生的分析问题和解决问题的能力，运用了转化思想，题目比较好，但是有一定的难度．
【变式12-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）某商场准备购进甲乙两种服装进行销售．甲种服装每件进价160元，售价210元；乙种服装每件进价120元，售价150元．现计划购进两种服装共100件，其中甲种服装不少于60件．设购进甲种服装x件，两种服装全部售完，商场获利y元．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若购进100件服装的总费用不超过15000元，求最大利润为多少元?
(3)在（2）的条件下，该服装店对甲种服装以每件优惠a0【答案】(1)y=20x+3000
(2)当x=75时取最大值4500元
(3)a=8
【分析】本题考查一次函数的应用，一元一次不等式组的应用，一次函数的性质，根据题意建立函数关系式是求解本题的关键．
（1）由总利润等于两种服装的利润之和可得函数关系式．
（2）先求解自变量x的取值范围，再根据一次函数增减性求最值．
（3）先建立总利润关于x的函数关系式，再结合一次函数的性质，建立关于a，b的方程组求值即可．
【优尖升-详解】（1）解：y=210−160x+150−120100−x
=20x+3000
（2）解：由题意得：x≥60160x+120×(100−x)≤15000，
∴60≤x≤75，
∵y=20x+3000中，20>0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x=75时，y最大=20×75+3000=4500(元)．
（3）解：∵a−b=4，
∴b=a−4，
由题意得：y=(210−160−a)x+(150−120+b)(100−x)
=(50−a)x+(30+b)×100−(30+b)x
=(24−2a)x+100a+2600．
∵60≤x≤75，0∴当00，
∴y随x的增大而增大，
∴当x=75时，y最大=(24−2a)×75+100a+2600=4000，
∴a=8，符合题意．
当a=12时，y=100×12+2600=3800≠4000， 不合题意．
当12∴当x=60时，y最大=(24−2a)×60+100a+2600=4000， ∴a=2，不合题意，舍去．
综上，a=8．
【变式12-2】（2024八年级·河北衡水·期末）甲、乙两人从相距4千米的两地同时、同向出发，乙每小时走4千米，小狗随甲一起同向出发，小狗追上乙的时候它就往甲这边跑，遇到甲时又往乙这边跑，遇到乙的时候再往甲这边跑…就这样一直匀速跑下去．如图，折线A−B−C，A−D−E分别表示甲、小狗在行进过程中，离乙的路程ykm与甲行进时间x(h)之间的部分函数图象．
(1)求AB所在直线的函数解析式；
(2)小狗的速度为______km/h；求点E的坐标；
(3) 小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，求x为何值时，它离乙的路程与离甲的路程相等？
【答案】(1)y1=−2x+4
(2)12，点E的坐标为E23，83
(3)27或1017
【分析】（1）由题意知A(0，4)，B(2，0)，待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）由D(12，0)，可知，当x=12时，小狗距离乙0km，设小狗速度为m km/h，则依题意得，12m−12×4=4，解得，m=12，即小狗速度为12km/h，由B(2，0)，可知，当x=2时，甲距离乙0km，设甲的速度为n km/h，则依题意得，2n−2×4=4，计算可求甲的速度为6km/h，设Ea，−2a+4，由题意知，当x=a时，甲和小狗出发后第一次相遇，则6a+12a2=12×12，计算求解，然后作答即可；
（3）由A(0，4)，D(12，0)，E23，83，待定系数法可求直线DE的函数解析式为y2=16x−8，直线AD的函数解析式为y3=−8x+4，由小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，离乙的路程与离甲的路程相等时，分两种情况：①y1=2y3，即−2x+4=2(−8x+4)；②y1=2y2，即−2x+4=2(16x−8)；分别计算求解即可．
【优尖升-详解】（1）解：设AB所在直线的函数解析式为y1=ax+b，
将A(0，4)，B(2，0)代入，得b=42k+b=0，
解得k=−2b=4，
∴AB所在直线的函数解析式为y1=−2x+4；
（2）解：由D(12，0)，可知，当x=12时，小狗距离乙0km，
设小狗速度为mkm/h，
则依题意得，12m−12×4=4，
解得，m=12，
∴小狗速度为12km/h，
由B(2，0)，可知，当x=2时，甲距离乙0km，
设甲的速度为nkm/h，
则依题意得，2n−2×4=4，
解得，m=6，
∴甲的速度为6km/h，
设Ea，−2a+4，
由题意知，当x=a时，甲和小狗出发后第一次相遇，
∴6a+12a2=12×12，
解得a=23，
∴E23，83；
（3）解：∵A(0，4)，D(12，0)，E23，83，
同理（1），直线DE的函数解析式为y2=16x−8，直线AD的函数解析式为y3=−8x+4，
∴小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，离乙的路程与离甲的路程相等时，分两种情况：
①y1=2y3，即−2x+4=2(−8x+4)，解得x=27；
②y1=2y2，即−2x+4=2(16x−8)，解得x=1017．
综上所述，小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，当x为27或1017时，它离乙的路程与离甲的路程相等．
【点睛】本题考查了函数图象，一次函数解析式，一元一次方程的应用．解题的关键在于从图象中获取正确的信息．
【变式12-3】（2024八年级·河南商丘·期末）为推进生态美、产业强，促进乡村全面振兴，河南西峡以香菇、猕猴桃、山茱萸为代表，形成了“菌果药”三大特色产业．某香菇种植大棚计划购买20个A，B两种型号的货架，经市场调查发现有线下和线上两种购买方式，具体情况如下表．
若按原价购买，则购买10个A型货架和10个B型货架共需3500元．已知每个A型货架的原价比每个B型货架便宜50元
(1)求每个A，B型号的货架的原价．
(2)若该香菇种植大棚选择线上或线下任意一种方式购买，且购买B型货架的数量不少于A型货架数量的2倍，请求出花费最少的购买方案，并说明理由．
【答案】(1)每个A型货架的原价为150元，每个B型货架的原价为200元
(2)线上购买6个A型货架，14个B型货架，理由见解析
【分析】（1）设每个A型货架的原价为a元，则每个B型货架的原价为a+50元，然后根据“购买10个A型货架和10个B型货架共需3500元”列一元一次方程即可解答；
（2）设购买A型货架x个，则购买B型货架20−x个；根据“购买B型货架的数量不少于A型货架数量的2倍”列不等式求得x的取值范围；再根据求出线下购买所需费用为y1与设购买A型货架x的关系式确定y1的最小值，同理求得线上购买所需费用为y2的最小值，然后再比较即可解答
【优尖升-详解】（1）解：设每个A型货架的原价为a元，则每个B型货架的原价为a+50元．
根据题意得:10a+10a+50=3500，解得a=150．
则a+50=200．
答：每个A型货架的原价为150元，每个B型货架的原价为200元．
（2）解：设购买A型货架x个，则购买B型货架20−x个．
由题意，得20−x≥2x，解得x≤203．
设线下购买所需费用为y1元，则y1=150×0.9x+200×0.920−x=−45x+3600．
∵−45<0，
∴y1随x的增大而减小，
又∵x≤203，且x为整数．
∴当x=6时，y1取最小值，最小值为−45×6+3600=3330．
设线上购买所需费用为y2元，则y2=150×0.8x+200×0.8520−x+110=−50x+3510．
同理，当x=6时，y2取最小值，最小值为−50×6+3510=3210．
此时20−x=14．
∵3210<3330．
∴花费最少的购买方案为线上购买6个A型货架，14个B型货架．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用等知识点，根据题意正确列出“一元一次方程和不等式”是解答本题的关键．
【题型13 一次函数与几何综合】
【例13】（2024八年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，C0,−4，且a和b满足a+42+2−b=0．将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合．
(1)请直接写出点A、B、D的坐标：A______，B______，D______；
(2)如图1，若点P为直线AB上一点，将点P向右平移t个单位到点P'，当点P'在直线CD上时，则t的值为______，若三角形COP'的面积是三角形DOP'的面积的2倍，请求出点P的坐标；
(3)如图2，若点Qm,n为平面直角坐标系内一点，且三角形ABQ的面积是三角形CDQ的面积的2倍，请探究m，n的数量关系，并写出你的探究过程．
【答案】(1)A−4,0，B0,2，D4,−2
(2)12；P−4,0或P−283,−83，
(3)m−2n=4或m−2n=20
【分析】（1）根据平方的非负性与二次根式的非负性求出a，b的值，进而得到A，B的坐标，根据A，C的坐标平移变换规则，将B进行相同的变换，即可得到D的坐标，
（2）由C、D坐标求出直线CD的解析式：y=12x−4，当y=0时，得：x=8，t=8−−4=12，设点P横坐标为p，分别过点D、P'作y轴的垂线，得到S△COP'=12OC⋅P'F=12×4×p=2p，S△DOC=12OC⋅OD=12×4×4=8，由S△COP'=2S△DOP'，当P'在线段CD上时，得到S△COP'=23S△DOC，代入求出p=83，代入y=12x−4得到P'83,−83，根据平移得到P点坐标，当P'在线段CD延长线上时，得到S△COP'=2S△DOC，同理即可求解，
（3）过点D作y轴的垂线，在y轴上取点G，设点G0,g，当BG=2GC时， S△ABG=2S△CDG，过点G作直线GH∥CD， 当点Q在直线GH上时， S△ABQ=2S△CDQ，当BG=2GC时，解得：g=−2或g=−10，即：G0,−2或G0,−10，根据GH∥CD，GH于y轴交于点G，得到直线GH解析式，将点Qm,n代入，即可求解，
本题考查了，坐标的平移，求一次函数解析式，一次函数与面积问题，解题的关键是：熟练掌握数形结合的思想．
【优尖升-详解】（1）解：∵a+42+2−b=0，a+42≥0，2−b≥0，
∴a+4=0，2−b=0，解得：a=−4，b=2，
∴A−4,0，B0,2，
∵将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合，C0,−4，
∴点C为点A向右平移4个单位，向下平移4个单位，
将点B向右平移4个单位，向下平移4个单位，得到D0+4,2−4，即：D4,−2，
故答案为：A−4,0，B0,2，D4,−2，
（2）解：设直线CD的解析式为：y=kx+b，则：−4=k⋅0+b−2=k⋅4+b，解得：k=12b=−4，
∴直线CD的解析式为：y=12x−4，
当y=0时，0=12x−4，解得：x=8，
∴t=8−−4=12，
设点P'横坐标为p，
分别过点D、P'作y轴的垂线，分别交y轴于点E、F，DE=4−0=4，P'F=p−0=p，OC=0−−4=4，
S△COP'=12OC⋅P'F=12×4×p=2p，S△DOC=12OC⋅OD=12×4×4=8，
∵S△COP'=2S△DOP'，
当P'在线段CD上时，如图：
S△COP'=23SDOC，即：2p=23×8，解得：p=83，
当x=83时，y=12x−4，得：y=12×83−4，解得：y=−83，
∴P'83,−83，点P横坐标为：83−12=−283，
∴P−283,−83，
当P'在线段CD延长线上时，如图：
S△COP'=2S△DOC，即：2p=2×8，解得：p=8，
代入y=12x−4，得：y=12×8−4，解得：y=0，
∴P'8,0，点P横坐标为：8−12=−4，
∴P−4,0，
故答案为：12；P−4,0或P−283,−83，
（3）解：过点D作y轴的垂线，交y轴于点E，
AO=0−−4=4，DE=4−0=4，
在y轴上取点G，设点G0,g，当BG=2GC时，
S△ABG=12BG⋅AO=2BG，S△CDG=12GC⋅DE=2GC=BG，即：S△ABG=2S△CDG，
过点G作直线GH∥CD， 当点Q在直线GH上时，S△ABQ=S△ABG，S△CDG=S△CDQ，即：S△ABQ=2S△CDQ，
当点G在线段OC上时，BG=2−g，GC=g−−4=g+4，
∵BG=2GC，即：2−g=2g+4，解得：g=−2，
当点G在线段OC延长线上时，BG=2−g，GC=−4−g=−4−g，
∵BG=2GC，即：2−g=2−4−g，解得：g=−10，
∴G0,−2或G0,−10，
∵GH∥CD，GH与y轴交于点G，
∴直线GH解析式为：y=12x−2或y=12x−10，
将点Qm,n代入，得：n=12m−2或n=12m−10，整理得：m−2n=4或m−2n=20，
故答案为： m−2n=4或m−2n=20．
【变式13-1】（2024八年级·江苏泰州·期末）如图，平面直角坐标系中，CB∥OA，∠OCB=90°，CB=2，OC=4，直线y=−12x+2过A点，且与y轴交于D点．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)试说明：AD⊥BO；
(3)若点M是直线AD上的一个动点，在x轴上是否存在另一个点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(4,0)，B(2,4)
(2)见解析
(3)存在，N(−6,0)或N(6,0)或N(14,0)
【分析】（1）根据题意利用矩形性质及判定可得点B坐标，令y=0即可得到x的值，即为点A坐标；
（2）根据直线解析式求出点D坐标，得到CD的值，根据矩形对边相等，OC=4，然后证明△AOD≌△OCB，再利用全等性质即可得到结论；
（3）根据平行四边形对边平行且相等可得BM∥AN，BM=AN，令y=2求出点M坐标，从而得到BM长度，再分情况讨论求出点N坐标．
【优尖升-详解】（1）解：当y=0时，−12x+2=0，解得：x=4，
∴点A坐标为(4,0)，
∵∠OCB=90°，CB=2，OC=4，
∴过点B作BF⊥AO于F，则四边形BCOF是矩形，
∴OF=BC=2，BF=OC=4，
∴点B的坐标为(2,4)；
（2）解：当x=0时，y=−12×0+2=2，
∴点D坐标为(0,2)，
∴OD=BC=2，
根据（1）中结论，四边形BCOF是矩形，
∴OC=BF=4，AO=OC=4，
在△AOD和△OCB中，
OD=BC∠AOD=∠OCBAO=CO，
∴△AOD ≌ △OCB，
∴∠OAD=∠COB，
∵∠COB+∠AOB=90°，
∴∠OAD+∠AOB=90°，
∴∠AEO=90°，
∴AD⊥BO；
（3）解：存在
∵点N在x轴上，O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴BM∥x轴且BM=ON，
根据（1），点B(2,4)，
∴−12x+2=4，解得：x=−4，
∴点M(−4,4)，
∴BM=2−(−4)=6，
①点N在点O的左边时，ON=BM=6，
∴点N的坐标为(−6,0)，
②点N在点O的右边时，ON=BM=6，
∴点N的坐标为(6,0)，
③作N(−6,0)关于A的对称点N1，则N1也符合，点N1的坐标为(14,0)，
综上所述：N(−6,0)或N(6,0)或N(14,0)．
【点睛】本题考查坐标与图形，一次函数与坐标轴交点，矩形性质及判定，平行四边形性质，全等三角形判定及性质．
【变式13-2】（2024八年级·上海黄浦·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C2,m为直线y=x+2上一点，直线y=−12x+b过点C．
(1)求m和b的值；
(2)直线y=−12x+b与x轴交于点D，动点P从点D开始以每秒1个单位的速度向x轴负方向运动，设点P的运动时间为t秒．
①若点P在线段DA上，设△ACP的面积为S，请求出S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，直接写出t的值：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)m=4，b=5
(2)①S=24−2t0≤t<12；②存在，4或12−42或12+42或8
【分析】（1）在y=x+2中，当x=0时，y=2；当y=0时，x=−2；即可得出答案；求出点C(2,4)，代入直线y=−12x+b即可得出答案；
（2）求出D(10,0)，则OD=10，AD=OA+OD=12；①设PD=t，则AP=12−t，过C作CE⊥AP于E，由三角形面积S与t之间的函数关系式；
②过C作CE⊥AP于E，则CE=4，AE=4，由勾股定理求出AC=42；分三种情况：当AC=PC时；当AP=AC时；当PC=PA时；分别求出t的值即可．
【优尖升-详解】（1）解在y=x+2中，当x=0时，y=2；
当y=0时，x=−2；
∴A(−2,0)，B(0,2)；
∵点C在直线y=x+2上，
∴m=2+2=4，
又∵点C(2,4)也在直线y=−12x+b上，
∴ −12×2+b=4，
解得：b=5；
（2）解：在y=−12x+5中，当y=0时，x=10，
∴D(10,0)，
∴OD=10，
∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∴AD=OA+OD=12；
①设PD=t，则AP=12−t，过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
则CE=4，
∴S=12(12−t)×4=24−2t0≤t<12，
②存在，理由如下：
过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
则CE=4，OE=2，
∴AE=OA+OE=4，
∴AC=AE2+CE2=42+42=42；
a、当AC=PC时，AP=2AE=8，
∴PD=AD−AP=4，
∴t=4；
b、当AP=AC时，如图2所示：
则AP1=AP2=AC=42，
∴DP1=12−42，DP2=12+42，
∴t=12−42，或t=12+42；
c、当PC=PA时，如图3所示：
设EP=m，则CP=m2+42，AP=m+4，
∴ m2+42=m+4，
解得：m=0，
∴P与E重合，AP=4，
∴PD=8，
∴t=8；
综上所述，存在t的值，使△ACP为等腰三角形，t的值为4或12−42或12+42或8．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了一次函数的应用、坐标与图形性质、三角形面积、等腰三角形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握一次函数的应用和等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式13-3】（2024八年级·四川成都·期末）已知，如图1，直线AB:y=kx−k−4，分别交平面直角坐标系于A，B两点，直线CD:y=−2x+2与坐标轴交于C，D两点，两直线交于点E(a,−a)；
(1)求点E的坐标和k的值；
(2)如图2，点M是y轴上一动点，连接ME，将△AEM沿ME翻折，当A点对应点刚好落在x轴上时，求ME所在直线解析式；
(3)在直线AB上是否存在点P，使得∠ECP=45°，若存在，请求出P点坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)点E的坐标为2,−2，k的值是2
(2)ME所在直线解析式为y=13x−83或y=−x
(3)存在，P的坐标为247,67或−8,−22
【分析】（1）把E(a,−a)代入y=−2x+2得a=2，即得E(2,−2)，把E(2,−2)代入y=kx−k−4得k=2；
（2）分两种情况：①当A的对应点A'在x轴负半轴时，过E作EF⊥x轴于F，由k=2知A(0,−6)，OA=6，设M(0,m)，则OM=−m，在Rt△A'OM中，有22+(−m)2=(m+6)2，可解得M(0,−83)，用待定系数法即得直线EM解析式为y=13x−83；②当A的对应点A'在x轴正半轴时，由E(2,−2)，可知M与O重合，即M(0,0)，故ME的解析式为y=−x；
（3）当P在CE右侧时，过E作EH⊥CP于H，过H作HG∥y轴，过C作CK⊥HG于K，过E作EG⊥HG于G，证明△EHG≌△HCKAAS，得HG=CK，EG=HK，设H(p,q)，有q+2=pp−2=2−q，从而可得H(3,1)，直线CH解析式为y=−13x+2，解y=−13x+2y=2x−6得P247,67；当P在CE左侧时，过E作ER⊥CP于R，过R作RT∥y轴，过C作CW⊥RT于W，过E作ET⊥RT于T，同理可得P(−8,−22)．
【优尖升-详解】（1）解：把E(a,−a)代入y=−2x+2得：
−a=−2a+2，
解得a=2，
∴E(2,−2)，
把E(2,−2)代入y=kx−k−4得：
−2=2k−k−4，
解得k=2，
∴点E的坐标为(2,−2)，k的值是2；
（2）解：①当A的对应点A'在x轴负半轴时，过E作EF⊥x轴于F，如图：
由（1）知k=2，
∴直线AB解析式为y=2x−6，
在y=2x−6中，令x=0得y=−6，
∴A(0,−6)，OA=6，
∵E(2,−2)，
∴AE=22+−2+62=25=A'E，EF=2，OF=2，
∴A'F=A'E2−EF2=4，
∴A'O=A'F−OF=2，
设M(0,m)，则OM=−m，
∴AM=OA−OM=6−−m=m+6=A'M，
在Rt△A'OM中，A'O2+OM2=A'M2，
∴22+(−m)2=(m+6)2，
解得m=−83，
∴M(0,−83)，
设直线EM解析式为y=k'x−83，把E(2,−2)代入得：
−2=2k'−83，
解得k'=13，
∴直线EM解析式为y=13x−83；
②当A的对应点A'在x轴正半轴时，如图：
∵E(2,−2)，
∴∠AOE=∠A'OE=45°，
∴M与O重合，即M(0,0)，
此时ME的解析式为y=−x；
综上所述，ME所在直线解析式为y=13x−83或y=−x；
（3）解：在直线AB上存在点P，使得∠ECP=45°，理由如下：
当P在CE右侧时，过E作EH⊥CP于H，过H作HG∥y轴，过C作CK⊥HG于K，过E作EG⊥HG于G，如图：
∵∠ECP=45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴CH=EH，
∵∠EHG=90°−∠CHK=∠HCK，∠G=90°=∠K，
∴△EHG≌△HCKAAS，
∴HG=CK，EG=HK，
设H(p,q)，
∵C(0,2)，E(2,−2)，
∴CK=p，HK=2−q，EG=p−2，HG=q−(−2)=q+2，
∴ q+2=pp−2=2−q，
解得p=3q=1，
∴H(3,1)，
由C(0,2)，H(3,1)可得直线CH解析式为y=−13x+2，
解y=−13x+2y=2x−6得x=247y=67，
∴P247,67；
当P在CE左侧时，过E作ER⊥CP于R，过R作RT∥y轴，过C作CW⊥RT于W，过E作ET⊥RT于T，如图：
同理可得R(−1,−1)，
由R(−1,−1)，C(0,2)可得CR解析式为y=3x+2，
解y=3x+2y=2x−6得x=−8y=−22，
∴P(−8,−22)；
综上所述，P的坐标为247，67或(−8,−22)．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，勾股定理及应用，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
【题型14 新定义问题】
【例14】（2024八年级·江西南昌·期末）定义：若根式A与根式B的乘积不含根式则称A、B为共轭根式，例如：8与2或3+2与3−2都是共轭根式．
（1）有关共轭根式，下列说法正确的是________（填上序号）；
①一个根式的共轭根式是唯一的；
②a，b均为正整数，若a与b是同类二次根式，则a与b也是共轭根式；
③若A与B是共轭根式，则A与1B也是共轭根式．
（2）写出下列根式的一个共轭根式，填在相应根式后面的横线上，要求是最简二次根式或化到最简．
20________；3b2a________；2+1________；(3+2)2________．
（3）试找出3+2+1的一个共轭根式，并验证其正确性．
【答案】（1）②；（2）5；6ab；2−1；5−26；（3）2−6+2
【分析】（1）根据共轭根式的性质和同类二次根式的性质判断即可；
（2）分别将各根式化简，从而找到共轭根式；
（3）根据二次根式的混合运算即可找到并验证.
【优尖升-详解】解：（1）①错误，例如根式2，2×8=16=4，2×18=36=6，
∴原命题错误；
②正确，∵a与b是同类二次根式，则a×b=ab中，ab为平方数（式），即结果ab不含根式，故原命题正确；
③∵若A与B是共轭根式，令A=3+2，B=3−2，则1B=13−2=3+2，
A⋅1B=3+22=5+26，故原命题错误；
故答案为：②；
（2）20=25，则共轭根式为：5；
3b2a=6ab2a，则共轭根式为：6ab；
2+1，∵2+12−1=1，则共轭根式为：2−1；
(3+2)2=5+26，5+265−26=1，则共轭根式为：5−26；
故答案为：5；6ab；2−1；5−26；
（3）3+2+1的一个共轭根式为：2−6+2，
验证：
2−6+2×3+2+1
=2×3+2×2+2−6×3−6×2−6+23+22+2
=6+2+2−32−23−6+23+22+2
=4.
故验证正确.
【点睛】本题属于新定义问题，主要考查了同类二次根式，二次根式的性质，二次根式的混合运算，解题的关键是理解共轭根式的性质，结合所学二次根式的知识解答.
【变式14-1】（2024八年级·浙江·期末）我们定义：对角线相等的四边形为等对四边形．
(1)尝试：如图1是6×7方格，每一个小正方形的边长为1，在方格中画一个对角线长为5的等对四边形，要求四个顶点均在格点上；
(2)推理：如图2，已知△ ABC中，以AB和AC为边在△ ABC的外侧分别作等边三角形△ ABD和△ ACE，连接DE． 求证：四边形BCED是等对四边形；
(3)拓展：如图3，已知四边形ABCD是等对四边形，AB=4,BC=27，CD=23，∠BOC=120°，求边AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)213
【分析】（1）根据网格的特点以及勾股定理，画出AC=BD=5的相交线段，进而即可求解；
（2）连接BE,DC，根据△ABD,△ACE是等边三角形，得出AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠CAE=60°，∠DAC=∠BAE，进而证明△ADC≌△ABESAS，根据全等三角形的性质可得DC=BE，即可得证；
（3）分别以AB、CD为底作等腰△ABE、等腰△DCE，顶点均为点E．证明△AEC≌△DEB(SSS)，进而证明△CED是等边三角形，勾股的逆定理得出∠BEC=90°，进而可得∠AEC=∠AEB+∠BEC=150°，延长AE交CD于点F，可得EF⊥CD，FD=CF=12CD=3，EF=3FD=3，进而在Rt△ADF中，勾股定理，即可求解．
【优尖升-详解】（1）解：如图所示，
AC=BD=32+42=5
∴四边形ABCD即为所求
（2）证明：如图所示，连接BE,DC，
∵△ABD,△ACE是等边三角形，
∴AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠CAE=60°
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC
即∠DAC=∠BAE
在△ADC,△ABE中，
AD=AB∠DAC=∠BAEAC=AE
∴△ADC≌△ABESAS
∴DC=BE；
∴四边形BCED是等对四边形；
（3）解：如图3，分别以AB、CD为底作等腰△ABE、等腰△DCE，顶点均为点E．
∴EA=EB，EC=ED，
∵AC=BD，
∴△AEC≌△BED(SSS)，
∴∠BDE=∠ACE，
∵ ∠BOC=120°，
∴∠CED=∠COD=60°，
∴△CED是等边三角形．
同理，△ABE也是等边三角形．
∴ED=EC=CD=23，AB=BE=AE=4，BC=27
∵BC2=28,BE2=16,CE2=12，
∴BC2=BE2+CE2
∴∠BEC=90°
∴∠AEC=∠AEB+∠BEC=150°
延长AE交CD于点F，如图所示，
则∠CEF=180°−∠AEC=30°
∴∠DEF=∠CEF
∴EF⊥CD，FD=CF=12CD=3，EF=3FD=3
∴AF=AE+EF=7
在Rt△ADF中，AD=AF2+DF2=72+32=213．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理．理解并掌握等线四边形的定义是解题的关键．
【变式14-2】（2024八年级·江苏南通·期末）定义：在平面直角坐标系xOy中，函数图象上到两坐标轴的距离之和等于n(n>0)的点，叫做该函数图象的“n阶和点”.例如，2,1为一次函数y=x−1的“3阶和点”．
(1)若点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的“n阶和点”，则m= ______ ，n= ______ ；
(2)若y关于x的一次函数y=kx−2的图象经过一次函数y=x+3图象的“5阶和点”，求k的值；
(3)若y关于x的一次函数y=nx−4的图象有且仅有2个“n阶和点”，求n的取值范围．
【答案】(1)1，2
(2)6或−14
(3)n>4或1【分析】（1）利用待定系数法和“n阶和点”的都有即点即可；
（2）利用分类讨论的方法和“5阶和点”的定义求得“5阶和点”，再利用待定系数法解答即可；
（3）利用一次函数的性质确定y关于x的一次函数y=nx−4的图象经过第一、三、四象限，再利用分类讨论的方法和“n阶和点”的定义，求得x的值，进而得到关于n的不等式，解不等式求得n的取值范围，再利用已知条件即可得出结论．
【优尖升-详解】（1）解：∵点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的点，
∴−m=−1，
∴m=1，
∵点−1,−1到两坐标轴的距离之和等于2，
∴点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的“2阶和点”，
∴n=2．
故答案为：1；2；
（2）设一次函数y=x+3图象的“5阶和点”为a,b，则a+b=5，b=a+3，
一次函数y=x+3图象经过第一、二、三象限，
当a,b在第一象限时，a+b=5，
∴a=1，b=4，
∴一次函数y=x+3图象的“5阶和点”为（1,4），
∴k−2=4，
∴k=6；
当a,b在第二象限时，−a+b=5，由于b=a+3，此种情形不存在；
当a,b在第三象限时，−a−b=5，
∴a=−4，b=−1，
∴一次函数y=x+3图象的“5阶和点”为−4,−1，
∴−4k−2=−1，
∴k=−14．
综上，y关于x的一次函数y=kx−2的图象经过一次函数y=x+3图象的“5阶和点”，k的值为6或−14；
（3）由题意得：n>0，
∵−4<0，
∴y关于x的一次函数y=nx−4的图象经过第一、三、四象限，
设M(x，y)为y关于x的一次函数y=nx−4的图象的“n阶和点”，
∴x+y=n，
①当M在第一象限时，x+y=n，
∴x+nx−4=n，
∴x=n+4n+1，
∵n>0，
∴n+1>0，n+4>0，
∴x>0，符合题意，
∴当M在第一象限时，n>0；
②当M在第三象限时，−x−y=n，
∴−x−nx+4=n，
∴x=4−nn+1<0，
∵n>0，
∴n+1>0，
∴4−n<0，
∴n>4；
∴当M在第三象限时，n>4；
③当M在第四象限时，x−y=n，
∴x−nx+4=n，
∴x=n−41−n>0，
∴1∴当M在第四象限时，1∵y关于x的一次函数y=nx−4的图象有且仅有2个“n阶和点”，
∴以上①②③三个条件中同时满足其中两个即可，
当满足①②不满足③时，n>4；
当满足①③不满足②时，1当满足②③不满足①时，n的值不存在，
综上，y关于x的一次函数y=nx−4的图象有且仅有2个“n阶和点”，n的取值范围为n>4或1【点睛】本题主要考查了一次函数的图形与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，待定系数法，本题是新定义型，理解新定义并熟练运用是解题的关键．
【变式14-3】（2024八年级·江苏淮安·期末）问题背景
定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是180°，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，且∠A+∠D=180°，则△ABC与△DBC是关于BC的互补三角形．
(1)初步思考：如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E为△ABC外两点，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC为等边三角形．则△ABC关于BC的互补三角形是______，并说明理由．
(2)实践应用：如图3，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E在AB边上，点F在AD边上，若△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，试求AE的长．
(3)思维探究：如图4，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E是线段AB上的动点，点P是平面内一点，△BEP与△BCP是关于BP的互补三角形，直线CP与直线AD交于点F．在点E运动过程中，线段BE与线段AF的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE的长；若不相等，请说明理由．
【答案】(1)△BCD，理由见解析
(2)3
(3)43或367
【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
（1）根据互补三角形的定义即可判断；
（2）根据互补三角形可得BE=FE，BC=FC，设AE=x，则BE=EF=8−x，利用勾股定理求解即可；
（3）分四种情形：如图4-1中，当BE=AF时，如图4-2中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合，如图4-3中，当BE=AF时，如图4-4中，当BE=BC=AF时，F与点D重合，分别求解即可解决问题．
【优尖升-详解】（1）解：如图2，
∵△BDC是等边三角形，
∴∠D=60°
∵AB=AC，∠ABC=30°
∴∠BAC=120°
∴∠A+∠D=180°
∴△ABC关于BC的互补三角形是△BCD；
故答案为：△BCD；
（2）△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，
∴BE=FE，BC=FC
在长方形ABCD中，AB=8，AD=10，
∴CD=8,CF=BC=10，
∴DF=CF2−CD2=6，
∴AF=AD−DF=4，
设AE=x，则BE=EF=8−x，
∴x2+42=8−x2，解得：x=3，
∴AE=3；
（3）如图，当BE=AF时，设AE=x，连接EF，
∵BE=EP=AF，EF=EF，∠EAF=∠FPE=90°
∴Rt△EAF≌Rt△FPEHL
∴PF=AE=x
在Rt△DCF中，
DF=10−8−x=2+x，CD=8，
CF=10−x，
∴10−x2=82+2+x2，
解得：x=43
∴AE=43；
如图，当BE=AF时，设AE=x，
同法可得PF=AE=x，
在Rt△CDF中，则有
10+x2=82+18−x2，
解得：x=367
∴AE=367；
综上所述，满足条件的AE的值为43或367．
【题型15 阅读理解问题】
【例15】（2024八年级·重庆·期末）阅读下列两则材料，回答问题
材料一：我们将a+b与a−b称为一对“对偶式”，因为a+ba−b=a2−b2=a−b所以构造“对偶式”相乘可以将a+b与a−b中的“”去掉．例如：已知23−x−17−x=2，求23−x+17−x的值．
23−x−17−x23−x+17−x=23−x−17−x=6
∵23−x−17−x=2，∴23−x+17−x=3
材料二：如图，点Ax1,y1，点Bx2,y2，以AB为斜边作Rt△ABC，
则Cx2,y1，AC=x1−x2，BC=y1−y2，所以AB=x1−x22+y1−y22；反之，可将代数式x1−x22+y1−y22的值看作点Ax1,y1到点Bx2,y2的距离，例如：x2+2x+y2−2y+2=x+12+y−12=[x−−1]2+y−12，
∴可将x2+2x+y2−2y+2的值看作点x,y到点−1,1的距离．
(1)利用材料一，解关于x的方程：33−x−17−x=2，其中x≤17；
(2)利用材料二，求代数式x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的最小值，并求出此时x与y的关系式，写出x的取值范围．
【答案】(1)x=8
(2)最小值为5，y=−43x−13(−1≤x≤2).
【分析】（1）由阅读部分的提示可得到33−x+17−x=8,再把得到的方程与原方程相加即可得到答案；
（2）把原式化为(x+1)2+(y−1)2+(x−2)2+(y+3)2 可得x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的含义表示点(x,y)与点(−1,1)之间的距离与点(x,y)与(2,−3)之和，再利用数形结合的方法可得答案．
【优尖升-详解】（1）解：∵ 33−x−17−x=2，(33−x)2−(17−x)2=16,
∴2(33−x+17−x)=16, 即33−x+17−x=8,
∴{33−x−17−x=233−x+17−x=8,
两个方程相加可得：33−x=5,
解得：x=8. 经检验符合题意．
（2）x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13
=(x+1)2+(y−1)2+(x−2)2+(y+3)2
∴x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的含义表示点(x,y)与点(−1,1)之间的距离与点(x,y)与(2,−3)之和，如图示：
即QE+QF= x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13，
所以，当Q在线段EF上时，QE+QF最短，即x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13最小，
∴ 最小值为：(−1−2)2+(1+3)2=5,
设直线EF为y=kx+b,
{−k+b=12k+b=−3, 解得：{k=−43b=−13,
∴ EF为：y=−43x−13(−1≤x≤2).
【点睛】本题属于阅读题，考查学生的自主学习的能力，同时考查了二次根式的性质，方程组是解法，勾股定理的应用，两点之间，线段最短，完全平方式的应用，利用待定系数法求解一次函数的解析式，综合性较强，对学生的学习能力要求较高．
【变式15-1】（2024八年级·山西吕梁·期末）阅读下列材料，完成相应任务．
(1)请你按材料中的分析写出证明过程；
(2)上述证明方法中主要体现的数学思想是 ；
A．转化思想
B．类比思想
C．数形结合思想
D．从一般到特殊思想
(3)如图3，点C是线段AB上一点，CD⊥AB，点E是线段CD上一点，分别连接AD，BE，点F，G分别是AD和BE的中点，连接FG．若AB=12，CD=8，CE=3，则FG= ．
【答案】(1)见解析
(2)A
(3)132
【分析】(1)延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，证四边形ABCE是平行四边形，再由∠ABC=90°，得平行四边形ABCE是矩形，则BE=AC，进而得出结论；
(2)由(1)的证明方法即可得出结论；
(3)过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作DH⊥AH于H，过点B在AB上方作BR⊥AB，过点E作ER⊥BR于R，连接CH、CR、HR，延长RE交AH于Q，证四边形HQED、四边形QACE均为矩形，得HQ=DE=CD−CE=5，QR=AB=12，再由勾股定理得HR=13，然后证FG是△CHR的中位线，即可求解．
【优尖升-详解】（1）证明：延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，如图2所示：
∵BD是斜边AC上的中线，
∴AD=CD，
又∵DE=BD，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCE是矩形，
∴BE=AC，
∵DE=BD=12BE，
∴BD=12AC；
（2）解：由上述证明方法中主要体现的数学思想是转化思想，
故答案为：A；
（3）解：过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作DH⊥AH于H，过点B在AB上方作BR⊥AB，过点E作ER⊥BR于R，连接CH、CR、HR，延长RE交AH于Q，如图3所示：
则四边形ACDH、四边形CBRE、四边形ABRQ都为矩形，
∴四边形HQED、四边形QACE均为矩形，
∴HQ=DE=CD−CE=8−3=5，QR=AB=12，
在Rt△HQR中，由勾股定理得：HR=HQ2+QR2=52+122=13，
∵点F，G分别是AD和BE的中点，四边形ACDH、四边形CBRE都是矩形，
∴点F，G分别是CH和CR的中点，
∴FG是△CHR的中位线，
∴FG=12HR=132，
故答案为：132．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理以及转化思想等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明FG为△CHR的中位线是解题的关键．
【变式15-2】（2024八年级·广东惠州·期末）阅读下列材料，然后回答问题．
①在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如23+1一样的式子，可以将其进一步化简：
23+1=23−13+13−1=23−132−1=23−12=3−1以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
②学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算．
(1)计算：13+1+15+3+17+5+⋯+12019+2017．
(2)已知m是正整数，a=m+1−mm+1+m，b=m+1+mm+1−m，a+b+3ab=2021，求m．
(3)已知15+x2−26−x2=1，则15+x2+26−x2的值为?
【答案】(1)2019−12
(2)504
(3)9
【分析】（1）将各部分分子变为2，再根据分母有理化去分母后可相互消掉可得结果；
（2）a、b互为倒数，分母有理化后可得a+b的值，代入所求式子即可；
（3）设a=15+x2，b=26−x2，则a2+b2=41，利用已知等式导出2ab=40，根据完全平方公式计算出a+b即为所求．
【优尖升-详解】（1）解：13+1+15+3+17+5+⋯+12019+2017
=1223+1+25+3+27+5+⋯+22019+2017
=123−1+5−3+7−5+⋯+2019−2017
=122019−1
=2019−12；
（2）∵a=m+1−mm+1+m，b=m+1+mm+1−m，
∴a=(m+1−m)2，b=(m+1+m)2，ab=1，
∴a+b=(m+1−m)2+(m+1+m)2=4m+2，
∴a+b+3ab=2021，
∴4m+2+3=2021，
∴m=504；
（3）设a=15+x2，b=26−x2，则a2+b2=41，
∴ 15+x2−26−x2=1，
∴a−b=1，
∴(a−b)2=1，
∴a2+b2−2ab=1，
∴2ab=40，
∵(a+b)2=a2+b2+2ab=41+40=81，
∴a+b=±9．（−9舍去），
∴ 15+x2+26−x2=9．
【点睛】本题考查了分母有理化的技巧，利用完全平方公式和平方差公式设未知数整体代入是常用的方法．
【变式15-3】（2024八年级·安徽安庆·期末）阅读材料：
例：说明代数式x2+1+(x−3)2+4的几何意义，并求它的最小值．
解：x2+1+(x−3)2+4=(x−0)2+1+(x−3)2+22．
几何意义：如图，建立平面直角坐标系，点P(x,0)是x轴上一点，则(x−0)2+1可以看成点P与点A(0,1)的距离，(x−3)2+22可以看成点P与点B(3,2)的距离，所以原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值．
求最小值：设点A关于x轴对称点A'，则PA=PA'．因此，求PA+PB的最小值，只需求PA'+PB的最小值，而点A'，B间的直线段距离最短，所以PA'+PB的最小值为线段A'B的长度．为此，构造直角三角形A'CB，因为A'C=3，CB=3，所以由勾股定理得A'B=32，即原式的最小值为32．
根据以上阅读材料，解答下列问题：
(1)代数式(x−1)2+1+（x−2）2+16的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点A(1,1)，点B 的距离之和．（填写点B的坐标）
(2)代数式x2+25+x2−12x+45的值可以看成平面直角坐标系中点Px,0 与点A 、点B 的距离之和．（填写点A，B的坐标）
(3)求出代数式x2+25+x2−12x+45的最小值．
【答案】(1)2,4或2,−4；
(2)0,5,6,3；
(3)最小值为10．
【分析】本题属于几何变换综合题，考查的是轴对称−最短路线问题，解答此题的关键是利用数形结合思想解决问题，学会用转化的思想解决问题．
（1）先把原式化为(x−1)2+1+（x−2）2+16的形式，再根据题中所给的例子即可得出结论；
（2）先把原式化为x2+25+(x−6)2+9的形式，故得出所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点Px，0与点A0,5,B6,3的距离之和；
（3）在坐标系内描出各点，利用勾股定理得出结论即可．
【优尖升-详解】（1）∵原式化为(x−1)2+1+（x−2）2+16的形式，
∴代数式(x−1)2+1+（x−2）2+16的值可以看成平面直角坐标系中点Px，0与点A1，1，点B2,4或2,−4的距离之和，
故答案为2,4或2,−4；
（2）∵原式化为x2+25+(x−6)2+9的形式，
∴所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点Px，0与点A0,5,B6,3的距离之和，
故答案为：0,5,6,3．
（3）如图所示：设点A关于x轴的对称点为A'，则PA=PA'，
∴PA+PB的最小值，只需求PA'+PB的最小值，而点A'、B间的直线段距离最短，
∴PA'+PB的最小值为线段A'B的长度，
∵A0,5,B6,3
∴A'0.−5，A'C=6,BC=8，
∴A'B=A'C2+BC2=10 ，
∴代数式x2+25+(x−6)2+9的最小值为10．
【题型16 规律探究问题】
【例16】（2024八年级·浙江台州·期末）（1）观察下列各式的特点：
2−1>3−2，
3−2>2−3，
2−3>5−2，
5−2>6−5，
…
根据以上规律可知：2021−2020______2022−2021（填“＞”“＜”或“＝”）．
（2）观察下列式子的化简过程：
12+1=2−1(2+1)(2−1)=2−1，
13+2=3−2(3+2)(3−2)=3−2，
14+3=4−3(4+3)(4−3)＝4−3，
…
根据观察，请写出式子1n+n−1（n≥2，且n是正整数）的化简过程．
（3）根据上面（1）（2）得出的规律计算下面的算式：|12+1−13+2|+|13+2−14+3|+|14+3−15+4|+•••+|1100+99−1101+100|．
【答案】（1）＞；（2）见解析；（3）2−101+9
【分析】（1）根据题目所给的例题大小关系可直接得到答案；
（2）把分子分母同时乘以n−n−1，然后化简即可得到答案；
（3）根据（2）中的规律可得12+1=2−1，13+2=3−2，…，1101+100=101−100分别把绝对值里面的式子化简计算即可．
【优尖升-详解】解：（1）∵2−1>3−2，
3−2>4−3，
4−3>5−4，
5−4>6−5，
…，
∴n+1−n>n+2−n+1，
∴2021−2020>2022−2021，
故答案为：＞；
（2）1n+n−1
=n−n−1n+n−1n−n−1
=n−n−1；
（3）原式=|(2−1)−(3−2)|+|(3−2)−(4−3)|++…+|(100−99)−(101−100)|
=(2−1)−(3−2)+(3−2)−(4−3)+…+(100−99)−(101−100)
=(2−1)−(101−100)
=2−1−101+10
=2−101+9．
【点睛】此题主要考查了分母有理化，关键是注意观察题目所给的例题，找出其中的规律，然后再进行计算．
【变式16-1】（2024八年级·上海·期末）细心观察图，认真分析各式，然后解答问题：
12+1=22；
22+1=32；
32+1=42；⋅⋅⋅⋅⋅⋅
（1）请用含n（n为正整数）的等式表示上述交化规律：______；
（2）观察总结得出结论：直角三角形两条直角边与斜边的关系，用一句话概括为：______；
（3）利用上面的结论及规律，请在图中作出等于7的长度；
（4）若S表示三角形面积，S1=S△OP1P2，S2=S△OP2P3，S3=S△OP3P4 ⋅⋅⋅，计算出S12+S22+S32+⋅⋅⋅+S102的值．
【答案】（1）(n)2+1=(n+1)2；（2）直角边的平方和等于斜边的平方；（3）见解析；（4）554．
【分析】（1）观察已知各式，归纳总结规律即可得；
（2）根据等式和图形即可得；
（3）先作OP5的垂线，再在垂线上截取P5P6=1，连接OP6，可得OP6=6，同理可作出点P7，连接OP7即为所求；
（4）先分别求出S1,S2,S3的值，再归纳总结出一般规律得出Sn的值，从而可得S10的值，然后代入求和即可．
【优尖升-详解】（1）观察已知各式可得，各式的变化规律为(n)2+1=(n+1)2
故答案为：(n)2+1=(n+1)2；
（2）结合等式和图形可得，直角三角形两条直角边与斜边的关系为：直角边的平方和等于斜边的平方
故答案为：直角边的平方和等于斜边的平方；
（3）先作OP5的垂线，再在垂线上截取P5P6=1，连接OP6，即可得OP6=6，同理可作点P7，连接OP7，则OP7即为所求，如图所示：
（4）S1=S△OP1P2=12×1×1=12=12
S2=S△OP2P3=12×1×2=22
S3=S△OP3P4=12×1×3=32
归纳类推得：Sn=S△OPnPn+1=12×1×n=n2
当n=10时，S10=S△OP10P11=12×1×10=102
则S12+S22+S32+⋅⋅⋅+S102=(12)2+(22)2+(32)2+⋯+(102)2
=14+24+34+⋯+104
=1+2+3+⋯+104
=554．
【点睛】本题考查了算术平方根、勾股定理等知识点，读懂题意，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
【变式16-2】（2024八年级·浙江绍兴·期末）在数学课“合作学习”环节，沈老师要求同学们通过观察如图1所示的坐标系中一次函数的图象，从而来发现某些规律．
同学们通过讨论，积极发言，主要把k进行分类，得出一次函数的部分性质：
对于一次函数y=kx+b（k，b为常数，且k≠0），
当k>0时，y随x的增大而增大；
当k<0时，y随x的增大而减小．
【跟进练习】对于函数y=−2x+3，当−3爱思考的小敏同学提出了看法，我还发现：y=−2x+3与y=12x这两条直线是互相垂直的．
这是一种巧合还是存在着某种联系？
沈老师说：这两者确实存在着某种联系，同学们不妨再举几个类似的例子，看看能否提出你们的猜想．通过讨论，同学们最终形成共识，得到下列结论：
“若两条直线函数表达式为y1=k1x+b1与y2=k2x+b2（k1，k2均不为0），当k1⋅k2=−1时，两条直线互相垂直；反之亦成立”这个结论．
【结论理解】若直线y1=mx+n与直线y2=−53x+t互相垂直，则m=________．
【灵活运用】如图2，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，且B(−4,0)，C(2,0)，延长CA交y轴于点E(0,4)，求点A的坐标．
【延伸拓展】在平面直角坐标系中，已知直线y=kx+5经过点A(−3,3)，与y轴的交点为B，点C在坐标轴上，若以A,B,C为顶点的三角形是直角三角形．请直接写出点C的坐标．
【答案】【跟进练习】−3【分析】本题考查一次函数的图象与性质．
【跟进练习】根据x的取值即可求出y的取值；【结论理解】直接利用结论求出m即可；【灵活运用】先求出直线CE的解析式，再设直线AB的解析式并求出，最后联立两个解析式即可；【延伸拓展】先求出直线解析式，再得出点B坐标，最后由A,B的坐标结合以A,B,C为顶点的三角形是直角三角形即可．
【优尖升-详解】解：【跟进练习】
∵ y=−2x+3，−3∴当x=−3时，y=9；当x=3时，y=−3
∴ −3故答案为：−3【结论理解】∵直线y1=mx+n与直线y2=−53x+t互相垂直
∴−53m=−1
∴m=35
故答案为：m=35；
【灵活运用】∵ C(2,0)，E(0,4)
∴直线CE的解析式为：y=−2x+4
设直线AB的解析式为：y=12x+b
将B(−4,0)代入得b=2，
∴ y=12x+2
由y=−2x+4y=12x+2得x=45y=125
∴ A(45,125)；
【延伸拓展】∵直线y=kx+5经过点A(−3,3)
∴3=−3k+5得k=23
∴y=23x+5
与y轴的交点B(0,5)
∵ A(−3,3)，B(0,5)，C为顶点的三角形是直角三角形
如图，
当AC⊥BC，点C在y轴上时，C点坐标是C(0,3)，
当AC⊥AB时，直线yAC=−32x−32，直线AC与坐标轴交点即可所求点C，
点C在y轴上时，C点坐标是C(0,−32)，
点C在x轴上时，C点坐标是C(−1,0)，
当BC⊥AB时，直线yBC=−32x+5，直线BC与坐标轴交点即可所求点C，
点C在x轴上时，C点坐标是C(103,0)，
综上所述：C点坐标可以是以下各点：
C(0,3)，C(0,−32)，C(−1,0)，C(103,0)．
【变式16-3】（2024八年级·江西南昌·期末）【特例感知】如图1，点C1是正方形ABCD对角线AC上一点，C1B1⊥AB于点B1，C1D1⊥AD于点D1.
（1）求证：四边形AB1C1D1是正方形；
（2）BB1:CC1:DD1= ；
【规律探究】将正方形AB1C1D1绕点A旋转得到图2，连接BB1，CC1，DD1.
（3）BB1:CC1:DD1的比值是否会发生变化？说明理由；
【拓展应用】如图3，在图2的基础上，点B2，C2，D2分别是BB1，CC1，DD1的中点；
（4）四边形AB2C2D2是否是正方形?说明理由.
【答案】（1）详见解析；
（2）1:2:1
（3）不变，理由见解析；
（4）是，理由见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质和判定即可；
（2）根据正方形的性质求解即可；
（3）过D1作D1M⊥BC于点M，过C作CO∥DD1交D1M于点O，证明四边形COD1D是平行四边形，四边形BAD1O是平行四边形，再根据性质证明△C1OC是等腰直角三角形即可；
（4）根据正方形的性质和判定即可；
此题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
【优尖升-详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AD平分∠DAB，
∵C1B1⊥AB，C1D1⊥AD，
∴∠D1AB=∠AB1C1=∠B1C1D1=90°，
∴B1C1=C1D1，四边形AB1C1D1是矩形，
∴四边形AB1C1D1是正方形，
（2）由（1）得：四边形AB1C1D1是正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴设正方形AB1C1D1的边长为a，正方形ABCD的边长为b，
∴BB1=DD1=b−a，AC=2b，AC1=2a，
∴CC1=AC−AC1=2b−a，
∴BB1:CC1:DD1=b−a:2b−a:b−a=1:2:1，
故答案为：1:2:1；
（3）不变，理由：
∵四边形ABCD是正方形，四边形AB1C1D1是正方形，
∴∠D1AB1=∠DAB=90°，AD=AB，AD1=AB1，
∴∠D1AD=∠B1AB，
∴△D1AD≌△B1ABSAS，
∴BB1=DD1，
过D1作D1M⊥BC于点M，过C作CO∥DD1交D1M于点O
∴四边形COD1D是平行四边形，
∴CD=OD1=AB，
∴四边形BAD1O是平行四边形，
易得：△D1AD≌△B1AB≌△OCB，
∴∠C1B1B=∠COB=∠AB1B，BB1=DD1=CO=C1O，
∴∠C1OC=90∘，即△C1OC是等腰直角三角形，
∴C1C=2BB1=2DD1，
∴BB1:CC1:DD1=1:2:1；
（4）四边形AB2C2D2是正方形，理由：
由（3）得：△D1AD≌△B1AB，
∴∠DD1A≌∠BB1A，
∵点B2，C2，D2分别是BB1，CC1，DD1的中点；
∴DD2=BB2，
∴△D2D1A≌△B2B1A，
∴AD2=AB2，∠D2AD1=∠B2AB1，
∴∠D2AB2=90∘，
∴四边形AB2C2D2是正方形．
位置1
位置2
位置3
位置4
位置5
位置6
位置7
AE/cm
5.00
5.50
6.00
7.07
5.99
5.50
5.00
DF/cm
5.00
3.55
3.72
5.00
3.71
3.55
5.00
DG/cm
0.00
2.30
3.31
5.00
5.28
5.69
7.07
型号
线下
线上
售价
运费
售价
运费（不超过20个）
A
九折
0
八折
110元
B
九折
八五折
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
如图1，△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的中线．求证：BD=12AC．
分析：要证明BD等于AC的一半．可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2，延长BD到E，使得DE=BD．连接AE，CE．可证四边形ABCE是矩形，由矩形的对角线相等得BE=AC，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到BD=12AC．
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26256" 【题型1 利用二次根式比较大小】 PAGEREF _Tc26256 \h 1
\l "_Tc21866" 【题型2 复合二次根式的化简】 PAGEREF _Tc21866 \h 3
\l "_Tc12015" 【题型3 勾股定理的证明】 PAGEREF _Tc12015 \h 4
\l "_Tc11410" 【题型4 利用勾股定理格点作图】 PAGEREF _Tc11410 \h 6
\l "_Tc24512" 【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】 PAGEREF _Tc24512 \h 8
\l "_Tc8674" 【题型6 尺规作图与四边形的综合】 PAGEREF _Tc8674 \h 10
\l "_Tc26797" 【题型7 四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc26797 \h 12
\l "_Tc19496" 【题型8 四边形中的旋转问题】 PAGEREF _Tc19496 \h 14
\l "_Tc7120" 【题型9 四边形中的定值问题】 PAGEREF _Tc7120 \h 16
\l "_Tc6523" 【题型10 四边形中的最值问题】 PAGEREF _Tc6523 \h 18
\l "_Tc2501" 【题型11 动点函数图像】 PAGEREF _Tc2501 \h 20
\l "_Tc12154" 【题型12 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc12154 \h 22
\l "_Tc851" 【题型13 一次函数与几何综合】 PAGEREF _Tc851 \h 24
\l "_Tc32460" 【题型14 新定义问题】 PAGEREF _Tc32460 \h 26
\l "_Tc5504" 【题型15 阅读理解问题】 PAGEREF _Tc5504 \h 27
\l "_Tc11130" 【题型16 规律探究问题】 PAGEREF _Tc11130 \h 30
【题型1 利用二次根式比较大小】
【例1】（2024八年级·江苏南京·期末）像(5+2)(5﹣2)＝1、a•a＝a(a≥0)、(b+1)(b﹣1)＝b﹣1(b≥0)……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如，5与5，2 +1与2﹣1，23+35与23﹣35等都是互为有理化因式．进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．请完成下列问题：
(1)化简：233；
(2)计算：12−3+13−2；
(3)比较2018−2017与2017−2016的大小，并说明理由．
【变式1-1】（2024八年级·浙江杭州·期末）阅读材料，并完成下列任务：
材料一：裂项求和
小华在学习分式运算时，通过具体运算：11×2=1−12，12×3=12−13，13×4=13−14，……
发现规律：1n⋅(n+1)=1n−1n+1（n为正整数），并证明了此规律成立．
应用规律：快速计算11×2+12×3+13×4+⋯+19×10=1−12+12−13+⋯+19−110=1−110=910．
材料二：根式化简
例1 13+3=133+1=3−133+13−1=121−13；
例2 153+35=1155+3=5−3155+35−3=1213−15
任务一：化简．
(1)化简：175+57
(2)猜想：1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1=___________________（n为正整数）．
任务二：应用
(3)计算：13+3+153+35+175+57+⋯+14947+4749；
任务三：探究
(4)已知x=3−12
y=5−31+3+5+3×5+7−51+5+7+5×7+⋯+2025−20231+2023+2025+2023×2025，
比较x和y的大小，并说明理由．
【变式1-2】（2024八年级·江苏宿迁·期末）已知a=12+3，求2a2−8a+1的值．小明是这样分析与解答的：
∵a=12+3=2−32+32−3=2−3，
∴a−2=−3，
∴(a−2)2=3，即a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)若a=15−2，求3a2−12a−1的值；
(2)计算：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99= ；
(3)比较2023−2022与2022−2021的大小，并说明理由．
【变式1-3】（2024八年级·北京海淀·期末）在二次根式的计算和比较大小中，有时候用“平方法”会取得很好的效果，例如，比较a＝23和b＝32的大小，我们可以把a和b分别平方，∵a2＝12，b2＝18，则a2＜b2，∴a＜b．
请利用“平方法”解决下面问题：
(1)比较c＝42，d＝27大小，c d（填写＞，＜或者＝）．
(2)猜想m＝25+6，n＝23+14之间的大小，并证明．
(3)化简：4p−8p−1+4p+8p−1＝ （直接写出答案）．
【题型2 复合二次根式的化简】
【例2】（2024八年级·湖南郴州·开学考试）先阅读材料，然后回答问题．
（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简5−26
经过思考，小张解决这个问题的过程如下：
5−26=2−22×3+3①
=(2)2−22×3+(3)2②
=(2−3)2③
=2−3④
在上述化简过程中，第________步出现了错误，化简的正确结果为________；
（2）化简9+218；
（3）请根据你从上述材料中得到的启发，化简：8+43．
【变式2-1】（2024八年级·北京海淀·期末）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方． 例如：4+23=1+3+23=12+23+(3)2=(1+3)2．
这样小明就找到了一种把类似4+23的式子化为完全平方式的方法．
请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)结合小明的探索过程填空： + 5=(1+25)2；
(2)7+43的算术平方根为 ；
(3)化简：3−22+5−26+7−212+⋯+2n+1−2n(n+1) ．(?为正整数)
【变式2-2】（2024八年级·江西萍乡·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答
形如的化简m±2n，只要我们找到两个数a、b，使得a+b＝m，ab＝n，（a）2+（b）2＝m；a×b＝n，便有m±2n＝(a)2+(b)2±2a×b＝(a±b)2＝a±b（a＞b＞0）例如：
5±26＝(3)2±23×2+(2)2＝(3+2)2＝3±2，仿照上述方法化简下列各式
（1）3−22；
（2）13+242．
【变式2-3】（2024八年级·福建三明·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简7+43中发现：首先把7+43化为7+212﹐由于4+3=7，4×3=12，即：(4)2+(3)2=7， 4×3=12，所以7+43=7+212=(4)2+24×3+(3)2=((4+3)2=2+3，
问题：
（1）填空：4+23=__________，5−26=____________﹔
（2）进一步研究发现：形如m±2n的化简，只要我们找到两个正数a，b（a>b），使a+b=m，ab=n，即(a)2+(b)2=m，a×b=n﹐那么便有： m±2n=__________．
（3）化简：4−15（请写出化简过程）
【题型3 勾股定理的证明】
【例3】（2024八年级·江苏泰州·期末）（1）用不同的方法计算图1中阴影部分的面积得到的等式：________
（2）图2是由两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成，试用不同的方法计算这个图形的面积，你能发现什么？说明理由；
（3）根据上面两个结论，解决下面问题：
① 在直角△ABC中，∠C=90°，三边分别为a、b、c，a+b=7，ab=12，求c的值：
② 如图3,五边形ABCDE中，线段AC⊥BD，AC=BD=2，四边形ODAE为长方形，在直角△BOC中，OB=x，OC=y，其周长为n，当n为何值时，长方形AODE的面积为定值，并说明理由．
【变式3-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）把一个直立的火柴盒放倒（如图），请你用不同的方法计算梯形ACED的面积，再次验证勾股定理？（设火柴盒截面宽为a，长为b，对角线为c）
【变式3-2】（2024八年级·山西运城·期末）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【变式3-3】（2024八年级·江苏镇江·期末）【材料阅读】我国古人对勾股定理的研究非常深邃．如图1，已知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），由勾股定理：c2=a2+b2，得b2=c2−a2=(c+a)(c−a)，则c−a=b2c+a，得到：a=(c+a)−(c−a)2=(c+a)−b2c+a2=(c+a)2−b22(c+a)．
从而得到了勾股定理的推论：己知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），则a=(c+a)2−b22(c+a)
【问题解决】如图2，已知△ABC的三边长分别为AB=41,BC=8,AC=5，如何计算△ABC的面积？据记载，古人是这样计算的：作BC边上的高AH．以BH,CH的长为斜边和直角边作Rt△DEF（如图3），其中DE=BH,EF=CH．
(1)用古人的方法计算DF2的值，完成下面的填空：
DF2=DE2−EF2
=BH2−CH2
=[（__________）2−（__________）2]-[（__________）2-（__________）2]
=__________
(2)试直接利用阅读材料中勾股定理的推论继续完成△ABC面积的计算过程；
(3)你还有其他计算△ABC的面积的方法吗？写出解答过程．
【题型4 利用勾股定理格点作图】
【例4】（2024八年级·山西晋中·期末）在如图的正方形网格中，若每个小方格边长均为1，请你根据所学的知识解答下列问题：
（1）在下列各数中，任意选取三个无理数，并判断这三个数为边长的线段能否组成一个直角三角形，请直接写出所有能构成直角三角形的三边对应的无理数；
2、 4、 5、 8、 10、 15、 20、25；
（2）在解决（1）的问题时，你所运用的定理名称是 ．
A． 勾股定理 B． 勾股定理逆定理
（3）在下面方格上画出（1）中你所确定的一个直角三角形，并且顶点都在格点上．
【变式4-1】（2024八年级·江苏徐州·期末）如图，方格中小正方形的边长为1，△ABC的三个顶点都在小正方形的格点上，求：
（1）△ABC的周长；
（2）请判断三角形ABC是否是直角三角形，并说明理由；
（3）△ABC的面积；
（4）点C到AB边的距离．
【变式4-2】（2024八年级·山西晋中·期末）问题情境：综合实践活动课上，同学们围绕“已知三角形三边的长度，求三角形的面积”开展活动，启航小组同学想到借助正方形网格解决问题
问题解决：图（1）、图（2）都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，操作发现，启航小组同学在图（1）中画出△ABC，其顶点A，B，C都在格点上，同时构造长方形CDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边EF经过点A，ED经过点B．同学们借助此图求出了△ABC的面积．
（1）在图（1）中，△ABC的三边长分别是AB＝ ，BC＝ ，AC＝ ．△ABC的面积是 ．
（2）已知△PMN中，PM＝17，MN＝25，NP＝13．请你根据启航小组的思路，在图（2）中画出△PMN，并直接写出△RMN的面积 ．
【变式4-3】（2024八年级·广东云浮·期末）综合探究：
“在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5、10、13，求这个三角形的面积”．
小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．
(1)直接写出图1中△ABC的面积是______；
(2)若△MNP的边长分别为m2+16n2、9m2+4n2、4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n），试运用构图法在图2中画出相应的△MNP，并求出△MNP的面积．
(3)拓展应用：求代数式：x2+1+4−x2+40≤x≤4的最小值．
【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】
【例5】（2024八年级·重庆·期末）如图1，在△AOB中点C为OB边上一点，已知BC=12AB，OC=OA=3，AB=4，连接AC．
(1)求△AOB的面积和线段AC的长；
(2)如图2，将△ADB沿BD折叠，点A恰好落在OB边上的点E处，折痕BD交OA于点D，点F是AC上一点．当△ADF与△BCF的面积相等时，求点F到OB的距离．
【变式5-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）阅读：等边三角形具有丰富的性质，我们常常可以借助等边三角形和全等解决问题．
如图1，B、C、D三点在同一条直线上，等边三角形ABC和等边三角形ECD具有共同的顶点C，我们容易证明△BCE≌△ACD，从而得到BE= ；
理解：如图2，已知点D在等边三角形ABC内，AD=5，BD=4，CD=3，以CD为边在它的下方作等边三角形CDE，求∠BDC的度数；
应用：如图3，在△ABC中，AC=10，BC=12，点D在△ABC外，位于BC下方，△ABD为等边三角形，当∠ACD=30°时，CD2= ．
【变式5-2】（2024八年级·湖北恩施·期末）如图，△ABC和ΔEDC都是等边三角形，AD=7,BD=3,CD=2求:（1）AE长；（2）∠BDC的度数：（3）AC的长．
【变式5-3】（2024八年级·江苏南京·期末）如图①，∠CDE是四边形ABCD的一个外角，AD∥BC，BC=BD，点F在CD的延长线上，∠FAB=∠FBA，FG⊥AE，垂足为G．
（1）求证：
①DC平分∠BDE；
②BC+DG=AG．
（2）如图②，若AB=4，BC=3，DG=1．
①求∠AFD的度数；
②直接写出四边形ABCF的面积．
【题型6 尺规作图与四边形的综合】
【例6】（2024八年级·重庆巴南·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC．
(1)用尺规完成以下基本作图：作∠BAD的平分线交BC于点E，在DA上截取DF，使DF=CE（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图形中，连接EF，求证：四边形ABEF是菱形．请补全下面的证明过程．
证明：四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC且AD=_________，
∵DF=CE，AD−DF=BC−CE，
∴_____________．
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠EAF．
∵AE平分∠BAF，
∴____________，
∴∠BEA=∠BAE．
∴____________，
∴四边形ABEF是菱形．
【变式6-1】（2024八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）实践与操作：如图，已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°．
(1)①利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母（保留作图痕迹，不写作法）：作线段AC的垂直平分线MN，垂足为O；
②连接BO，并延长BO到点D，使得OD=BO，连接AD、CD；
③分别在OA、OC的延长线上取点E、F，使AE=CF，连接BF、FD、DE、EB．
推理与运用：
(2)①求证：四边形BFDE是平行四边形：
②若AB=4，AC=6，当四边形BFDE是矩形时求它的面积．
【变式6-2】（2024·山西大同·八年级期末）请仔细阅读下面的材料，并完成相应的任务.
数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题：已知矩形ABCD，利用尺规作一个菱形，使菱形的四个顶点在矩形的边上.
勤奋组的方法为：如图1，做线段AB的垂直平分线，交AB,CD于点E,G，做AD的垂直平分线，分别交AD,BC于点H,F，顺次连接E,F,G,H，则四边形EFGH是菱形.
善思小组分享的方法是：如图2，分别以A,B为圆心，AB长为半径作弧，交AD,BC于点H,G，连接HG，则点E与点A重合，点F于点B重合时，四边形EFGH是特殊的菱形.
任务：
(1)证明勤奋组的作法正确；
(2)分别在图3和图4的平行四边形中用不同于材料中的方法作菱形，要求尺规作图，保留作图痕迹，顶点在原四边形的边上．
【变式6-3】（2020·安徽滁州·八年级期末）如图，E、F两点分别在平行四边形ABCD的边CD、AD上，AE＝CF，AE、CF相交于点O．
（1）用尺规作出∠AOC的角平分线OM（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：OM一定经过B点．
【题型7 四边形中的折叠问题】
【例7】（2024·山东菏泽·八年级期末）【问题情境】已知在四边形ABCD中，M为边AD上一点（不与点A，D重合），连接BM，将△ABM沿BM折叠得到△NBM，点A的对应点为点N．
【问题解决】
（1）如图（1），若四边形ABCD是正方形，点N落在对角线BD上，连接AN并延长交CD于点G，写出与∠DGA相等的角：______（写出一个即可）：
【拓展变式】
（2）如图（2），若四边形ABCD是矩形，点N恰好落在AB的垂直平分线EF上，EF与BM交于点G．给出下列结论：①GN=2EG；②△GMN是等边三角形；③当M，N，C三点共线时，MC=BG+NF，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明；
（3）如图（3），若四边形ABCD是平行四边形，BC=2AB=4，∠ABC=60°，点N落在线段BC上，P为AB的中点，连接DP，PN，DN，求△PND的面积．
【变式7-1】（2024八年级·江苏南京·期末）如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下：
(1)【探究发现】
操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中∠ABP=________°；
(2)【类比应用】
小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ=________°，CQ=________；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】
在（2）的探究中，当QF=1cm，请直接写出AP的长．
【变式7-2】（2024八年级·重庆铜梁·期末）综合与实践
问题情境：
在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片ABCD中，E为CD边上任意一点，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点为D'．
分析探究：
（1）如图1，当∠ABC=60°，当点D'恰好落在AB边上时，三角形AD'E的形状为 ．
问题解决：
（2）如图2，当E，F为CD边的三等分点时，连接FD'并延长，交AB边于点G．试判断线段AG与BG的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，当∠ABC=60°，∠DAE=45°时，连接DD'并延长，交BC边于点H．若▱ABCD的面积为24，AD=4，请直接写出线段D'H的长．
【变式7-3】（2024八年级·江苏扬州·期末）（1）操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．
（2）简单应用：在（1）中，如果AB＝4，AD＝6，求DG的长；
（3）类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【题型8 四边形中的旋转问题】
【例8】（2024·广东珠海·八年级期末）如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．
(1)求证：△AEF是等腰三角形；
(2)图2取AF的中点M，EF的中点为N，连接MD，AN，请判断线段MD与MN的关系，并证明；
(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【变式8-1】（2024·辽宁·八年级期末）综合与实践
【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD，并且量得AB=2cm，AC=4cm．
【操作发现】
（1）将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到如图2所示的△AC'D，过点C作AC'的平行线，与DC'的延长线交于点E，请你判断四边形ACEC'的形状，并证明你的结论．
（2）创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B、A、D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC'D，连接CC'，取CC'的中点F，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG、C'G，得到四边形ACGC'，请你判断四边形ACGC'的形状，并证明你的结论．
【实践探究】
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A′点，A'C与BC'相交于点H，如图4所示，连接CC'，直接写出线段C'H的长度．
【变式8-2】（2024·辽宁大连·八年级期末）【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠EPF=60°，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至DF=1时，DE的长度为 ．
【变式8-3】（2024八年级·福建泉州·期末）已知：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=α．P是BC边上一动点，联结PA，将PA绕点P顺时针方向旋转α，得到PQ，联结AQ．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)M是BC延长线上一点，联结QM，且AB=BC．
①若MC=BP，求证：MC=MQ；
②如图2，若MP=BP，α=90°，联结DM、DQ，求证：DM=2DQ．
【题型9 四边形中的定值问题】
【例9】（2024八年级·陕西西安·期末）问题探究：
（1）如图1，平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，M、N分别为AD、DC上的点，且DM+DN＝4，则四边形BMDN的面积最大值是 ．
（2）如图2，∠ACB＝90°，且AC+BC＝4，连接AB，则△ABC的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．
问题解决
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC交BD于O，已知∠AOB＝120°，且AC+BD＝10，则△AOD与△BOC的周长之和是否为定值？若是，求出定值；若不是，求出最小值．
【变式9-1】（2024八年级·吉林长春·期末）如图①，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E在边BC上，且BE=2，动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．t>0
(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为______；
(2)当点Q和点D重合时，求PEQE的值；
(3)当点P在边AD上运动时，如图②，求证：PEQE为定值，并求这个值；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【变式9-2】（2024八年级·江苏南通·期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E．P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）求四边形ABDE的周长和面积；
（3）记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
【变式9-3】（2024八年级·陕西榆林·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=2 ，点E为对角线AC上一动点（点E不与点A、C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求AC的长；
（2）求证矩形DEFG是正方形；
（3）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【题型10 四边形中的最值问题】
【例10】（2024八年级·浙江金华·期末）如图1：正方形ABCD的边长为3，E是直线AD上一动点，连接CE，在CE的右侧以C为直角顶点作等腰直角三角形ECF，连接BE，DF．
(1)当点E在线段AD上运动时，试判断BE与DF的数量关系，并说明理由．
(2)当AE=2ED时，求EF的长．
(3)如图2，连接BF，则BE+BF的最小值为______．
【变式10-1】（2024八年级·陕西延安·期末）问题提出
（1）在平面内，已知线段AB=5，AC=3，则线段BC的最小值为______．
问题探究
（2）如图1，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=4，∠D=60°，P是边AD的中点，Q是边CD上一动点，将三角形PDQ沿PQ所在直线翻折，得到三角形PEQ，连接BE，求BE的最小值．
问题解决
（3）如图2，平行四边形ABCD为某公园平面示意图，扇形BMN为该公园的人口广场，已知AB=150m，BC=130m，AC=140m，BM=BN=20m．为了提升游客体验感，工作人员准备在弧MN上找一点P，沿AP，CP修两条绿色通道，并在AP上方和CP右方区域种植花卉供游客观赏，其余地方修建其他设施，求其他设施区域APCD面积的最小值．
【变式10-2】（2024八年级·河南新乡·期末）在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F（如图1和图2），然后展开铺平，连接BE，EF．
（1）操作发现：
①在矩形ABCD中，任意折叠所得的△BEF是一个 三角形；
②当折痕经过点A时，BE与AE的数量关系为 ．
（2）深入探究：
在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝23．
①当△BEF是等边三角形时，求出BF的长；
②△BEF的面积是否存在最大值，若存在，求出此时EF的长；若不存在，请说明理由．
【变式10-3】（2024·重庆·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形的边BC，CD上．
(1)证明：BE=CF．
(2)当点E，F分别在边BC，CD上移动时(△AEF保持为正三角形)，请探究四边形AECF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
(3)在(2)的情况下，请探究△CEF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
【题型11 动点函数图像】
【例11】（2024八年级·福建宁德·期末）李大爷在如图 1 所示扇形湖畔的栈道上散步，他从圆心 O 出发，沿O→A→B→O 匀速运动，最后回到点 O，其中路径 AB 是一段长 180 米的圆弧．李大爷离出发点 O 的直线距离 S（米）与运动时间 t（分）之间的关系如图 2 所示．
（1）在 时间段内，李大爷离出发点 O 的距离在增大；在 4~10 分这个时间段内，李大爷在 路段上运动（填 OA，AB 或 OB）；李大爷从点 O 出发到回到点 O 一共用了 分钟；
（2）扇形栈道的半径是 米，李大爷的速度为 米/分；
（3）在与出发点 O 距离 75 米处有一个报刊亭，李大爷在该处买报纸时逗留了一会儿．已知李大爷在买报纸前后始终保持运动速度不变，则李大爷是在第 分到达报刊亭，他在报刊亭停留了 分钟．
【变式11-1】（2024八年级·北京房山·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=5cm，点E在正方形边上沿B→C→D运动（含端点），连接AE，以AE为边，在线段右侧作正方形AEFG，连接DF、DG.
小颖根据学习函数的经验，在点E运动过程中，对线段AE、DF、DG的长度之间的关系进行了探究.
下面是小颖的探究过程，请补充完整：
（1）对于点E在BC、CD边上的不同位置，画图、测量，得到了线段AE、DF、DG的长度的几组值，如下表：
在AE、DF和DG的长度这三个量中，确定 的长度是自变量， 的长度和 的长度都是这个自变量的函数.
（2）在同一平面直角坐标系xOy中，画出（1）中所确定的函数的图象：
（3）结合函数图像，解决问题：
当ΔGDF为等腰三角形时，AE的长约为
【变式11-2】（2024八年级·河北石家庄·期末）如图1，在长方形ABCD中，AB=12cm，BC=10cm，点P从点A出发，沿A→B→C→D路线运动，到点D停止；点Q从点D出发，沿D→C→B→A运动，到点A停止．若点P，Q同时出发，点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，运动a秒后，点P，Q同时改变速度，点P的速度变为6cm/s，点Q的速度变为bcm/s．图2是点P出发x秒后，△APD的面积S1（cm2）与x（s）的函数关系图像；图3是点Q出发x秒后△AQD的面积S2（cm2）与x（s）的函数关系图像．
(1)动点P在线段___上运动时，S1的面积保持不变；动点Q到达点A时，x的值为___；
(2)求a，b的值；
(3)设点P离开点A所走的路程为y1（cm），点Q离开点D所走的路程为y2（cm），当x>a时，分别求出y1，y2与x的函数关系式；
(4)当两个动点所走过的路程比为1:2时，直接写出x的取值范围．
【变式11-3】（2024八年级·四川成都·期末）如图1，在正方形ABCD中，O是AD的中点，P点从A点出发沿A→B→C→D的路线移动到D点时停止，出发时以a单位/秒的速度匀速运动；同时Q点从D点出发沿D→C→B→A的路线移动到A点时停止，出发时以b单位/秒的速度匀速运动；P、Q点相遇后P点的速度变为c单位/秒，Q点的速度变为d单位/秒运动．图2是线段OP扫过的面积SP与时间t的图象，图3是线段OQ扫过的面积SQ与时间t的图象．
(1)正方形ABCD的边长是__________；
(2)求线段OQ扫过的面积SQ与时间t的代数关系式；
(3)若∠POQ在正方形中所夹图形面积S为5，求点P移动的时间t．
【题型12 一次函数的应用】
【例12】（2024八年级·江苏盐城·期末）五一期间，某电器商城推出了两种促销方式,且每次购买电器时只能使用其中一种方式：第一种是打折优惠，凡是在该商城购买家用电器的客户均可享受八折优惠；第二种方式是：赠送优惠券，凡在商城三天内购买家用电器的金额满400元且少于600元的，赠优惠券100元（优惠券在购买该物品时就可使用）；不少于600元的，所赠优惠券是购买电器金额的14，另再送50元现金.
(1)以上两种促销方式中第二种方式，可用如下形式表达：设购买电器的金额为x（x≥400）元，优惠券金额为y元，则：①当x＝500时，y＝ ；②当x≥600时，y＝ ；
(2)如果小张想一次性购买原价为x（400≤x＜600）元的电器，可以使用优惠券，在上面的两种促销方式中，试通过计算帮他确定一种比较合算的方式？
(3)如果小张在促销期间内在此商城先后两次购买电器时都得到了优惠券（两次购买均未使用优惠券），第一次购买金额在600元以内，第二次购买金额超过600元，所得优惠券金额累计达800元，设他购买电器的金额为W元，W至少应为多少？（W＝支付金额－所送现金金额）
【变式12-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）某商场准备购进甲乙两种服装进行销售．甲种服装每件进价160元，售价210元；乙种服装每件进价120元，售价150元．现计划购进两种服装共100件，其中甲种服装不少于60件．设购进甲种服装x件，两种服装全部售完，商场获利y元．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若购进100件服装的总费用不超过15000元，求最大利润为多少元?
(3)在（2）的条件下，该服装店对甲种服装以每件优惠a0
(1)求AB所在直线的函数解析式；
(2)小狗的速度为______km/h；求点E的坐标；
(3) 小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，求x为何值时，它离乙的路程与离甲的路程相等？
【变式12-3】（2024八年级·河南商丘·期末）为推进生态美、产业强，促进乡村全面振兴，河南西峡以香菇、猕猴桃、山茱萸为代表，形成了“菌果药”三大特色产业．某香菇种植大棚计划购买20个A，B两种型号的货架，经市场调查发现有线下和线上两种购买方式，具体情况如下表．
若按原价购买，则购买10个A型货架和10个B型货架共需3500元．已知每个A型货架的原价比每个B型货架便宜50元
(1)求每个A，B型号的货架的原价．
(2)若该香菇种植大棚选择线上或线下任意一种方式购买，且购买B型货架的数量不少于A型货架数量的2倍，请求出花费最少的购买方案，并说明理由．
【题型13 一次函数与几何综合】
【例13】（2024八年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，C0,−4，且a和b满足a+42+2−b=0．将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合．
(1)请直接写出点A、B、D的坐标：A______，B______，D______；
(2)如图1，若点P为直线AB上一点，将点P向右平移t个单位到点P'，当点P'在直线CD上时，则t的值为______，若三角形COP'的面积是三角形DOP'的面积的2倍，请求出点P的坐标；
(3)如图2，若点Qm,n为平面直角坐标系内一点，且三角形ABQ的面积是三角形CDQ的面积的2倍，请探究m，n的数量关系，并写出你的探究过程．
【变式13-1】（2024八年级·江苏泰州·期末）如图，平面直角坐标系中，CB∥OA，∠OCB=90°，CB=2，OC=4，直线y=−12x+2过A点，且与y轴交于D点．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)试说明：AD⊥BO；
(3)若点M是直线AD上的一个动点，在x轴上是否存在另一个点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式13-2】（2024八年级·上海黄浦·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C2,m为直线y=x+2上一点，直线y=−12x+b过点C．
(1)求m和b的值；
(2)直线y=−12x+b与x轴交于点D，动点P从点D开始以每秒1个单位的速度向x轴负方向运动，设点P的运动时间为t秒．
①若点P在线段DA上，设△ACP的面积为S，请求出S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，直接写出t的值：若不存在，请说明理由．
【变式13-3】（2024八年级·四川成都·期末）已知，如图1，直线AB:y=kx−k−4，分别交平面直角坐标系于A，B两点，直线CD:y=−2x+2与坐标轴交于C，D两点，两直线交于点E(a,−a)；
(1)求点E的坐标和k的值；
(2)如图2，点M是y轴上一动点，连接ME，将△AEM沿ME翻折，当A点对应点刚好落在x轴上时，求ME所在直线解析式；
(3)在直线AB上是否存在点P，使得∠ECP=45°，若存在，请求出P点坐标，若不存在请说明理由．
【题型14 新定义问题】
【例14】（2024八年级·江西南昌·期末）定义：若根式A与根式B的乘积不含根式则称A、B为共轭根式，例如：8与2或3+2与3−2都是共轭根式．
（1）有关共轭根式，下列说法正确的是________（填上序号）；
①一个根式的共轭根式是唯一的；
②a，b均为正整数，若a与b是同类二次根式，则a与b也是共轭根式；
③若A与B是共轭根式，则A与1B也是共轭根式．
（2）写出下列根式的一个共轭根式，填在相应根式后面的横线上，要求是最简二次根式或化到最简．
20________；3b2a________；2+1________；(3+2)2________．
（3）试找出3+2+1的一个共轭根式，并验证其正确性．
【变式14-1】（2024八年级·浙江·期末）我们定义：对角线相等的四边形为等对四边形．
(1)尝试：如图1是6×7方格，每一个小正方形的边长为1，在方格中画一个对角线长为5的等对四边形，要求四个顶点均在格点上；
(2)推理：如图2，已知△ ABC中，以AB和AC为边在△ ABC的外侧分别作等边三角形△ ABD和△ ACE，连接DE． 求证：四边形BCED是等对四边形；
(3)拓展：如图3，已知四边形ABCD是等对四边形，AB=4,BC=27，CD=23，∠BOC=120°，求边AD的长．
【变式14-2】（2024八年级·江苏南通·期末）定义：在平面直角坐标系xOy中，函数图象上到两坐标轴的距离之和等于n(n>0)的点，叫做该函数图象的“n阶和点”.例如，2,1为一次函数y=x−1的“3阶和点”．
(1)若点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的“n阶和点”，则m= ______ ，n= ______ ；
(2)若y关于x的一次函数y=kx−2的图象经过一次函数y=x+3图象的“5阶和点”，求k的值；
(3)若y关于x的一次函数y=nx−4的图象有且仅有2个“n阶和点”，求n的取值范围．
【变式14-3】（2024八年级·江苏淮安·期末）问题背景
定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是180°，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，且∠A+∠D=180°，则△ABC与△DBC是关于BC的互补三角形．
(1)初步思考：如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E为△ABC外两点，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC为等边三角形．则△ABC关于BC的互补三角形是______，并说明理由．
(2)实践应用：如图3，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E在AB边上，点F在AD边上，若△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，试求AE的长．
(3)思维探究：如图4，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E是线段AB上的动点，点P是平面内一点，△BEP与△BCP是关于BP的互补三角形，直线CP与直线AD交于点F．在点E运动过程中，线段BE与线段AF的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE的长；若不相等，请说明理由．
【题型15 阅读理解问题】
【例15】（2024八年级·重庆·期末）阅读下列两则材料，回答问题
材料一：我们将a+b与a−b称为一对“对偶式”，因为a+ba−b=a2−b2=a−b所以构造“对偶式”相乘可以将a+b与a−b中的“”去掉．例如：已知23−x−17−x=2，求23−x+17−x的值．
23−x−17−x23−x+17−x=23−x−17−x=6
∵23−x−17−x=2，∴23−x+17−x=3
材料二：如图，点Ax1,y1，点Bx2,y2，以AB为斜边作Rt△ABC，
则Cx2,y1，AC=x1−x2，BC=y1−y2，所以AB=x1−x22+y1−y22；反之，可将代数式x1−x22+y1−y22的值看作点Ax1,y1到点Bx2,y2的距离，例如：x2+2x+y2−2y+2=x+12+y−12=[x−−1]2+y−12，
∴可将x2+2x+y2−2y+2的值看作点x,y到点−1,1的距离．
(1)利用材料一，解关于x的方程：33−x−17−x=2，其中x≤17；
(2)利用材料二，求代数式x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的最小值，并求出此时x与y的关系式，写出x的取值范围．
【变式15-1】（2024八年级·山西吕梁·期末）阅读下列材料，完成相应任务．
(1)请你按材料中的分析写出证明过程；
(2)上述证明方法中主要体现的数学思想是 ；
A．转化思想
B．类比思想
C．数形结合思想
D．从一般到特殊思想
(3)如图3，点C是线段AB上一点，CD⊥AB，点E是线段CD上一点，分别连接AD，BE，点F，G分别是AD和BE的中点，连接FG．若AB=12，CD=8，CE=3，则FG= ．
【变式15-2】（2024八年级·广东惠州·期末）阅读下列材料，然后回答问题．
①在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如23+1一样的式子，可以将其进一步化简：
23+1=23−13+13−1=23−132−1=23−12=3−1以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
②学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算．
(1)计算：13+1+15+3+17+5+⋯+12019+2017．
(2)已知m是正整数，a=m+1−mm+1+m，b=m+1+mm+1−m，a+b+3ab=2021，求m．
(3)已知15+x2−26−x2=1，则15+x2+26−x2的值为?
【变式15-3】（2024八年级·安徽安庆·期末）阅读材料：
例：说明代数式x2+1+(x−3)2+4的几何意义，并求它的最小值．
解：x2+1+(x−3)2+4=(x−0)2+1+(x−3)2+22．
几何意义：如图，建立平面直角坐标系，点P(x,0)是x轴上一点，则(x−0)2+1可以看成点P与点A(0,1)的距离，(x−3)2+22可以看成点P与点B(3,2)的距离，所以原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值．
求最小值：设点A关于x轴对称点A'，则PA=PA'．因此，求PA+PB的最小值，只需求PA'+PB的最小值，而点A'，B间的直线段距离最短，所以PA'+PB的最小值为线段A'B的长度．为此，构造直角三角形A'CB，因为A'C=3，CB=3，所以由勾股定理得A'B=32，即原式的最小值为32．
根据以上阅读材料，解答下列问题：
(1)代数式(x−1)2+1+（x−2）2+16的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点A(1,1)，点B 的距离之和．（填写点B的坐标）
(2)代数式x2+25+x2−12x+45的值可以看成平面直角坐标系中点Px,0 与点A 、点B 的距离之和．（填写点A，B的坐标）
(3)求出代数式x2+25+x2−12x+45的最小值．
【题型16 规律探究问题】
【例16】（2024八年级·浙江台州·期末）（1）观察下列各式的特点：
2−1>3−2，
3−2>2−3，
2−3>5−2，
5−2>6−5，
…
根据以上规律可知：2021−2020______2022−2021（填“＞”“＜”或“＝”）．
（2）观察下列式子的化简过程：
12+1=2−1(2+1)(2−1)=2−1，
13+2=3−2(3+2)(3−2)=3−2，
14+3=4−3(4+3)(4−3)＝4−3，
…
根据观察，请写出式子1n+n−1（n≥2，且n是正整数）的化简过程．
（3）根据上面（1）（2）得出的规律计算下面的算式：|12+1−13+2|+|13+2−14+3|+|14+3−15+4|+•••+|1100+99−1101+100|．
【变式16-1】（2024八年级·上海·期末）细心观察图，认真分析各式，然后解答问题：
12+1=22；
22+1=32；
32+1=42；⋅⋅⋅⋅⋅⋅
（1）请用含n（n为正整数）的等式表示上述交化规律：______；
（2）观察总结得出结论：直角三角形两条直角边与斜边的关系，用一句话概括为：______；
（3）利用上面的结论及规律，请在图中作出等于7的长度；
（4）若S表示三角形面积，S1=S△OP1P2，S2=S△OP2P3，S3=S△OP3P4 ⋅⋅⋅，计算出S12+S22+S32+⋅⋅⋅+S102的值．
【变式16-2】（2024八年级·浙江绍兴·期末）在数学课“合作学习”环节，沈老师要求同学们通过观察如图1所示的坐标系中一次函数的图象，从而来发现某些规律．
同学们通过讨论，积极发言，主要把k进行分类，得出一次函数的部分性质：
对于一次函数y=kx+b（k，b为常数，且k≠0），
当k>0时，y随x的增大而增大；
当k<0时，y随x的增大而减小．
【跟进练习】对于函数y=−2x+3，当−3
这是一种巧合还是存在着某种联系？
沈老师说：这两者确实存在着某种联系，同学们不妨再举几个类似的例子，看看能否提出你们的猜想．通过讨论，同学们最终形成共识，得到下列结论：
“若两条直线函数表达式为y1=k1x+b1与y2=k2x+b2（k1，k2均不为0），当k1⋅k2=−1时，两条直线互相垂直；反之亦成立”这个结论．
【结论理解】若直线y1=mx+n与直线y2=−53x+t互相垂直，则m=________．
【灵活运用】如图2，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，且B(−4,0)，C(2,0)，延长CA交y轴于点E(0,4)，求点A的坐标．
【延伸拓展】在平面直角坐标系中，已知直线y=kx+5经过点A(−3,3)，与y轴的交点为B，点C在坐标轴上，若以A,B,C为顶点的三角形是直角三角形．请直接写出点C的坐标．
【变式16-3】（2024八年级·江西南昌·期末）【特例感知】如图1，点C1是正方形ABCD对角线AC上一点，C1B1⊥AB于点B1，C1D1⊥AD于点D1.
（1）求证：四边形AB1C1D1是正方形；
（2）BB1:CC1:DD1= ；
【规律探究】将正方形AB1C1D1绕点A旋转得到图2，连接BB1，CC1，DD1.
（3）BB1:CC1:DD1的比值是否会发生变化？说明理由；
【拓展应用】如图3，在图2的基础上，点B2，C2，D2分别是BB1，CC1，DD1的中点；
（4）四边形AB2C2D2是否是正方形?说明理由.
位置1
位置2
位置3
位置4
位置5
位置6
位置7
AE/cm
5.00
5.50
6.00
7.07
5.99
5.50
5.00
DF/cm
5.00
3.55
3.72
5.00
3.71
3.55
5.00
DG/cm
0.00
2.30
3.31
5.00
5.28
5.69
7.07
型号
线下
线上
售价
运费
售价
运费（不超过20个）
A
九折
0
八折
110元
B
九折
八五折
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
如图1，△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的中线．求证：BD=12AC．
分析：要证明BD等于AC的一半．可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2，延长BD到E，使得DE=BD．连接AE，CE．可证四边形ABCE是矩形，由矩形的对角线相等得BE=AC，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到BD=12AC．
专题21.7 期末复习之解答压轴题十六大题型总结
【人教版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26256" 【题型1 利用二次根式比较大小】 PAGEREF _Tc26256 \h 1
\l "_Tc21866" 【题型2 复合二次根式的化简】 PAGEREF _Tc21866 \h 7
\l "_Tc12015" 【题型3 勾股定理的证明】 PAGEREF _Tc12015 \h 11
\l "_Tc11410" 【题型4 利用勾股定理格点作图】 PAGEREF _Tc11410 \h 17
\l "_Tc24512" 【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】 PAGEREF _Tc24512 \h 24
\l "_Tc8674" 【题型6 尺规作图与四边形的综合】 PAGEREF _Tc8674 \h 33
\l "_Tc26797" 【题型7 四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc26797 \h 40
\l "_Tc19496" 【题型8 四边形中的旋转问题】 PAGEREF _Tc19496 \h 51
\l "_Tc7120" 【题型9 四边形中的定值问题】 PAGEREF _Tc7120 \h 62
\l "_Tc6523" 【题型10 四边形中的最值问题】 PAGEREF _Tc6523 \h 73
\l "_Tc2501" 【题型11 动点函数图像】 PAGEREF _Tc2501 \h 83
\l "_Tc12154" 【题型12 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc12154 \h 91
\l "_Tc851" 【题型13 一次函数与几何综合】 PAGEREF _Tc851 \h 97
\l "_Tc32460" 【题型14 新定义问题】 PAGEREF _Tc32460 \h 109
\l "_Tc5504" 【题型15 阅读理解问题】 PAGEREF _Tc5504 \h 118
\l "_Tc11130" 【题型16 规律探究问题】 PAGEREF _Tc11130 \h 125
【题型1 利用二次根式比较大小】
【例1】（2024八年级·江苏南京·期末）像(5+2)(5﹣2)＝1、a•a＝a(a≥0)、(b+1)(b﹣1)＝b﹣1(b≥0)……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如，5与5，2 +1与2﹣1，23+35与23﹣35等都是互为有理化因式．进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．请完成下列问题：
(1)化简：233；
(2)计算：12−3+13−2；
(3)比较2018−2017与2017−2016的大小，并说明理由．
【答案】（1）239 （2）2+23+2（3）2018−2017<2017−2016
【分析】（1）由3×3=1，确定互为有理化因式，由此计算即可；
（2）确定分母的有理化因式为2−3与2+3，3−2与3+2，然后分母有理化后计算即可；
（3）确定2018−2017与2017−2016的有理化因式为2018+2017与2017+2016，得到12018+2017与12017+2016，然后比较即可．
【优尖升-详解】解：(1) 原式=2333⋅3=239；
（2）原式=2+3+3+2=2+2+23；
（3）根据题意，2018−2017=12018+2017，2017−2016=12017+2016，
∵2018+2017>2017+2016，
∴12018+2017<12017+2016，
即2018−2017<2017−2016．
【点睛】此题是一个阅读题，认真读题，了解互为有理化因式的实际意义，以及特点，然后根据特点变形解题是关键．
【变式1-1】（2024八年级·浙江杭州·期末）阅读材料，并完成下列任务：
材料一：裂项求和
小华在学习分式运算时，通过具体运算：11×2=1−12，12×3=12−13，13×4=13−14，……
发现规律：1n⋅(n+1)=1n−1n+1（n为正整数），并证明了此规律成立．
应用规律：快速计算11×2+12×3+13×4+⋯+19×10=1−12+12−13+⋯+19−110=1−110=910．
材料二：根式化简
例1 13+3=133+1=3−133+13−1=121−13；
例2 153+35=1155+3=5−3155+35−3=1213−15
任务一：化简．
(1)化简：175+57
(2)猜想：1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1=___________________（n为正整数）．
任务二：应用
(3)计算：13+3+153+35+175+57+⋯+14947+4749；
任务三：探究
(4)已知x=3−12
y=5−31+3+5+3×5+7−51+5+7+5×7+⋯+2025−20231+2023+2025+2023×2025，
比较x和y的大小，并说明理由．
【答案】(1)1215−17
(2)1212n−1−2n−1
(3)37
(4)x>y，理由见解析
【分析】本题考查二次根式裂项求解，解题关键是熟练进行二次根式分母有理化的化简．
（1）根据题目中的例子可以写出答案；
（2）根据例2，可以写出相应的猜想；
（3）根据分母有理化，可得二次根式的化简，根据二次根式的加减，即可得到答案；
（4）结合例1，例2的规律进行计算即可；
【优尖升-详解】（1）175+57=1357+5=7−5357+57−5=1215−17
（2）1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1
=1(2n+1)(2n−1)2n+1+(2n−1)，
=2n+1−(2n−1)(2n+1)(2n−1)2n+1+(2n−1)，
=1212n−1−2n−1，
故答案为：1212n−1−2n−1；
（3）13+3+153+35+175+57+⋯+14947+4749
=133+1+1155+3+1357+5+⋯+1230349+47
=3+123+5−3215+7−5235+⋯+49−4722303
=121−13+13−15+15−17⋯+147−149
=12×1−17
=37；
（4）y=5−31+3+5+3×5+7−51+5+7+5×7+⋯+2025−20231+2023+2025+2023×2025
=13+1−15+1+15+1−17+1+⋯+12023+1−12025+1，
=13+1−12025+1
=3−12−146
∵ x=3−12，
∴ x−y=146>0，
故x>y．
【变式1-2】（2024八年级·江苏宿迁·期末）已知a=12+3，求2a2−8a+1的值．小明是这样分析与解答的：
∵a=12+3=2−32+32−3=2−3，
∴a−2=−3，
∴(a−2)2=3，即a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)若a=15−2，求3a2−12a−1的值；
(2)计算：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99= ；
(3)比较2023−2022与2022−2021的大小，并说明理由．
【答案】(1)2
(2)100−1
(3)2023−2022<2022−2021，理由见详解
【分析】（1）结合题意，求得a2−4a=1，然后代入求值即可；
（2）将原式整理为2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+100−99，即可获得答案；
（3）比较12023−2022与12022−2021的大小，即可获得答案．
【优尖升-详解】（1）解：∵a=15−2=5+25+25−2=5+2，
∴a−2=5，
∴(a−2)2=5，即a2−4a+4=5，
∴a2−4a=1，
∴3a2−12a−1=3(a2−4a)−1=3×1−1=2；
（2）12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+1100+99
=2−12+1×2−1+3−23+2×3−2+4−34+3×4−3+⋅⋅⋅+100−99100+99×100−99
=2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+100−99
=100−1．
故答案为：100−1；
（3）2023−2022<2022−2021，理由如下：
∵2023>2022>2021，
∴2023>2022>2021，
∴2023−2022>0，2022−2021>0，
∵12023−2022=2023+20222023−2022×2023+2022=2023+2022，
12022−2021=2022+20212022−2021×2022+2021=2022+2021，
又∵2023+2022>2022+2021，
∴12023−2022>12022−2021，
∴2023−2022<2022−2021．
【点睛】本题主要考查了分母有理化、二次根式混合运算、代数式求值、利用平方差公式和完全平方公式进行运算等知识，正确理解题意，结合题目中解题思路进行分析是解题关键．
【变式1-3】（2024八年级·北京海淀·期末）在二次根式的计算和比较大小中，有时候用“平方法”会取得很好的效果，例如，比较a＝23和b＝32的大小，我们可以把a和b分别平方，∵a2＝12，b2＝18，则a2＜b2，∴a＜b．
请利用“平方法”解决下面问题：
(1)比较c＝42，d＝27大小，c d（填写＞，＜或者＝）．
(2)猜想m＝25+6，n＝23+14之间的大小，并证明．
(3)化简：4p−8p−1+4p+8p−1＝ （直接写出答案）．
【答案】(1)c>d
(2)m
【分析】（1）根据题干中“平方法”比较实数大小；
（2）根据题干中“平方法”比较二次根式的大小；
（3）根据题干中“平方法”找出(p−1−1)2=p−2p−1，(p−1+1)2=p+2p−1，再利用二次根式的性质结合完全平方公式进而开平方分类讨论得出答案．
【优尖升-详解】（1）解：∵c2=32，d2=28，
则c2>d2，
∴c>d；
故答案为：>．
（2）解：猜想：m
∴m2=(25+6)2=26+430， n2＝(23+14)2=26+442，
∵30<42，
∴m2
∴4p−8p−1+4p+8p−1
=2p−2p−1+2p+2p−1
=2p−1−1+2p−1+1
∵p−1≥0
∴p≥1，
分情况讨论：
①若p−1−1≤0，即1≤p≤2时，
原式=2(1−p−1)+2(p−1+1)，
=4；
②若p−1−1>0，即p>2时，
原式=2(p−1−1)+2(p−1+1)，
=4p−1
综合①②得：
当1≤p≤2时，原式=4；
当p>2时，原式=4p−1；
故答案为：4或4p−1．
【点睛】此题考查了实数的大小比较，二次根式的大小比较和化简二次根式，解题的关键是熟练运用题干中“平方法”，第（3）题注意分情况讨论．
【题型2 复合二次根式的化简】
【例2】（2024八年级·湖南郴州·开学考试）先阅读材料，然后回答问题．
（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简5−26
经过思考，小张解决这个问题的过程如下：
5−26=2−22×3+3①
=(2)2−22×3+(3)2②
=(2−3)2③
=2−3④
在上述化简过程中，第________步出现了错误，化简的正确结果为________；
（2）化简9+218；
（3）请根据你从上述材料中得到的启发，化简：8+43．
【答案】（1）④，3−2；（2）6+3；（3）6+2
【分析】（1）第④步出现了错误，(2−3)2=2−3=3−2；
（2）类比例题，将9分别拆为两个二次根式的平方的和，再用完全平方公式变形，计算求值即可；
（3）类比例题，将8分别拆为两个二次根式的平方的和，再用完全平方公式变形，计算求值即可．
【优尖升-详解】解：（1）第④步出现了错误，正确解答如下：
5−26=2−22×3+3
=(2)2−22×3+(3)2
=(2−3)2
=2−3
=3−2；
（2）9+218=6+26×3+3
=(6)2+26×3+(3)2
=(6+3)2
=6+3
=6+3；
（3）8+43=6+26×2+2
=(6)2+26×2+(2)2
=(6+2)2
=6+2
=6+2．
【点睛】本题考查了二次根式的化简和完全平方公式的运用，能够将数据拆为正确的完全平方公式是解题的关键．
【变式2-1】（2024八年级·北京海淀·期末）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方． 例如：4+23=1+3+23=12+23+(3)2=(1+3)2．
这样小明就找到了一种把类似4+23的式子化为完全平方式的方法．
请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)结合小明的探索过程填空： + 5=(1+25)2；
(2)7+43的算术平方根为 ；
(3)化简：3−22+5−26+7−212+⋯+2n+1−2n(n+1) ．(?为正整数)
【答案】(1)21；4
(2)2+3
(3)n+1−1
【分析】（1）根据1+252=21+45，填写答案即可；
（2）由题意知，7+43配完全平方得2+32，然后求算术平方根即可；
（3）由题意知，2n+1−2nn+1配完全平方得n+1−n2，然后求得算术平方根为n+1−n，将原式进行配完全平方和求算术平方根得2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+n+1−n，最后进行二次根式的加减运算即可．
【优尖升-详解】（1）解：∵1+252=1+45+20=21+45，
故答案为：21；4；
（2）解：∵7+43=4+43+3=22+43+32=2+32，
∴7+43=2+32=2+3，
故答案为：2+3；
（3）解：∵2n+1−2nn+1=n+1−2n⋅n+1+n
=n+12−2n⋅n+1+n2
=n+1−n2，
∴2n+1−2nn+1=n+1−n2=n+1−n，
∴3−22+5−26+7−212+⋅⋅⋅+2n+1−2nn+1
=2×1+1−21×2+2×2+1−22×3+2×3+1−23×4+⋅⋅⋅+2n+1−2nn+1
=2−12+3−22+4−32+⋅⋅⋅+n+1−n2
=2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+n+1−n
=n+1−1，
∴原式化简结果为n+1−1．
【点睛】本题考查了完全平方公式运算、算术平方根、二次根式的加减运算．解题的关键在于熟练掌握完全平方公式．
【变式2-2】（2024八年级·江西萍乡·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答
形如的化简m±2n，只要我们找到两个数a、b，使得a+b＝m，ab＝n，（a）2+（b）2＝m；a×b＝n，便有m±2n＝(a)2+(b)2±2a×b＝(a±b)2＝a±b（a＞b＞0）例如：
5±26＝(3)2±23×2+(2)2＝(3+2)2＝3±2，仿照上述方法化简下列各式
（1）3−22；
（2）13+242．
【答案】（1）2﹣1；（2）6+7.
【分析】（1）根据题意给出的方法即可求出答案；
（2）根据题意给出的方法即可求出答案；
【优尖升-详解】（1）原式＝2−22+1＝(2−1)2＝2﹣1；
（2）原式＝6+242+7＝(6+7)2＝6+7.
【点睛】此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知完全平方公式的运用.
【变式2-3】（2024八年级·福建三明·期末）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简7+43中发现：首先把7+43化为7+212﹐由于4+3=7，4×3=12，即：(4)2+(3)2=7， 4×3=12，所以7+43=7+212=(4)2+24×3+(3)2=((4+3)2=2+3，
问题：
（1）填空：4+23=__________，5−26=____________﹔
（2）进一步研究发现：形如m±2n的化简，只要我们找到两个正数a，b（a>b），使a+b=m，ab=n，即(a)2+(b)2=m，a×b=n﹐那么便有： m±2n=__________．
（3）化简：4−15（请写出化简过程）
【答案】（1）3+1，3-2；（2）a±b(a>b)；（3）102-62
【分析】（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将15写成2154，4写成32+52，就可以凑成完全平方的形式进行计算．
【优尖升-详解】解：（1）4+23=3+1+23=3+12=3+1；
5-26 =2+3-22×3 =3-22 =3-2；
（2）m±2n=a2+b2±2a×b=a±b2=a±b(a>b)；
（3）4−15 =4−2154 =32+52−232×52=102−622=102-62．
【点睛】本题考查二次根式的计算和化简，解题的关键是掌握二次根式的运算法则．
【题型3 勾股定理的证明】
【例3】（2024八年级·江苏泰州·期末）（1）用不同的方法计算图1中阴影部分的面积得到的等式：________
（2）图2是由两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成，试用不同的方法计算这个图形的面积，你能发现什么？说明理由；
（3）根据上面两个结论，解决下面问题：
① 在直角△ABC中，∠C=90°，三边分别为a、b、c，a+b=7，ab=12，求c的值：
② 如图3,五边形ABCDE中，线段AC⊥BD，AC=BD=2，四边形ODAE为长方形，在直角△BOC中，OB=x，OC=y，其周长为n，当n为何值时，长方形AODE的面积为定值，并说明理由．
【答案】（1）a2+b2=a+b2−2ab；（2）a2+b2=c2；（3）①c=5；②当n=2时，长方形AODE的面积为定值．
【分析】（1）运用两个小正方形的面积之和等于大正方形面积减去两个长方形面积即可；
（2）根据梯形的面积等于12a+ba+b或12ab+12c2+12ab，建立等式整理即可；
（3）①由（1）得a2+b2=a+b2−2ab，由（2）得c2=a2+b2，代入计算即可；
②由（2）得BC=x2+y2，由直角△BOC中周长为n得BC=n−x−y，则有x2+y2=n−x−y2，整理得2x+y=n+2xyn，长方形AODE的面积为OD·OA=2−x2−y即4−n+−2n+1xy，当−2n+1=0即n=2时，长方形AODE的面积为定值．
【优尖升-详解】解：（1）依题意得图1中阴影部分的面积为：
a2+b2或a+b2−2ab，
∴a2+b2=a+b2−2ab，
故答案为：a2+b2=a+b2−2ab；
（2）依题意得图2中梯形的面积为：
12a+ba+b或12ab+12c2+12ab，
∴12a+ba+b=12ab+12c2+12ab，
整理得：a2+b2=c2；
（3）①由（1）得a2+b2=a+b2−2ab
=72−2×12
=25，
在直角△ABC中，∠C=90°，由（2）得，
c2=a2+b2=25，
∴c=5；
②由（2）得BC2=OB2+OC2=x2+y2，
∴BC=x2+y2，
因为直角△BOC中周长为n，
∴BC=n−x−y，
∴x2+y2=n−x−y，
∴x2+y2=n−x−y2，
整理得：2nx+y=n2+2xy，
∴2x+y=n+2xyn，
长方形AODE的面积为：
OD·OA=2−x2−y
=4−2x+y+xy
=4−n−2xyn+xy
=4−n+−2n+1xy，
当−2n+1=0，
解得n=2，
即当n=2时，长方形AODE的面积为定值．
【点睛】本题考查了整式的的运算，与几何图形有关的乘法公式；解题的关键是利用等积法得到相关公式并正确运用．
【变式3-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）把一个直立的火柴盒放倒（如图），请你用不同的方法计算梯形ACED的面积，再次验证勾股定理？（设火柴盒截面宽为a，长为b，对角线为c）
【答案】见解析.
【分析】四边形ACED的面积从大的一方面来说属于直角梯形，可利用直角梯形面积公式进行表示；从组成来看，由三个直角三角形组成，应利用三角形的面积公式来进行表示.
【优尖升-详解】SACED=12(a+b)(a+b)
SACED=SΔABC+SΔABD+SΔBDE=212ab+12c2
12(a+b)(a+b)=212ab+12c2
a2+b2=c2
【点睛】本题考查勾股定理的证明，利用面积的不同表示方式列出等式是解答本题的关键.
【变式3-2】（2024八年级·山西运城·期末）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【答案】(1)见解析
(2)655
(3)x=94
【分析】（1）表示出三个图形的面积进行加减计算可证a2+b2=c2；
（2）计算出△ABC的面积，再根据三角形的面积公式即可求得AB边上的高；
（3）运用勾股定理在Rt△ABD和Rt△ADC中求出AD2，列出方程求解即可；
【优尖升-详解】（1）证明：∵S四边形ABCD=12c2，S梯形AEDC=12b+ab，S△BED=12a−ba，
S四边形ABCD=S梯形AEDC+S△BED
∴12c2=12b+ab+12a−ba
∴12c2=12b2+12ab+12a2−12ab
∴a2+b2=c2
（2）S△ABC=4×4−12×2×4−12×2×4−12×2×2=6，
AB=22+42=25，
∵S△ABC=12AB×ℎ=12×25ℎ=6，
∵ℎ=655
即AB边上的高是655
（3）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得
AD2=AB2−BD2=42−x2=16−x2
∵BD+CD=BC=6，
∴CD=BC−BD=6−x
在Rt△ACD中，由勾股定理得
AD2=AC2−CD2=52−6−x2=−11+12x−x2
∴16−x2=−11+12x−x2，
∴x=94
【点睛】此题主要考查了梯形，证明勾股定理，勾股定理的应用，证明勾股定理常用的方法是利用面积证明，是解本题的关键．构造出直角三角形DEF是解本题的难点．
【变式3-3】（2024八年级·江苏镇江·期末）【材料阅读】我国古人对勾股定理的研究非常深邃．如图1，已知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），由勾股定理：c2=a2+b2，得b2=c2−a2=(c+a)(c−a)，则c−a=b2c+a，得到：a=(c+a)−(c−a)2=(c+a)−b2c+a2=(c+a)2−b22(c+a)．
从而得到了勾股定理的推论：己知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），则a=(c+a)2−b22(c+a)
【问题解决】如图2，已知△ABC的三边长分别为AB=41,BC=8,AC=5，如何计算△ABC的面积？据记载，古人是这样计算的：作BC边上的高AH．以BH,CH的长为斜边和直角边作Rt△DEF（如图3），其中DE=BH,EF=CH．
(1)用古人的方法计算DF2的值，完成下面的填空：
DF2=DE2−EF2
=BH2−CH2
=[（__________）2−（__________）2]-[（__________）2-（__________）2]
=__________
(2)试直接利用阅读材料中勾股定理的推论继续完成△ABC面积的计算过程；
(3)你还有其他计算△ABC的面积的方法吗？写出解答过程．
【答案】(1)AB，AH，AC，AH，16
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
（1）由题中勾股定理的推论将空格补充完整即可；
（2）根据材料中勾股定理的推论，完成△ABC面积的计算过程即可；
（3）设CH=x,BH=8−x，根据勾股定理列出方程求出x的值，最后用三角形面积公式求解即可．
【优尖升-详解】（1）DF2=DE2−EF2
=BH2−CH2
=AB−AH2−AC−AH2
=16
故答案为：AB，AH，AC，AH，16；
（2）在Rt△DEF中，
由勾股定理的推论a=(c+a)2−b22(c+a)，可知：EF=DE+EF2−DF22DE+EF．
∵DE+EF=BH+CH=BC=8,DF2=16，
∴EF=82−162×8=64−1616=3，
∴CH=3，
在Rt△ACH中，AH2=AC2−CH2=52−32=16，
∴AH=4，
∴SΔAHC=12•BC•AH=16；
（3）如图2，设CH=x,BH=8−x，
由勾股定理，得AH2=AB2−BH2=AC2−CH2，
（41）2−（8−x)2=52−x2 ，
解得x=3，
∴CH=3，
∴AH=52−32=4，
∴S△AHC=12BC·AH=12×8×4=16．
【题型4 利用勾股定理格点作图】
【例4】（2024八年级·山西晋中·期末）在如图的正方形网格中，若每个小方格边长均为1，请你根据所学的知识解答下列问题：
（1）在下列各数中，任意选取三个无理数，并判断这三个数为边长的线段能否组成一个直角三角形，请直接写出所有能构成直角三角形的三边对应的无理数；
2、 4、 5、 8、 10、 15、 20、25；
（2）在解决（1）的问题时，你所运用的定理名称是 ．
A． 勾股定理 B． 勾股定理逆定理
（3）在下面方格上画出（1）中你所确定的一个直角三角形，并且顶点都在格点上．
【答案】（1）5、 15、20或5、10、15或2、8、10；（2）B；（3）（1）中的三组数中，只有以2、8、10为边的直角三角形能在网格中画出使其顶点为格点，图见解析．
【分析】（1）先从所给各数中找出无理数，选出三个一组，找得所有的分组．然后对每一组的三个数先平方，再排序，最后计算较小的两个数的和是否等于最大的那个数，若相等，则这组数就能构成直角形角形，否则不能构成直角三角形．用上述方法到每一组，从而找出所有符合条件的三个无理数；
（2）据“勾股定理”和“勾股定理逆定理”的含义及区别作答；
（3）先据“勾股定理”在网格中画出能构成能直角三角形的三个数为长度的线段，再适当变动其位置就可画出（1）中所确定的直角三角形．
【优尖升-详解】（1）在所给的这列数中：
∵4=2，25=5，
∴25，4不是无理数；
∵2、5、8、10、15、20都是开平方开不尽的数
∴2、 5、 8、 10、 15、 20都是无理数，
取其中三个一组列举如下：
①2、5、8；
②2、5、10；
③2、5、15；
④2、5、20；
⑤2、8、10；
……，共计20组；
对于第①组
∵2+5≠8
∴第①组各数不能构成直角三角形，用同样方法发现第②、③、④组的各数都不能构成直角三角形；
对于第⑤组
∵2+8=10
∴第⑤组各数能构成直角三角形；
……
重复上述过程于全部的20组，可得只有如下这样的三组数能构成直角三角形：
5、 15、20或5、10、15或2、8、10；
（2）解决（1）时，是计算三角形两边的平方和是否等于第三边的平方，若是则三角形为直角三角形，否则不是直角形．
故选：B(勾股定理逆定理)；
（3）∵15不能写成两个自然数的平方和的形式，
∴以网格的格点为端点的线段其长不可能为15
∴5、 15、20或5、10、15不能作为直角三角形的三边画在网格中，使其顶点都在格点上；
∵2=12+12 、8=22+22、10=12+32
∴以网格的格点为端点的线段其长可以为2、8、10，
∴2、8、10为边的直角三角形可以画在网格中，使其顶点都在格点上，如下图所示：
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理，并利用其在网格中画格点直角三角形．熟悉勾股定理及其逆定理的应用方法和区别是关键，此题的另一个关键是只有一个自然数能写成两个自然数平方和的形式，则这个自然数的算术平方根为长度的线段其两个端点才都能在格点上．
【变式4-1】（2024八年级·江苏徐州·期末）如图，方格中小正方形的边长为1，△ABC的三个顶点都在小正方形的格点上，求：
（1）△ABC的周长；
（2）请判断三角形ABC是否是直角三角形，并说明理由；
（3）△ABC的面积；
（4）点C到AB边的距离．
【答案】（1）13+10+5；（2）△ABC不是直角三角形，理由见解析；（3）72；（4）71313
【分析】（1）根据勾股定理求出△ABC的三条边长，再将三条边长相加即可得出该三角形的周长；
（2）根据勾股定理的逆定理判定即可；
（3）利用图形知S△ABC＝S正方形BDEF﹣S△BCD﹣S△ACE﹣S△ABF；
（4）设点C到AB的距离是h，则根据三角形的面积公式知AB•h＝，据此可以求得h的值．
【优尖升-详解】（1）根据勾股定理知，BC＝32+12＝10，AC＝22+12＝5，AB＝22+32＝13，
故△ABC的周长＝AB+BC+AC＝13+10 +5；
（2）△ABC不是直角三角形，理由如下：
由（1）可知，BC＝10，AC＝5，AB＝13，AC＜BC＜AB，
∵AC2+BC2≠AB2，
∴△ABC不是直角三角形；
（3）如图，
S△ABC＝S正方形BDEF﹣S△BCD﹣S△ACE﹣S△ABF
＝3×3﹣12×1×3﹣12×1×2﹣12×2×3
＝72；
（3）设点C到AB的距离是h．
由（3）知，三角形ABC的面积是72，则12AB•h＝72，即12×13h＝72，
解得，h＝71313，即点C到AB的距离为71313．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积.解答（3）题时，正确的运用面积加减法计算结果是解题的关键.
【变式4-2】（2024八年级·山西晋中·期末）问题情境：综合实践活动课上，同学们围绕“已知三角形三边的长度，求三角形的面积”开展活动，启航小组同学想到借助正方形网格解决问题
问题解决：图（1）、图（2）都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，操作发现，启航小组同学在图（1）中画出△ABC，其顶点A，B，C都在格点上，同时构造长方形CDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边EF经过点A，ED经过点B．同学们借助此图求出了△ABC的面积．
（1）在图（1）中，△ABC的三边长分别是AB＝ ，BC＝ ，AC＝ ．△ABC的面积是 ．
（2）已知△PMN中，PM＝17，MN＝25，NP＝13．请你根据启航小组的思路，在图（2）中画出△PMN，并直接写出△RMN的面积 ．
【答案】（1）13，17，10，112；（2）图见解析；7．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB，BC，AC，理由分割法求出△ABC的面积．
（2）模仿（1）中方法，画出△PMN，利用分割法求解即可．
【优尖升-详解】解：（1）如图1中，AB＝AE2+BE2＝32+22＝13，BC＝BD2+CD2＝12+42＝17，AC＝AF2+CF2＝12+32＝10，
S△ABC＝S矩形DEFC﹣S△AEB﹣S△AFC﹣S△BDC＝12﹣3﹣32﹣2＝112，
故答案为13，17，10，112．
（2）△PMN如图所示．
S△PMN＝4×4﹣2﹣3﹣4＝7，
故答案为7．
【点睛】此题重点考查学生对勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键.
【变式4-3】（2024八年级·广东云浮·期末）综合探究：
“在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5、10、13，求这个三角形的面积”．
小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．
(1)直接写出图1中△ABC的面积是______；
(2)若△MNP的边长分别为m2+16n2、9m2+4n2、4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n），试运用构图法在图2中画出相应的△MNP，并求出△MNP的面积．
(3)拓展应用：求代数式：x2+1+4−x2+40≤x≤4的最小值．
【答案】(1)72
(2)图见解析，5mn
(3)5
【分析】
（1）分割法求出三角形的面积即可；
（2）易得此三角形的三边分别是直角边长为m，4n的直角三角形的斜边；直角边长为3m,2n的直角三角形的斜边；直角边长为2m,2n的直角三角形的斜边．同样把它整理为一个长方形的面积减去三个直角三角形的面积．
（3）将代数式转化为平面直角坐标系中x轴上一点x,0到点0,1的距离与x,0到点4,2的距离和的最小值，利用成轴对称的性质，进行求解即可．
【优尖升-详解】（1）解：由图可知：△ABC的面积是3×3−12×1×2−12×2×3−12×1×3=72；
故答案为：72；
（2）△MNP的边长分别为m2+16n2、9m2+4n2、4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n），
∴△MNP的三边分别是直角边长为m，4n的直角三角形的斜边；直角边长为3m,2n的直角三角形的斜边；直角边长为2m,2n的直角三角形的斜边，构造三角形如图：
由图可知：△MNP的面积是4m⋅3n−12⋅2m⋅2n−12⋅4m⋅n−12⋅2m⋅3n=5mn；
（3）x2+1+4−x2+40≤x≤4，可以看成平面直角坐标系中x轴上一点x,0到点0,1的距离与x,0到点4,2的距离和的最小值，如图：
设A0,1，B4,2，Px,0，则：PA+PB=x2+1+4−x2+40≤x≤4，
过点A作x轴的对称点A'，则：A'0,−1，PA+PB=PA'+PB≥A'B，当且仅当A'，P，B三点共线时，PA+PB的值最小，即为A'B的长，
∵A'0,−1，B4,2，
∴A'B=42+2+12=5．
∴x2+1+4−x2+40≤x≤4的最小值为5．
【点睛】本题考查勾股定理与网格问题，坐标与轴对称．解题的关键是理解并掌握构图法，将代数问题转化为几何问题，利用数形结合的思想进行求解．
【题型5 勾股定理及其逆定理的综合】
【例5】（2024八年级·重庆·期末）如图1，在△AOB中点C为OB边上一点，已知BC=12AB，OC=OA=3，AB=4，连接AC．
(1)求△AOB的面积和线段AC的长；
(2)如图2，将△ADB沿BD折叠，点A恰好落在OB边上的点E处，折痕BD交OA于点D，点F是AC上一点．当△ADF与△BCF的面积相等时，求点F到OB的距离．
【答案】(1)6；655
(2)2425
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，折叠的性质，面积计算，熟练掌握折叠，勾股定理是解题的关键．
（1）根据题意，得到BC=12AB=2,OB=OC+BC=5，结合AB2+OA2=OB2判定△AOB是直角三角形，过点A作AM⊥OB于点M，计算即可．
（2）过点F作FH⊥OB于点H，过点F作FG⊥OA于点G，过点A作AM⊥OB于点M，设AD=DE=x，则AB=BE=4,EO=OB−BE=1，利用勾股定理，三角形面积公式计算即可．
【优尖升-详解】（1）∵BC=12AB，OC=OA=3，AB=4，
∴BC=12AB=2,OB=OC+BC=5，
∵AB2+OA2=32+42=52=OB2，
∴△AOB是直角三角形，
∴S△AOB=12AB·OA=6；
过点A作AM⊥OB于点M，
则AM=AB·OAOB=125，
∴OM=OA2−AM2=95，
∴MC=OC−OM=65，
∴AC=AM2+MC2=655．
（2）根据题意，得AD=DE，AB=BE=4,EO=OB−BE=1，∠DAB=∠DEB=∠DEO=90°，
设AD=DE=x，则OD=OA−AD=3−x，
∴3−x2=x2+1，
解得x=43，
故AD=43，
过点F作FH⊥OB于点H，过点F作FG⊥OA于点G，过点A作AM⊥OB于点M，
∵△ADF与△BCF的面积相等，
∴12BC·FH=12AD·FG，
∴12×2×FH=12×43×FG，
∴FG=32FH，
连接OF，
则S△AOC=S△AOF+S△FOC，
∴12OC·AM=12OC·FH+12OA·FG，
∵OC=OA=3，
∴AM=FH+FG，
∴125=FH+32FH，
解得FH=2425，
故点F到OB的距离为2425．
【变式5-1】（2024八年级·江苏镇江·期末）阅读：等边三角形具有丰富的性质，我们常常可以借助等边三角形和全等解决问题．
如图1，B、C、D三点在同一条直线上，等边三角形ABC和等边三角形ECD具有共同的顶点C，我们容易证明△BCE≌△ACD，从而得到BE= ；
理解：如图2，已知点D在等边三角形ABC内，AD=5，BD=4，CD=3，以CD为边在它的下方作等边三角形CDE，求∠BDC的度数；
应用：如图3，在△ABC中，AC=10，BC=12，点D在△ABC外，位于BC下方，△ABD为等边三角形，当∠ACD=30°时，CD2= ．
【答案】阅读：AD；理解：150°；应用：44
【分析】阅读：根据等边三角形的性质和SAS证明△BCE≌△ACD，即可得出结论；
理解：根据等边三角形的性质和SAS证明△BCE≌△ACD，得出BE＝AD＝5，进而可得出BD2+DE2＝BE2，由勾股定理的逆定理可得∠BDE＝90°，进一步即可求出答案；
应用：以CD为边在△ABC的下方作等边△CDE，如图3，根据等边三角形的性质和SAS可证△ADE≌△BDC，从而可得AE＝BC＝12，易求得∠ACE＝90°，再根据勾股定理即可得出答案．
【优尖升-详解】解：阅读：如图1，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA＝∠ECD＝60°，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
∵BC＝AC，∠BCE＝∠ACD，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，
故答案为：AD；
理解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD＝3，∠BCA＝∠ECD＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△BCE和△ACD中，
∵BC＝AC，∠BCE＝∠ACD，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD＝5，
∵BD2+DE2＝42+32＝25，BE2＝25，
∴BD2+DE2＝BE2，
∴△BDE是直角三角形，∠BDE＝90°，
∴∠BDC＝∠BDE+∠CDE＝90°+60°＝150°；
应用：以CD为边在△ABC的下方作等边△CDE，连接AE，如图3所示：
则∠CDE＝∠DCE＝60°，CD＝ED，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，AD＝BD，
∴∠ADE＝∠BDC，
∴△ADE≌△BDC（SAS），
∴AE＝BC＝12，
∵∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝30°+60°＝90°，
∴CE2＝AE2﹣AC2＝122﹣102＝44，即CD2=44．
故答案为：44．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识；正确添加辅助线、熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-2】（2024八年级·湖北恩施·期末）如图，△ABC和ΔEDC都是等边三角形，AD=7,BD=3,CD=2求:（1）AE长；（2）∠BDC的度数：（3）AC的长．
【答案】（1）3；（2）150°；（3）13．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可利用SAS证明△BCD≌△ACE，再根据全等三角形的性质即得结果；
（2）在△ADE中，根据勾股定理的逆定理可得∠AED＝90°，进而可求出∠AEC的度数，再根据全等三角形的性质即得答案；
（3）过C作CP⊥DE于点P，设AC与DE交于G，如图，根据等边三角形的性质和勾股定理可得PE与CP的长，进而可得AE＝CP，然后即可根据AAS证明△AEG≌△CPG，于是可得AG＝CG，PG＝EG，根据勾股定理可求出AG的长，进一步即可求出结果．
【优尖升-详解】解：（1）∵△ABC和△EDC都是等边三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE＝DE＝2，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
∵BC＝AC，∠BCD＝∠ACE，CD＝CE，
∴△BCD≌△ACE，
∴AE＝BD＝3；
（2）在△ADE中，∵AD=7,AE=3,DE=2，
∴DE2+AE2＝22+32=72＝AD2，
∴∠AED＝90°，
∵∠DEC＝60°，
∴∠AEC＝150°，
∵△BCD≌△ACE，
∴∠BDC＝∠AEC＝150°；
（3）过C作CP⊥DE于点P，设AC与DE交于G，如图，
∵△CDE是等边三角形，
∴PE＝12DE＝1，CP＝22−12=3，
∴AE＝CP，
在△AEG与△CPG中，
∵∠AEG＝∠CPG＝90°，∠AGE＝∠CGP，AE＝CP，
∴△AEG≌△CPG，
∴AG＝CG，PG＝EG＝12，
∴AG＝AE2+EG2=32+122=132，
∴AC＝2AG＝13．
【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、勾股定理及其逆定理等知识，熟练掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-3】（2024八年级·江苏南京·期末）如图①，∠CDE是四边形ABCD的一个外角，AD∥BC，BC=BD，点F在CD的延长线上，∠FAB=∠FBA，FG⊥AE，垂足为G．
（1）求证：
①DC平分∠BDE；
②BC+DG=AG．
（2）如图②，若AB=4，BC=3，DG=1．
①求∠AFD的度数；
②直接写出四边形ABCF的面积．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）①90°；②735
【分析】（1）①根据等边对等角性质和平行线的性质证得∠BDC=∠CDE即可；
②过点F作FH⊥BD，垂足为H，根据全等三角形的判定证明△FDG≌△FDH（AAS）和Rt△AFG≌Rt△BFH，再根据全等三角形的性质即可证得结论；
（2）①AD，BF的交点记为O．由（1）结论可求得AD，利用勾股定理在逆定理证得∠ABD=90°，根据三角形的内角和定了可推导出∠BDC=∠FAB，再根据平角定义和四边形的内角和为360°求得∠AFD=90°；
②过B作BM⊥AD于M，根据三角形等面积法可求得BM，然后根据勾股定理求得FG，进而由S△AFD+S△ABD+S△BCD求解即可．
【优尖升-详解】（1）①证明：
∵BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵AD∥BC，
∴∠BCD=∠CDE，
∴∠BDC=∠CDE，
∴DC平分∠BDE；
②证明：如图①，过点F作FH⊥BD，垂足为H，
∵∠BDC=∠CDE，又∠BDC=∠FDH，∠CDE=∠FDG，
∴∠FDG=∠FDH，
∵FG⊥AE，FH⊥BD，
∴∠FGD=∠FHD=90°，
∵FD=FD，
∴△FDG≌△FDH（AAS），
∴FG=FH，DG=DH．
∵∠FAB=∠FBA，
∴AF=BF．
∴Rt△AFG≌Rt△BFH（LH），
∴AG=BH=BD+DH．
∴BC+DG=AG；
（2）①如图②，AD，BF的交点记为O．
由（1）知，AG=BC+DG，∠FOA=∠DBO，∠BDC=∠FDO,
∵BC=BD=3，DG=1，
∴AD=AG+DG=BC+DG+DG=3+1+1=5,
在△ABD中，AB2+BD2=42+33=25，AD2=25，
∴AB2+BD2=AD2．
∴∠ABD=90°．
∵∠FAO+∠AFO+∠AOF=∠DBO+∠BDO+∠BOD=180°，
又∠AOF=∠BOD，∠AFO=∠DBO．
∴∠AFO=∠BDO．
∵∠FAB+∠FBA+∠AFB=180°，又∠FAB=∠FBA，
∴∠FAB=90°−12∠AFB．
∵∠BDC+∠FDO+∠ADB=180°，
又∠BDC=∠FDO，
∴∠BDC=90°−12∠BDO．
∴∠BDC=∠FAB．
∵∠BDC+∠BDF=180°，
∴∠FAB+∠BDF=180°
∴∠AFD+∠ABD=360°−∠FAB−∠BDF=180°．
∴∠AFD=180°−∠ABD=90°；
②过B作BM⊥AD于M，
∵∠ABD=90°，AB=4，BD=BC=3，AD=5，
∴ BM=AB⋅BDAD=125，
∵AD∥BC，
∴△BCD边BC上的高为125，
∴S△ABD+S△BCD=12×3×4+12×125×3=485，
∵∠AFD=90°，FG⊥AE，
∴AF2+FD2=AD2，AF2−AG2=FD2−DG2=FG2，
∵DG=1，AG=BC+DG=4，AD=4+1=5，
∴AF2+FD2=25，AF2−FD2=15，
解得：FD2=5，AF2=20，
∴FG2=AF2−AG2=20−16=4，
∴FG=2，
∴S△AFD=12AD⋅FG=12×5×2=5，
∴四边形ABCF的面积为S△AFD+S△ABD+S△BCD=5+485=735．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的性质、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理、三角形的内角和定理、四边形的内角和、三角形的面积公式、等角的余角相等、解方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，难度较难，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系和运用．
【题型6 尺规作图与四边形的综合】
【例6】（2024八年级·重庆巴南·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC．
(1)用尺规完成以下基本作图：作∠BAD的平分线交BC于点E，在DA上截取DF，使DF=CE（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图形中，连接EF，求证：四边形ABEF是菱形．请补全下面的证明过程．
证明：四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC且AD=_________，
∵DF=CE，AD−DF=BC−CE，
∴_____________．
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠EAF．
∵AE平分∠BAF，
∴____________，
∴∠BEA=∠BAE．
∴____________，
∴四边形ABEF是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)BC；BE=AF；∠BAE=∠DAE；AB=BE．
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【优尖升-详解】（1）解：图形如图所示：
（2）证明：四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC且AD=__BC_______，
∵DF=CE，AD−DF=BC−CE，
∴__BE=AF__．
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠EAF．
∵AE平分∠BAF，
∴___∠BAE=∠DAE___，
∴∠BEA=∠BAE．
∴___AB=BE__，
∴四边形ABEF是菱形．
故答案为：BC；BE=AF；∠BAE=∠DAE；AB=BE．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式6-1】（2024八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）实践与操作：如图，已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°．
(1)①利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母（保留作图痕迹，不写作法）：作线段AC的垂直平分线MN，垂足为O；
②连接BO，并延长BO到点D，使得OD=BO，连接AD、CD；
③分别在OA、OC的延长线上取点E、F，使AE=CF，连接BF、FD、DE、EB．
推理与运用：
(2)①求证：四边形BFDE是平行四边形：
②若AB=4，AC=6，当四边形BFDE是矩形时求它的面积．
【答案】(1)①见解析；②见解析；③见解析
(2)①见解析；②40
【分析】(1) ①根据线段垂直平分线的基本作图画图即可；
②根据画线段等于已知线段的基本作图画图即可；
③根据画线段等于已知线段的基本作图画图即可．
(2) ①根据平行四边形的判定定理证明；
②根据矩形的性质计算．
【优尖升-详解】（1）①②③图形如图所示：
．
（2）①证明：∵OA=OC，AE=CF，
∴OE=OF，
∵OB=OD，
∴四边形BFDE是平行四边形；
②解：∵∠BAO=90°，AB=4，OA=3，
∴OB=AB2+AO2=32+42=5，
∵四边形BFDE是矩形，
∴OE=OF=OB=5，
∴AE=CF=2，
∵AF=8，
∴BE=AB2+AE2=42+22=25，BF=42+82=45，
∴矩形BFDE的面积=25×45=40．
【点睛】本题考查了基本作图，平行四边形的判定，勾股定理，矩形性质，熟练掌握平行四边形的判定和勾股定理是解题的关键．
【变式6-2】（2024·山西大同·八年级期末）请仔细阅读下面的材料，并完成相应的任务.
数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题：已知矩形ABCD，利用尺规作一个菱形，使菱形的四个顶点在矩形的边上.
勤奋组的方法为：如图1，做线段AB的垂直平分线，交AB,CD于点E,G，做AD的垂直平分线，分别交AD,BC于点H,F，顺次连接E,F,G,H，则四边形EFGH是菱形.
善思小组分享的方法是：如图2，分别以A,B为圆心，AB长为半径作弧，交AD,BC于点H,G，连接HG，则点E与点A重合，点F于点B重合时，四边形EFGH是特殊的菱形.
任务：
(1)证明勤奋组的作法正确；
(2)分别在图3和图4的平行四边形中用不同于材料中的方法作菱形，要求尺规作图，保留作图痕迹，顶点在原四边形的边上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由作图过程可知EG⊥AB,EG平分AB，则AE=BE=12AB,∠AEG=900，然后再说明四边形AEGD是矩形可得GD=AE=12AB=12CD，即点G是CD的中点；同理：F是BC的中点；如图：连接BD,AC，根据三角形中位线的性质和矩形的性质即可证明结论；
（2）分别在图3和图4的平行四边形中运用不同尺规作图方法，作出菱形即可解答．
【优尖升-详解】（1）证明：由作图可知，EG⊥AB,EG平分AB，
∴AE=BE=12AB,∠AEG=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°,AB=CD，
∴∠A=∠D=∠AEG=90°，
∴四边形AEGD是矩形，
∴GD=AE=12AB=12CD
∴点G是CD的中点，
同理:F是BC的中点，
连接BD,AC，
则EH,FG是三角形的中位线，EF,GH是三角形的中位线，
∴EH=FG=12BD，
EF=GH=12AC，
又∵AC=BD，
∴EH=FG=EF=GH，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：如图3四边形AECF为所求作的菱形，如图4四边形ABEF为所求作的菱形.
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、矩形性的判定和性质、菱形的判定、尺规作图等知识点，灵活运用相关性质、判定定理是解答本题的关键．
【变式6-3】（2020·安徽滁州·八年级期末）如图，E、F两点分别在平行四边形ABCD的边CD、AD上，AE＝CF，AE、CF相交于点O．
（1）用尺规作出∠AOC的角平分线OM（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：OM一定经过B点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）用尺规作出∠AOC的角平分线OM即可；
（2）根据同底等高的三角形和平行四边形面积的关系可以证明S△ABE=S△BCF，作BG⊥OC于点G，BH⊥OA于点H，再根据角平分线的判定定理即可证明OM一定经过B点．
【优尖升-详解】解：（1）如图，OM即为所求；
（2）如图，连接BE、BF，
∵△ABE以AB为底，高是平行四边形AB边的高，
∴S△ABE＝12S平行四边形ABCD，
同理S△BCF＝12S平行四边形ABCD，
∴S△ABE＝S△BCF，
作BG⊥OC于点G，BH⊥OA于点H，
∴S△ABE＝12AE•BH，
S△BCF＝12CF•BG，
∵S△ABE＝S△BCF，AE＝CF，
∴BH＝BG，
∵BG⊥OC，BH⊥OA，
∴点B在∠AOC的平分线上，
即OM一定经过B点．
【点睛】本题考查了作图-基本作图、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解决本题的关键是等面积法的灵活运用．
【题型7 四边形中的折叠问题】
【例7】（2024·山东菏泽·八年级期末）【问题情境】已知在四边形ABCD中，M为边AD上一点（不与点A，D重合），连接BM，将△ABM沿BM折叠得到△NBM，点A的对应点为点N．
【问题解决】
（1）如图（1），若四边形ABCD是正方形，点N落在对角线BD上，连接AN并延长交CD于点G，写出与∠DGA相等的角：______（写出一个即可）：
【拓展变式】
（2）如图（2），若四边形ABCD是矩形，点N恰好落在AB的垂直平分线EF上，EF与BM交于点G．给出下列结论：①GN=2EG；②△GMN是等边三角形；③当M，N，C三点共线时，MC=BG+NF，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明；
（3）如图（3），若四边形ABCD是平行四边形，BC=2AB=4，∠ABC=60°，点N落在线段BC上，P为AB的中点，连接DP，PN，DN，求△PND的面积．
【答案】（1）∠BAG（答案不唯一）；（2）选择①，见解析；选择②，见解析；（3）S△PND=332
【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形的特征即可求解；
（2）选择①：根据EF垂直平分线段AB，结合折叠的性质可得BE=12BN，∠BNE=30°，在Rt△EBG中，根据含30度角的直角三角形的特征即可证明；选择②：根据四边形ABCD是矩形，EF垂直平分线段AB，结合折叠的性质可得∠GMN=∠MGN=60°，即可证明△GMN为等边三角形；
（3）连接AN，延长PN至点G，使得PN=GN，连接CG，由折叠的性质得AB=BN，易证△ABN为等边三角形，推出NP⊥AB，在Rt△BPN中，求出BP=12BN=1，PN=3BP=3，易证△BNP≌△CNG，推出D，C，G三点共线，即可得到DG=CD+CG=3，即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，点N落在对角线BD上，
∴∠ADG=∠DAB=90°，
∴∠DGA+∠DAG=∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠DGA=∠BAG，
故答案为：∠BAG（答案不唯一）；
（2）选择①：
∵EF垂直平分线段AB，
∴BE=AE=12AB，EF∥BC，∠BEF=90°，
由折叠的性质可知AB=BN，
∴BE=12BN，
∴∠BNE=30°，
∴∠EBN=60°，
由折叠性质可知∠ABM=∠NBM=30°，
∴∠NBM=∠BNE=30°，
∴BG=GN，
在Rt△EBG中，∠EBG=30°，
∴BG=2EG，
∴GN=2EG；
选择②：∵∠NBM=∠BNE=30°，
∴∠MGN=∠MBN+∠BNE=60°
∵四边形ABCD是矩形，EF垂直平分线段AB，
∴AD∥EF，
∴∠AMB=∠MGN=60°，
由折叠的性质可知∠AMB=∠GMN=60°，
∴∠GMN=∠MGN=60°，
∴△GMN为等边三角形；
（3）连接AN，
由折叠的性质得AB=BN，
∵∠ABC=60°，
∴△ABN为等边三角形，
∵BC=2AB=4，
∴BN=AB=2，
∵P为AB的中点，
∴NP⊥AB，
延长PN至点G，使得PN=GN，连接CG，
在Rt△BPN中，∠ABC=60°，
∴BP=12BN=1，PN=3BP=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，BC=2AB=4，AB=BN，
∴BN=CN，
∵ PN=GN，∠PNB=∠GNC，
∴ △BNP≌△CNG，
∴∠BPN=∠CGN=90°，
∴CG∥BP，
∴D，C，G三点共线，
∴PN⊥DG，
∵CG=BP=1，
∴DG=CD+CG=3，
∴S△PND=12DG⋅PN=12×3×3=332．
【点睛】本题考查了四边形综合问题，涉及正方形，矩形，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的特征，折叠的性质，熟练掌握正方形，矩形，平行四边形的性质是解题的关键．
【变式7-1】（2024八年级·江苏南京·期末）如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下：
(1)【探究发现】
操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中∠ABP=________°；
(2)【类比应用】
小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ=________°，CQ=________；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】
在（2）的探究中，当QF=1cm，请直接写出AP的长．
【答案】(1)30
(2)①15，8−43；②∠MBQ=∠CBQ
(3)AP=125cm或AP=47cm
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，取BM的中点O，连接EO，根据直角三角形那个斜边中线等于斜边的一半得到EO=BO=BE，可证△BEO为等边三角形，进而可结果；
（2）①根据折叠的性质，可证Rt△BQM≌Rt△BQCHL即可求解；②证明Rt△BQM≌Rt△BQCHL，即可；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解
【优尖升-详解】（1）解：∵AE=BE=12AB，AB=BM，
∴BE=12BM，
∵∠BEM=90°，
如图，取BM的中点O，连接EO，
∴EO=12BM=BO=BE，
∴△BEO为等边三角形，
∴∠BME=30°，
∴∠ABM=60°，
∴∠ABP=∠PBM=30°，
故答案为：30；
（2）①四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°，
∴BM=BC，
∵BM=BC，BQ=BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL，
∴MBQ=∠CBQ，QM=QC，
同法（1）可得：∠MBC=30°，
∴∠MBQ=∠CBQ=15°，
∴∠ABM=90°−30°=60°，
∴∠APM=180°−60°=120°，
∴∠QPD=180°−120°=60°，
在Rt△ABP中，BP=2AP，
根据勾股定理：BP2−AP2=AB2，即3AP2=16，
解得：AP=433，
∴PD=4−433，
在Rt△PDQ中，PQ=2PD，
根据勾股定理：DQ2=PQ2−PD2，即DQ2=3PD2，
∴DQ=43−4，
∴CQ=DC−DQ=4−43−4=8−43，
故答案为：15，8−43；
②∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵BM=BC，BQ=BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL，
∴∠MBQ=∠CBQ；
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=2cm，AB=4cm，
∴QC=CD−DF−FQ=4−2−1=1cm，
DQ=DF+FQ=2+1=3cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x，PD=4−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即4−x2+32=x+12，
解得：x=125，
∴AP=125cm；
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=2cm，AB=4cm，
∴QC=3cm，DQ=1cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x，PD=4−x
∴PD2+DQ2=PQ2即4−x2+12=x+32，
解得：x=47，
∴AP=47cm，
综上所述，AP=125cm或AP=47cm
【点睛】本题考查了矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键
【变式7-2】（2024八年级·重庆铜梁·期末）综合与实践
问题情境：
在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片ABCD中，E为CD边上任意一点，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点为D'．
分析探究：
（1）如图1，当∠ABC=60°，当点D'恰好落在AB边上时，三角形AD'E的形状为 ．
问题解决：
（2）如图2，当E，F为CD边的三等分点时，连接FD'并延长，交AB边于点G．试判断线段AG与BG的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，当∠ABC=60°，∠DAE=45°时，连接DD'并延长，交BC边于点H．若▱ABCD的面积为24，AD=4，请直接写出线段D'H的长．
【答案】（1）等边三角形；（2）BG=2AG；（3）22
【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得AB∥CD，AD=DE=AD'，可得四边形ADED'是菱形，可知D'E=AD'，根据∠ADE=∠AD'E=60°即可得△AD'E是等边三角形；
（2）利用折叠的性质可得∠AED=∠AED'，ED=ED'，结合三等分点可知ED=ED'=EF，进而可得∠ED'F=∠EFD'，利用三角形外角性质可得∠AED'=∠ED'F，进而可知AE∥FG，可得四边形AEFG是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得AG与BG的数量关系；
（3）由折叠可知：∠DAE=∠D'AE=45°，AD=AD'，易知△DAD'为等腰直角三角形，延长AD'交BC于M，可知∠MD'H=∠AD'D=45°，由平行四边形的性质可得，∠BHM=∠ADH=45°=∠MD'H，AM⊥AD，进而可知MD'=MH由▱ABCD的面积为24，AD=4，得AD⋅AM=24，求得AM=6，可得MD'=AM−AD'=2，再利用勾股定理即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ABC=∠ADE=60°，则∠D'AE=∠AED
由折叠可知：AD=AD'，∠DAE=∠D'AE，∠ADE=∠AD'E=60°，
∴∠DAE=∠AED，
∴AD=DE=AD'，
∴四边形ADED'是平行四边形，
又∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是菱形，
∴D'E=AD'，
∴△AD'E是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）BG=2AG，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
又∵E，F为CD边的三等分点，
∴DE=EF=CF=13DC，
由折叠可知：ED=ED'，∠AED=∠AED'，
则ED=ED'=EF，
∴∠ED'F=∠EFD'，
由三角形外角可知：∠DED'=∠ED'F+∠EFD'=∠AED+∠AED'，
∴∠AED'=∠ED'F，
∴AE∥FG，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∴EF=AG，
∵EF=13DC，AB=CD，
∴AG=13AB，则BG=23AB，
∴BG=2AG；
（3）由折叠可知：∠DAE=∠D'AE=45°，AD=AD'，
∴∠DAD'=90°，则△DAD'为等腰直角三角形，
∴∠ADH=∠AD'D=45°，
延长AD'交BC于M，则∠MD'H=∠AD'D=45°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DHM=∠ADH=45°=∠MD'H，∠AMH=∠DAD'=90°，即AM⊥AD，
∴MD'=MH
∵▱ABCD的面积为24，AD=4，即：AD⋅AM=24，
∴AM=6，
则MD'=AM−AD'=AM−AD=2，
∴D'H=MD'2+MH2=22．
【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，翻折的性质，等边三角形的判定，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
【变式7-3】（2024八年级·江苏扬州·期末）（1）操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．
（2）简单应用：在（1）中，如果AB＝4，AD＝6，求DG的长；
（3）类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）GF＝GC，证明见解析；（2）74；（3）（1）中的结论仍然成立，理由见解析.
【分析】（1）连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE=EF=EC，然后利用“HL”证明△GFE和△GCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）设GC＝x，则AG＝4+x，DG＝4﹣x，利用Rt△ADG中的勾股定理即可求得GC，进而解题.
（3）利用平行四边形的性质，首先得出∠C=180°-∠D，∠EFG=180°-∠AFE=180°-∠B=180°-∠D，进而得出∠ECG=∠EFG，再利用EF=EC，得出∠EFC=∠ECF，即可得出答案．
【优尖升-详解】解：（1）GF＝GC．
理由如下：如图1，连接GE，
∵E是BC的中点，
∴BE＝EC，
∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC，
∵在矩形ABCD中，
∴∠C＝∠B＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，
EG=ECEF=EC，
∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），
∴GF＝GC；
（2）设GC＝x，则AG＝4+x，DG＝4﹣x，
在Rt△ADG中，62+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得x＝94．
∴GC＝94，DG＝4﹣94＝74；
（3）（1）中的结论仍然成立．
证明：如图2，连接FC，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，
∴EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵矩形ABCD为平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∵∠ECD＝180°﹣∠D，∠EFG＝180°﹣∠AFE＝180°﹣∠B＝180°﹣∠D，
∴∠ECD＝∠EFG，
∴∠GFC＝∠GFE﹣∠EFC＝∠ECG﹣∠ECF＝∠GCF，
∴∠GFC＝∠GCF，
∴FG＝CG；
即（1）中的结论仍然成立．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质，熟记性质，找出三角形全等的条件EF=EC，∠EFC=∠ECF是解题的关键．
【题型8 四边形中的旋转问题】
【例8】（2024·广东珠海·八年级期末）如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．
(1)求证：△AEF是等腰三角形；
(2)图2取AF的中点M，EF的中点为N，连接MD，AN，请判断线段MD与MN的关系，并证明；
(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)DM=MN，DM⊥MN，理由见详解；
(3)成立，证明见详解；
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，以及全等三角形的判定与性质等知识：
（1）先证明△ABE≌△ADF，再利用全等三角形的性质即可证明△AEF是等腰三角形；
（2）利用三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理可证明DM=MN，再证明∠DMN=∠DAB=90°，即可解决问题；
（3）连接AE，交DM于O，交CD于G，同（2）证明方法类似，可证明DM=MN，再证明∠DOG=∠ECG=90°，即可得出结论；
【优尖升-详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
∵△EFC是等腰直角三角形，
∴CE=CF，
∴BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰三角形；
（2）解：DM=MN，DM⊥MN，理由如下，
证明：∵在Rt△ADF中， M是AF的中点，
∴DM=12AF，
∵M是AF的中点，N是EF的中点，
∴MN=AE，MN∥AE，
∵AE=AF，
∴MN=DM，
∵∠ADF=90°，AM=MF，
∴MD=MA=MF，
∴∠MAD=∠ADM，
∴∠DMF=∠MAD+∠ADM=2∠DAM，
∵△ABE≌△ADF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAB=∠EAF+2∠DAM=90°，
∵MN∥AE，
∴∠NMF=∠EAF，
∴∠DMN=∠NMF+∠DMF=∠EAF+2∠DAM=∠DAB=90°，
∴MN⊥DM，
∴MN⊥DM，MN=DM，
（3）解：结论仍然成立．
理由：如图，连接AE，设AE交DM于O，交CD于G，
∵四边形ABCD是正方形，
，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AF=AE，∠AFD=∠AEB，
∵在Rt△ADF中，M是AF的中点，
∴DM=AF，
∵M是AF的中点，N是EF的中点，
∴MN=AE，MN∥AE，
∴MN=DM，
∵∠ADF=90°，AM=MF，
∴MD=MA=MF，
∴∠MDF=∠MFD=∠AEB，
∵∠DGO=∠CGE，∠ODG=∠CEG，
∴∠DOG=∠ECG=90°，
∵NM∥AE，
∴∠DOG=∠DMN=90°，
∴MN⊥DM，MN=DM．
【变式8-1】（2024·辽宁·八年级期末）综合与实践
【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD，并且量得AB=2cm，AC=4cm．
【操作发现】
（1）将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到如图2所示的△AC'D，过点C作AC'的平行线，与DC'的延长线交于点E，请你判断四边形ACEC'的形状，并证明你的结论．
（2）创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B、A、D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△AC'D，连接CC'，取CC'的中点F，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG、C'G，得到四边形ACGC'，请你判断四边形ACGC'的形状，并证明你的结论．
【实践探究】
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A′点，A'C与BC'相交于点H，如图4所示，连接CC'，直接写出线段C'H的长度．
【答案】（1）是菱形，证明见解析；（2）是正方形，证明见解析；（3）(4−3)cm．
【分析】（1）先证∠ACD=∠BAC，再证∠AC'D=∠BAC，则∠AC'D=∠CAC'，得C'E∥AC，然后证四边形ACEC'是平平行四边形，即可得结论；
（2）先证∠CAC'=90°，再证AG⊥CC'，CF=C'F，进而证四边形ACGC'是平菱形，即可得出结论；
（3）先证∠ACB=30°，再求出BH、AH的长，然后求出CH、C'H的长，即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）四边形ACEC'是菱形，证明如下：
由图1可知，AC是矩形ABCD的对角线，AB∥CD，∠B=∠D=90°，
∴∠ACD=∠BAC，
在图2中，由旋转知，∠AC'D=∠ACD，AC'=AC，
∴∠AC'D=∠BAC，
∵∠CAC'=∠α=∠BAC，
∴∠AC'D=∠CAC'，
∴C'E∥AC，
∵AC'∥CE，
∴四边形ACEC'是平行四边形，
又∵AC'=AC，
∴▱ACEC'是菱形；
（2）ACGC'是正方形，证明如下：
图1中，四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠B=90°，∠CAD=∠ACB，
∴∠ACB+∠BAC=90°，
在图3中，由旋转知，∠DAC'=∠DAC，
∴∠ACB=∠DAC'，
∴∠BAC+∠DAC'=90°，
∵点D、A、B在同一条直线上，
∴∠CAC'=90°，
由旋转知，AC=AC'，
∵点F是CC'的中点，
∴CF=C'F，AG⊥CC'，
∵AF=FG，
∴四边形ACGC'是平行四边形，
∵AG⊥CC'，
∴▱ACGC'是菱形，
又∵∠CAC'=90°，
∴菱形ACGC'是正方形；
（3）在Rt△ABC中，AC=4cm，AB=2cm，
∴BD=BC=23cm，BC'=AC=4cm，
由（2）结合平移知，∠CHC'=90°，
在Rt△BCH中，∠ACB=30°，
∴BH=BC•sin30°=3cm，
∴C'H=BC'−BH=4−3cm．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式8-2】（2024·辽宁大连·八年级期末）【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠EPF=60°，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至DF=1时，DE的长度为 ．
【答案】（1）DE+DF=AD，见解析；（2）DE+DF=12AD；（3）4或2
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．
（1）利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△APE≌△DPF，可得出AE=DF，即可得出结论DE+DF=AD；
（2）取AD的中点T，连接PT，利用菱形的性质，可得出△TDP是等边三角形，易证△TPE≌△FPD，得出TE=DF，由DE+TE=12AD，即可得出DE+DF=12AD；
（3）分两种情形：如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．解直角三角形求出PH，AG，可得结论．如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可求．
【优尖升-详解】解：（1）结论：DE+DF=AD．
理由：如图1中，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，
∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，
∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，
∴∠APE=∠DPF，
在△APE和△DPF中
∠APE=∠DPFPA=PD∠PAE=∠PDF，
∴△APE≌△DPF(ASA)，
∴AE=DF，
∴DE+DF=AD；
（2）（1）中的结论变为DE+DF=12AD，理由如下：
如图2中，取AD的中点T，连接PT，
∵四边形ABCD为∠ADC=120°的菱形，
∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT=PD，∠PTE=∠PDF=60°，
∵∠PAT=30°，
∴∠TPD=60°，
∵∠MPN=60°，
∴∠MPT=∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
∠PTE=∠PDFPT=PD∠TPE=∠FPD，
∴△TPE≌△DPF(ASA)
∴TE=DF，
∴DE+DF=12AD，
故答案为：DE+DF=12AD；
（3）如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．
∵△ABD是等边三角形，AH⊥BD，
∴BH=DH=4，AH=43，
在Rt△APH中，PH=PA2−AH2=72−(43)2=1，
∴AG=BP=BH−PH=3，
由（2）可知，DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−3−1=4．
如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可得PH=1，AG=PB=BH+PH=5，
∵DF=EG=1
∴DE=AD−AG−EG=8−5−1=2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2．
故答案为：4或2．
【变式8-3】（2024八年级·福建泉州·期末）已知：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=α．P是BC边上一动点，联结PA，将PA绕点P顺时针方向旋转α，得到PQ，联结AQ．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)M是BC延长线上一点，联结QM，且AB=BC．
①若MC=BP，求证：MC=MQ；
②如图2，若MP=BP，α=90°，联结DM、DQ，求证：DM=2DQ．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由平行线的性质可得∠D+∠BCD=180°，再由∠B=∠D可得∠B+∠BCD=∠D+∠BCD=180°，从而得出AB∥CD，再由平行四边形的判定可得结论；
（2）①先证明∠BAP=∠MPQ，再证明△ABP≌△PMQ(SAS)，推出QM=PB，可得结论；
②延长QP至N，使PN=PQ，联结NA、NB，先证明△PBN≌△PMQ(SAS)，可得AP是线段NQ的线段垂直平分线，得出AN=AQ，则△APQ是等腰直角三角形，从而证得∠BAN=∠DAQ，再证明△ABN≌△ADQ(SAS)，从而得出DQ=MQ，延长PB交AN于E，则∠ABE=90°，最后由勾股定理得出DM2=DQ2+MQ2=2DQ2，最后可得结论．
【优尖升-详解】（1）如图1，
∵AD∥BC，
∴∠D+∠BCD=180°；
∵∠B=∠D，
∴∠B+∠BCD=∠D+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）①如图1，
∵AB=BC，CM=BP，
∴PM=CM+PC=BP+PC=BC=AB，
∵∠ABC=∠ADC=α，
∴∠BAP+∠BPA=180°−α，∠MPQ+∠BPA=180°−α，
∴∠BAP=∠MPQ，
在△ABP与△PMQ中，
∵PA=PQ∠BAP=∠MPQAB=PM，
∴△ABP≌△PMQ(SAS)，
∴QM=PB，
∴QM=CM；
②如图2，延长QP至N，使PN=PQ，联结NA、NB，
在△PBN与△PMQ中，
∵PB=PM∠1=∠2PN=PQ，
∴△PBN≌△PMQ(SAS)，
∴BN=MQ，PN=PQ；
∵α=90°，
∴AP是线段NQ的线段垂直平分线，
∴AN=AQ，
∵PA=PQ，α=90°，
∴△APQ是等腰直角三角形，
∴∠PAN=∠PAQ=45°，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠DAQ+∠BAP=45°，
又∠BAN+∠BAP=45°，
∴∠BAN=∠DAQ；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵AD∥BC，
∴AB=AD；
在△ABN与△ADQ中，
∵AB=AD∠BAN=∠DAQAN=AQ，
∴△ABN≌△ADQ(SAS)，
∴BN=DQ，∠ABN=∠ADQ，
∴DQ=MQ；
延长PB交AN于E，则∠ABE=90°，
∴∠3=∠ABN−90°=∠ADQ−90°=∠CDQ，
∴∠CMQ+∠CDQ=∠PBN+∠3=180°，
∵四边形CDQM内角和为360°，∠DCM=90°，
∴∠DQM=90°，
在Rt△DQM中，∵DM2=DQ2+MQ2=2DQ2，
∴DM=2DQ
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，全等三角形判定和性质等知识，正确添加辅助线是解本题的关键．
【题型9 四边形中的定值问题】
【例9】（2024八年级·陕西西安·期末）问题探究：
（1）如图1，平行四边形ABCD，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝5，M、N分别为AD、DC上的点，且DM+DN＝4，则四边形BMDN的面积最大值是 ．
（2）如图2，∠ACB＝90°，且AC+BC＝4，连接AB，则△ABC的周长是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．
问题解决
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC交BD于O，已知∠AOB＝120°，且AC+BD＝10，则△AOD与△BOC的周长之和是否为定值？若是，求出定值；若不是，求出最小值．
【答案】（1）932；（2）存在，4+22；（3）不是，周长之和的最小值为15
【分析】（1）先求出平行四边形ABCD的面积，利用面积和差关系可得四边形BMDN的面积=53−32DM，则当DM有最小值时，四边形BMDN的面积有最大值，即可求解；
（2）在RtΔABC中，由勾股定理可求AB的长，由线段的和差关系可求解；
（3）如图3，过点D作DH//AC，交BC的延长线于H，过点B作BN⊥DH于N，可证四边形ADHC是平行四边形，可AD=CH，AC=DH，则ΔAOD与ΔBOC的周长之和为10+BH，由直角三角形的性质可求BH的长，即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）过点B作BE⊥AD，交DA延长线于E，过点B作BF⊥CD，交DC的延长线于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD//BC，AB=CD=3，BC=AD=5，
∴∠BAE=∠ABC=60°，∠BCF=∠ABC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AE=12AB=32，CF=12BC=52，
∴BE=332，BF=523，
∴四边形ABCD的面积=AD×BE=1532，
∵DM+DN=4，
∴DN=4−DM，
∴CN=DC−DN=3−4−DM=−1+DM
∵四边形BMDN的面积
=S四边形ABCD−SΔABM−SΔBCN=1532−12×332×AM−12×532×CN=1532−3345−DM−534−1+DM，
∴四边形BMDN的面积=53−32DM，
则当DM有最小值时，四边形BMDN的面积有最大值，
∵DM+DN=4，
∴DN=4−DM，
∵DN≤3，
∴4−DM≤3，
∴DM≥1，
∴当DM=1时，四边形BMDN的面积=932，
故答案为932；
（2）存在，
设AC=x，
∵AC+BC=4，
∴BC=4−x，
∴AB=AC2+BC2=x2+(4−x)2=2x2−8x+16=2(x−2)2+8，
∴ΔABC的周长=AB+BC+AC=4+2(x−2)2+8，
∴当x=2时，ΔABC的周长的最小值为4+22；
（3）ΔAOD与ΔBOC的周长之和不是定值，
理由如下：如图3，过点D作DH//AC，交BC的延长线于H，过点B作BN⊥DH于N，
∵AD//BC，DH//AC，
∴四边形ADHC是平行四边形，
∴AD=CH，AC=DH，
∴CΔAOD+CΔBOC=AD+AO+OD+BC+BO+OC=CH+BC+AC+BD=BH+BD+DH=10+BH，
设BD=x，则AC=DH=10−x，
∵AC//DH，
∴∠BDH=∠BOC=180°−∠AOB=60°，
∴∠DBN=30°，
∴DN=12DB= x2，
∴BN=BD2−DN2=32x，
∵NH=10−BD−DN=10−32x，
∴BH=BN2+NH2=34x2+(10−32x)2=3(x−5)2+25，
∴CΔAOD+CΔBOC=10+3(x−5)2+25，
∴ΔAOD与ΔBOC的周长之和不是定值，
∴当x=5时，ΔAOD与ΔBOC的周长之和的最小值为15．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式9-1】（2024八年级·吉林长春·期末）如图①，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E在边BC上，且BE=2，动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．t>0
(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为______；
(2)当点Q和点D重合时，求PEQE的值；
(3)当点P在边AD上运动时，如图②，求证：PEQE为定值，并求这个值；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)25
(2)PEQE=12
(3)PEQE为定值，且这个值为1
(4)0
（2）利用矩形的性质及角之间的互余关系求出CE=CD，根据勾股定理求出QE=42+42=42，证明∠1=∠2，得出PB=BE=2，根据勾股定理求出PE=22+22=22，即可求出结果；
（3）过P作PF⊥BC于点F，利用矩形的性质及角之间的互余关系可证明△PFE≌△ECQ得出PE=QE，即可得出结论；
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点P在BE上时，②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，③当点P在AD上，当F，D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，即可求解．
【优尖升-详解】（1）解：如图所示，连接BQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAQ=∠ABE=90°，
∵∠PEQ=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
当点P和点B重合时，
∴QE=AB=4，BE=2，
在Rt△QBE中，BQ=BE2+QE2=22+42=25，
即：PQ=25；
故答案为：25．
（2）解：当点Q和点D重合时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=6，∠B=∠C=90°，
则EC=BC−BE=AD−BE=4，
∴CE=CD，QE=42+42=42，
∴∠3=∠CDE=12×90°=45°，
∵∠PEQ=90°，
∴∠2=180°−90°−45°=45°，
∠1=90°−45°=45°，
∴∠1=∠2，
∴PB=BE=2，
∴PE=22+22=22，
∴PEQE=2242=12；
（3）解：过P作PF⊥BC于点F，则有∠1+∠3=∠PFE=90°，PF=AB=4，
又∵矩形ABCD，
∴∠B=∠C=90°，AD=BC=6，
又∵∠PEQ=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠3，
∵BE=2,BC=6，
∴CE=4，
∴PF=CE，
∴△PFE≌△ECQ，
∴PE=EQ，
∴PEQE=1；
即PEQE为定值，且这个值为1；
（4）解：①如图所示，当点P在BE上时，
∵QE=QF=4，AQ=BE=2，
在Rt△AQF中，AF=QF2−AQ2=42−22=23，
则 BF=4−23，
∵PE=t，
∴BP=2−t，PF=PE=t，
在Rt△PBF中，PF2=PB2+FB2，
∴t2=4−232+2−t2，
解得：t=8−43，
当0
则PB=t−BE=t−2，PE=AP=AB−PB=4−t−2=6−t，
在Rt△PBE中，PE2=PB2+BE2，
∴6−t2=t−22+22，
解得：t=72，
当t≠72且2≤t≤6时，点F在矩形外部，不符合题意；
③当点P在AD上，当F，D重合时，此时点Q与点C重合，则PFQE是正方形，此时t=2+4+2=8；
当6
【变式9-2】（2024八年级·江苏南通·期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E．P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）求四边形ABDE的周长和面积；
（3）记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）▱ABDE的周长为：4+43，面积为23；
（3）①8+23
（2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定理得OB的长和BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；
（3）①先根据三角形的周长计算C1+C2=2AB+BD+AP+PE=4+23+AP+PE，确定AP+PE的最大值和最小值即可；
根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2=4，由图形可知：当P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可；
②S1+S2的值为定值，这个定值为3，根据面积公式可得结论．
【优尖升-详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
即AB∥DE．
∵BD∥AE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）解：设对角线AC与BD相交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝∠CBP＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD．
在Rt△AOB中，AO＝12AB＝1，
∴OB＝3．
∴BD＝2BO＝23．
∴▱ABDE的周长为：2AB+2BD＝4+43，
▱ABDE的面积为：BD•AO＝23×1＝23．
（3）①∵C1+C2＝AB+PB+AP+PD+PE+DE＝2AB+BD+AP+PE＝4+23+AP+PE，
∵C和A关于直线BD对称，
∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2＝4，
当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2，
过E作EG⊥BD，交BD的延长线于G，
∵∠BDE＝150°，
∴∠EDG＝30°，
∵DE＝2，
∴EG＝1，DG＝3，
Rt△PEG中，BG＝23+3＝33，
由勾股定理得：PE＝12+(33)2=28=27，
∴AP+PE的最大值是：2+27，
∵P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），
∴4+4+23＜C1+C2＜4+23+2+27，即8+23＜C1+C2＜6+23+27；
（写对一边的范围给一分）
②S1+S2的值为定值，这个定值为3；
理由是：S1+S2＝12BP⋅AO+12PD⋅AO=12AO(BP+PD)=12×23×1=3．
【点睛】考查了菱形的性质，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计算OA和OB的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形.
【变式9-3】（2024八年级·陕西榆林·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=2 ，点E为对角线AC上一动点（点E不与点A、C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求AC的长；
（2）求证矩形DEFG是正方形；
（3）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）见解析；（3）是，定值为2
【分析】（1）运用勾股定理直接计算即可；
（2）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到ΔDEN≅ΔFEM，则有DE=EF即可；
（3）同（2）的方法证出ΔADE≅ΔCDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=8即可．
【优尖升-详解】解：（1）AC=22+22=2，
∴AC的长为2；
（2）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在ΔDEN和ΔFEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴ΔDEN≅ΔFEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（3）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在ΔADE和ΔCDG中，AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴ΔADE≅ΔCDG(SAS)，
∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=2AB=2×2=2，
∴CE+CG=2是定值．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论。
【题型10 四边形中的最值问题】
【例10】（2024八年级·浙江金华·期末）如图1：正方形ABCD的边长为3，E是直线AD上一动点，连接CE，在CE的右侧以C为直角顶点作等腰直角三角形ECF，连接BE，DF．
(1)当点E在线段AD上运动时，试判断BE与DF的数量关系，并说明理由．
(2)当AE=2ED时，求EF的长．
(3)如图2，连接BF，则BE+BF的最小值为______．
【答案】(1)BE=DF，理由见详解
(2)6或25
(3)310
【分析】（1）根据正方形的性质、等腰直角三角形的性质推出BC=CD,∠BCD=∠90°,CE=CF,∠ECF=90°，根据角的和差求出∠BCE=∠DCF，利用SAS证明△BCE≌△DCF, 根据全等三角形的性质即可得解；
（2）分两种情况根据正方形的性质及勾股定理求解即可；
（3）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，在直线AD上截取HM=DH， 结合（1）利用AAS证明△ABE≌△HDF，根据全等三角形的性质推出AB=DH=HM=3，根据线段垂直平分线的性质得到DF=MF=BE，根据三角形三边关系推出当B、 F、 M三点共线时，MF+BF(即BE+BF)的值最小为BM，根据勾股定理求解即可．
【优尖升-详解】（1）BE=DF，理由如下:
∵四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD，∠BCD=∠90°，
在等腰直角三角形ECF中， CE=CF，∠ECF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
BC=CD∠BCE=∠DCFCE=CF，
∴△BCE≌△DCFSAS，
∴BE=DF；
（2）①如图1， 点E在线段AD上，
∵AE=2ED，正方形ABCD的边长为3，
∴AE+ED=AD=3，
∴AE=2,ED=1，
在正方形ABCD中，CD=3,∠CDE=90°，
∴CE=DE2+CD2=12+32=10，
∵三角形ECF是等腰直角三角形，
∴CE=CF=10
∴EF=CE2+CF2=25；
②如图，E点在AD延长线上，
∵AE=AD+DE=2ED,AD=3，
∴ AD=ED=3，
在正方形ABCD中，CD=3,∠CDE=90°，
∴CE=DE2+CD2=32+32=32，
∵三角形ECF是等腰直角三角形，
∴CE=CF=32
∴EF=CE2+CF2=6；
综上，EF的长为6或25
（3）如图2，过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，在直线AD上截取HM=DH，
由（1）知△BCE≌△DCF，
∴∠CBE=∠CDF,BE=DF，
在正方形ABCD中,
∠BAE=∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠CDH=180°−90°=90°，
∴∠ABC=∠CDH,
∴∠ABC−∠CBE=∠CDH−∠CDF，
∴∠ABE=∠HDF，
在△ABE和△HDF中,
∠BAE=∠DHF=90°∠ABE=∠HDFBE=DF，
∴△ABE≌△HDFAAS，
∴AB=DH=3，
∴ HM=DH=3，
∵HM=DH,FH⊥AD，
∴DF=MF，
∴MF=BE，
∴BE+BF=MF+BF,
当B、F、M三点不共线时，MF+BF>BM，当B、F、M三点共线时，MF+BF=BM，
∴当B、F、M三点共线时， MF+BF的值最小为BM，
在Rt△ABM中，AB=3，AM=AD+DH+HM=9，∠BAM=90°，
∴BM=AB2+AM2=32+92=310，
∴BE+BF的最小值为310，
故答案为：310．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角形三边关系等知识，熟练运用正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形三边关系是解题的关键．
【变式10-1】（2024八年级·陕西延安·期末）问题提出
（1）在平面内，已知线段AB=5，AC=3，则线段BC的最小值为______．
问题探究
（2）如图1，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=4，∠D=60°，P是边AD的中点，Q是边CD上一动点，将三角形PDQ沿PQ所在直线翻折，得到三角形PEQ，连接BE，求BE的最小值．
问题解决
（3）如图2，平行四边形ABCD为某公园平面示意图，扇形BMN为该公园的人口广场，已知AB=150m，BC=130m，AC=140m，BM=BN=20m．为了提升游客体验感，工作人员准备在弧MN上找一点P，沿AP，CP修两条绿色通道，并在AP上方和CP右方区域种植花卉供游客观赏，其余地方修建其他设施，求其他设施区域APCD面积的最小值．
【答案】（1）2；（2）221−2；（3）15400m2
【分析】（1）当C在线段AB上时，BC最短，从而可得答案；
（2）如图，过点P作PF⊥AB交BA延长线于点F，连接BP． 证明AP=DP=2，求解AF=1，PF=3．可得PB=PF2+BF2=221．由BE≥PB−PE=221−2，从而可得答案；
（3）如图，过点P作PE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F．证明当S△ACP最小时，S四边形APCD最小．可得当PE最小时，S△ACP最小．由AB2−AF2=CB2−CF2，设CF=x，则AF=140−x，建立方程求解BF=120m，可得PE≥FB−BP=120−20=100m，当P在线段BF上时，PE取最小值．再求解面积即可．
【优尖升-详解】解：（1）当C在线段AB上时，BC最短，
此时BC=AB−AC=5−3=2．
（2）如图，过点P作PF⊥AB交BA延长线于点F，连接BP．
∵四边形ABCD是平行四边形，AD=4，AB=8，∠D=60∘，
∴AB∥CD，∴∠PAF=∠D=60°，∠APF=30°．
∵P是AD的中点，∴AP=DP=2，
∴AF=1，PF=3．
在Rt△PFB中，由勾股定理，得PB=PF2+BF2=221．
由折叠得PE=PD=2，
∴BE≥PB−PE=221−2，
∴点E在线段PB上时，BE取最小值221−2，即BE的最小值为221−2．
（3）如图，过点P作PE⊥AC于点E，过点B作BF⊥AC于点F．
∵S四边形APCD=S△ACD+S△ACP，S△ACD为定值，
∴当S△ACP最小时，S四边形APCD最小．
又∵AC为定值，∴当PE最小时，S△ACP最小．
在Rt△AFB中，由勾股定理得BF2=AB2−AF2，
在Rt△CFB中，由勾股定理得BF2=CB2−CF2，
∴AB2−AF2=CB2−CF2，
设CF=x，则AF=140−x，
∴1502−140−x2=1302−x2，解得x=50，
∴CF=50m，AF=90m．
∴BF=120m，
∴PE≥FB−BP=120−20=100m，
当P在线段BF上时，PE取最小值．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴S△ACD=S△ACB，
∴S△ACD+S△ACP=S△ACB+S△ACP=12⋅AC⋅FB+12⋅AC⋅PE=15400．
∴四边形APCD面积的最小值为15400m2．
【点睛】本题考查的是三角形三边关系的应用，平行四边形的性质，勾股定理的应用，含30°的直角三角形的性质，熟练的利用两点之间线段最短求解线段或面积的最值是解本题的关键．
【变式10-2】（2024八年级·河南新乡·期末）在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F（如图1和图2），然后展开铺平，连接BE，EF．
（1）操作发现：
①在矩形ABCD中，任意折叠所得的△BEF是一个 三角形；
②当折痕经过点A时，BE与AE的数量关系为 ．
（2）深入探究：
在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝23．
①当△BEF是等边三角形时，求出BF的长；
②△BEF的面积是否存在最大值，若存在，求出此时EF的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①等腰；②BE=2AE；（2）①2；②存在，23或512
【分析】（1）①由折叠的性质得EF＝BF，即可得出结论；
②当折痕经过点A时，由折叠的性质得AF垂直平分BE，由线段垂直平分线的性质得AE＝BE，证出△ABE是等腰直角三角形，即可得出BE＝2AE；
（2）①由等边三角形的性质得BF＝BE，∠EBF＝60°，则∠ABE＝30°，由直角三角形的性质得BE＝2AE，AB＝3AE＝3，则AE＝1，BE＝2，得BF＝2即可；
②当点F在边BC上时，得S△BEF≤12S矩形ABCD，即当点F与点C重合时S△BEF最大，由折叠的性质得CE＝CB＝23，即EF＝23；
当点F在边CD上时，过点F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K，则S△EKF＝12KF•AH≤12HF•AH＝12S矩形AHFD，S△BKF＝12KF•BH≤12HF•BH＝12S矩形BCFH，得S△BEF≤12S矩形ABCD＝3，即当点F为CD的中点时，△BEF的面积最大，此时，DF＝12CD＝32，点E与点A重合，由勾股定理求出EF即可．
【优尖升-详解】解：（1）①由折叠的性质得：EF＝BF，
∴△BEF是等腰三角形；
故答案为：等腰；
②当折痕经过点A时，
由折叠的性质得：AF垂直平分BE，
∴AE＝BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠A＝90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝2AE；
故答案为：BE＝2AE；
（2）①当△BEF是等边三角形时，BF＝BE，∠EBF＝60°，
∴∠ABE＝90°﹣60°＝30°，
∵∠A＝90°，
∴BE＝2AE，AB＝3AE＝3，
∴AE＝1，BE＝2，
∴BF＝2；
②存在，理由如下：
∵矩形ABCD中，CD＝AB＝3，BC＝23，
∴矩形ABCD的面积＝AB×BC＝3×23＝6，
第一种情况：当点F在边BC上时，如图1所示：
此时可得：S△BEF≤12S矩形ABCD，
即当点F与点C重合时S△BEF最大，此时S△BEF＝3，
由折叠的性质得：CE＝CB＝23，
即EF＝23；
第二种情况：当点F在边CD上时，
过点F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K，如图2所示：
∵S△EKF＝12KF•AH≤12HF•AH＝12S矩形AHFD，S△BKF＝12KF•BH≤12HF•BH＝12S矩形BCFH，
∴S△BEF＝S△EKF+S△BKF≤12S矩形ABCD＝3，
即当点F为CD的中点时，△BEF的面积最大，
此时，DF＝12CD＝32，点E与点A重合，△BEF的面积为3，
∴EF＝AD2+DF2＝512；
综上所述，△BEF的面积存在最大值，此时EF的长为23或512．
【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，此题难度较大，掌握矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的性质和勾股定理是解决此题的关键．
【变式10-3】（2024·重庆·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形的边BC，CD上．
(1)证明：BE=CF．
(2)当点E，F分别在边BC，CD上移动时(△AEF保持为正三角形)，请探究四边形AECF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
(3)在(2)的情况下，请探究△CEF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．
【答案】(1)见解析
(2)43
(3)见解析
【分析】（1）先求证AB=AC，进而证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而证△ABE≌△ACF，即可得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；
（3）当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据S△CEF=S四边形AECF−S△AEF，则△CEF的面积就会最大．
【优尖升-详解】（1）证明：连接AC,则∠BAC=60°，
∵∠1+∠2=60°，∠3+∠2=60°，
∴∠1=∠3，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴△ABC、△ACD为等边三角形
∴∠4=60°，AC=AB，
∴在△ABE和△ACF中，
∠1=∠3AB=AC∠ABC=∠4，
∴△ABE≌△ACFASA
∴BE=CF．
（2）解：由（1）得△ABE≌△ACF，
则S△ABE=S△ACF．
故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值．
作AH⊥BC于H点，
则BH=2，
S四边形AECF=S△ABC=12BC⋅AH
= 12BC⋅AB2−BH2
= 43；
（3）解：由“垂线段最短”可知，
当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又S△CEF=S四边形AECF−S△AEF，则△CEF的面积就会最大．
由（2）得，S△CEF=S四边形AECF−S△AEF，
=43−12×23×(23)2−(3)2=3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质，三角形面积的计算，本题中求证△ABE≌△ACF是解题的关键．
【题型11 动点函数图像】
【例11】（2024八年级·福建宁德·期末）李大爷在如图 1 所示扇形湖畔的栈道上散步，他从圆心 O 出发，沿O→A→B→O 匀速运动，最后回到点 O，其中路径 AB 是一段长 180 米的圆弧．李大爷离出发点 O 的直线距离 S（米）与运动时间 t（分）之间的关系如图 2 所示．
（1）在 时间段内，李大爷离出发点 O 的距离在增大；在 4~10 分这个时间段内，李大爷在 路段上运动（填 OA，AB 或 OB）；李大爷从点 O 出发到回到点 O 一共用了 分钟；
（2）扇形栈道的半径是 米，李大爷的速度为 米/分；
（3）在与出发点 O 距离 75 米处有一个报刊亭，李大爷在该处买报纸时逗留了一会儿．已知李大爷在买报纸前后始终保持运动速度不变，则李大爷是在第 分到达报刊亭，他在报刊亭停留了 分钟．
【答案】（1）0~4分钟；AB；17；（2）120；30；（3）11.5；3.
【分析】（1）根据图像即可直接回答；
（2）根据时间为0时的函数值可得半径，同时用距离÷时间得到速度；
（3）根据函数图像推断出报刊亭的位置，得出BC的长，结合速度可得到达报刊亭的时间，再利用OC的长算出从报刊亭回到点O的时间，即可算出在报刊亭停留的时间.
【优尖升-详解】解：（1）由图可知：
在0~4分钟内，李大爷离出发点 O 的距离在增大；
在 4~10 分这个时间段内，李大爷离出发点 O 的距离不变，即李大爷在AB路段上运动；
李大爷从点 O 出发到回到点 O 一共用了17分钟，
故答案为：0~4分钟；AB；17；
（2）∵在0~4分钟内，李大爷在OA段上运动，
则120÷4=30米/分，
∴扇形栈道的半径是120米，李大爷的速度为30米/分，
故答案为：120；30；
（3）由图像可知：李大爷在BO段买的报纸，
∵在与出发点 O 距离 75 米处有一个报刊亭，如图，点C为报刊亭，
则OC=75，BC=120-75=45，
45÷30=1.5分，即李大爷从点B到C用时1.5分，
10+1.5=11.5分，所以李大爷是在第11.5分到达报刊亭，
而OC=75，75÷30=2.5分，
则李大爷买完报纸后又用时2.5分回到圆心O，
17-11.5-2.5=3分，
∴李大爷在报刊亭停留了3分钟，
故答案为：11.5；3.
【点睛】本题为动点问题的函数图象探究题，考查了通过函数图象探究图象代表的实际意义，运用数形结合的数学思想．
【变式11-1】（2024八年级·北京房山·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=5cm，点E在正方形边上沿B→C→D运动（含端点），连接AE，以AE为边，在线段右侧作正方形AEFG，连接DF、DG.
小颖根据学习函数的经验，在点E运动过程中，对线段AE、DF、DG的长度之间的关系进行了探究.
下面是小颖的探究过程，请补充完整：
（1）对于点E在BC、CD边上的不同位置，画图、测量，得到了线段AE、DF、DG的长度的几组值，如下表：
在AE、DF和DG的长度这三个量中，确定 的长度是自变量， 的长度和 的长度都是这个自变量的函数.
（2）在同一平面直角坐标系xOy中，画出（1）中所确定的函数的图象：
（3）结合函数图像，解决问题：
当ΔGDF为等腰三角形时，AE的长约为
【答案】（1）DG,AE,DF；（2）画图见解析；（3）7.07或5.00或5.65
【分析】（1）根据表格的数据，结合自变量与函数的定义，即可得到答案；
（2）根据列表、描点、连线，即可得到函数图像；
（3）可分为AE=DF，DF=DG，AE=DG，结合图像，即可得到答案.
【优尖升-详解】解：（1）根据表格可知，DG从0开始，而且不断增大，则DG是自变量；
AE和DF随着DG的变化而变化，则AE和DF都是DG的函数；
故答案为：DG，AE，DF.
（2）函数图像，如图所示：
（3）∵ΔGDF为等腰三角形，则可分为：
AE=DF或DF=DG或AE=DG，三种情况；
根据表格和函数图像可知，
①当AE=DG=5.00时，ΔGDF为等腰三角形；
②当AE=7.07时，DF=DG=5.00，ΔGDF为等腰三角形；
③当AE=DF=5.65时，ΔGDF为等腰三角形；
故答案为：7.07或5.00或5.65.
【点睛】本题考查了函数的定义，自变量的定义，画函数图像，以及等腰三角形的定义，解题的关键是掌握函数的定义，准确画出函数图像.
【变式11-2】（2024八年级·河北石家庄·期末）如图1，在长方形ABCD中，AB=12cm，BC=10cm，点P从点A出发，沿A→B→C→D路线运动，到点D停止；点Q从点D出发，沿D→C→B→A运动，到点A停止．若点P，Q同时出发，点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，运动a秒后，点P，Q同时改变速度，点P的速度变为6cm/s，点Q的速度变为bcm/s．图2是点P出发x秒后，△APD的面积S1（cm2）与x（s）的函数关系图像；图3是点Q出发x秒后△AQD的面积S2（cm2）与x（s）的函数关系图像．
(1)动点P在线段___上运动时，S1的面积保持不变；动点Q到达点A时，x的值为___；
(2)求a，b的值；
(3)设点P离开点A所走的路程为y1（cm），点Q离开点D所走的路程为y2（cm），当x>a时，分别求出y1，y2与x的函数关系式；
(4)当两个动点所走过的路程比为1:2时，直接写出x的取值范围．
【答案】(1)BC；28
(2)a=6,b=1
(3)y1=6x−30，y2=x+6
(4)x=10.5或0
（2）由图2，得出P到B所用时间为323−12+106=7秒，根据路程=速度×时间，列方程a+6（7-a）=12，求出a=6，此时Q恰好到达C，则Q从C到A所用时间为28-6=22秒，根据路程=速度×时间，列方程22b=12+10，解得b值；
（3）根据x>6分别表示y1，y2即可；
（4）分情况讨论：x>6和0
当P在BC上时，△APD的面积=12×AD×CD=12×10×12=60是定值
由图3可知，Q从D到A共计用时28秒
故答案为：BC；28；
（2）解：由图2可知，P到B所用时间为323−12+106=7秒
∴a+6（7-a）=12
解得a=6
∵2×6=12=CD
∴此时Q恰好到达C
∴Q从C到A所用时间为28-6=22秒
∴22b=10+12
解得b=1
综上可知：a=6，b=1；
（3）解：当x>6时，
y1=1×6+6（x-6）=6x-30
y2=2×6+（x-6）=x+6
（4）解：当x>6时，y1=6x-30，y2=x+6
当两个动点所走过的路程比为1:2时，得
（6x-30）：（x+6）=1∶2或（x+6）：（6x-30）=1∶2
解得x=6(舍去)或x=10.5
当0
∴0
【变式11-3】（2024八年级·四川成都·期末）如图1，在正方形ABCD中，O是AD的中点，P点从A点出发沿A→B→C→D的路线移动到D点时停止，出发时以a单位/秒的速度匀速运动；同时Q点从D点出发沿D→C→B→A的路线移动到A点时停止，出发时以b单位/秒的速度匀速运动；P、Q点相遇后P点的速度变为c单位/秒，Q点的速度变为d单位/秒运动．图2是线段OP扫过的面积SP与时间t的图象，图3是线段OQ扫过的面积SQ与时间t的图象．
(1)正方形ABCD的边长是__________；
(2)求线段OQ扫过的面积SQ与时间t的代数关系式；
(3)若∠POQ在正方形中所夹图形面积S为5，求点P移动的时间t．
【答案】(1)4
(2)SQ=12t,(0≤t<8)83t−5238≤t<1143t−83(11
【分析】本题考查的是动点图象问题、图象面积的计算等知识，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
（1）由图象知，8秒时，PQ相遇，此时OP扫过的面积图象中间变化1次，而OQ的没有变化，故P、Q在点C相遇，由图2知，S△OAP(C)=12，即可求解；
（2）分类讨论，根据三角形面积是底乘高乘12，梯形面积是高乘上底加上下底的和再乘12，进行列式计算，注意时间范围，即可作答．
（3）与（2）过程类同，再令面积为∠POQ在正方形中所夹图形面积S为5，即可列式代入数值作答．
【优尖升-详解】（1）解：由图象知，8秒时，P、Q相遇，
此时OP扫过的面积图象中间变化1次，而OQ扫过的面积图象没有变化，故P、Q在点C相遇，
设正方形的边长为2x，则OD=OA=x
由图2知，S四边形OABP=12×OA+BC×AB=12×x+2x×2x=12，解得：x=2，
故答案为4；
（2）由图2知，相遇后点P，8秒走了CD的长度即4个单位，则c=12，
图3：11−n=14−11，解得：n=8
∵Q点从D点出发沿D→C→B→A的路线移动到A点时停止，出发时以b单位/秒的速度匀速运动
∴b=4÷8=12
同理d=4÷(14−11)=43，
当点Q在DC段时，
SQ=12×2×12t=12t0≤t≤8
当点Q在BC段时，
则SQ=12×DC×OD+QC，QC=43×t−8
SQ=12×4×2+t−8×43=83t−5238≤t<11，
当点Q在BA段时，
SQ=4×4−S△OAQ=16−12×2×AQ=16−4−43t−11=12+43t−11=43t−8311
相遇前：
当Q在DC上，点P在AB上时，此时0≤t<4
S=4×4−12×2×12t−12×t×2=16−1.5t
当S=16−1.5t=5，则t=223>4（舍去）；
当Q在DC上，点P在BC上时，此时4≤t<8
S=4×4−12×2×12t−12×4×2+t−4=20−2.5t
当S=20−2.5t=5，则t=6
相遇后：当点Q在BC段时，如图，
设△OPD的面积为S1，梯形ABQO的面积为S2，
则正方形ABCD的面积为4×4=16，
S1=12OD×PD=12×2×4−12t−8=8−12t8
当点Q在BA段时，
S△OQA=12×2×4−43(t−11)=−43t+56311
S=16−S1−S2=16−8−12t−−83t+1003=8+12t+83t−1003=196t−763
令S=5，5=196t−763，t=18219；
当11
令S=5，5=116t−323，t=9411<11（舍去）；
综上：t=6或18219
【题型12 一次函数的应用】
【例12】（2024八年级·江苏盐城·期末）五一期间，某电器商城推出了两种促销方式,且每次购买电器时只能使用其中一种方式：第一种是打折优惠，凡是在该商城购买家用电器的客户均可享受八折优惠；第二种方式是：赠送优惠券，凡在商城三天内购买家用电器的金额满400元且少于600元的，赠优惠券100元（优惠券在购买该物品时就可使用）；不少于600元的，所赠优惠券是购买电器金额的14，另再送50元现金.
(1)以上两种促销方式中第二种方式，可用如下形式表达：设购买电器的金额为x（x≥400）元，优惠券金额为y元，则：①当x＝500时，y＝ ；②当x≥600时，y＝ ；
(2)如果小张想一次性购买原价为x（400≤x＜600）元的电器，可以使用优惠券，在上面的两种促销方式中，试通过计算帮他确定一种比较合算的方式？
(3)如果小张在促销期间内在此商城先后两次购买电器时都得到了优惠券（两次购买均未使用优惠券），第一次购买金额在600元以内，第二次购买金额超过600元，所得优惠券金额累计达800元，设他购买电器的金额为W元，W至少应为多少？（W＝支付金额－所送现金金额）
【答案】(1)①100
②14x+50
(2)第一种方式合算
(3)W至少为3150
【分析】（1）根据题意即可得出y=100和y=14x+50；
（2）根据题意求出y1=0.8x，y2=x-100，求出方程0.8x=x-100的解是x=500，即此时y1=y2，即可得出y1＞y2和y1＜y2时x的值；
（3）设第一次购买花了m元，第二次花了n元，得出方程100+14n=800，求出n的值，代入W=支付金额-所送现金金额得出W=m+2750，根据400≤m＜600即可求出W的取值范围，即可得出答案．
【优尖升-详解】（1）解：根据题意即可得出y=100和y=14x；
故答案为：①100，②14x+50
（2）设y1=0.8x，y2=x-100，
∵由0.8x=x-100得x=500，此时y1=y2；
当400≤x＜500时y1＞y2；
当500＜x＜600时y1＜y2；
∴当x=500时，两种方式一样合算；
当400≤x＜500时，选第二种方式合算；
当500＜x＜600时，选第一种方式合算；
（3）设第一次购买花了m元，第二次花了n元，
当400≤m＜600，n≥600时，100+14n=800，得n=2800，
W=m+n-50=m+2750，
∵400≤m＜600，
∴3150≤W＜3350，
∴W至少为3150元．
【点睛】本题考查了一次函数的有关应用，解此题的关键是能把实际问题转化成数学问题，主要考查学生的分析问题和解决问题的能力，运用了转化思想，题目比较好，但是有一定的难度．
【变式12-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）某商场准备购进甲乙两种服装进行销售．甲种服装每件进价160元，售价210元；乙种服装每件进价120元，售价150元．现计划购进两种服装共100件，其中甲种服装不少于60件．设购进甲种服装x件，两种服装全部售完，商场获利y元．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若购进100件服装的总费用不超过15000元，求最大利润为多少元?
(3)在（2）的条件下，该服装店对甲种服装以每件优惠a0
(2)当x=75时取最大值4500元
(3)a=8
【分析】本题考查一次函数的应用，一元一次不等式组的应用，一次函数的性质，根据题意建立函数关系式是求解本题的关键．
（1）由总利润等于两种服装的利润之和可得函数关系式．
（2）先求解自变量x的取值范围，再根据一次函数增减性求最值．
（3）先建立总利润关于x的函数关系式，再结合一次函数的性质，建立关于a，b的方程组求值即可．
【优尖升-详解】（1）解：y=210−160x+150−120100−x
=20x+3000
（2）解：由题意得：x≥60160x+120×(100−x)≤15000，
∴60≤x≤75，
∵y=20x+3000中，20>0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x=75时，y最大=20×75+3000=4500(元)．
（3）解：∵a−b=4，
∴b=a−4，
由题意得：y=(210−160−a)x+(150−120+b)(100−x)
=(50−a)x+(30+b)×100−(30+b)x
=(24−2a)x+100a+2600．
∵60≤x≤75，0
∴y随x的增大而增大，
∴当x=75时，y最大=(24−2a)×75+100a+2600=4000，
∴a=8，符合题意．
当a=12时，y=100×12+2600=3800≠4000， 不合题意．
当12
综上，a=8．
【变式12-2】（2024八年级·河北衡水·期末）甲、乙两人从相距4千米的两地同时、同向出发，乙每小时走4千米，小狗随甲一起同向出发，小狗追上乙的时候它就往甲这边跑，遇到甲时又往乙这边跑，遇到乙的时候再往甲这边跑…就这样一直匀速跑下去．如图，折线A−B−C，A−D−E分别表示甲、小狗在行进过程中，离乙的路程ykm与甲行进时间x(h)之间的部分函数图象．
(1)求AB所在直线的函数解析式；
(2)小狗的速度为______km/h；求点E的坐标；
(3) 小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，求x为何值时，它离乙的路程与离甲的路程相等？
【答案】(1)y1=−2x+4
(2)12，点E的坐标为E23，83
(3)27或1017
【分析】（1）由题意知A(0，4)，B(2，0)，待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）由D(12，0)，可知，当x=12时，小狗距离乙0km，设小狗速度为m km/h，则依题意得，12m−12×4=4，解得，m=12，即小狗速度为12km/h，由B(2，0)，可知，当x=2时，甲距离乙0km，设甲的速度为n km/h，则依题意得，2n−2×4=4，计算可求甲的速度为6km/h，设Ea，−2a+4，由题意知，当x=a时，甲和小狗出发后第一次相遇，则6a+12a2=12×12，计算求解，然后作答即可；
（3）由A(0，4)，D(12，0)，E23，83，待定系数法可求直线DE的函数解析式为y2=16x−8，直线AD的函数解析式为y3=−8x+4，由小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，离乙的路程与离甲的路程相等时，分两种情况：①y1=2y3，即−2x+4=2(−8x+4)；②y1=2y2，即−2x+4=2(16x−8)；分别计算求解即可．
【优尖升-详解】（1）解：设AB所在直线的函数解析式为y1=ax+b，
将A(0，4)，B(2，0)代入，得b=42k+b=0，
解得k=−2b=4，
∴AB所在直线的函数解析式为y1=−2x+4；
（2）解：由D(12，0)，可知，当x=12时，小狗距离乙0km，
设小狗速度为mkm/h，
则依题意得，12m−12×4=4，
解得，m=12，
∴小狗速度为12km/h，
由B(2，0)，可知，当x=2时，甲距离乙0km，
设甲的速度为nkm/h，
则依题意得，2n−2×4=4，
解得，m=6，
∴甲的速度为6km/h，
设Ea，−2a+4，
由题意知，当x=a时，甲和小狗出发后第一次相遇，
∴6a+12a2=12×12，
解得a=23，
∴E23，83；
（3）解：∵A(0，4)，D(12，0)，E23，83，
同理（1），直线DE的函数解析式为y2=16x−8，直线AD的函数解析式为y3=−8x+4，
∴小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，离乙的路程与离甲的路程相等时，分两种情况：
①y1=2y3，即−2x+4=2(−8x+4)，解得x=27；
②y1=2y2，即−2x+4=2(16x−8)，解得x=1017．
综上所述，小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，当x为27或1017时，它离乙的路程与离甲的路程相等．
【点睛】本题考查了函数图象，一次函数解析式，一元一次方程的应用．解题的关键在于从图象中获取正确的信息．
【变式12-3】（2024八年级·河南商丘·期末）为推进生态美、产业强，促进乡村全面振兴，河南西峡以香菇、猕猴桃、山茱萸为代表，形成了“菌果药”三大特色产业．某香菇种植大棚计划购买20个A，B两种型号的货架，经市场调查发现有线下和线上两种购买方式，具体情况如下表．
若按原价购买，则购买10个A型货架和10个B型货架共需3500元．已知每个A型货架的原价比每个B型货架便宜50元
(1)求每个A，B型号的货架的原价．
(2)若该香菇种植大棚选择线上或线下任意一种方式购买，且购买B型货架的数量不少于A型货架数量的2倍，请求出花费最少的购买方案，并说明理由．
【答案】(1)每个A型货架的原价为150元，每个B型货架的原价为200元
(2)线上购买6个A型货架，14个B型货架，理由见解析
【分析】（1）设每个A型货架的原价为a元，则每个B型货架的原价为a+50元，然后根据“购买10个A型货架和10个B型货架共需3500元”列一元一次方程即可解答；
（2）设购买A型货架x个，则购买B型货架20−x个；根据“购买B型货架的数量不少于A型货架数量的2倍”列不等式求得x的取值范围；再根据求出线下购买所需费用为y1与设购买A型货架x的关系式确定y1的最小值，同理求得线上购买所需费用为y2的最小值，然后再比较即可解答
【优尖升-详解】（1）解：设每个A型货架的原价为a元，则每个B型货架的原价为a+50元．
根据题意得:10a+10a+50=3500，解得a=150．
则a+50=200．
答：每个A型货架的原价为150元，每个B型货架的原价为200元．
（2）解：设购买A型货架x个，则购买B型货架20−x个．
由题意，得20−x≥2x，解得x≤203．
设线下购买所需费用为y1元，则y1=150×0.9x+200×0.920−x=−45x+3600．
∵−45<0，
∴y1随x的增大而减小，
又∵x≤203，且x为整数．
∴当x=6时，y1取最小值，最小值为−45×6+3600=3330．
设线上购买所需费用为y2元，则y2=150×0.8x+200×0.8520−x+110=−50x+3510．
同理，当x=6时，y2取最小值，最小值为−50×6+3510=3210．
此时20−x=14．
∵3210<3330．
∴花费最少的购买方案为线上购买6个A型货架，14个B型货架．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用等知识点，根据题意正确列出“一元一次方程和不等式”是解答本题的关键．
【题型13 一次函数与几何综合】
【例13】（2024八年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，C0,−4，且a和b满足a+42+2−b=0．将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合．
(1)请直接写出点A、B、D的坐标：A______，B______，D______；
(2)如图1，若点P为直线AB上一点，将点P向右平移t个单位到点P'，当点P'在直线CD上时，则t的值为______，若三角形COP'的面积是三角形DOP'的面积的2倍，请求出点P的坐标；
(3)如图2，若点Qm,n为平面直角坐标系内一点，且三角形ABQ的面积是三角形CDQ的面积的2倍，请探究m，n的数量关系，并写出你的探究过程．
【答案】(1)A−4,0，B0,2，D4,−2
(2)12；P−4,0或P−283,−83，
(3)m−2n=4或m−2n=20
【分析】（1）根据平方的非负性与二次根式的非负性求出a，b的值，进而得到A，B的坐标，根据A，C的坐标平移变换规则，将B进行相同的变换，即可得到D的坐标，
（2）由C、D坐标求出直线CD的解析式：y=12x−4，当y=0时，得：x=8，t=8−−4=12，设点P横坐标为p，分别过点D、P'作y轴的垂线，得到S△COP'=12OC⋅P'F=12×4×p=2p，S△DOC=12OC⋅OD=12×4×4=8，由S△COP'=2S△DOP'，当P'在线段CD上时，得到S△COP'=23S△DOC，代入求出p=83，代入y=12x−4得到P'83,−83，根据平移得到P点坐标，当P'在线段CD延长线上时，得到S△COP'=2S△DOC，同理即可求解，
（3）过点D作y轴的垂线，在y轴上取点G，设点G0,g，当BG=2GC时， S△ABG=2S△CDG，过点G作直线GH∥CD， 当点Q在直线GH上时， S△ABQ=2S△CDQ，当BG=2GC时，解得：g=−2或g=−10，即：G0,−2或G0,−10，根据GH∥CD，GH于y轴交于点G，得到直线GH解析式，将点Qm,n代入，即可求解，
本题考查了，坐标的平移，求一次函数解析式，一次函数与面积问题，解题的关键是：熟练掌握数形结合的思想．
【优尖升-详解】（1）解：∵a+42+2−b=0，a+42≥0，2−b≥0，
∴a+4=0，2−b=0，解得：a=−4，b=2，
∴A−4,0，B0,2，
∵将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合，C0,−4，
∴点C为点A向右平移4个单位，向下平移4个单位，
将点B向右平移4个单位，向下平移4个单位，得到D0+4,2−4，即：D4,−2，
故答案为：A−4,0，B0,2，D4,−2，
（2）解：设直线CD的解析式为：y=kx+b，则：−4=k⋅0+b−2=k⋅4+b，解得：k=12b=−4，
∴直线CD的解析式为：y=12x−4，
当y=0时，0=12x−4，解得：x=8，
∴t=8−−4=12，
设点P'横坐标为p，
分别过点D、P'作y轴的垂线，分别交y轴于点E、F，DE=4−0=4，P'F=p−0=p，OC=0−−4=4，
S△COP'=12OC⋅P'F=12×4×p=2p，S△DOC=12OC⋅OD=12×4×4=8，
∵S△COP'=2S△DOP'，
当P'在线段CD上时，如图：
S△COP'=23SDOC，即：2p=23×8，解得：p=83，
当x=83时，y=12x−4，得：y=12×83−4，解得：y=−83，
∴P'83,−83，点P横坐标为：83−12=−283，
∴P−283,−83，
当P'在线段CD延长线上时，如图：
S△COP'=2S△DOC，即：2p=2×8，解得：p=8，
代入y=12x−4，得：y=12×8−4，解得：y=0，
∴P'8,0，点P横坐标为：8−12=−4，
∴P−4,0，
故答案为：12；P−4,0或P−283,−83，
（3）解：过点D作y轴的垂线，交y轴于点E，
AO=0−−4=4，DE=4−0=4，
在y轴上取点G，设点G0,g，当BG=2GC时，
S△ABG=12BG⋅AO=2BG，S△CDG=12GC⋅DE=2GC=BG，即：S△ABG=2S△CDG，
过点G作直线GH∥CD， 当点Q在直线GH上时，S△ABQ=S△ABG，S△CDG=S△CDQ，即：S△ABQ=2S△CDQ，
当点G在线段OC上时，BG=2−g，GC=g−−4=g+4，
∵BG=2GC，即：2−g=2g+4，解得：g=−2，
当点G在线段OC延长线上时，BG=2−g，GC=−4−g=−4−g，
∵BG=2GC，即：2−g=2−4−g，解得：g=−10，
∴G0,−2或G0,−10，
∵GH∥CD，GH与y轴交于点G，
∴直线GH解析式为：y=12x−2或y=12x−10，
将点Qm,n代入，得：n=12m−2或n=12m−10，整理得：m−2n=4或m−2n=20，
故答案为： m−2n=4或m−2n=20．
【变式13-1】（2024八年级·江苏泰州·期末）如图，平面直角坐标系中，CB∥OA，∠OCB=90°，CB=2，OC=4，直线y=−12x+2过A点，且与y轴交于D点．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)试说明：AD⊥BO；
(3)若点M是直线AD上的一个动点，在x轴上是否存在另一个点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(4,0)，B(2,4)
(2)见解析
(3)存在，N(−6,0)或N(6,0)或N(14,0)
【分析】（1）根据题意利用矩形性质及判定可得点B坐标，令y=0即可得到x的值，即为点A坐标；
（2）根据直线解析式求出点D坐标，得到CD的值，根据矩形对边相等，OC=4，然后证明△AOD≌△OCB，再利用全等性质即可得到结论；
（3）根据平行四边形对边平行且相等可得BM∥AN，BM=AN，令y=2求出点M坐标，从而得到BM长度，再分情况讨论求出点N坐标．
【优尖升-详解】（1）解：当y=0时，−12x+2=0，解得：x=4，
∴点A坐标为(4,0)，
∵∠OCB=90°，CB=2，OC=4，
∴过点B作BF⊥AO于F，则四边形BCOF是矩形，
∴OF=BC=2，BF=OC=4，
∴点B的坐标为(2,4)；
（2）解：当x=0时，y=−12×0+2=2，
∴点D坐标为(0,2)，
∴OD=BC=2，
根据（1）中结论，四边形BCOF是矩形，
∴OC=BF=4，AO=OC=4，
在△AOD和△OCB中，
OD=BC∠AOD=∠OCBAO=CO，
∴△AOD ≌ △OCB，
∴∠OAD=∠COB，
∵∠COB+∠AOB=90°，
∴∠OAD+∠AOB=90°，
∴∠AEO=90°，
∴AD⊥BO；
（3）解：存在
∵点N在x轴上，O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴BM∥x轴且BM=ON，
根据（1），点B(2,4)，
∴−12x+2=4，解得：x=−4，
∴点M(−4,4)，
∴BM=2−(−4)=6，
①点N在点O的左边时，ON=BM=6，
∴点N的坐标为(−6,0)，
②点N在点O的右边时，ON=BM=6，
∴点N的坐标为(6,0)，
③作N(−6,0)关于A的对称点N1，则N1也符合，点N1的坐标为(14,0)，
综上所述：N(−6,0)或N(6,0)或N(14,0)．
【点睛】本题考查坐标与图形，一次函数与坐标轴交点，矩形性质及判定，平行四边形性质，全等三角形判定及性质．
【变式13-2】（2024八年级·上海黄浦·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C2,m为直线y=x+2上一点，直线y=−12x+b过点C．
(1)求m和b的值；
(2)直线y=−12x+b与x轴交于点D，动点P从点D开始以每秒1个单位的速度向x轴负方向运动，设点P的运动时间为t秒．
①若点P在线段DA上，设△ACP的面积为S，请求出S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，直接写出t的值：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)m=4，b=5
(2)①S=24−2t0≤t<12；②存在，4或12−42或12+42或8
【分析】（1）在y=x+2中，当x=0时，y=2；当y=0时，x=−2；即可得出答案；求出点C(2,4)，代入直线y=−12x+b即可得出答案；
（2）求出D(10,0)，则OD=10，AD=OA+OD=12；①设PD=t，则AP=12−t，过C作CE⊥AP于E，由三角形面积S与t之间的函数关系式；
②过C作CE⊥AP于E，则CE=4，AE=4，由勾股定理求出AC=42；分三种情况：当AC=PC时；当AP=AC时；当PC=PA时；分别求出t的值即可．
【优尖升-详解】（1）解在y=x+2中，当x=0时，y=2；
当y=0时，x=−2；
∴A(−2,0)，B(0,2)；
∵点C在直线y=x+2上，
∴m=2+2=4，
又∵点C(2,4)也在直线y=−12x+b上，
∴ −12×2+b=4，
解得：b=5；
（2）解：在y=−12x+5中，当y=0时，x=10，
∴D(10,0)，
∴OD=10，
∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∴AD=OA+OD=12；
①设PD=t，则AP=12−t，过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
则CE=4，
∴S=12(12−t)×4=24−2t0≤t<12，
②存在，理由如下：
过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
则CE=4，OE=2，
∴AE=OA+OE=4，
∴AC=AE2+CE2=42+42=42；
a、当AC=PC时，AP=2AE=8，
∴PD=AD−AP=4，
∴t=4；
b、当AP=AC时，如图2所示：
则AP1=AP2=AC=42，
∴DP1=12−42，DP2=12+42，
∴t=12−42，或t=12+42；
c、当PC=PA时，如图3所示：
设EP=m，则CP=m2+42，AP=m+4，
∴ m2+42=m+4，
解得：m=0，
∴P与E重合，AP=4，
∴PD=8，
∴t=8；
综上所述，存在t的值，使△ACP为等腰三角形，t的值为4或12−42或12+42或8．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了一次函数的应用、坐标与图形性质、三角形面积、等腰三角形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握一次函数的应用和等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式13-3】（2024八年级·四川成都·期末）已知，如图1，直线AB:y=kx−k−4，分别交平面直角坐标系于A，B两点，直线CD:y=−2x+2与坐标轴交于C，D两点，两直线交于点E(a,−a)；
(1)求点E的坐标和k的值；
(2)如图2，点M是y轴上一动点，连接ME，将△AEM沿ME翻折，当A点对应点刚好落在x轴上时，求ME所在直线解析式；
(3)在直线AB上是否存在点P，使得∠ECP=45°，若存在，请求出P点坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)点E的坐标为2,−2，k的值是2
(2)ME所在直线解析式为y=13x−83或y=−x
(3)存在，P的坐标为247,67或−8,−22
【分析】（1）把E(a,−a)代入y=−2x+2得a=2，即得E(2,−2)，把E(2,−2)代入y=kx−k−4得k=2；
（2）分两种情况：①当A的对应点A'在x轴负半轴时，过E作EF⊥x轴于F，由k=2知A(0,−6)，OA=6，设M(0,m)，则OM=−m，在Rt△A'OM中，有22+(−m)2=(m+6)2，可解得M(0,−83)，用待定系数法即得直线EM解析式为y=13x−83；②当A的对应点A'在x轴正半轴时，由E(2,−2)，可知M与O重合，即M(0,0)，故ME的解析式为y=−x；
（3）当P在CE右侧时，过E作EH⊥CP于H，过H作HG∥y轴，过C作CK⊥HG于K，过E作EG⊥HG于G，证明△EHG≌△HCKAAS，得HG=CK，EG=HK，设H(p,q)，有q+2=pp−2=2−q，从而可得H(3,1)，直线CH解析式为y=−13x+2，解y=−13x+2y=2x−6得P247,67；当P在CE左侧时，过E作ER⊥CP于R，过R作RT∥y轴，过C作CW⊥RT于W，过E作ET⊥RT于T，同理可得P(−8,−22)．
【优尖升-详解】（1）解：把E(a,−a)代入y=−2x+2得：
−a=−2a+2，
解得a=2，
∴E(2,−2)，
把E(2,−2)代入y=kx−k−4得：
−2=2k−k−4，
解得k=2，
∴点E的坐标为(2,−2)，k的值是2；
（2）解：①当A的对应点A'在x轴负半轴时，过E作EF⊥x轴于F，如图：
由（1）知k=2，
∴直线AB解析式为y=2x−6，
在y=2x−6中，令x=0得y=−6，
∴A(0,−6)，OA=6，
∵E(2,−2)，
∴AE=22+−2+62=25=A'E，EF=2，OF=2，
∴A'F=A'E2−EF2=4，
∴A'O=A'F−OF=2，
设M(0,m)，则OM=−m，
∴AM=OA−OM=6−−m=m+6=A'M，
在Rt△A'OM中，A'O2+OM2=A'M2，
∴22+(−m)2=(m+6)2，
解得m=−83，
∴M(0,−83)，
设直线EM解析式为y=k'x−83，把E(2,−2)代入得：
−2=2k'−83，
解得k'=13，
∴直线EM解析式为y=13x−83；
②当A的对应点A'在x轴正半轴时，如图：
∵E(2,−2)，
∴∠AOE=∠A'OE=45°，
∴M与O重合，即M(0,0)，
此时ME的解析式为y=−x；
综上所述，ME所在直线解析式为y=13x−83或y=−x；
（3）解：在直线AB上存在点P，使得∠ECP=45°，理由如下：
当P在CE右侧时，过E作EH⊥CP于H，过H作HG∥y轴，过C作CK⊥HG于K，过E作EG⊥HG于G，如图：
∵∠ECP=45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴CH=EH，
∵∠EHG=90°−∠CHK=∠HCK，∠G=90°=∠K，
∴△EHG≌△HCKAAS，
∴HG=CK，EG=HK，
设H(p,q)，
∵C(0,2)，E(2,−2)，
∴CK=p，HK=2−q，EG=p−2，HG=q−(−2)=q+2，
∴ q+2=pp−2=2−q，
解得p=3q=1，
∴H(3,1)，
由C(0,2)，H(3,1)可得直线CH解析式为y=−13x+2，
解y=−13x+2y=2x−6得x=247y=67，
∴P247,67；
当P在CE左侧时，过E作ER⊥CP于R，过R作RT∥y轴，过C作CW⊥RT于W，过E作ET⊥RT于T，如图：
同理可得R(−1,−1)，
由R(−1,−1)，C(0,2)可得CR解析式为y=3x+2，
解y=3x+2y=2x−6得x=−8y=−22，
∴P(−8,−22)；
综上所述，P的坐标为247，67或(−8,−22)．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，勾股定理及应用，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
【题型14 新定义问题】
【例14】（2024八年级·江西南昌·期末）定义：若根式A与根式B的乘积不含根式则称A、B为共轭根式，例如：8与2或3+2与3−2都是共轭根式．
（1）有关共轭根式，下列说法正确的是________（填上序号）；
①一个根式的共轭根式是唯一的；
②a，b均为正整数，若a与b是同类二次根式，则a与b也是共轭根式；
③若A与B是共轭根式，则A与1B也是共轭根式．
（2）写出下列根式的一个共轭根式，填在相应根式后面的横线上，要求是最简二次根式或化到最简．
20________；3b2a________；2+1________；(3+2)2________．
（3）试找出3+2+1的一个共轭根式，并验证其正确性．
【答案】（1）②；（2）5；6ab；2−1；5−26；（3）2−6+2
【分析】（1）根据共轭根式的性质和同类二次根式的性质判断即可；
（2）分别将各根式化简，从而找到共轭根式；
（3）根据二次根式的混合运算即可找到并验证.
【优尖升-详解】解：（1）①错误，例如根式2，2×8=16=4，2×18=36=6，
∴原命题错误；
②正确，∵a与b是同类二次根式，则a×b=ab中，ab为平方数（式），即结果ab不含根式，故原命题正确；
③∵若A与B是共轭根式，令A=3+2，B=3−2，则1B=13−2=3+2，
A⋅1B=3+22=5+26，故原命题错误；
故答案为：②；
（2）20=25，则共轭根式为：5；
3b2a=6ab2a，则共轭根式为：6ab；
2+1，∵2+12−1=1，则共轭根式为：2−1；
(3+2)2=5+26，5+265−26=1，则共轭根式为：5−26；
故答案为：5；6ab；2−1；5−26；
（3）3+2+1的一个共轭根式为：2−6+2，
验证：
2−6+2×3+2+1
=2×3+2×2+2−6×3−6×2−6+23+22+2
=6+2+2−32−23−6+23+22+2
=4.
故验证正确.
【点睛】本题属于新定义问题，主要考查了同类二次根式，二次根式的性质，二次根式的混合运算，解题的关键是理解共轭根式的性质，结合所学二次根式的知识解答.
【变式14-1】（2024八年级·浙江·期末）我们定义：对角线相等的四边形为等对四边形．
(1)尝试：如图1是6×7方格，每一个小正方形的边长为1，在方格中画一个对角线长为5的等对四边形，要求四个顶点均在格点上；
(2)推理：如图2，已知△ ABC中，以AB和AC为边在△ ABC的外侧分别作等边三角形△ ABD和△ ACE，连接DE． 求证：四边形BCED是等对四边形；
(3)拓展：如图3，已知四边形ABCD是等对四边形，AB=4,BC=27，CD=23，∠BOC=120°，求边AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)213
【分析】（1）根据网格的特点以及勾股定理，画出AC=BD=5的相交线段，进而即可求解；
（2）连接BE,DC，根据△ABD,△ACE是等边三角形，得出AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠CAE=60°，∠DAC=∠BAE，进而证明△ADC≌△ABESAS，根据全等三角形的性质可得DC=BE，即可得证；
（3）分别以AB、CD为底作等腰△ABE、等腰△DCE，顶点均为点E．证明△AEC≌△DEB(SSS)，进而证明△CED是等边三角形，勾股的逆定理得出∠BEC=90°，进而可得∠AEC=∠AEB+∠BEC=150°，延长AE交CD于点F，可得EF⊥CD，FD=CF=12CD=3，EF=3FD=3，进而在Rt△ADF中，勾股定理，即可求解．
【优尖升-详解】（1）解：如图所示，
AC=BD=32+42=5
∴四边形ABCD即为所求
（2）证明：如图所示，连接BE,DC，
∵△ABD,△ACE是等边三角形，
∴AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠CAE=60°
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC
即∠DAC=∠BAE
在△ADC,△ABE中，
AD=AB∠DAC=∠BAEAC=AE
∴△ADC≌△ABESAS
∴DC=BE；
∴四边形BCED是等对四边形；
（3）解：如图3，分别以AB、CD为底作等腰△ABE、等腰△DCE，顶点均为点E．
∴EA=EB，EC=ED，
∵AC=BD，
∴△AEC≌△BED(SSS)，
∴∠BDE=∠ACE，
∵ ∠BOC=120°，
∴∠CED=∠COD=60°，
∴△CED是等边三角形．
同理，△ABE也是等边三角形．
∴ED=EC=CD=23，AB=BE=AE=4，BC=27
∵BC2=28,BE2=16,CE2=12，
∴BC2=BE2+CE2
∴∠BEC=90°
∴∠AEC=∠AEB+∠BEC=150°
延长AE交CD于点F，如图所示，
则∠CEF=180°−∠AEC=30°
∴∠DEF=∠CEF
∴EF⊥CD，FD=CF=12CD=3，EF=3FD=3
∴AF=AE+EF=7
在Rt△ADF中，AD=AF2+DF2=72+32=213．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理．理解并掌握等线四边形的定义是解题的关键．
【变式14-2】（2024八年级·江苏南通·期末）定义：在平面直角坐标系xOy中，函数图象上到两坐标轴的距离之和等于n(n>0)的点，叫做该函数图象的“n阶和点”.例如，2,1为一次函数y=x−1的“3阶和点”．
(1)若点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的“n阶和点”，则m= ______ ，n= ______ ；
(2)若y关于x的一次函数y=kx−2的图象经过一次函数y=x+3图象的“5阶和点”，求k的值；
(3)若y关于x的一次函数y=nx−4的图象有且仅有2个“n阶和点”，求n的取值范围．
【答案】(1)1，2
(2)6或−14
(3)n>4或1
（2）利用分类讨论的方法和“5阶和点”的定义求得“5阶和点”，再利用待定系数法解答即可；
（3）利用一次函数的性质确定y关于x的一次函数y=nx−4的图象经过第一、三、四象限，再利用分类讨论的方法和“n阶和点”的定义，求得x的值，进而得到关于n的不等式，解不等式求得n的取值范围，再利用已知条件即可得出结论．
【优尖升-详解】（1）解：∵点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的点，
∴−m=−1，
∴m=1，
∵点−1,−1到两坐标轴的距离之和等于2，
∴点−1,−1是y关于x的正比例函数y=mx的“2阶和点”，
∴n=2．
故答案为：1；2；
（2）设一次函数y=x+3图象的“5阶和点”为a,b，则a+b=5，b=a+3，
一次函数y=x+3图象经过第一、二、三象限，
当a,b在第一象限时，a+b=5，
∴a=1，b=4，
∴一次函数y=x+3图象的“5阶和点”为（1,4），
∴k−2=4，
∴k=6；
当a,b在第二象限时，−a+b=5，由于b=a+3，此种情形不存在；
当a,b在第三象限时，−a−b=5，
∴a=−4，b=−1，
∴一次函数y=x+3图象的“5阶和点”为−4,−1，
∴−4k−2=−1，
∴k=−14．
综上，y关于x的一次函数y=kx−2的图象经过一次函数y=x+3图象的“5阶和点”，k的值为6或−14；
（3）由题意得：n>0，
∵−4<0，
∴y关于x的一次函数y=nx−4的图象经过第一、三、四象限，
设M(x，y)为y关于x的一次函数y=nx−4的图象的“n阶和点”，
∴x+y=n，
①当M在第一象限时，x+y=n，
∴x+nx−4=n，
∴x=n+4n+1，
∵n>0，
∴n+1>0，n+4>0，
∴x>0，符合题意，
∴当M在第一象限时，n>0；
②当M在第三象限时，−x−y=n，
∴−x−nx+4=n，
∴x=4−nn+1<0，
∵n>0，
∴n+1>0，
∴4−n<0，
∴n>4；
∴当M在第三象限时，n>4；
③当M在第四象限时，x−y=n，
∴x−nx+4=n，
∴x=n−41−n>0，
∴1
∴以上①②③三个条件中同时满足其中两个即可，
当满足①②不满足③时，n>4；
当满足①③不满足②时，1
综上，y关于x的一次函数y=nx−4的图象有且仅有2个“n阶和点”，n的取值范围为n>4或1
【变式14-3】（2024八年级·江苏淮安·期末）问题背景
定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是180°，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，且∠A+∠D=180°，则△ABC与△DBC是关于BC的互补三角形．
(1)初步思考：如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E为△ABC外两点，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC为等边三角形．则△ABC关于BC的互补三角形是______，并说明理由．
(2)实践应用：如图3，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E在AB边上，点F在AD边上，若△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，试求AE的长．
(3)思维探究：如图4，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E是线段AB上的动点，点P是平面内一点，△BEP与△BCP是关于BP的互补三角形，直线CP与直线AD交于点F．在点E运动过程中，线段BE与线段AF的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE的长；若不相等，请说明理由．
【答案】(1)△BCD，理由见解析
(2)3
(3)43或367
【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
（1）根据互补三角形的定义即可判断；
（2）根据互补三角形可得BE=FE，BC=FC，设AE=x，则BE=EF=8−x，利用勾股定理求解即可；
（3）分四种情形：如图4-1中，当BE=AF时，如图4-2中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合，如图4-3中，当BE=AF时，如图4-4中，当BE=BC=AF时，F与点D重合，分别求解即可解决问题．
【优尖升-详解】（1）解：如图2，
∵△BDC是等边三角形，
∴∠D=60°
∵AB=AC，∠ABC=30°
∴∠BAC=120°
∴∠A+∠D=180°
∴△ABC关于BC的互补三角形是△BCD；
故答案为：△BCD；
（2）△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，
∴BE=FE，BC=FC
在长方形ABCD中，AB=8，AD=10，
∴CD=8,CF=BC=10，
∴DF=CF2−CD2=6，
∴AF=AD−DF=4，
设AE=x，则BE=EF=8−x，
∴x2+42=8−x2，解得：x=3，
∴AE=3；
（3）如图，当BE=AF时，设AE=x，连接EF，
∵BE=EP=AF，EF=EF，∠EAF=∠FPE=90°
∴Rt△EAF≌Rt△FPEHL
∴PF=AE=x
在Rt△DCF中，
DF=10−8−x=2+x，CD=8，
CF=10−x，
∴10−x2=82+2+x2，
解得：x=43
∴AE=43；
如图，当BE=AF时，设AE=x，
同法可得PF=AE=x，
在Rt△CDF中，则有
10+x2=82+18−x2，
解得：x=367
∴AE=367；
综上所述，满足条件的AE的值为43或367．
【题型15 阅读理解问题】
【例15】（2024八年级·重庆·期末）阅读下列两则材料，回答问题
材料一：我们将a+b与a−b称为一对“对偶式”，因为a+ba−b=a2−b2=a−b所以构造“对偶式”相乘可以将a+b与a−b中的“”去掉．例如：已知23−x−17−x=2，求23−x+17−x的值．
23−x−17−x23−x+17−x=23−x−17−x=6
∵23−x−17−x=2，∴23−x+17−x=3
材料二：如图，点Ax1,y1，点Bx2,y2，以AB为斜边作Rt△ABC，
则Cx2,y1，AC=x1−x2，BC=y1−y2，所以AB=x1−x22+y1−y22；反之，可将代数式x1−x22+y1−y22的值看作点Ax1,y1到点Bx2,y2的距离，例如：x2+2x+y2−2y+2=x+12+y−12=[x−−1]2+y−12，
∴可将x2+2x+y2−2y+2的值看作点x,y到点−1,1的距离．
(1)利用材料一，解关于x的方程：33−x−17−x=2，其中x≤17；
(2)利用材料二，求代数式x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的最小值，并求出此时x与y的关系式，写出x的取值范围．
【答案】(1)x=8
(2)最小值为5，y=−43x−13(−1≤x≤2).
【分析】（1）由阅读部分的提示可得到33−x+17−x=8,再把得到的方程与原方程相加即可得到答案；
（2）把原式化为(x+1)2+(y−1)2+(x−2)2+(y+3)2 可得x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的含义表示点(x,y)与点(−1,1)之间的距离与点(x,y)与(2,−3)之和，再利用数形结合的方法可得答案．
【优尖升-详解】（1）解：∵ 33−x−17−x=2，(33−x)2−(17−x)2=16,
∴2(33−x+17−x)=16, 即33−x+17−x=8,
∴{33−x−17−x=233−x+17−x=8,
两个方程相加可得：33−x=5,
解得：x=8. 经检验符合题意．
（2）x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13
=(x+1)2+(y−1)2+(x−2)2+(y+3)2
∴x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13的含义表示点(x,y)与点(−1,1)之间的距离与点(x,y)与(2,−3)之和，如图示：
即QE+QF= x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13，
所以，当Q在线段EF上时，QE+QF最短，即x2+2x+y2−2y+2+x2−4x+y2+6y+13最小，
∴ 最小值为：(−1−2)2+(1+3)2=5,
设直线EF为y=kx+b,
{−k+b=12k+b=−3, 解得：{k=−43b=−13,
∴ EF为：y=−43x−13(−1≤x≤2).
【点睛】本题属于阅读题，考查学生的自主学习的能力，同时考查了二次根式的性质，方程组是解法，勾股定理的应用，两点之间，线段最短，完全平方式的应用，利用待定系数法求解一次函数的解析式，综合性较强，对学生的学习能力要求较高．
【变式15-1】（2024八年级·山西吕梁·期末）阅读下列材料，完成相应任务．
(1)请你按材料中的分析写出证明过程；
(2)上述证明方法中主要体现的数学思想是 ；
A．转化思想
B．类比思想
C．数形结合思想
D．从一般到特殊思想
(3)如图3，点C是线段AB上一点，CD⊥AB，点E是线段CD上一点，分别连接AD，BE，点F，G分别是AD和BE的中点，连接FG．若AB=12，CD=8，CE=3，则FG= ．
【答案】(1)见解析
(2)A
(3)132
【分析】(1)延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，证四边形ABCE是平行四边形，再由∠ABC=90°，得平行四边形ABCE是矩形，则BE=AC，进而得出结论；
(2)由(1)的证明方法即可得出结论；
(3)过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作DH⊥AH于H，过点B在AB上方作BR⊥AB，过点E作ER⊥BR于R，连接CH、CR、HR，延长RE交AH于Q，证四边形HQED、四边形QACE均为矩形，得HQ=DE=CD−CE=5，QR=AB=12，再由勾股定理得HR=13，然后证FG是△CHR的中位线，即可求解．
【优尖升-详解】（1）证明：延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，如图2所示：
∵BD是斜边AC上的中线，
∴AD=CD，
又∵DE=BD，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCE是矩形，
∴BE=AC，
∵DE=BD=12BE，
∴BD=12AC；
（2）解：由上述证明方法中主要体现的数学思想是转化思想，
故答案为：A；
（3）解：过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作DH⊥AH于H，过点B在AB上方作BR⊥AB，过点E作ER⊥BR于R，连接CH、CR、HR，延长RE交AH于Q，如图3所示：
则四边形ACDH、四边形CBRE、四边形ABRQ都为矩形，
∴四边形HQED、四边形QACE均为矩形，
∴HQ=DE=CD−CE=8−3=5，QR=AB=12，
在Rt△HQR中，由勾股定理得：HR=HQ2+QR2=52+122=13，
∵点F，G分别是AD和BE的中点，四边形ACDH、四边形CBRE都是矩形，
∴点F，G分别是CH和CR的中点，
∴FG是△CHR的中位线，
∴FG=12HR=132，
故答案为：132．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理以及转化思想等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明FG为△CHR的中位线是解题的关键．
【变式15-2】（2024八年级·广东惠州·期末）阅读下列材料，然后回答问题．
①在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如23+1一样的式子，可以将其进一步化简：
23+1=23−13+13−1=23−132−1=23−12=3−1以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
②学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算．
(1)计算：13+1+15+3+17+5+⋯+12019+2017．
(2)已知m是正整数，a=m+1−mm+1+m，b=m+1+mm+1−m，a+b+3ab=2021，求m．
(3)已知15+x2−26−x2=1，则15+x2+26−x2的值为?
【答案】(1)2019−12
(2)504
(3)9
【分析】（1）将各部分分子变为2，再根据分母有理化去分母后可相互消掉可得结果；
（2）a、b互为倒数，分母有理化后可得a+b的值，代入所求式子即可；
（3）设a=15+x2，b=26−x2，则a2+b2=41，利用已知等式导出2ab=40，根据完全平方公式计算出a+b即为所求．
【优尖升-详解】（1）解：13+1+15+3+17+5+⋯+12019+2017
=1223+1+25+3+27+5+⋯+22019+2017
=123−1+5−3+7−5+⋯+2019−2017
=122019−1
=2019−12；
（2）∵a=m+1−mm+1+m，b=m+1+mm+1−m，
∴a=(m+1−m)2，b=(m+1+m)2，ab=1，
∴a+b=(m+1−m)2+(m+1+m)2=4m+2，
∴a+b+3ab=2021，
∴4m+2+3=2021，
∴m=504；
（3）设a=15+x2，b=26−x2，则a2+b2=41，
∴ 15+x2−26−x2=1，
∴a−b=1，
∴(a−b)2=1，
∴a2+b2−2ab=1，
∴2ab=40，
∵(a+b)2=a2+b2+2ab=41+40=81，
∴a+b=±9．（−9舍去），
∴ 15+x2+26−x2=9．
【点睛】本题考查了分母有理化的技巧，利用完全平方公式和平方差公式设未知数整体代入是常用的方法．
【变式15-3】（2024八年级·安徽安庆·期末）阅读材料：
例：说明代数式x2+1+(x−3)2+4的几何意义，并求它的最小值．
解：x2+1+(x−3)2+4=(x−0)2+1+(x−3)2+22．
几何意义：如图，建立平面直角坐标系，点P(x,0)是x轴上一点，则(x−0)2+1可以看成点P与点A(0,1)的距离，(x−3)2+22可以看成点P与点B(3,2)的距离，所以原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值．
求最小值：设点A关于x轴对称点A'，则PA=PA'．因此，求PA+PB的最小值，只需求PA'+PB的最小值，而点A'，B间的直线段距离最短，所以PA'+PB的最小值为线段A'B的长度．为此，构造直角三角形A'CB，因为A'C=3，CB=3，所以由勾股定理得A'B=32，即原式的最小值为32．
根据以上阅读材料，解答下列问题：
(1)代数式(x−1)2+1+（x−2）2+16的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点A(1,1)，点B 的距离之和．（填写点B的坐标）
(2)代数式x2+25+x2−12x+45的值可以看成平面直角坐标系中点Px,0 与点A 、点B 的距离之和．（填写点A，B的坐标）
(3)求出代数式x2+25+x2−12x+45的最小值．
【答案】(1)2,4或2,−4；
(2)0,5,6,3；
(3)最小值为10．
【分析】本题属于几何变换综合题，考查的是轴对称−最短路线问题，解答此题的关键是利用数形结合思想解决问题，学会用转化的思想解决问题．
（1）先把原式化为(x−1)2+1+（x−2）2+16的形式，再根据题中所给的例子即可得出结论；
（2）先把原式化为x2+25+(x−6)2+9的形式，故得出所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点Px，0与点A0,5,B6,3的距离之和；
（3）在坐标系内描出各点，利用勾股定理得出结论即可．
【优尖升-详解】（1）∵原式化为(x−1)2+1+（x−2）2+16的形式，
∴代数式(x−1)2+1+（x−2）2+16的值可以看成平面直角坐标系中点Px，0与点A1，1，点B2,4或2,−4的距离之和，
故答案为2,4或2,−4；
（2）∵原式化为x2+25+(x−6)2+9的形式，
∴所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点Px，0与点A0,5,B6,3的距离之和，
故答案为：0,5,6,3．
（3）如图所示：设点A关于x轴的对称点为A'，则PA=PA'，
∴PA+PB的最小值，只需求PA'+PB的最小值，而点A'、B间的直线段距离最短，
∴PA'+PB的最小值为线段A'B的长度，
∵A0,5,B6,3
∴A'0.−5，A'C=6,BC=8，
∴A'B=A'C2+BC2=10 ，
∴代数式x2+25+(x−6)2+9的最小值为10．
【题型16 规律探究问题】
【例16】（2024八年级·浙江台州·期末）（1）观察下列各式的特点：
2−1>3−2，
3−2>2−3，
2−3>5−2，
5−2>6−5，
…
根据以上规律可知：2021−2020______2022−2021（填“＞”“＜”或“＝”）．
（2）观察下列式子的化简过程：
12+1=2−1(2+1)(2−1)=2−1，
13+2=3−2(3+2)(3−2)=3−2，
14+3=4−3(4+3)(4−3)＝4−3，
…
根据观察，请写出式子1n+n−1（n≥2，且n是正整数）的化简过程．
（3）根据上面（1）（2）得出的规律计算下面的算式：|12+1−13+2|+|13+2−14+3|+|14+3−15+4|+•••+|1100+99−1101+100|．
【答案】（1）＞；（2）见解析；（3）2−101+9
【分析】（1）根据题目所给的例题大小关系可直接得到答案；
（2）把分子分母同时乘以n−n−1，然后化简即可得到答案；
（3）根据（2）中的规律可得12+1=2−1，13+2=3−2，…，1101+100=101−100分别把绝对值里面的式子化简计算即可．
【优尖升-详解】解：（1）∵2−1>3−2，
3−2>4−3，
4−3>5−4，
5−4>6−5，
…，
∴n+1−n>n+2−n+1，
∴2021−2020>2022−2021，
故答案为：＞；
（2）1n+n−1
=n−n−1n+n−1n−n−1
=n−n−1；
（3）原式=|(2−1)−(3−2)|+|(3−2)−(4−3)|++…+|(100−99)−(101−100)|
=(2−1)−(3−2)+(3−2)−(4−3)+…+(100−99)−(101−100)
=(2−1)−(101−100)
=2−1−101+10
=2−101+9．
【点睛】此题主要考查了分母有理化，关键是注意观察题目所给的例题，找出其中的规律，然后再进行计算．
【变式16-1】（2024八年级·上海·期末）细心观察图，认真分析各式，然后解答问题：
12+1=22；
22+1=32；
32+1=42；⋅⋅⋅⋅⋅⋅
（1）请用含n（n为正整数）的等式表示上述交化规律：______；
（2）观察总结得出结论：直角三角形两条直角边与斜边的关系，用一句话概括为：______；
（3）利用上面的结论及规律，请在图中作出等于7的长度；
（4）若S表示三角形面积，S1=S△OP1P2，S2=S△OP2P3，S3=S△OP3P4 ⋅⋅⋅，计算出S12+S22+S32+⋅⋅⋅+S102的值．
【答案】（1）(n)2+1=(n+1)2；（2）直角边的平方和等于斜边的平方；（3）见解析；（4）554．
【分析】（1）观察已知各式，归纳总结规律即可得；
（2）根据等式和图形即可得；
（3）先作OP5的垂线，再在垂线上截取P5P6=1，连接OP6，可得OP6=6，同理可作出点P7，连接OP7即为所求；
（4）先分别求出S1,S2,S3的值，再归纳总结出一般规律得出Sn的值，从而可得S10的值，然后代入求和即可．
【优尖升-详解】（1）观察已知各式可得，各式的变化规律为(n)2+1=(n+1)2
故答案为：(n)2+1=(n+1)2；
（2）结合等式和图形可得，直角三角形两条直角边与斜边的关系为：直角边的平方和等于斜边的平方
故答案为：直角边的平方和等于斜边的平方；
（3）先作OP5的垂线，再在垂线上截取P5P6=1，连接OP6，即可得OP6=6，同理可作点P7，连接OP7，则OP7即为所求，如图所示：
（4）S1=S△OP1P2=12×1×1=12=12
S2=S△OP2P3=12×1×2=22
S3=S△OP3P4=12×1×3=32
归纳类推得：Sn=S△OPnPn+1=12×1×n=n2
当n=10时，S10=S△OP10P11=12×1×10=102
则S12+S22+S32+⋅⋅⋅+S102=(12)2+(22)2+(32)2+⋯+(102)2
=14+24+34+⋯+104
=1+2+3+⋯+104
=554．
【点睛】本题考查了算术平方根、勾股定理等知识点，读懂题意，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
【变式16-2】（2024八年级·浙江绍兴·期末）在数学课“合作学习”环节，沈老师要求同学们通过观察如图1所示的坐标系中一次函数的图象，从而来发现某些规律．
同学们通过讨论，积极发言，主要把k进行分类，得出一次函数的部分性质：
对于一次函数y=kx+b（k，b为常数，且k≠0），
当k>0时，y随x的增大而增大；
当k<0时，y随x的增大而减小．
【跟进练习】对于函数y=−2x+3，当−3
这是一种巧合还是存在着某种联系？
沈老师说：这两者确实存在着某种联系，同学们不妨再举几个类似的例子，看看能否提出你们的猜想．通过讨论，同学们最终形成共识，得到下列结论：
“若两条直线函数表达式为y1=k1x+b1与y2=k2x+b2（k1，k2均不为0），当k1⋅k2=−1时，两条直线互相垂直；反之亦成立”这个结论．
【结论理解】若直线y1=mx+n与直线y2=−53x+t互相垂直，则m=________．
【灵活运用】如图2，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，且B(−4,0)，C(2,0)，延长CA交y轴于点E(0,4)，求点A的坐标．
【延伸拓展】在平面直角坐标系中，已知直线y=kx+5经过点A(−3,3)，与y轴的交点为B，点C在坐标轴上，若以A,B,C为顶点的三角形是直角三角形．请直接写出点C的坐标．
【答案】【跟进练习】−3
【跟进练习】根据x的取值即可求出y的取值；【结论理解】直接利用结论求出m即可；【灵活运用】先求出直线CE的解析式，再设直线AB的解析式并求出，最后联立两个解析式即可；【延伸拓展】先求出直线解析式，再得出点B坐标，最后由A,B的坐标结合以A,B,C为顶点的三角形是直角三角形即可．
【优尖升-详解】解：【跟进练习】
∵ y=−2x+3，−3
∴ −3
∴−53m=−1
∴m=35
故答案为：m=35；
【灵活运用】∵ C(2,0)，E(0,4)
∴直线CE的解析式为：y=−2x+4
设直线AB的解析式为：y=12x+b
将B(−4,0)代入得b=2，
∴ y=12x+2
由y=−2x+4y=12x+2得x=45y=125
∴ A(45,125)；
【延伸拓展】∵直线y=kx+5经过点A(−3,3)
∴3=−3k+5得k=23
∴y=23x+5
与y轴的交点B(0,5)
∵ A(−3,3)，B(0,5)，C为顶点的三角形是直角三角形
如图，
当AC⊥BC，点C在y轴上时，C点坐标是C(0,3)，
当AC⊥AB时，直线yAC=−32x−32，直线AC与坐标轴交点即可所求点C，
点C在y轴上时，C点坐标是C(0,−32)，
点C在x轴上时，C点坐标是C(−1,0)，
当BC⊥AB时，直线yBC=−32x+5，直线BC与坐标轴交点即可所求点C，
点C在x轴上时，C点坐标是C(103,0)，
综上所述：C点坐标可以是以下各点：
C(0,3)，C(0,−32)，C(−1,0)，C(103,0)．
【变式16-3】（2024八年级·江西南昌·期末）【特例感知】如图1，点C1是正方形ABCD对角线AC上一点，C1B1⊥AB于点B1，C1D1⊥AD于点D1.
（1）求证：四边形AB1C1D1是正方形；
（2）BB1:CC1:DD1= ；
【规律探究】将正方形AB1C1D1绕点A旋转得到图2，连接BB1，CC1，DD1.
（3）BB1:CC1:DD1的比值是否会发生变化？说明理由；
【拓展应用】如图3，在图2的基础上，点B2，C2，D2分别是BB1，CC1，DD1的中点；
（4）四边形AB2C2D2是否是正方形?说明理由.
【答案】（1）详见解析；
（2）1:2:1
（3）不变，理由见解析；
（4）是，理由见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质和判定即可；
（2）根据正方形的性质求解即可；
（3）过D1作D1M⊥BC于点M，过C作CO∥DD1交D1M于点O，证明四边形COD1D是平行四边形，四边形BAD1O是平行四边形，再根据性质证明△C1OC是等腰直角三角形即可；
（4）根据正方形的性质和判定即可；
此题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
【优尖升-详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AD平分∠DAB，
∵C1B1⊥AB，C1D1⊥AD，
∴∠D1AB=∠AB1C1=∠B1C1D1=90°，
∴B1C1=C1D1，四边形AB1C1D1是矩形，
∴四边形AB1C1D1是正方形，
（2）由（1）得：四边形AB1C1D1是正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴设正方形AB1C1D1的边长为a，正方形ABCD的边长为b，
∴BB1=DD1=b−a，AC=2b，AC1=2a，
∴CC1=AC−AC1=2b−a，
∴BB1:CC1:DD1=b−a:2b−a:b−a=1:2:1，
故答案为：1:2:1；
（3）不变，理由：
∵四边形ABCD是正方形，四边形AB1C1D1是正方形，
∴∠D1AB1=∠DAB=90°，AD=AB，AD1=AB1，
∴∠D1AD=∠B1AB，
∴△D1AD≌△B1ABSAS，
∴BB1=DD1，
过D1作D1M⊥BC于点M，过C作CO∥DD1交D1M于点O
∴四边形COD1D是平行四边形，
∴CD=OD1=AB，
∴四边形BAD1O是平行四边形，
易得：△D1AD≌△B1AB≌△OCB，
∴∠C1B1B=∠COB=∠AB1B，BB1=DD1=CO=C1O，
∴∠C1OC=90∘，即△C1OC是等腰直角三角形，
∴C1C=2BB1=2DD1，
∴BB1:CC1:DD1=1:2:1；
（4）四边形AB2C2D2是正方形，理由：
由（3）得：△D1AD≌△B1AB，
∴∠DD1A≌∠BB1A，
∵点B2，C2，D2分别是BB1，CC1，DD1的中点；
∴DD2=BB2，
∴△D2D1A≌△B2B1A，
∴AD2=AB2，∠D2AD1=∠B2AB1，
∴∠D2AB2=90∘，
∴四边形AB2C2D2是正方形．
位置1
位置2
位置3
位置4
位置5
位置6
位置7
AE/cm
5.00
5.50
6.00
7.07
5.99
5.50
5.00
DF/cm
5.00
3.55
3.72
5.00
3.71
3.55
5.00
DG/cm
0.00
2.30
3.31
5.00
5.28
5.69
7.07
型号
线下
线上
售价
运费
售价
运费（不超过20个）
A
九折
0
八折
110元
B
九折
八五折
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
如图1，△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的中线．求证：BD=12AC．
分析：要证明BD等于AC的一半．可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2，延长BD到E，使得DE=BD．连接AE，CE．可证四边形ABCE是矩形，由矩形的对角线相等得BE=AC，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到BD=12AC．
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