北师大版八年级数学下册举一反三系列7.10期末复习之解答压轴题专项训练(北师大版)同步练习(学生版+解析)

这是一份北师大版八年级数学下册举一反三系列7.10期末复习之解答压轴题专项训练(北师大版)同步练习(学生版+解析)，共129页。

考点1
三角形的证明解答期末真题压轴题
1．（2022春·广东佛山·八年级校考期末）如图，Rt△AOB在直角坐标系中，OB在x轴上，∠A=90°，∠AOB=45°，OB=82，动点Q从点B出发沿折线BA−AO以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，运动时间为t秒，同时动点P从点O向x轴正半轴以相同的速度运动，当点Q到达点O时P、Q同时停止运动．
(1)填空：AB=___，点A的坐标为___；
(2)当点Q在△AOB内角平分线上时（点Q不与点B和点O重合），求出t的值；
(3)当点Q在线段AB上且△QPB为等腰三角形时，直接写出所有满足条件的t的值．
2．（2022秋·广东广州·八年级统考期末）在等腰△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，AD⊥BC于D，点O、点P分别在射线AD、BA上运动，且保证∠OCP=60°，连接OP．
(1)当点O运动到D点时，如图1，求AP的长度；
(2)当点O运动到D点时，如图1，试判断△OPC的形状并证明；
(3)当点O在射线AD其它地方运动时，△OPC还满足2的结论吗？请用图2说明理由．
3．（2022秋·广东广州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，射线AD⊥BC于点D．

(1)如图1，求∠BAD的度数；
(2)若点E，F分别是射线AD，边AC上的动点，AE=CF，连接BE，BF．
①如图2，连接EF，当EF∥BC时，求∠EBD的度数；
②如图3，当BE+BF最小时，求证：∠ABF=∠DBE．
4．（2022秋·贵州遵义·八年级校考期末）（1）如图1，在△ABC中，AB=6，AC=8，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是______；
（2）如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF>EF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF=12∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．
5．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）阅读材料：
如图，小明为测量河流宽度，在河岸的一侧选定点B，河的对岸垂直于河岸的方向选定观测目标点A．小明沿点B所在河岸水平向右选取任意点P，继续前行至与BP距离相等处选取点C，再沿与河岸垂直方向行走至点D，使得点D、P、A在同一直线时，测量CD的长即为河流的宽度．
分析：该问题也可以理解为根据BP=CP，即P为BC的中点，过点C作CD//AB交AP于点D，从而构造了△CDP与△BAP全等，这样的思想是抓住线段的中点，再过线段的一端作平行线，利用平行构造三角形全等，从而解决线段相等问题，也称构造“X”型全等．
请运用以上模型思想解决以下问题：
等边三角形ABC中，AB=4，点D在BC边上，过点D作DF⊥BC，交射线BA于点F，则
(1)如图①，若DF与AC相交于点E，当EF=ED时，AF与CD有什么数量关系？请说明理由；
(2)如图②，点G是AB边上的中点，连接CG，交DF于点E，EF=ED，求CD的长．
6．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）央视科教频道播放的《被数学选中的人》节目中说到，“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题．
(1)【模型探究】如图1，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE连接BE，CD．这一图形称“手拉手模型”．
求证△ABE≅△ACD，请你完善下列过程．
证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠1=∠DAE−∠1（ ）①
即∠2=∠3
在△ABE和△ACD中AB=AC____________②____________③
∴△ABE≅△ACD（ ）④
(2)【模型指引】如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，以B为端点引一条与腰AC相交的射线，在射线上取点D，使∠ADB=∠ACB，求：∠BDC的度数．
小亮同学通过观察，联想到手拉手模型，在BD上找一点E，使AE=AD，最后使问题得到解决．请你帮他写出解答过程．
(3)【拓展延伸】如图3，△ABC中，AB=AC，∠BAC为任意角度，若射线BD不与腰AC相交，而是从端点B向右下方延伸．仍在射线上取点D，使∠ADB=∠ACB，试判断∠BAC与∠BDC有何数量关系？并写出简要过程．
7．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中有点A（0，6），B（6，0），点D为线段OB上一个动点（点D不与点O、B重合），点C在AB的延长线且CD＝AD，点C关于x轴的对称点为M，连接DM．
（1）求证：∠OAD＝∠CDB；
（2）点D为OB的中点时，求点M的坐标；
（3）点D在运动的过程中，∠ADM的值是否发生变化？如果变化，请求出∠ADM的度数的取值范围；如果不变，请求出∠ADM的度数．
8．（2022春·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校联考期末）在平面直角坐标系xOy中，直线l1:y=kx+b与x轴交于点A，与y轴交于点B．当x>3时，y<0；当x<3时，y>0
(1)求k，b的关系式（用含b的代数式表示k）；
(2)若∠ABO=60°．
①求直线l1的解析式；
②若直线l2:y=mx+m与直线l1相交，且两条直线所夹的锐角为45°，求m的值．
9．（2022秋·福建厦门·八年级厦门一中校考期末）（1）如图1，在△ABC中．点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，∠B=∠FDE=∠C，BE=DC．求证DE=DF；
（2）如图2．在△ABC中．BA=BC，∠B=45°．点D，F分别是边BC、AB上的动点．且AF=2BD．以DF为腰向右作等腰△DEF．使得DE=DF，∠EDF=45°．连接CE．
①试猜想线段DC，BD，BF之间的数量关系，并说明理由．
②如图3．已知AC=3，点G是AC的中点，连接EA，EG．求EA+EG的最小值．
考点2
一元一次不等式与一元一次不等式组解答期末真题压轴题
1．（2022春·福建厦门·八年级厦门市松柏中学校考期末）平面直角坐标系中，设一次函数y=3a+1x+5b−2的图象是直线l．
(1)如果直线l经过点1，−1，求a与b的关系式；
(2)当直线l过点Mm−2，5b+6和点Nm+2，6a+12时，且−1≤b≤2，求a的取值范围；
(3)若坐标平面内有点Pn−2，2n+1，不论n取何值，点P均不在直线l上，求a、b所需满足的条件．
2．（2022春·福建厦门·八年级统考期末）一条笔直跑道上的A，B两处相距500米，甲从A处，乙从B处，两人同时相向匀速而跑，直到乙到达A处时停止，且甲的速度比乙大．甲、乙到A处的距离y（米）与跑动时间x（秒）的函数关系如图14所示．
（1）若点M的坐标（100，0），求乙从B处跑到A处的过程中y与x的函数解析式；
（2）若两人之间的距离不超过200米的时间持续了40秒．
①当x=x1时，两人相距200米，请在图14中画出P（x1+40，0）．保留画图痕迹，并写出画图步骤；
②请判断起跑后112分钟，两人之间的距离能否超过420米，并说明理由．
3．（2022春·福建三明·八年级统考期末）【阅读思考】阅读下列材料：
已知“x﹣y＝2，且x＞1，y＜0，试确定x+y的取值范围”有如下解法：
解：∵x﹣y＝2，
∴x＝y+2
又∵x＞1
∴y+2＞1
∴y＞﹣1
又∵y＜0
∴﹣1＜y＜0 ①
同理1＜x ＜2 ②
由①+②得﹣1+1＜x+y＜0+2
∴x+y 的取值范围是0＜x+y ＜2
【启发应用】请按照上述方法，完成下列问题：
已知x ﹣y ＝3，且x ＞ 2，y ＜1，则x+y的取值范围是 ；
【拓展推广】请按照上述方法，完成下列问题：
已知x+y＝2，且x＞1，y＞﹣4，试确定x﹣y的取值范围．
4．（2022春·福建厦门·八年级统考期末）单位组织员工自驾游，并打算在一家租车公司租用同一品牌同款的5座或7座越野车组成一个车队．该租车公司同品牌同款的7座越野车的日租金比5座的多300元．已知该单位参加自驾游的员工共有40人，其中10人可以担任司机，但这10人中至少需要留出3人做为机动司机，以备轮换替代．
（1）有人建议租8辆5座的越野车，刚好可以载40人．他的建议合理吗？请说明理由；
（2）请为该单位设计一种租车方案，使车队租车的日租金最少，并说明理由
5．（2022春·甘肃兰州·八年级校考期末）如果一元一次方程的解是一元一次不等式组的解，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，如：方程x−1=0就是不等式组x+1>0x−2<0的“关联方程”．
(1)方程①3x+2=0，②x−3x−1=−4是不等式是2x−7<04x−3>0的关联方程的是___________________．
(2)若关于x的方程2x+k=1（k为整数）是不等式组x−1<12x−2≥−3x−1的一个关联方程，求整数k的值．
(3)若方程9−x=2x，9+x=2x+52都是关于x的不等式组x+m<2xx−m≤2的关联方程，求m的取值范围．
6．（2022秋·安徽阜阳·八年级校联考期末）如图，已知直线y=−43x+4分别与x，y轴交于点A、B，与直线y=kx相交于点C(2,n)，点P为直线y=−43x+4上一点．
(1)求n和k的值；
(2)若点P在射线CA上，且SΔPOC=2SΔAOC，求点P的坐标；
(3)观察函数图象，请直接写出不等式−43x+4≥kx的解集．
7．（2022春·四川成都·八年级统考期末）已知一次函数y1=ax+b的图象分别交x轴和y轴于B，D两点，另一个一次函数y2=bx+a的图象分别交x轴和y轴于C，E两点，且两个函数的图象交于点A1,4．
(1)当a，b为何值时，y1与y2的图象重合；
(2)当DE=2时，求△ABC的面积；
(3)当0y2，求b的取值范围．
8．（2022秋·浙江金华·八年级统考期末）如果关于x的不等式|x﹣2|+|x+3|≥a对于x取任意数都成立，则a的取值范围是多少？并说明理由．
9．（2022春·北京东城·八年级北京二中校考期末）如图，一次函数y=kx+b的图象交x轴于点A，OA=4，与正比例函数y=3x的图象交于点B，B点的横坐标为1．
(1)求一次函数y=kx+b的解析式；
(2)请直接写出kx+b<3x时自变量x的取值范围；
(3)若点P在y轴上，且满足△APB的面积是△AOB面积的一半，求点P的坐标．
考点3
图形的平移与旋转解答期末真题压轴题
1．（2022春·山东济南·八年级校考期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点均在格点上，在建立平面直角坐标系后，点C的坐标为(4,−1)．
(1)将△ABC向左平移6个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)以原点O为对称中心，画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；
(3)若点P为y轴上存一动点，则PA+PC的最小值为 ；
2．（2022春·河南郑州·八年级校联考期末）将一副直角三角板如图1，摆放在直线MN上（直角三角板ABC和直角三角板EDC，∠EDC=90°，∠DEC=60°，∠ABC=90°，∠BAC=45°），保持三角板EDC不动，将三角板ABC绕点C以每秒5°的速度，顺时针方向旋转，旋转时间为t秒，当AC与射线CN重合时停止旋转．
(1)如图2，当AC为∠DCE的角平分线时，求此时t的值；
(2)当AC旋转至∠DCE的内部时，求∠DCA与∠ECB的数量关系；
(3)在旋转过程中，当三角板ABC的其中一边平行于三角板EDC的某一边时，求此时t等于 （直接写出答案即可）．
3．（2022春·山东济南·八年级统考期末）【背景】如图1-1所示，点B在线段AC上，分别以AB，CB为一边，在线段AC的上方作等边三角形ABD和等边三角形CBE，连接AE，CD，它们交于点F，容易判断，AE与CD的数量关系为______，它们所夹锐角∠AFD的大小为______度．
【探究】把图1-1中的等边三角形CBE绕点B逆时针旋转一定角度，变成图1-2，线段AE的延长线与CD交于点F．请你判断AE与CD的数量关系及∠AFD的大小，并给出证明过程．
【应用】如图1-3所示，点P在线段AN上，PA=3，PN=2，在AN的上方作等边三角形PQT（△PQT的大小和位置可以改变），连接AQ，NT．请直接写出AQ+NT的最小值，不用表述理由．
4．（2022春·陕西西安·八年级西安市曲江第一中学校考期末）如图1，△ABC为等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°．
(1)如图1，点D为斜边AC上一动点（点D不与线段AC两端点重合），将BD绕点B顺时针方向旋转90°到BE，连接AE、EC、ED．求证：∠BCE=∠BAD．
(2)问题迁移：在（1）的条件下，若AC2=50，请直接写出AE+BE的最小值为 ．
(3)问题解决：如图2，点D为等腰直角三角形斜边AC上一点，若AD=2，CD=6，求BD的长．
5．（2022春·广东佛山·八年级期末）已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将线段AD绕点D顺时针方向旋转60°得到线段DE，连接CE．
(1)如图1，求证：CE=BD；
(2)当BD等于多少时，∠DEC=30°；
(3)点D在运动过程中，△DEC的周长是否存在最小值？若存在．试求出△DEC的周长（直接写出结果）
6．（2022春·广东佛山·八年级佛山市顺德区梁开初级中学校联考期末）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，点D在等边△ABC的边BC上，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE．试猜想BD与CE的数量关系，并加以证明．
(1)独立思考：请解答老师提出的问题；
(2)实践探究：希望小组受到启发，如图2，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，若BD的延长线经过点E，求∠BEC的度数．
(3)问题解决：智慧小组突发奇想，如图3，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，BD的延长线与CE交于点F，连接FA．智慧小组对该图形进行探究，得出结论：∠BFC=∠AFB=∠AFE．智慧小组的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
7．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）（1）将一次函数y=−2x+4的图像沿着y轴向下平移3个单位长度，所得到的图像对应的函数表达式为 ；
[进一步思考]
（2）将一次函数y=−2x+4的图像沿着x轴向左平移3个单位长度，求所得到的图像对应的函数表达式．
数学活动小组发现，图像的平移就是点的平移，因此，只需要在图像上任取两点A0，4，B2，0，将它们沿着x轴向左平移3个单位长度，得到点A'、点B'的坐标分别为 、 ，从而求出过点A'、B'的直线对应的函数表达式为 ；
[深度思考]
（3）我们知道，平移、翻折、旋转是3种基本的图形运动．你能求出将直线对称、旋转后对应的函数表达式吗？
①将一次函数y=−2x+4的图像关于x轴对称，求所得到的图像对应的函数表达式（写出解答过程）；
②如图①，若一次函数y=−2x+4的图像与y轴的交点为点A，则将直线y=−2x+4绕点A逆时针旋转90°，所得到的图像对应的函数表达式为 ；
③如图②，若一次函数y=−2x+4的图像与y轴的交点为点A，则将直线y=−2x+4绕点A逆时针旋转45°，所得到的图像对应的函数表达式为 ．
8．（2022秋·福建泉州·八年级校联考期末）在Rt△ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，将线段CA绕点C旋转α0°(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB=________°；
(2)如图2，将线段CA绕点C顺时针旋转α时，
①求证：∠ADB=45°；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连接BE，如图3.用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明.
9．（2022秋·北京·八年级校考期末）对于平面直角坐标系xOy中的点P和图形W，给出如下定义：图形W关于经过点m,0且垂直于x轴的直线的对称图形为W'，若点P恰好在图形W'上，则称点P是图形W关于点m,0的“关联点”﹒
(1)若点P是点Q3,2关于原点的“关联点”，则点P的坐标为______；
(2)如图，在△ABC中，A1,1，B6,0，C4,−2．
①点C关于x轴的对称点为C'，将线段BC'沿x轴向左平移dd>0个单位长度得到线段EF（E，F分别是点B，C'的对应点），若线段EF上存在两个△ABC关于点1,0的“关联点”，则d的取值范围是______；
②已知点Mm+1,0和点Nm+3,0，若线段MN上存在△ABC关于点m,0的“关联点”，则m的取值范围是______．
10．（2022秋·上海虹口·八年级校考期末）小刘同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图1、图2．
图1中，∠B=90°，∠A=30°，BC=5cm；图2中，∠D=90°，∠E=45°，DE=3cm．
图3是小刘同学所做的一个实验：他将ΔDEF的直角边DE与ΔABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF的直角边DE与ΔABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动．在移动过程中，D、E两点始终在AC边上（移动开始时点D与点A重合）．
(1)在△DEF沿AC方向移动的过程中，小刘同学发现：F、C两点间的距离逐渐 ；（填“不变”、“变大”或“变小” )
(2)小刘同学经过进一步研究，编制了如下问题：
问题①：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？
问题②：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形？
请你分别完成上述两个问题的解答过程．
考点4
因式分解解答期末真题压轴题
1．（2022春·广东佛山·八年级佛山市华英学校校考期末）材料：对一个图形通过两种不同的方法计算它的面积或体积，可以得到一个数学等式．
(1)如图1，将一个边长为a的正方形纸片剪去-一个边长为b的小正方形，根据剩下部分的面积，可得一个关于a，b的等式：__________．
请类比上述探究过程，解答下列问题：
(2)如图2，将一个棱长为a的正方体木块挖去一个棱长为b的小正方体，根据剩下部分的体积，可以得到等式：a3−b3=__________，将等式右边因式分解，即a3−b3=__________；
(3)根据以上探究的结果，
①如图3所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数．．．，按此规律拼叠到正方形ABCD，其边长为19，求阴影部分的面积．
②计算：21+13−21−13
12．（2022秋·河南商丘·八年级统考期末）有足够多的长方形和正方形卡片（如图1），分别记为1号，2号，3号卡片．
(1)如果选取4张3号卡片，拼成如图2所示的一个正方形，请用2种不同的方法表示阴影部分的面积（用含m，n的式子表示）．
方法1：__________________________________________________．
方法2：__________________________________________________．
(2)若a+b−6+ab−4=0，求a−b2的值．
(3)如图3，选取1张1号卡片，2张2号卡片，3张3号卡片，可拼成一个长方形（无缝隙不重叠），根技图形的面积关系，因式分解：m2+3mn+2n2=______．
3．（2022秋·重庆大足·八年级统考期末）已知一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数M=abcda>c，以它的百位数字作为十位，个位数字作为个位，组成一个新的两位数s，若s等于M的千位数字与十位数字的平方差，则称这个数M为“平方差数”，将它的百位数字和千位数字组成两位数ba，个位数字和十位数字组成两位数dc，并记TM=ba+dc．
例如：6237是“平方差数”，因为62−32=27，所以6237是“平方差数”；
此时T6237=26+73=99．
又如：5135不是“平方差数”，因为52−32=16≠15，所以5135不是“平方差数”．
(1)判断7425是否是“平方差数”？并说明理由；
(2)若M=abcd是“平方差数”，且TM比M的个位数字的9倍大30，求所有满足条件的“平方差数”M．
4．（2022秋·河北邯郸·八年级校考期末）阅读材料：我们把多项式a2+2ab+b2及a2−2ab+b2叫做完全平方式．如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式的最大值， 最小值等．例分解因式：x2+2x−3=x2+2x+1−4=(x+1)2−4=(x+1+2)(x+1−2)=(x+3)(x−1)；又例如：求代数式2x2+4x−6的最小值：∵2x2+4x−6=2x2+2x−3=2(x+1)2−8；又∵(x+1)2⩾0；∴当x=−1时，2x2+4x−6有最小值，最小值是−8．
根据阅读材料，利用“配方法”，解决下列问题：
(1)分解因式：a2−4a−5=___________；
(2)已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足a2−4a+b2−12b+40=0求边长c的最小值；
(3)当x、y为何值时，多项式−x2+2xy−2y2+6y+7有最大值？并求出这个最大值．
5．（2022春·重庆大渡口·八年级校考期末）若一个正整数a可以表示为a=b+1b−2，其中b为大于2的正整数，则称a为“十字数”，b为a的“十字点” ．例如28=6+1×6−2=7×4．
(1)“十字点”为7的“十字数”为 ；130的“十字 点”为
(2)若b是a的“十字点”，且a能被7整除，其中b为大于2且小于15的正整数，求a的值．
(3)m的“十字点”为p，n的“十字点”为q，当m−n=18时，求p+q的值．
6．（2022春·重庆南岸·八年级重庆市第十一中学校校考期末）若一个正整数m是两个连续奇数或连续偶数的乘积，即m=nn+2，其中n为正整数，则称m为“半平分数”，n为m的“半平分点”．例如，35=5×7，则35是“半平分数”，5为35的半平分点．
(1)k是80的“半平分点”，则k=______；a的“半平分数”“半平分点”为1，则a=______；当kx+a为正整数时，整数x=______．
(2)把“半平分数”x与“半平分数”y的差记为Ex,y，其中x>y，Ex,y>0，例如，24=4×6，15=3×5，则E24,15=24−15=9．若“半平分数”x的“半平分数”为s，“半平分数”y的“半平分点”为t，当Ex,y=40时，求ts的值．
7．（2022秋·辽宁大连·八年级校考期末）做一做计算： 探究归纳，如图甲、图乙是两个长和宽都相等的长方形，其中长为(x+a)，宽为(x+b)．
(1)根据图甲、图乙的特征用不同的方法计算长方形的面积，得到关于字母 x 的系数是 1 的 两个一次式相乘的计算规律，用数学式表达式为 ．
尝试运用，利用因式分解与整式乘法的关系，我们可以利用上述表达式得到一些二次三项 式的因式分解．
(2)若x2−7x+m=(x−9)(x+2)，则m= ．
(3)若x2+px−4可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 p 的值一定是 ．
(4)若x2−4x+q 可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 q 的值一定是 ．
A．4 B．0 C．有限个 D．有无数个
8．（2022秋·福建泉州·八年级校联考期末）先阅读理解下面例题，再按要求解答下列问题：
例：解不等式x2−9<0．
解：∵x2−9=(x+3)(x−3)，
∴原不等式可化为(x+3)(x−3)<0．
由有理数乘法法则：两数相乘，异号得负，得：
①x+3>0x−3<0 ，或②x+3<0x−3>0．
解不等式组①得−3∴原不等式x2−9<0的解集为−3请你模仿例题的解法，解决下列问题：
(1)不等式x2−4>0解集为 ；
(2)不等式x2+3x≤0解集为 ；
(3)拓展延伸：解不等式x−5x+3≤0．
9．（2022春·山东济南·八年级统考期末）【阅读理解，自主探究】把代数式通过配凑等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质增加问题的条件，这种解题方法叫做配方法，配方法在代数式求值，解方程，最值问题等都有着广泛的应用．
例1 用配方法因式分解：a2＋6a＋8．
原式＝ a2＋6a＋9－1＝（a＋3）2－1＝（a＋3－1）（a＋3＋1）＝（a＋2）（a＋4）．
例2若M＝a2－2ab＋2b2－2b＋2，利用配方法求M的最小值；
a2－2ab＋2b2－2b＋2＝a2－2ab＋b2＋b2－2b＋1＋1＝（a－b）2＋（b－1）2＋1；
∵（a－b）2≥0，（b－1）2≥0，
∴当a＝b＝1时，M有最小值1．
请根据上述自主学习材料解决下列问题：
(1)在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式：a2＋10a＋________；
(2)用配方法因式分解：a2－12a＋35．
(3)若M＝a2－3a+1，则M的最小值为________；
(4)已知a2＋2b2＋c2－2ab＋4b－6c＋13＝0，则a＋b＋c的值为________；
10．（2022秋·全国·八年级期末）我们知道，任意一个正整数n都可以进行这样的分解：n=p×q（p，q是正整数，且p≤q），在n的所有这种分解中，如果p，q两因数之差的绝对值最小，我们就称p×q是n的最佳分解，并规定；Fn=pq，例如12可以分解成1×12，2×6或3×4，因为12−1>6−2>4−3，所以3×4是12的最佳分解，所以F12=34．
(1)求F24；
(2)如果一个正整数mm>1只有1与m本身两个正因数，则m称为质数．若质数m满足Fm+4=1，求m的值；
(3)是否存在正整数n满足Fn=Fn+12=14，若存在，求n的值：若不存在，说明理由．
考点5
分式与分式方程解答期末真题压轴题
1．（2022春·江苏·八年级期末）我们定义：形如x+mnx=m+n（m，n不为零），且两个解分别为x1=m，x2=n的方程称为“十字分式方程”．
例如x+6x=5为十字分式方程，可化为x+2×3x=2+3，∴x1=2，x2=3．
再如x+7x=−8为十字分式方程，可化为x+−1×−7x=−1+−7．∴x1=−1，x2=−7．
应用上面的结论解答下列问题：
(1)若x+12x=−7为十字分式方程，则x1=______，x2=______．
(2)若十字分式方程x−6x=−5的两个解分别为x1=a，x2=b，求ba+ab+1的值．
(3)若关于x的十字分式方程x−2023k−2022k2x−1=2023k−2022的两个解分别为x1，x2（k>2，x1>x2），求x1+4044x2的值．
2．（2022春·江苏·八年级期末）某厂家接到定制5400套防护服任务，可以选择甲、乙两条流水线中的一条承担此任务，已知乙流水线每天比甲流水线多加工90套防护服，甲流水线加工这批防护服所花的时间比乙流水线多10天，且甲、乙两条流水线每天的生产成本分别为0.6万元与0.8万元，问厂家选择哪条流水线可使生产成本较小？为什么？
3．（2022秋·福建福州·八年级福州三牧中学校考期末）阅读：在分式中，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”，例如：x−1x+1，x2x+2这样的分式就是假分式；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”，例如：1x+1，−2xx2−1这样的分式就是真分式，我们知道，假分数可以化为带分数，例如：83=3×2+23=323．类似地，假分式也可以化为“带分式”，即整式与真分式的和的形式，例如：
x2+2x−1x+2=xx+2−1x+2=x−1x+2；
x2x+2=x2+2x−2xx+2=xx+2−2x−4+4x+2=xx+2−2x+2+4x+2=x−2+4x+2．
请根据上述材料，解答下列问题：
(1)填空：①分式2x+2是______分式（填“真”或“假”）．
②把下列假分式化成一个整式与一个真分式的和（差）的形式：
x2−3x+5x−3=______＋______．
(2)把分式x2+2x−13x−3化成一个整式与一个真分式的和（差）的形式，并求x取何整数时，这个分式的值为整数．
(3)一个三位数m，个位数字是百位数字的两倍．另一个两位数n，十位数字与m的百位数字相同，个位数字与m的十位数字相同．若这个三位数的平方能被这个两位数整除，求满足条件的两位数n．
4．（2022春·江苏·八年级期末）如果两个分式M与N的和为常数k，且k正整数，则称M与N互为“和整分式”，常数k称为“和整值”．如分式M=xx+1，N=1x+1，M+N=x+1x+1=1，则M与N互为“和整分式”，“和整值”k=1．
(1)已知分式A=x−7x−2，B=x2+6x+9x2+x−6，判断A与B是否互为“和整分式”，若不是，请说明理由；若是，请求出“和整值”k；
(2)已知分式C=3x−4x−2，D=Gx2−4，C与D互为“和整分式”，且“和整值”k=3，若x为正整数，分式D的值为正整数t．
①求G所代表的代数式；
②求x的值；
(3)在（2）的条件下，已知分式P=3x−5x−3，Q=mx−33−x，且P+Q=t，若该关于x的方程无解，求实数m的值．
5．（2022秋·湖北武汉·八年级校考期末）杭州丝绸历史悠久，质地轻软，色彩绮丽，早在汉代，就已通过“丝绸之路”远销国外．小汪在网上开设杭州丝绸专卖店，专卖丝巾、旗袍等，发现一张进货单上的一个信息是：A款丝巾的进货单价比B款丝巾多40元，花960元购进A款丝巾的数量与花720元购进B款丝巾的数量相同．
(1)问A，B款丝巾的进货单价分别是多少元？
(2)小汪在销售单上记录了两天的数据，如下表所示：
问：两款丝巾的销售单价分别是多少？
(3)根据（1）（2）所给的信息，小汪要花费1400元购进A，B两款丝巾若干条，问：有哪几种进货方案？根据计算说明哪种进货方案的总利润最高．
6．（2022秋·北京东城·八年级北京市第五中学分校校考期末）对于两个不相等的非零实数m、n，分式(x−m)(x−n)x的值为零，则x=m或x=n，又因为(x−m)(x−n)x=x2−(m+n)x+mnx=x+mnx−(m+n)，所以关于x的方程x+mnx=m+n有两个解，分别为x1=m，x2=n．应用上面的结论解答下列问题：
(1)方程x+6x=7有两个解，分别为x1=________，x2=________；
(2)关于x的方程x+m−nmnx=m+4mn−n2mn的两个解分别为x1，x2，若x1与x2互为倒数且x1(3)关于x的方程3x+n2−n3x−1=2n的两个解分别为x1，x2（x17．（2022春·吉林长春·八年级校考期末）阅读理解：
材料1：已知x+1x=3，求分式xx2−4x+1的值．
解：活用倒数，∵x2−4x+1x=x−4+1x=x+1x−4=3−4=−1．
∴xx2−4x+1=1x2−4x+1x=1−1=−1．
材料2：将分式x2−x+3x+1拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式．
解：由分母x+1，可设x2−x+3=(x+1)(x+a)+b，则x2−x+3=(x+1)(x+a)+b=x2+ax+x+a+b=x2+(a+1)x+a．
∵对于任意x上述等式成立，
∴a+1=−1,a+b=3.解得a=−2,b=5.
∴x2−x+3x+1=(x+1)(x−2)+5x+1=x−2+5x+1．
根据材料，解答下面问题：
(1)已知a+1a=5，则分式a2a2+2的值为 ．
(2)已知b−1b=−3，求分式b23b4−4b2+3的值．
(3)已知x+1x−2=−73，则分式x−23x2−9x+9的值为 ．
8．（2022春·江苏·八年级期末）如果一个自然数M各个数位均不为0，且能分解成A×B，其中A和B都是两位数，且A十位比B的十位数字大1，A和B的个位数字之和为9，则称M为“九九归一数”，把M分解成A×B的过程称为“九九归一分解”．
例如：∵368=23×16，2−1=1，3+6=9，∴368是“九九归一数”；
∵1632=57×32，5−3≠1，2+7=9，∴1632不是“九九归一数”．
(1)判断378和297是否是“九九归一数”？并说明理由；
(2)把一个“九九归一数”M进行“九九归一数分解”，即为M=A×B，A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的和记为SM；A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的差记TM．且S(M)T(M)能被5整除，求出所有满足条件的自然数M．
9．（2022秋·湖南怀化·八年级校考期末）探究题：观察下列各式的变化规律，然后解答下列问题：11×2=1−12,12×3=12−13,13×4=13−14,14×5=14−15,⋯⋯
(1)计算：若n为正整数，猜想1nn+1=___________
(2)1x+1x(x+1)+1(x+1)(x+2)+⋯⋯+1(x+2014)(x+2015)
(3)若ab−2+b−1=0，求1ab+1(a+1)(b+1)+1(a+2)的值
10．（2022秋·湖南邵阳·八年级统考期末）某同学在学习的过程中，遇到这样的问题：求A=24×122−1+132−1+142−1+⋯+1102−1的整数部分．她百思而不得其解，于是向老师求助．数学老师进行了深入浅出的讲解：观察算式可知，每个分母中的减数都是1，且被减数按照一定的规律在递增；
先看一般情形：1a2−1=⋯=121a−1−1a+1；
再看特殊情形：当a=3时，121a−1−1a+1=1a2−1；
当a=4时，121a−1−1a+1=1a2−1；
老师讲解到这里时，该同学说：“老师我知道怎么做了．”
(1)请你通过化简，说明一般情形121a−1−1a+1=1a2−1的正确性；
(2)请你完成该同学的解答．
考点6
平行四边形解答期末真题压轴题
1．（2022春·北京·八年级校联考期末）已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AE=AD．
(1)如图1，若DF平分∠ADC交线段AE于点F．
①当BE=2，∠ADC=60°时，CD=______，AF=______；
②如图2，若0°<∠ADC<90°，且∠ADC≠60°，试探究线段CD，AF，BE之间的数量关系，并证明．
(2)如图3，若点P为线段AD上一动点，EP⊥PM，EP=PM．连接AM，点Q是AM中点，且AD=2，当点P从A点运动到D点时，点Q的运动路径长为______．（直接写出答案）
2．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期末）平行四边形ABCD中，点C关于AD的对称点为E，连接DE，BE，BE交AD于点F．
(1)如图1，若∠ADC=90°，试说明点F为BE的中点；
(2)如图2，若∠ABC=α(0°<α<90°)．
①试判断点F是否为BE的中点？并说明理由；
②若∠ABC=45°，延长BA，DE交于点H，求DFBH的值．
3．（2022春·甘肃天水·八年级天水市逸夫实验中学校考期末）已知，平行四边形ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D运动．
(1)如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD=CP，求∠ABC的度数．
(2)如图②，在（1）问的条件下，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F，连接AF，若△PCD的面积等于S，求△APF的面积．（用含S的式子表示）
(3)如图③，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD=12cm，则t为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
4．（2022春·贵州黔东南·八年级校联考期末）小红根据学习平行四边形的经验，对平行四边形进行了拓展探究．
【问题探究】
如图1，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求完成下列各题：
(1)在网格中找一点D，画线段CD∥BA且使CD=BA，连接AD；
(2)在括号内填写根据：
∵CD∥BA且CD＝BA，
∴四边形ABCD是平行四边形（____________）
【拓展延伸】
(3)如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC=8厘米，AD=9厘米，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以2厘米/秒的速度由点A向点D运动，点Q以1厘米/秒的速度由点C向点B运动．当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．请问：经过几秒，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形？
5．（2022春·广东深圳·八年级深圳实验学校中学部校考期末）如图，▱ABCD中，∠A=45°，∠ABD=90°，点F为平行四边形外一点，连接CF、BF，且BF⊥CF于点F．
(1)如图1，若S▱ABCD=1692,CF=5，求BF的长度；
(2)如图2，延长BF、DC交于点E，过点D作DG⊥DF交FC的延长线于点G，若C为DE的中点，求证：CG=CF+EF．
6．（2022春·浙江舟山·八年级校联考期末）已知在平行四边形ABCD中，E是边AD的中点，F是边AB上一动点．
(1)如图1，连接FE并延长交CD的延长线于点G，求证：E是FG的中点；
(2)如图2，若CF⊥AB，AD=2AB，求证：∠DEF=3∠AFE；
(3)如图3，若CF⊥AB，AD=2AB=4，∠B=60°时，K是射线CD上一个动点，将EK逆时针旋转90°得到EM，连接FM，求FM的最小值．
7．（2022春·全国·八年级期末）如图①所示，▱ABCD是某公园的平面示意图，A、B、C、D分别是该公园的四个入口，两条主干道AC、BD交于点O，请你帮助公园的管理人员解决以下问题：
(1)若AB=1km，AC=2.4km，BD=2km，公园的面积为 km2；
(2)在（1）的条件下，如图②，公园管理人员在参观了武汉东湖绿道后，为提升游客游览的体验感，准备修建三条绿道AN、MN、CM，其中点M在OB上，点N在OD上，且BM=ON（点M与点O、B不重合），并计划在ΔAON与ΔCOM两块绿地所在区域种植郁金香，求种植郁金香区域的面积；
(3)若将公园扩大，此时AB=2km，AC=4km，BD=4km，修建（2）中的绿道每千米费用为10万元，请你计算该公园修建这三条绿道投入资金的最小值．
8．（2022秋·全国·八年级期末）阅读材料：
(1)如图1，BD，CE是等边△ABC的角平分线，BD，CE相交于点F，连接AF，易得：AF平分∠EFD，EF+DF AF（填“＞”，“＜”或“＝”）．
(2)实践操作：
如图2，四边形ABDC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，∠BDC＝120°．
试确定BD，CD，AD之间的数量关系，并说明理由．
(3)拓展探究：
如图3，四边形ABDC中，AB＝AC，∠BAC+∠BDC＝180°，求证：AD平分∠BDC．
9．（2022秋·辽宁鞍山·八年级统考期末）四边形ABCD中，∠BAD的平分线与边BC交于点E；∠ADC的平日期
A款丝巾（条）
B款丝巾（条）
销售总额（元）
12月10日
4
6
2160
12月11日
6
8
3040
专题7.10 期末复习之解答压轴题专项训练
【北师大版】
考点1
三角形的证明解答期末真题压轴题
1．（2022春·广东佛山·八年级校考期末）如图，Rt△AOB在直角坐标系中，OB在x轴上，∠A=90°，∠AOB=45°，OB=82，动点Q从点B出发沿折线BA−AO以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，运动时间为t秒，同时动点P从点O向x轴正半轴以相同的速度运动，当点Q到达点O时P、Q同时停止运动．
(1)填空：AB=___，点A的坐标为___；
(2)当点Q在△AOB内角平分线上时（点Q不与点B和点O重合），求出t的值；
(3)当点Q在线段AB上且△QPB为等腰三角形时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】(1)8，42,42
(2)16−82或8或82
(3)42或16−82或162−16
【分析】(1)根据勾股定理，得到AB2+AO2=OB2，代入计算即可，过点A作AM⊥OB，根据等腰三角形三线合一性质，计算即可．
(2)分点Q在∠AOB,∠OAB,∠ABO的角平分线上求解即可．
(3)分PB=BQ,PQ=BQ,PB=PQ三种情形求解即可．
【详解】（1）∵∠A=90°，∠AOB=45°，OB=82，
∴AB=AO，AB2+AO2=OB2，
∴AB2+AB2=822，
解得AB=8,AB=−8（舍去）；
过点A作AM⊥OB于点M，
则OM=AM=MB=12OB=42，
∴A42,42，
故答案为：8，42,42．
（2）当点Q位于∠AOB的角平分线上时，
过点Q作QF⊥OB于点F，
∵QF⊥OB，QA⊥OA，
∴QA=QF，
根据题意，得QB=t，
∵∠AOB=45°，
∴∠FQB=45°，
∴FB=QF，
∴QF2+QF2=t2，
解得QF=22t,QF=−22t（舍去）
∵QB+QA=AB，
∴22t+t=8，
解得t=16−82；
当点Q位于∠OAB的角平分线上时，此时点A与点Q重合，
∴t=8；
当点Q位于∠ABO的角平分线上时，
过点Q作QH⊥OB于点H，
∵QH⊥OB，QA⊥AB，
∴QA=QH，
∵∠AOB=45°，
∴∠OQH=∠BOA=45°，OQ=16−t，
∴HO=HQ，
∴HO2+QH2=16−t2，
解得QH=2216−t,QH=−2216−t（舍去）
∵QO+QA=AO，
∴2216−t+16−t=8，
解得t=82；
综上所述，当t=82或t=16−82或t=8时，点Q在在△AOB内角平分线上．
（3）当PB=BQ时，
根据题意，得QB=PB=OP=t，
∵OP+PB=OB，
∴t+t=82，
解得t=42
当PQ=PB时，
根据题意，得OP=BQ=t，
∵∠ABO=45°，
∴∠PQB=45°，PQ=PB=82−OP=82−t，
∵PQ2+PB2=BQ2，
∴BQ=2PB，
∴t=282−t，
解得t=162−16；
当PQ=BQ时，
根据题意，得OP=BQ=t，
∵∠ABO=45°，
∴∠QPB=45°，∠PQB=90°，PB=82−OP=82−t，
∴QP2+QB2=PB2，
∴PB=2BQ，
∴2t=82−t，
解得t=16−82；
综上所述，当t=42或t=16−82或t=162−16时，△QPB为等腰三角形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，一元一次方程的应用，勾股定理，分类思想，角的平分线的性质，熟练掌握性质和勾股定理是解题的关键．
2．（2022秋·广东广州·八年级统考期末）在等腰△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，AD⊥BC于D，点O、点P分别在射线AD、BA上运动，且保证∠OCP=60°，连接OP．
(1)当点O运动到D点时，如图1，求AP的长度；
(2)当点O运动到D点时，如图1，试判断△OPC的形状并证明；
(3)当点O在射线AD其它地方运动时，△OPC还满足2的结论吗？请用图2说明理由．
【答案】(1)2
(2)等边三角形，见详解
(3)满足，见详解
【分析】（1）证明△ACD≌△ACP，得到AD=AP，然后求AD即可；
（2）根据（1）可得：DC=CP=OC，即可得出为等边三角形；
（3）过C作CE⊥AP于E，证得∴△OCD≌△PCE，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵AB=AC=4，∠BAC=120°，
∴∠B=∠ACB=30°，
∵∠OCP=60°，
∴∠ACP=30°，
∵∠CAP=180°−∠BAC=60°，
∵AD⊥BC，AB=AC，
∴∠DAC=∠BAD=60°，
在△ADC与△APC中，
∠PAC=∠DACAC=AC∠ACD=∠ACP，
∴△ACD≌△ACP(ASA)，
∴AD=AP，
∵AC=4，∠ACD=30°，
∴AD=12AC=2，
∴AP=2；
（2）解：△OPC是等边三角形．
证明：∴△ACD≌△ACP，
∴DC=CP=OC，
∵∠OCP=60°，
∴△OPC是等边三角形．
（3）解：△OPC还满足2的结论，
理由：过C作CE⊥AP于E，
∵∠CAD=∠EAC=60°，
AD⊥CD，
∴CD=CE，
∴∠DCE=60°，
∴∠OCE=∠PCE，
在△OCD与△PCE中，
∠PEC=∠ODC=90°∠OCD=∠PCECD=CE，
∴△OCD≌△PCE(AAS)，
∴OC=OP，
∴△OPC是等边三角形．
【点睛】本题考查了动点问题，相关知识点有：全等三角形的判定与性质、等腰三角形与等边三角形的性质与判定等，准确找到全等三角形是解题关键．
3．（2022秋·广东广州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，射线AD⊥BC于点D．

(1)如图1，求∠BAD的度数；
(2)若点E，F分别是射线AD，边AC上的动点，AE=CF，连接BE，BF．
①如图2，连接EF，当EF∥BC时，求∠EBD的度数；
②如图3，当BE+BF最小时，求证：∠ABF=∠DBE．
【答案】(1)∠BAD=45°
(2)①∠EBD=22.5°；②见解析
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一进行解答即可；
（2）①根据等腰三角形的性质，得出AG=AF，得出BG=CF，根据等腰三角形的判定得出AE=GE，即可证明BG=GE，得出∠GBE=∠GEB，根据平行线的性质得出∠GEB=∠EBD，证明∠GBE=∠EBD，根据∠GBE+∠EBD=45°即可得出答案；
②过点C作CM⊥BC，在CM上截取CG=AB，证明△ABE≌△CGF，得出BE=GF，从而得出BE+BF=BF+FG，B、F、G在同一直线上时，BF+FG最小，即BE+BF最小，连接BG交AC于一点，该点即为F， 交AD于点H，证明∠HBE=∠HAF，得出∠HBE=45°，证明∠ABD=∠HBE，得出∠ABF+∠FBC=∠FBC+∠DBE，即可证明结论．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠BAC=90°，
∴∠BAD=12∠BAC=45°；
（2）解：①延长FE交AB于点G，如图所示：
∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=12×90°=45°，
∵EF∥BC，
∴∠AGF=∠ABC=45°，∠AFG=∠ACB=45°，
∴∠AGF=∠AFG，
∴AG=AF，
∴AB−AG=AC−AF，
∴BG=CF，
∵∠AGE=∠GAE=45°，
∴AE=GE，
∵AE=CF，
∴BG=GE，
∴∠GBE=∠GEB，
∵EF∥BC，
∴∠GEB=∠EBD，
∴∠GBE=∠EBD，
∵∠GBE+∠EBD=45°，
∴∠EBD=22.5°；
②过点C作CM⊥BC，在CM上截取CG=AB，如图所示：
∵∠BCG=90°，∠BCA=45°，
∴∠ACG=45°，
∵∠BAD=45°，
∴∠ACG=∠BAD，
∵AB=CG，AE=CF，
∴△ABE≌△CGF，
∴BE=GF，
∴BE+BF=BF+FG，
∴B、F、G在同一直线上时，BF+FG最小，即BE+BF最小，连接BG交AC于一点，该点即为F， 交AD于点H，如图所示：
∵△ABE≌△CGF，
∴∠AEB=∠CFG，
∵∠AFH=∠CFG，
∴∠AEB=∠AFH，
∵∠BHE=∠AHF，
又∵∠HBE+∠BEH+∠BHE=180°，
∠AHF+∠AFH+∠HAF=180°，
∴∠HBE=∠HAF，
∵∠HAF=12∠BAC=45°，
∴∠HBE=45°，
∵∠ABD=45°，
∴∠ABD=∠HBE，
∴∠ABF+∠FBC=∠FBC+∠DBE，
∴∠ABF=∠DBE．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．
4．（2022秋·贵州遵义·八年级校考期末）（1）如图1，在△ABC中，AB=6，AC=8，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是______；
（2）如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF>EF；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF=12∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1【分析】（1）证明△BDA≌△CDE，推导EC=AB，在△ACE中利用三角形三边关系确定AD的取值范围；
（2）延长ED到H，使得DH=DE，连接DH、FH，证明△BDE≌△CDH，推导BE=CH，再借助垂直平分线的性质证明EF=HF，在△CFH中利用三角形三边关系确定求证BE+CF>EF；
（3）结论：EF=AF+CE．延长BC至H，使得CH=AF，连接DH，依次证明△DAF≌△DCH和△EDF≌△EDH，推导EF=EH，由EH=CE+CH=CE+AF即可证明结论．
【详解】解：（1）如图1，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
又∵DE=AD，∠BDA=∠CDE，
∴△BDA≌△CDE(SAS)，
∴EC=AB=6，
∵AC−EC∴1故答案为：1（2）如图4，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH、FH，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，
∴△BDE≌△CDH(SAS)，
∴BE=CH，
∵DE⊥DF，DH=DE，
∴EF=HF，
∵在△CFH中，CH+CF>HF，
∴BE+CF>EF；
（3）结论：EF=AF+CE．
证明：如图5，延长BC至H，使得CH=AF，连接DH，
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠DCH=180°，
∴∠A=∠DCH，
∵AF=CH，DA=DC，
∴△DAF≌△DCH(SAS)，
∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，
∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF=12∠ADC，
∴∠EDF=12∠FDH，
∴∠EDF=∠FDH，
∵DE=DE，
∴△EDF≌△EDH(SAS)，
∴EF=EH，
∵EH=CE+CH=CE+AF，
∴EF=AF+CE．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形中线的性质、垂直平分线的性质、三角形三边关系等知识，解题关键是作出辅助线构造全等三角形解决问题．
5．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）阅读材料：
如图，小明为测量河流宽度，在河岸的一侧选定点B，河的对岸垂直于河岸的方向选定观测目标点A．小明沿点B所在河岸水平向右选取任意点P，继续前行至与BP距离相等处选取点C，再沿与河岸垂直方向行走至点D，使得点D、P、A在同一直线时，测量CD的长即为河流的宽度．
分析：该问题也可以理解为根据BP=CP，即P为BC的中点，过点C作CD//AB交AP于点D，从而构造了△CDP与△BAP全等，这样的思想是抓住线段的中点，再过线段的一端作平行线，利用平行构造三角形全等，从而解决线段相等问题，也称构造“X”型全等．
请运用以上模型思想解决以下问题：
等边三角形ABC中，AB=4，点D在BC边上，过点D作DF⊥BC，交射线BA于点F，则
(1)如图①，若DF与AC相交于点E，当EF=ED时，AF与CD有什么数量关系？请说明理由；
(2)如图②，点G是AB边上的中点，连接CG，交DF于点E，EF=ED，求CD的长．
【答案】(1)AF=CD，理由见解析
(2)125
【分析】（1）过点D作DG∥AB交AC于点G，可证△AEF≌△GED，得到AF=GD，从而△GDC是等边三角形，GD=DC，即可得到结论；
（2）过点D作DH∥AB交GC于点H，可证△FGE≌△DHE，得出GF=DH，设DH=GF=x，CD=2x，BD=12x+2，列得方程为2x+12x+2=4，解得即可．
（1）
AF=CD．
理由如下：过点D作DG∥AB交AC于点G，
∴∠AFE=∠GDE，∠B=∠GDC，∠BAC=∠DGC,
在△AEF和△GED中，
∠AFE=∠GDEEF=ED∠FEA=∠DEG
∴△AEF≌△GED（ASA），
∴AF=GD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=∠BAC=60°，
∴∠GDC=∠DGC=60°，
∴△GDC是等边三角形，
∴GD=DC，
∴AF=CD．
（2）
过点D作DH∥AB交GC于点H，
∴∠BGH=∠DHC，∠GFE=∠EDH．
同（1）得，△FGE≌△DHE（ASA），
∴GF=DH．
∵△ABC是等边三角形，G为AB的中点，AB=4，
∴CG⊥AB,AG=GB=12AB=2，∠BCG=12∠BCA=30°，AB=BC=4，
∴∠BGC=90°，
设DH=GF=x，
∵∠DHC=∠BGC=90°，∠BDF=90°，∠DCH=30°，∠BFD=30°，
∴CD=2x，BD=12x+2，
∵BD+CD=BC=4，
∴2x+12x+2=4，
∴x=65，
∴CD=2×65=125．
【点睛】本次考查了全等三角形、等边三角形、30°直角三角形的性质，解题的关键是做出辅助线构造全等三角形．
6．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）央视科教频道播放的《被数学选中的人》节目中说到，“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题．
(1)【模型探究】如图1，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE连接BE，CD．这一图形称“手拉手模型”．
求证△ABE≅△ACD，请你完善下列过程．
证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠1=∠DAE−∠1（ ）①
即∠2=∠3
在△ABE和△ACD中AB=AC____________②____________③
∴△ABE≅△ACD（ ）④
(2)【模型指引】如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，以B为端点引一条与腰AC相交的射线，在射线上取点D，使∠ADB=∠ACB，求：∠BDC的度数．
小亮同学通过观察，联想到手拉手模型，在BD上找一点E，使AE=AD，最后使问题得到解决．请你帮他写出解答过程．
(3)【拓展延伸】如图3，△ABC中，AB=AC，∠BAC为任意角度，若射线BD不与腰AC相交，而是从端点B向右下方延伸．仍在射线上取点D，使∠ADB=∠ACB，试判断∠BAC与∠BDC有何数量关系？并写出简要过程．
【答案】(1)等量代换，∠2=∠3，AE=AD，SAS
(2)40°
(3)∠BDC+∠BAC=180°
【分析】（1）根据已知条件可知，采用“边角边”的方法证明△ABE≅△ACD；
（2）通过等腰三角形等边对等角的性质，先证∠BAE=∠CAD，再利用“边角边”证明△BAE≅△CAD，推出∠ADC=∠AEB，即∠ADB+∠BDC=∠ADB+∠EAD，由此得出∠BDC=∠EAD=40°；
（3）在DB的延长线上找一点E，使AE=AD，设∠BAC=a，同（2）证明△BAE≅△CAD，推出∠ADC=∠4=90°−a2，∠BDC=∠3+∠ADC=180°−a，由此得出∠BDC+∠BAC=180°．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠1=∠DAE−∠1（等量代换）①
即∠2=∠3，
在△ABE和△ACD中AB=AC∠2=∠3②AE=AD③
∴△ABE≅△ACD（SAS）④
故答案为：等量代换，∠2=∠3，AE=AD，SAS．
（2）解：∵△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，
∴∠ABC=∠ACB=180°−40°2=70°，
∴∠ADB=∠ACB=70°，
∵AE=AD，
∴∠AED=∠ADB=70°，
∴∠EAD=180°−∠AED−∠ADB=40°，
∴∠EAD=∠BAC，
∴∠EAD−∠EAC=∠BAC−∠EAC，
∴∠BAE=∠CAD，
在△BAE和△CAD中
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD
∴△BAE≅△CAD，
∴∠ADC=∠AEB，
∴∠ADB+∠BDC=∠ADB+∠EAD，
∴∠BDC=∠EAD=40°．
（3）解：如图，在DB的延长线上找一点E，使AE=AD，
设∠BAC=a，
∵AB=AC，
∴∠1=∠2=180°−a2=90°−a2，
∴∠3=∠1=90°−a2，
∵AE=AD，
∴∠4=∠3=90°−a2，
∴∠EAD=180°−∠3−∠4=a，
∴∠EAD=∠BAC，
∴∠EAD−∠BAD=∠BAC−∠BAD，
∴∠BAE=∠CAD，
在△BAE和△CAD中
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD
∴△BAE≅△CAD，
∴∠ADC=∠4=90°−a2，
∴∠BDC=∠3+∠ADC=2(90°−a2)=180°−a，
∴∠BDC+∠BAC=180°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识点，属于规律探究题，难度逐步加大，解题的关键是充分利用类比方法，参考上一问的方法步骤找到解题方向．
7．（2022秋·贵州遵义·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中有点A（0，6），B（6，0），点D为线段OB上一个动点（点D不与点O、B重合），点C在AB的延长线且CD＝AD，点C关于x轴的对称点为M，连接DM．
（1）求证：∠OAD＝∠CDB；
（2）点D为OB的中点时，求点M的坐标；
（3）点D在运动的过程中，∠ADM的值是否发生变化？如果变化，请求出∠ADM的度数的取值范围；如果不变，请求出∠ADM的度数．
【答案】（1）见解析；（2）M（9，3）；（3）∠ADM＝90°，不变，理由见解析．
【分析】（1）证明∠OAB=∠OBA=45°，由DA=DC，推出∠DAB=∠DCA，再由∠ABO=∠CDB+∠DCB=45°，∠OAD+∠DAB=45°，推出∠OAD=∠CDB；
（2）如图，连接CM交x轴于点T．证明△AOD≌△DTC（AAS），求出点C的坐标，再根据对称性确定点M的坐标；
（3）证明∠MDB=∠OAD，再根据三角形的外角的性质证明∠ADM=∠AOD=90°即可．
【详解】（1）证明：∵A（0，6），B（6，0），
∴OA＝OB＝6，
∵∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵DA＝DC，
∴∠DAB＝∠DCA，
∵∠ABO＝∠CDB+∠DCB＝45°，∠OAD+∠DAB＝45°，
∴∠OAD＝∠CDB；
（2）解：如图，连接CM交x轴于点T．
∵D是OB的中点，OB＝6，
∴OD＝DB＝3，
∵DC，DM关于x轴对称，
∴CM⊥x轴，
在△AOD和△DTC中，
∠AOD=∠DTC=90°∠OAD=∠CDTAD=DC，
∴△AOD≌△DTC（AAS），
∴OA＝DT＝6，OD＝CT＝3，
∴OT＝OD+DT＝9，
∴C（9，﹣3），
∵C，M关于x轴对称，
∴M（9，3）．
（3）解：结论：∠ADM＝90°，不变．
理由：∵C，M关于x轴对称，
∴∠CDB＝∠MDB，
∵∠OAD＝∠CDB，
∴∠MDB＝∠OAD，
∵∠ADB＝∠AOD+∠OAD＝∠ADM+∠MDB，
∴∠ADM＝∠AOD＝90°．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
8．（2022春·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校联考期末）在平面直角坐标系xOy中，直线l1:y=kx+b与x轴交于点A，与y轴交于点B．当x>3时，y<0；当x<3时，y>0
(1)求k，b的关系式（用含b的代数式表示k）；
(2)若∠ABO=60°．
①求直线l1的解析式；
②若直线l2:y=mx+m与直线l1相交，且两条直线所夹的锐角为45°，求m的值．
【答案】(1)k=−b3
(2)①y=−33x+3；②−2−3或2−3
【分析】（1）根据当x>3时，y<0；当x<3时，y>0，即当x=3时，y=0，即A(3,0)，问题随之得解；
（2）①先求出B(0,3)，用待定系数法即可得直线l1的解析式为y=−33x+3；②设直线l2与x轴交于D，连接BD，直线l1与直线l2交于C，当C在y轴左侧时，过C作CH⊥y轴于H，分两种情况：当C在y轴左侧时，过C作CH⊥y轴于H，由y=mx+m可得D−1,0，即可得BD2+AB2=AD2，故∠ABD=90°=∠DBC，从而△BCD是等腰直角三角形，由∠CBH=∠ABO=60°，可得C(−3,3+1)，代入y=mx+m得m=−2−3；当C在y轴右侧时，过C作CK⊥x轴于K，由△BDC是等腰直角三角形，有AC=AB−BC=23−2，而∠ABO=60°，即可得C(3,3−1)，代入y=mx+m得m=2−3．
【详解】（1）解：∵当x>3时，y<0；当x<3时，y>0，
∴当x=3时，y=0，即A(3,0)，
∴3k+b=0，
∴k=−b3，
∴k，b的关系式为k=−b3；
（2）①如图：
由（1）知，A(3,0)，
∵∠ABO=60°，
∴∠BAO=30°，
∴在Rt△BOA中，BO=12AB，
即利用勾股定理可得：OB=3，
∴B(0,3)，
把A(3,0)，B(0,3)，代入y=kx+b得：
3k+b=0b=3,，
解得k=−33,b=3，
∴直线l1的解析式为y=−33x+3；
②设直线l2与x轴交于D，连接BD，直线l1与直线l2交于C，
当C在y轴左侧时，过C作CH⊥y轴于H，如图：
在y=mx+m中，令y=0得x=−1，
∴D−1,0，
∵A(3,0)，B(0,3)，
∴AD=4，AB=23，BD=2，
∴BD2+AB2=AD2，
∴∠ABD=90°=∠DBC，
∵∠ACD=45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BC=BD=2，
在Rt△BCH中，∠CBH=∠ABO=60°，
∴∠BCH=30°，
∴BH=12BC=1，CH=3BH=3，
∴C(−3,3+1)，
把C(−3,3+1)代入y=mx+m得：
−3m+m=3+1，
解得m=−2−3；
当C在y轴右侧时，过C作CK⊥x轴于K，如图：
∵∠BCD=45°，∠DBC=90°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∴BC=BD=2，
∵AB=23，
∴AC=AB−BC=23−2，
∵∠ABO=60°，
∴∠BAO=30°，
在Rt△ACK中，结合勾股定理，
CK=12AC=3−1,AK=3−3，
∴OK=OA−AK=3−(3−3)=3，
∴C(3,3−1)，
把C(3,3−1)代入y=mx+m得：
3m+m=3−1，
解得m=2−3，
综上所述，两条直线所夹的锐角为45°，m的值为−2−3或2−3．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形的性质及应用，含30°角的直角三角形三边关系等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
9．（2022秋·福建厦门·八年级厦门一中校考期末）（1）如图1，在△ABC中．点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，∠B=∠FDE=∠C，BE=DC．求证DE=DF；
（2）如图2．在△ABC中．BA=BC，∠B=45°．点D，F分别是边BC、AB上的动点．且AF=2BD．以DF为腰向右作等腰△DEF．使得DE=DF，∠EDF=45°．连接CE．
①试猜想线段DC，BD，BF之间的数量关系，并说明理由．
②如图3．已知AC=3，点G是AC的中点，连接EA，EG．求EA+EG的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）①BD+BF=DC，理由见解析；②325
【分析】（1）证明△EBD≌△DCF，即可证明结论；
（2）①根据BA=BC，得到：AF+BF=BD+CD，再根据AF=2BD，即可得解；
②在CD上截取DM=BF，连接EM，作点G关于CE的对称点N，连接CN，AN，证明△BDF≌△MED，利用对应边相等，和线段的转化，得到：EM=CM，进而得到∠ECM=∠MEC=22.5°，根据对称得到：EA+EG=EA+EN≥AN，当A、E、N三点共线时，EA+EG的值最小，最小值为AN，利用勾股定理求出AN即可得解．
【详解】（1）证明：∵∠EDF+∠FDC=∠B+∠BED，∠EDF=∠B，
∴∠FDC=∠BED．
在△EBD和△DCF中，
∠B=∠CBE=DC∠BED=∠CDF
∴△EBD≌△DCFASA，
∴DE=DF．
（2）①BD+BF=DC．
理由如下：∵AB=BC，
∴AF+BF=BD+DC．
∵AF=2BD，
∴2BD+BF=BD+DC．
∴BD+BF=DC．
②在CD上截取DM=BF，连接EM，作点G关于CE的对称点N，连接CN，AN，
∵∠B=45°，∠EDF=45°，
同（1）可得：∠BFD=∠EDM，
∵DF=DE，
∴△BDF≌△MEDSAS，
∴BD=EM，MD=BF，∠B=∠DME=45°，
∵CD=BD+BF=DM+CM，
∴CM=BD，
∴EM=CM，
∴∠MCE=∠MEC，
∵∠EMD=45°，
∴∠ECD=∠MEC=22.5°，
∴E点在射线CE上运动，
∵G点与N的关于CE对称，
∴EG=EN，
∴EA+EG=EA+EN≥AN，
∴当A、E、N三点共线时，EA+EG的值最小，最小值为AN，
∵∠B=45°，AB=BC，
∴∠ACB=67.5°，
∴∠ACE=45°，
由对称性可知，∠ACE=∠ECN，
∴∠ACN=90°，
∵点G是AC的中点，AC=3，
∴CG=1.5，
∴CN=1.5，
在Rt△ANC中，AN=AC2+CN2=325，
∴AE+EG的最小值为325，
∴∠ECD=22.5°，EA+EG的最小值为325．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的判定以及勾股定理，利用轴对称解决线段和最小问题．本题的综合性强，难度较大，解题的关键是添加辅助线，构造三角形全等，以及利用轴对称解决线段和最小问题．
考点2
一元一次不等式与一元一次不等式组解答期末真题压轴题
1．（2022春·福建厦门·八年级厦门市松柏中学校考期末）平面直角坐标系中，设一次函数y=3a+1x+5b−2的图象是直线l．
(1)如果直线l经过点1，−1，求a与b的关系式；
(2)当直线l过点Mm−2，5b+6和点Nm+2，6a+12时，且−1≤b≤2，求a的取值范围；
(3)若坐标平面内有点Pn−2，2n+1，不论n取何值，点P均不在直线l上，求a、b所需满足的条件．
【答案】(1)b=−35a；
(2)−43≤a≤76且a≠−13；
(3)a，b满足的条件为a=13且b≠75．
【分析】（1）将1，−1代入解析式即可得出结论；
（2）将两点坐标代入解析式得出方程组，求出a、b的等量关系式，再根据b的取值范围求出a的取值范围；
（3）先设点P坐标为x，y，然后根据点P坐标找出x、y之间关系式，利用两直线无交点即平行（k相等，b不等）列出算式求解．
【详解】（1）解：由题意可知，1，−1在直线y=3a+1x+5b−2的图象上，
∴−1=3a+1+5b−2，
整理得，b=−35a；
（2）解：由题意知，
3a+1m−2+5b−2=5b+63a+1m+2+5b−2=6a+12，
两式相减得，5b=−6a+2，
∵−1≤b≤2，即−5≤5b≤10，
∴−5≤−6a+2≤10，
∴−43≤a≤76，
又∵3a+1≠0，
∴a≠−13，
∴−43≤a≤76且a≠−13；
（3）解：设点P坐标为x，y，则n−2=x2n+1=y，
∴y=2x+5，
∵不论n取何值，点P均不在直线l：y=3a+1x+5b−2上，
∴3a+1=25b−2≠5，
解得a=13b≠75．
∴a，b满足的条件为a=13且b≠75．
【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，待定系数法等相关知识，掌握基本的性质是解题的关键．
2．（2022春·福建厦门·八年级统考期末）一条笔直跑道上的A，B两处相距500米，甲从A处，乙从B处，两人同时相向匀速而跑，直到乙到达A处时停止，且甲的速度比乙大．甲、乙到A处的距离y（米）与跑动时间x（秒）的函数关系如图14所示．
（1）若点M的坐标（100，0），求乙从B处跑到A处的过程中y与x的函数解析式；
（2）若两人之间的距离不超过200米的时间持续了40秒．
①当x=x1时，两人相距200米，请在图14中画出P（x1+40，0）．保留画图痕迹，并写出画图步骤；
②请判断起跑后112分钟，两人之间的距离能否超过420米，并说明理由．
【答案】（1）y=−5x+500(0≤x≤100)；（2）①见解析；②起跑后112分钟，两人之间的距离不能超过420米，理由见解析．
【分析】（1）设乙从B处跑到A处的过程中y与x的函数关系式为y=kx+b，把（0，500）和（100，0）代入求出k，b的值即可，
（2）①设A(x1,0)，两直线相交于点G.过点A作x轴的垂线，交直线GM于点B，
在射线GM上截取GC，使GC=GB;过点C作x轴的垂线，则垂足P即为所求点．
②由两人有相距200到相遇用时50秒，由a＞b，xM>100，起跑后112分钟(即90秒)，两人处于相遇过后，但乙未到达A处，则计算乙在90秒内离开B距离比较即可．
【详解】（1）设y=kx+b(k≠0),
把(0,500),M100,0分别代入，可求得k=−5,b=500.
∴解析式为y=−5x+500(0≤x≤100).
（2）如图：
设A(x1,0)，两直线相交于点G.
步骤为: ．
①过点A作x轴的垂线，交直线GM于点B
②在射线GM上截取GC，使GC=GB;
③过点C作x轴的垂线，则垂足P即为所求点．
（3）起跑后112分钟，两人之间的距离不能超过420米．
理由如下：
由题可设y甲=k甲x，y乙=k乙x+500(k甲·k乙≠0).
∵两人之间的距离不超过200米的时间持续了40秒，
∴可设当x=x1或x=x1+40时，两人相距为200米．
∴相遇前，当x=x1时，y乙−y乙=200，即k乙x1+500−k甲x1=200,
也即(k甲−k乙)x1=300①．
相遇后，当x=x1+40时， y甲−y乙=200;.
即k甲x1+40−k乙x1+40+500=200
也即(k甲−k乙)x1+40=700②．
把①代入②，可得300+40(k甲−k乙)=700,
解得k甲−k乙=10.
当两人相遇时，y甲=y乙，即k甲x=k乙x+500,
即(k甲−k乙)x=500，解得x=50．
∵甲的速度比乙大，所以500xM<12×10，可得xM>100
∴起跑后112分钟(即90秒)，两人处于相遇过后，但乙未到达A处．
∴两人相距为y甲−y乙=k甲·90−k乙·90+500=k甲-k乙·90-500=400
∵400<420，
∴两人之间的距离不能超过420米.
【点睛】本题为一次函数图象问题，考查了一次函数图象性质、方程和不等式有关知识，解答关键是根据条件构造方程或不等式解决问题．
3．（2022春·福建三明·八年级统考期末）【阅读思考】阅读下列材料：
已知“x﹣y＝2，且x＞1，y＜0，试确定x+y的取值范围”有如下解法：
解：∵x﹣y＝2，
∴x＝y+2
又∵x＞1
∴y+2＞1
∴y＞﹣1
又∵y＜0
∴﹣1＜y＜0 ①
同理1＜x ＜2 ②
由①+②得﹣1+1＜x+y＜0+2
∴x+y 的取值范围是0＜x+y ＜2
【启发应用】请按照上述方法，完成下列问题：
已知x ﹣y ＝3，且x ＞ 2，y ＜1，则x+y的取值范围是 ；
【拓展推广】请按照上述方法，完成下列问题：
已知x+y＝2，且x＞1，y＞﹣4，试确定x﹣y的取值范围．
【答案】（1）1＜x+y＜5；（2）0＜x﹣y＜10．
【分析】（1）模仿材料的计算方法，即可求出答案；
（2）根据已知算式求出y、x的范围，再求出答案即可．
【详解】解：（1）∵x-y=3，
∴x=y+3，
∵x＞2，
∴y+3＞2，
∴y＞-1，
又∵y＜1，
∴-1＜y＜1①
同理可得：2＜x＜4②
由①+②得：-1+2＜x+y＜1+4，
∴x+y的取值范围是：1＜x+y＜5，
故答案为：1＜x+y＜5；
（2）∵x+y＝2，
∴x＝2﹣y，
又∵x＞1，
∴2﹣y＞1，
∴y＜1，
又 ∵y＞﹣4，
∴﹣4＜y＜1，
∴﹣1＜﹣y＜4①，
同理得：1＜x＜6②，
由①+②得：0＜x﹣y＜10，
∴x−y的取值范围是：0＜x﹣y＜10．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式、列代数式等知识点，能分别求出x、y的范围是解此题的关键，注意：求解过程类似．
4．（2022春·福建厦门·八年级统考期末）单位组织员工自驾游，并打算在一家租车公司租用同一品牌同款的5座或7座越野车组成一个车队．该租车公司同品牌同款的7座越野车的日租金比5座的多300元．已知该单位参加自驾游的员工共有40人，其中10人可以担任司机，但这10人中至少需要留出3人做为机动司机，以备轮换替代．
（1）有人建议租8辆5座的越野车，刚好可以载40人．他的建议合理吗？请说明理由；
（2）请为该单位设计一种租车方案，使车队租车的日租金最少，并说明理由
【答案】（1）建议不合理，见解析；（2）租车方案是：租4辆5座越野车，3辆7座越野车；当y1=y2即a=600时，日租金最少的方案是：租1辆5座越野车，5辆7座越野车，或租4辆5座越野车，3辆7座越野车；当y1600时，日租金最少的方案是：租1辆5座越野车，5辆7座越野车；当y1>y2即a<600时，日租金最少的方案是：租4辆5座越野车，3辆7座越野车，见解析.
【分析】（1）根据10人可以担任司机，但这10人中至少需要留出3人做为机动司机来判断.
（2）可设共租m（m为正整数）辆车，若全租5座，则m最大，若全租7座，则m最小，可求得m取值范围，结合第一问求得m的取值范围后分情况讨论即可.
【详解】（1）建议不合理．理由如下：
根据题意可知，10个司机中至少要留出3人做为机动司机，所以最多只能租7辆车．
（2）设共租m（m为正整数）辆车，依题意得557≤m≤8，即6≤m≤8．
由（1）得，m≤7．
所以6≤m≤7．
即总租车数为6辆或7辆．
设车队租的5座车有x（x为非负整数）辆，一辆5座车的日租金为a元，车队日租金为y元，
①当总租车数为6辆时，
y1=ax+(a+300)(6−x)=−300x+6a+1800．
由x≤6，且5x+7(6−x)≥40，可得x≤1．
又因为x为非负整数，
所以x=1．此时y1=6a+1500．
此时的租车方案是：租1辆5座越野车，5辆7座越野车．
②当总租车数为7辆时，
y2=ax+(a+300)(7−x)=−300x+7a+2100．
由x≤7，且5x+7(7−x)≥40，可得x≤92．
又因为x为非负整数，所以x≤4．
因为−300<0，
所以y随x的增大而减小，
所以当x=4时，y2有最小值7a+900．
此时的租车方案是：租4辆5座越野车，3辆7座越野车．
当y1=y2即a=600时，日租金最少的方案是：租1辆5座越野车，5辆7座越野车，或租4辆5座越野车，3辆7座越野车；
当y1600时，日租金最少的方案是：租1辆5座越野车，5辆7座越野车；
当y1>y2即a<600时，日租金最少的方案是：租4辆5座越野车，3辆7座越野车．
【点睛】本题考查的是不等式及一次函数，能从实际问题中抽象出数量之间的关系是关键.
5．（2022春·甘肃兰州·八年级校考期末）如果一元一次方程的解是一元一次不等式组的解，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，如：方程x−1=0就是不等式组x+1>0x−2<0的“关联方程”．
(1)方程①3x+2=0，②x−3x−1=−4是不等式是2x−7<04x−3>0的关联方程的是___________________．
(2)若关于x的方程2x+k=1（k为整数）是不等式组x−1<12x−2≥−3x−1的一个关联方程，求整数k的值．
(3)若方程9−x=2x，9+x=2x+52都是关于x的不等式组x+m<2xx−m≤2的关联方程，求m的取值范围．
【答案】(1)②
(2)−1，0
(3)2≤m<3
【分析】（1）先求出方程的解和不等式组的解集，再判断即可；
（2）先求出方程的解和不等式组的解集，根据题意得出14<1−k2<32，解不等式组即可；
（3）先求出方程的解和不等式组的解集，即可得出答案．
【详解】（1）解：解方程3x+2=0得：x=−23，
解方程x−(3x−1)=−4得：x=52，
解不等式组2x−7<04x−3>0得：34所以不等式组2x−7<04x−3>0的关联方程是②；
（2）解方程2x+k=1(k为整数）得：x=1−k2
解不等式组x−1<12x−2≥−3x−1得：14≤x<32，
∵关于x的方程2x+k=1(k为整数）是不等式组x−1<12x−2≥−3x−1的一个关联方程，
∴ 14≤1−k2<32，
解得−2∴整数k=−1，0；
（3）解方程9−x=2x得：x=3，
解方程9+x=2x+52得：x=4，
解不等式组x+m<2xx−m≤2得：m∵方程9−x=2x，9+x=2x+52都是关于x的不等式组x+m<2xx−m≤2的关联方程，
∴2≤m<3，
即m的取值范围是2≤m<3．
【点睛】本题考查了解一元一次方程，一元一次方程的解，解一元一次不等式组等知识点，能理解关联方程的定义是解此题的关键．
6．（2022秋·安徽阜阳·八年级校联考期末）如图，已知直线y=−43x+4分别与x，y轴交于点A、B，与直线y=kx相交于点C(2,n)，点P为直线y=−43x+4上一点．
(1)求n和k的值；
(2)若点P在射线CA上，且SΔPOC=2SΔAOC，求点P的坐标；
(3)观察函数图象，请直接写出不等式−43x+4≥kx的解集．
【答案】(1)n=43，k=23
(2)P(4,−43)
(3)x≤2
【分析】（1）把点C(2,n)代入解析式y=−43x+4中，可直接求出n的值；再把点C的坐标代入y=kx中，即可求出k的值；
（2）先根据解析式y=−43x+4可求出点A和点B的值，进而可求出ΔAOC的面积，则可求出ΔPOC的面积和ΔOAP的面积，过点P作x轴的垂线，表示出ΔAOP的面积，建立方程即可；
（3）根据图象即可求得．
【详解】（1）把点C(2,n)代入解析式y=−43x+4中，得n=−43×2+4=43，
∴C(2,43)，
把点C的坐标代入y=kx中，则2k=43，解得k=23；
（2）∵直线y=−43x+4分别与x，y轴交于点A、B，
∴A(3,0)，B(0,4)，
过点C作CM⊥x轴于点M，
∴OA=3,CM=43，
∴SΔAOC=12×3×43=2，
∴SΔPOC=2SΔAOC=2×2=4，
∵点P在射线CA上，
∴SΔOAP=SΔPOC−SΔAOC=2，
过点P作PN⊥x轴于点N，
∴SΔOAP=12×3×PN=2，
∴PN=43，
∴y=−43，
令y=−43，则−43x+4=−43，
解得x=4，
∴P(4,−43)；
（3）由图象可知，不等式−43x+4≥kx的解集为x≤2．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积以及函数与不等式的关系，解题的关键是运用数形结合思想．
7．（2022春·四川成都·八年级统考期末）已知一次函数y1=ax+b的图象分别交x轴和y轴于B，D两点，另一个一次函数y2=bx+a的图象分别交x轴和y轴于C，E两点，且两个函数的图象交于点A1,4．
(1)当a，b为何值时，y1与y2的图象重合；
(2)当DE=2时，求△ABC的面积；
(3)当0y2，求b的取值范围．
【答案】(1)a＝b＝2；
(2)163
(3)2＜b＜4
【分析】（1）根据y1与y2的图象重合时，可得a＝b，再将点A代入函数解析式即可求出a和b的值；
（2）先表示出DE的长度，根据DE＝2列方程，求出a和b的值，进一步即可求出BC的长，从而求出△ABC的面积；
（3）根据y1＞y2，可得ax＋b＞bx＋a，根据不等式的解集可得a−b＜0，可得4−2b＜0，再根据0＜4−b＜4即可最终确定b的取值范围．
(1)
解：根据题意，当y1与y2的图象重合时，a＝b，
将点A（1，4）代入直线y1＝ax＋b，
得a＋a＝4，
解得a＝2，
∴a＝b＝2；
(2)
根据题意，点D（0，b），点E坐标为（0，a），
∴DE＝|b−a|，
将点A（1，4）代入直线y1＝ax＋b，
得a＋b＝4，
∴b＝4−a，
∴DE＝|4−2a|，
∵DE＝2，
∴|4−2a|＝2，
解得：a＝1或a＝3，
∴b＝3或b＝1，
∴两直线的解析式分别为y1＝x＋3，y2＝3x＋1，
当y1＝x＋3＝0时，x＝−3，
∴点B（−3，0），
当y2＝3x＋1＝0时，x＝−13，
∴点C（−13，0），
∴BC＝83，
∴△ABC的面积为12×83×4=163；
(3)
∵x＜1时，始终有y1＞y2，
∴ax＋b＞bx＋a，
∴（a−b）x＞a−b，
∵x＜1，
∴a−b＜0，
∵a＋b＝4，
∴a＝4−b，
∴4−2b＜0，
解得b＞2，
∵0＜a＜4，
∴0＜4−b＜4，
解得0＜b＜4，
∴b的取值范围是2＜b＜4．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式，三角形的面积，一元一次不等式，熟练掌握待定系数法求解析式以及一次函数与一元一次不等式的关系是解题的关键．
8．（2022秋·浙江金华·八年级统考期末）如果关于x的不等式|x﹣2|+|x+3|≥a对于x取任意数都成立，则a的取值范围是多少？并说明理由．
【答案】D≤5
【详解】试题分析：根据线段上的点到线两端点的距离的和最小，可得答案．
试题分析：∵|x﹣2|+|x+3|≥5，
∴关于x的不等式|x﹣2|+|x+3|≥a对于x取任意数都成立，
a≤5．
9．（2022春·北京东城·八年级北京二中校考期末）如图，一次函数y=kx+b的图象交x轴于点A，OA=4，与正比例函数y=3x的图象交于点B，B点的横坐标为1．
(1)求一次函数y=kx+b的解析式；
(2)请直接写出kx+b<3x时自变量x的取值范围；
(3)若点P在y轴上，且满足△APB的面积是△AOB面积的一半，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−x+4
(2)x>1
(3)0,2或0,6
【分析】（1）求出A,B的坐标，待定系数法求出函数的解析式；
（2）图象法进行求解即可；
（3）分点P在y轴正半轴和负半轴，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵OA=4，
∴A4,0，
∵B点的横坐标为1，点B在正比例函数y=3x的图象上，
∴x=1时，y=3，即：B1,3，
∴4k+b=0k+b=3，解得：k=−1b=4，
∴一次函数的解析式为y=−x+4；
（2）解：由图象可知，
当x>1时，直线y=−x+4在直线y=3x的下方，
∴kx+b<3x时自变量x的取值范围为：x>1；
（3）解：∵B1,3，OA=4，
∴S△AOB=12OA⋅yB=12×4×3=6，
∵△APB的面积是△AOB面积的一半，
∴S△APB=3；
设直线y=−x+4与y轴的交点为点C，当x=0时，y=4，
∴C0,4，
设P0,m，
当点P在y轴正半轴上，①P点在O,C之间时：
则S△APB=S△ACO−S△OAP−S△BCP
=12×4×4−12×4×m−12×4−m×1
=6−32m
=3，
∴m=2，即点P坐标为0,2；
②点P在C点上方时，
则S△APB=S△ACP−S△BCP
=12×m−4×4−12×m−4×1
=32m−6
=3，
∴m=6，即：点P坐标为0,6；
当P点在y轴负半轴上时，
则：S△APB=S△ACP−S△BCP
=12×4−m×4−12×4−m×1
=6−32m
=3，
∴m=2（不合题意，舍掉）
综上：点P坐标为0,2或0,6．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
考点3
图形的平移与旋转解答期末真题压轴题
1．（2022春·山东济南·八年级校考期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点均在格点上，在建立平面直角坐标系后，点C的坐标为(4,−1)．
(1)将△ABC向左平移6个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)以原点O为对称中心，画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；
(3)若点P为y轴上存一动点，则PA+PC的最小值为 ；
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)34
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
（3）作点A关于y轴的对称点A'，连接A'C交y轴于点P，则PA=PA'，由两点之间线段最短可知，此时PA+PC值最小，根据勾股定理求出A'C的值即可．
【详解】（1）如图，△A1B1C1即为所求，
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
（3）作点A关于y轴的对称点A'，连接A'C交y轴于点P，则PA=PA'，
∴PA+PC=PA'+PC=A'C，
由两点之间线段最短可知，此时PA+PC值最小，
∵A'C=52+32=34，
∴PA+PC值最小值为34．
故答案为：34．
【点睛】本题考查了平移作图，中心对称作图，轴对称的性质，勾股定理，以及两点之间线段最短，数形结合是解答本题的关键．
2．（2022春·河南郑州·八年级校联考期末）将一副直角三角板如图1，摆放在直线MN上（直角三角板ABC和直角三角板EDC，∠EDC=90°，∠DEC=60°，∠ABC=90°，∠BAC=45°），保持三角板EDC不动，将三角板ABC绕点C以每秒5°的速度，顺时针方向旋转，旋转时间为t秒，当AC与射线CN重合时停止旋转．
(1)如图2，当AC为∠DCE的角平分线时，求此时t的值；
(2)当AC旋转至∠DCE的内部时，求∠DCA与∠ECB的数量关系；
(3)在旋转过程中，当三角板ABC的其中一边平行于三角板EDC的某一边时，求此时t等于 （直接写出答案即可）．
【答案】(1)3
(2)∠ECB−∠DCA=15°
(3)15或24或27或33
【分析】（1）根据角平分线的定义求出∠ACE=12∠DCE=15°，然后求出t的值即可；
（2）根据旋转得：∠ACE=5t，表示出∠DCA=30°−5t，∠ECB=45°−5t，即可得出∠ECB−∠DCA=15°；
（3）分四种情况进行讨论，分别画出图形，求出t的值即可．
【详解】（1）解：如图2，∵∠EDC=90°，∠DEC=60°，
∴∠DCE=30°，
∵AC平分∠DCE，
∴∠ACE=12∠DCE=15°，
∴t=155=3，
答：此时t的值是3；
（2）解：当AC旋转至∠DCE的内部时，如图3；
由旋转得：∠ACE=5t，
∴∠DCA=30°−5t，∠ECB=45°−5t，
∴∠ECB−∠DCA=45°−5t−30°−5t=15°；
（3）解：分四种情况：
①当AB∥DE时，如图4，
此时BC与CD重合，
t=30+45÷5=15；
②当AB∥CE时，如图5，
∵AB∥CE，
∴∠BCE=∠B=90°，
∴∠ACE=90°+45°=135°，
t=135÷5=27；
③当AB∥CD时，如图6，
∵AB∥CD，
∴∠BCD=∠D=90°，
∴∠ACE=30°+90°+45°=165°，
t=165÷5=33；
④当AC∥DE时，如图7，
∵AC∥DE，
∴∠ACD=∠D=90°，
∴∠ACE=90°+30°=120°，
t=120÷5=24；
综上，t的值是15或24或27或33．
故答案为：15或24或27或33．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，角平分线的计算，平行线的性质，解题的关键是数形结合，注意分类讨论．
3．（2022春·山东济南·八年级统考期末）【背景】如图1-1所示，点B在线段AC上，分别以AB，CB为一边，在线段AC的上方作等边三角形ABD和等边三角形CBE，连接AE，CD，它们交于点F，容易判断，AE与CD的数量关系为______，它们所夹锐角∠AFD的大小为______度．
【探究】把图1-1中的等边三角形CBE绕点B逆时针旋转一定角度，变成图1-2，线段AE的延长线与CD交于点F．请你判断AE与CD的数量关系及∠AFD的大小，并给出证明过程．
【应用】如图1-3所示，点P在线段AN上，PA=3，PN=2，在AN的上方作等边三角形PQT（△PQT的大小和位置可以改变），连接AQ，NT．请直接写出AQ+NT的最小值，不用表述理由．
【答案】[背景]AE=CD；60；[探究]：AE=CD，∠AFD=60°；[应用]：AQ+NT的最小值为19
【分析】[背景]：根据等边三角形的性质可得AB=BD，∠ABD=∠EDB=60°，CB=BE，进而得到∠ABE=∠DBC，证明△ABE≅△DBC即可得到结论，根据全等三角形的性质可以得到∠BAE=∠DBC，推出∠BAE+∠DAE=∠BDC+∠DAE=60°，即可得出锐角∠AFD的大小；
[探究]：△ABD和△CBE是等边三角形，得出BA=BD，BE=BC，∠ABD=∠EBC=60°，
推出∠ABD−∠DBE=∠EBC−∠DBE，即∠EBA=∠CBD，进而证明△EBA≌△∠CBD(SAS)，得到AE=CD，∠EAB=∠CDB；设BD与AG交于点O，则∠AOB=∠DOF，得到∠AFD=∠ABD=60°，即可得出结论；
[应用]：将△PNT绕点P逆时针旋转60°得到△PRQ，连接AR，过点R作RH⊥AN，则∠NPR=60°，PN=PR=2， 先证明∠QPR=∠TPN，进一步证明△QPR≌△TPN，得到QR=NT，再根据AQ+QR≥AR（当且仅当点Q在线段AR上时等号成立）得到AQ+NT的最小值AR，最后依次计算PH、RH、AH和AR即可；
【详解】[背景]：
∵△ABD和△CBE是等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=∠EBC=60°，CB=BE，
∴∠ABD+∠DBE=∠EBC+∠DBE，
∴∠ABE=∠DBC，
∴△ABE≅△DBC，
∴AE=CD，∠BAE=∠DBC，
∴∠BAE+∠DAE=∠BDC+∠DAE=60°，
∵∠DAE+∠BDC+∠ADB+∠AFD=180°，
∴∠AFD=60°，
故答案为：AE=CD；60．
[探究]：
AE=CD；∠AFD=60°．
证明：∵△ABD和△CBE是等边三角形，
∴BA=BD，BE=BC，∠ABD=∠EBC=60°．
∴∠ABD−∠DBE=∠EBC−∠DBE，即∠EBA=∠CBD．
∴△EBA≌△∠CBD(SAS)．
∴AE=CD，且∠EAB=∠CDB．
设BD与AG交于点O，则∠AOB=∠DOF，
∴180°−∠CDB−∠DOF=180°−∠EAB−∠AOB，
即∠AFD=∠ABD=60°，
∴AE=CD，∠AFD=60°
[应用]：
将△PNT绕点P逆时针旋转60°得到△PRQ，连接AR，过点R作RH⊥AN，则∠NPR=60°，PN=PR=2，
∵△PQT是等边三角形，
∴PQ=PT，∠QPT=∠NPR=60°，
∴∠QPT−∠TPR=∠NPR−∠TPR，
∴∠QPR=∠TPN，
在△QPR和△TPN中，
PQ=PT∠QPR=∠TPNPR=PN，
∴△QPR≌△TPN(SAS)，
∴QR=NT，
∵AQ+QR≥AR（当且仅当点Q在线段AR上时等号成立），
∴AQ+NT≥AR，
∴AQ+NT的最小值AR，
∵RH⊥AN，∠NPR=60°，
∴∠PRH=90°−∠NPR=90°−60°=30°，
∴PH=12PR=1，
∴RH=PR2−PH2=22−12=3，AH=PA+PH=3+1=4，
∴AR=AH2+RH2=42+(3)2=19，
∴AQ+NT的最小值为19．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
4．（2022春·陕西西安·八年级西安市曲江第一中学校考期末）如图1，△ABC为等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°．
(1)如图1，点D为斜边AC上一动点（点D不与线段AC两端点重合），将BD绕点B顺时针方向旋转90°到BE，连接AE、EC、ED．求证：∠BCE=∠BAD．
(2)问题迁移：在（1）的条件下，若AC2=50，请直接写出AE+BE的最小值为 ．
(3)问题解决：如图2，点D为等腰直角三角形斜边AC上一点，若AD=2，CD=6，求BD的长．
【答案】(1)见解析；
(2)10；
(3)25
【分析】（1）利用SAS证明△ABD≌△CBE，得AD=EC；
（2）由（2）知，∠BCE=45°，则点E在直线CE上运动，作点B关于CE的对称点B'，连接AB'，交GC于E，此时AE+BE最小，再根据勾股定理求AB'的长即可；
（3）由（1）得∠BAD=∠BCE=45°，则∠DCE=∠DCB+BCE=90°，再根据勾股定理可得DE的长，从而得出BD的长．
【详解】（1）证明：∵将BD绕点B顺时针方向旋转90°到BE，
∴BD=BE，∠DBE=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠EBC，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=EC；
（2）解：由（2）知，∠BCE=45°，
则点E在直线CE上运动，
作点B关于CE的对称点B'，连接AB'，交GC于E，此时AE+BE最小，
∵AC2=40，
∴AB2=BG2=GB'2=20，
∴AG2=(2AB)2=80，
在Rt△AGB'中，由勾股定理得，AB'2=AG2+B'G2=80+20=100，
∴AB'=10，
∴AE+BE的最小值为10．
（3）解：∵△ABD≌△CBE，
∴∠BAD=∠BCE=45°，
∴∠DCE=∠DCB+BCE=90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE2=22+62=40，
∵△BDE是等腰直角三角形，
∴BD2=12DE2=20
∴BD=25；
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，轴对称最短路线问题，确定点E的运动路径是解题的关键．
5．（2022春·广东佛山·八年级期末）已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将线段AD绕点D顺时针方向旋转60°得到线段DE，连接CE．
(1)如图1，求证：CE=BD；
(2)当BD等于多少时，∠DEC=30°；
(3)点D在运动过程中，△DEC的周长是否存在最小值？若存在．试求出△DEC的周长（直接写出结果）
【答案】(1)见详解
(2)8
(3)4+23
【分析】（1）连接AE，可证出△ACE≌△ABD，即可求证；
（2）由（1）可证：∠AEC=30°，∠CAE=90°，从而可求解；
（3）判断出当DE⊥BC时，△DEC的周长存在最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：连接AE，如图，
∵△ABC是等边三角形，
∠B=∠BAC=60°，AB=AC，
∵线段AD绕点D顺时针方向旋转60°得到线段DE，
∴∠ADE=60°，AD=DE，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，AE=AD，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠EAC=60°，
∴∠BAD=∠EAC，
在△ACE和△ABD中
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABDSAS，
∴BD=CE．
（2）
解：连接AE，如图，此时∠DEC=30°，
由（1）同理可证：BD=CE，∠ACE=∠ABD=60°，
△ADE是等边三角形，
∴∠AEC=∠AED−∠DEC=30°，
∴∠CAE=180°−∠AEC−∠ACE=90°，
∴CE=2AC=8，
∴BD=8，
∴当BD=8时，∠DEC=30°．
（3）解：如图2，当D点在C点的右侧时，
由（1）得：CE=BD，DE=AD，
∴C△DCE=CD+DE+CE
=CD+AD+BD
=BC+2CD+AD，
当D点向右运动时，AD是随着CD的变大而变大，
∴此时C△DCE没有最小值；
如图1，当D点在C点的左侧时，
由（1）得：CE=BD，
∴C△DCE=CD+DE+BD
=BC+DE
=4+DE
∴当DE最小时，C△DCE有最小值，
∵DE=AD，
∴当AD⊥BC时，C△DCE有最小值，
∴BD=12BC=2，
如图，∴AD=AB2−BD2 =42−22=23，
∴C△DCE的最小值为4+23．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，等边三角形的判定，垂线段最短，等腰三角形“三线合一”，勾股定理等，掌握判定方法及性质是解题的关键．
6．（2022春·广东佛山·八年级佛山市顺德区梁开初级中学校联考期末）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，点D在等边△ABC的边BC上，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE．试猜想BD与CE的数量关系，并加以证明．
(1)独立思考：请解答老师提出的问题；
(2)实践探究：希望小组受到启发，如图2，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，若BD的延长线经过点E，求∠BEC的度数．
(3)问题解决：智慧小组突发奇想，如图3，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，BD的延长线与CE交于点F，连接FA．智慧小组对该图形进行探究，得出结论：∠BFC=∠AFB=∠AFE．智慧小组的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)60°
(3)智慧小组的结论正确，理由见详解
【分析】（1）由旋转的性质可得AD=AE,∠DAE=60°，然后可证△ABD≌△ACE，进而问题可求解；
（2）由题意易得AD=AE,∠DAE=60°，则有∠BAD=∠CAE，然后可证△ABD≌△ACE，进而根据全等三角形的性质可进行求解；
（3）同理（2）可得△ABD≌△ACE，∠BAH=∠BFC=60°，过点A分别作AM⊥BF，AN⊥CE，垂足分别为M、N，然后根据角平分线的判定定理可进行求解．
【详解】（1）证明：BD=CE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC,∠BAC=60°，
由旋转的性质可得AD=AE,∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
（2）解：设AC与BE的交点为F，如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC,∠BAC=60°，
由旋转的性质可得AD=AE,∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD+∠BAF+∠AFB=180°,∠ACE+∠CEF+∠EFC=180°，且∠AFB=∠EFC，
∴∠BAF=∠BEC=60°；
（3）证明：智慧小组的结论正确，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC,∠BAC=60°，
由旋转的性质可得AD=AE,∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD+∠BAH+∠AHB=180°,∠ACE+∠CHF+∠HFC=180°，且∠AHB=∠FHC，
∴∠BAH=∠BFC=60°，
∴∠BFE=120°，
过点A分别作AM⊥BF，AN⊥CE，垂足分别为M、N，如图所示：
∵△ABD≌△ACE，
∴S△ABD=S△ACE，BD=CE，
∴12BD⋅AM=12CE⋅AN，
∴AM=AN，
∵AM⊥BF，AN⊥CE，
∴AF平分∠BFE，
∴∠AFB=∠AFN=12∠BFE=60°，
∴∠BFC=∠AFB=∠AFE．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质、角平分线的判定定理及旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质、角平分线的判定定理及旋转的性质是解题的关键．
7．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）（1）将一次函数y=−2x+4的图像沿着y轴向下平移3个单位长度，所得到的图像对应的函数表达式为 ；
[进一步思考]
（2）将一次函数y=−2x+4的图像沿着x轴向左平移3个单位长度，求所得到的图像对应的函数表达式．
数学活动小组发现，图像的平移就是点的平移，因此，只需要在图像上任取两点A0，4，B2，0，将它们沿着x轴向左平移3个单位长度，得到点A'、点B'的坐标分别为 、 ，从而求出过点A'、B'的直线对应的函数表达式为 ；
[深度思考]
（3）我们知道，平移、翻折、旋转是3种基本的图形运动．你能求出将直线对称、旋转后对应的函数表达式吗？
①将一次函数y=−2x+4的图像关于x轴对称，求所得到的图像对应的函数表达式（写出解答过程）；
②如图①，若一次函数y=−2x+4的图像与y轴的交点为点A，则将直线y=−2x+4绕点A逆时针旋转90°，所得到的图像对应的函数表达式为 ；
③如图②，若一次函数y=−2x+4的图像与y轴的交点为点A，则将直线y=−2x+4绕点A逆时针旋转45°，所得到的图像对应的函数表达式为 ．
【答案】（1）y=−2x+1
（2）−3,4、−1,0，y=−2x−2
（3）①y=2x−4，②y=12x+4，③y=−13x+4
【分析】（1）利用平移规律确定出平移后函数解析式即可；
（2）利用平移规律可得出点A'、点B'的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（3）①找出y=−2x+4与坐标轴的交点坐标，进而求出关于x轴对称点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
②设点B绕点A逆时针旋转90°到点C，过点C作CD⊥y轴于点D，结合全等三角形的性质可求解A，C的坐标，再利用待定系数法可求对应的函数表达式；
③过点B作BD⊥AB交所得到的图象于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，结合全等三角形的性质可求解A，D的坐标，再利用待定系数法可求得解析式．
【详解】解：（1）利用平移规律得：将一次函数y=−2x+4的图象沿着y轴向下平移3个单位长度，
所得到的图象对应的函数表达式为y=−2x+4−3=−2x+1．
故答案为：y=−2x+1
（2）∵A(0,4)，B(2,0)，
∴将它们沿着x轴向左平移3个单位长度，得到点A'、点B'的坐标分别为A'−3,4、B'−1,0，
设直线A'B'的一次函数解析式为y=mx+n，
∴ −3m+n=4−m+n=0，解得m=−2n=−2，
∴过点A'、B'的直线对应的函数表达式为y=−2x−2．
故答案为：−3,4，−1,0，y=−2x−2；
（3）设一次函数y=−2x+4的图象与y轴的交点为点A，与x轴的交点为点B，
∵y=−2x+4，
当x=0时，y=4，
∴点A0,4，
当y=0时，−2x+4=0，x=2，
∴点B2,0，
①如图，
∵一次函数y=−2x+4的图象关于x轴对称，A0,4，
∴A'0,−4，
设所得到的图象对应的函数表达式为y=kx+b，
∴ 2k+b=0b=−4，解得k=2b=−4，
∴所得到的图象对应的函数表达式为y=2x−4；
②如图，设点B绕点A逆时针旋转90°到点C，过点C作CD⊥y轴于点D，
∴AC=BA，∠BAC=90°，∠ADC=90°，
∴∠BAO+∠CAD=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠CAD，∠AOB=∠CDA，
∴△AOB≌△CDA(AAS)，
∴CD=OA=4，AD=OB=2，
∴OD=OA+AD=6，
∴C(4,6)，
设所得到的图象对应的函数表达式为y=k1x+b1，
∴ 4k1+b1=6b1=4，解得k1=12b1=4，
∴所得到的图象对应的函数表达式为y=12x+4；
故答案为：y=12x+4
③如图，过点B作BD⊥AB交所得到的图象于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，
∵将直线y=−2x+4绕点A逆时针旋转45°，
∴∠BAD=45，
∴AB=BD，∠ABD=90°，∠BED=90°，
∴∠ABO+∠DBE=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠DBE=∠BAO，∠AOB=∠BED，
∴△AOB≌△BED(AAS)，
∴BE=OA=4，DE=OB=2，
∴OE=OB+BE=6，
∴C(6,2)，
设所得到的图象对应的函数表达式为y=k2x+b2，
∴ 6k2+b2=2b2=4，解得k2=−13b2=4，
∴所得到的图象对应的函数表达式为y=−13x+4；
故答案为：y=−13x+4
【点睛】此题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式，平移、对称及旋转的性质，以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
8．（2022秋·福建泉州·八年级校联考期末）在Rt△ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，将线段CA绕点C旋转α0°(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB=________°；
(2)如图2，将线段CA绕点C顺时针旋转α时，
①求证：∠ADB=45°；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连接BE，如图3.用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明.
【答案】(1)135°
(2)①见解析②2BE−AD= 2 CE，证明见解析
【分析】（1）由CA=CD=CB及旋转角、等腰三角形的性质可分别求得∠CDA=90°−12α,∠CDB=45°+12α，则由和角关系即可求得∠BDA的度数；
（2）①由CA=CD=CB及旋转角、等腰三角形的性质可分别求得∠CDA=90°−12α,∠CDB=45°−12α，则由差角关系即可求得∠BDA的度数；
②过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，证明BE=DE，△CEH是等腰直角三角形，推出EH=2BE−AD，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论．
【详解】（1）解：由题意得：CA=CD=CB，
∠ACD=α，∠BCD=90°−α，
∴∠CDA=180°−α2=90°−12α，∠CDB=180°−(90°−α)2=45°+12α
∴∠BDA=∠BDC+∠ADC=45°+12α+90°−12α=135°
故答案为：135°；
（2）①由题意得：CA=CD=CB，∠ACD=α，∠BCD=90°+α，
∴∠CDA=180°−α2=90°−12α，∠CDB=180°−(90°+α)2=45°−12α
∴∠BDA=∠ADC−∠BDC=(90°−12α)−(45°−12α)=45°
②2BE−AD= 2 CE．理由如下：
过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，如图：
∵CD=CB，CE是∠BCD的平分线，
∴CE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE，∠EFD=90°，
由①知∠ADB=45°，
∴∠DEF=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠DEF=∠H=45°，CE=CH，
∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA，则∠CAE=∠CDH，
∴△AEC≌△DHC，
∴AE=DH，
∴EH=2ED−AD=2BE−AD，
∵△CEH是等腰直角三角形，
∴2BE−AD= 2 CE．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和等腰直角三角形解决问题．
9．（2022秋·北京·八年级校考期末）对于平面直角坐标系xOy中的点P和图形W，给出如下定义：图形W关于经过点m,0且垂直于x轴的直线的对称图形为W'，若点P恰好在图形W'上，则称点P是图形W关于点m,0的“关联点”﹒
(1)若点P是点Q3,2关于原点的“关联点”，则点P的坐标为______；
(2)如图，在△ABC中，A1,1，B6,0，C4,−2．
①点C关于x轴的对称点为C'，将线段BC'沿x轴向左平移dd>0个单位长度得到线段EF（E，F分别是点B，C'的对应点），若线段EF上存在两个△ABC关于点1,0的“关联点”，则d的取值范围是______；
②已知点Mm+1,0和点Nm+3,0，若线段MN上存在△ABC关于点m,0的“关联点”，则m的取值范围是______．
【答案】(1)(−3,2)；
(2)①4【分析】（1）根据“关联点”的定义可知P,Q关于y轴对称，由此即可解决问题；
（2）①作出△ABC关于直线x=1对称的△A'B'C'，由题意平移后的线段EF与△A'B'C'的边有两个交点时满足条件，理由图像法解决问题即可；
②作出△ABC关于直线x=m的对称的△A'B'C'，如果直线MN与△A'B'C'有交点，那么线段MN上存在△ABC关于(m,0)的“关联点”，由此利用图像法解决问题即可．
【详解】（1）解：∵点P是点Q(3,2)关于原点的关联点，
∴P，Q关于y轴对称，
∴P(−3,2)，
故答案为(−3,2)；
（2）解：①如图1中，
当d=4时，线段BC'平移到HG位置，此时线段EF上存在1个△ABC关于点(1,0)的“关联点”，
当d=6时，线段BC'平移到NM位置，此时线段EF上存在2个△ABC关于点(1,0)的“关联点”，
观察图像可知，满足条件的d的范围为：4故答案为：4②如图2中，当m=3时，线段MN上存在△ABC关于点(m,0)的“关联点”，
如图3中，当m=5时，线段MN上存在△ABC关于点(m,0)的“关联点”，
如图4中，当m=7时，线段MN上存在△ABC关于点(m,0)的“关联点”，
如图5中，当m=9时，线段MN上存在△ABC关于点(m,0)的“关联点”，
观察图像可知满足条件的m的为：3≤m≤9，
故答案为：3≤m≤5或7≤m≤9．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了轴对称，中心对称，“关联点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
10．（2022秋·上海虹口·八年级校考期末）小刘同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图1、图2．
图1中，∠B=90°，∠A=30°，BC=5cm；图2中，∠D=90°，∠E=45°，DE=3cm．
图3是小刘同学所做的一个实验：他将ΔDEF的直角边DE与ΔABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF的直角边DE与ΔABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动．在移动过程中，D、E两点始终在AC边上（移动开始时点D与点A重合）．
(1)在△DEF沿AC方向移动的过程中，小刘同学发现：F、C两点间的距离逐渐 ；（填“不变”、“变大”或“变小” )
(2)小刘同学经过进一步研究，编制了如下问题：
问题①：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？
问题②：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形？
请你分别完成上述两个问题的解答过程．
【答案】(1)变小
(2)①AD=(10−33)cm时，FC∥AB
②当AD=215cm或6710cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形．
【分析】（1）通过观察可得结论；
（2）①因为∠B=90°，∠A=30°，BC=5cm，所以AC=10cm，又因为∠FDE=90°，∠DEF=45°，DE=3cm，所以DF=3cm，连接FC，设FC∥AB，则可求证∠FCD=∠A=30°，故AD的长可求；
②设AD=x cm，则FC2=DC2+FD2=(10−x)2+9，再分情况讨论：FC为斜边；AD为斜边；BC为斜边．综合分析即可求得AD的长．
【详解】（1）解：在ΔDEF沿AC方向移动的过程中，观察图象可知，F、C两点间的距离逐渐变小．
（2）解：①如图②中，
∵∠B=90°，∠A=30°，BC=5cm，
∴AC=2BC=10cm，
∵∠FDE=90°，∠DEF=45°，DE=3cm，
∴DF=3cm，
当FC∥AB时，∠FCD=∠A=30°，
在Rt△FDC中，DC=33cm，∠FCD=30°，
∴AD=AC−DC=(10−33)cm，
∴AD=(10−33)cm时，FC∥AB；
②设AD=x cm，在Rt△FDC中，FC2=DC2+FD2=(10−x)2+9，
(I)当FC为斜边时，由AD2+BC2=FC2得，x2+52=(10−x)2+9，x=215；
(II)当AD为斜边时，由FC2+BC2=AD2得，(10−x)2+9+52=x2，x=6710；
（Ⅲ）当BC为斜边时，由AD2+FC2=BC2得，x2+(10−x)2+9=25，整理得：x2−10x+66=0，
∵Δ=−102−4×1×66=−164<0，
∴方程无解，
∴由(I)、(II)、（Ⅲ）得，当AD=215cm或6710cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了平移的性质、勾股定理的应用、直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用的所学知识解决问题，属于中考常考题型．
考点4
因式分解解答期末真题压轴题
1．（2022春·广东佛山·八年级佛山市华英学校校考期末）材料：对一个图形通过两种不同的方法计算它的面积或体积，可以得到一个数学等式．
(1)如图1，将一个边长为a的正方形纸片剪去-一个边长为b的小正方形，根据剩下部分的面积，可得一个关于a，b的等式：__________．
请类比上述探究过程，解答下列问题：
(2)如图2，将一个棱长为a的正方体木块挖去一个棱长为b的小正方体，根据剩下部分的体积，可以得到等式：a3−b3=__________，将等式右边因式分解，即a3−b3=__________；
(3)根据以上探究的结果，
①如图3所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数．．．，按此规律拼叠到正方形ABCD，其边长为19，求阴影部分的面积．
②计算：21+13−21−13
【答案】(1)a2−b2=a+ba−b
(2)a2a−b+aba−b+b2a−b,a−ba2+ab+b2
(3)①200②128
【分析】（1）利用两种方法求出阴影部分的面积，即可得出结论；
（2）利用两种方法求剩余的立方体的面积，即可得出结论；
（3）①根据整个阴影部分的面积等于各部分小阴影部分的面积之和，结合（1）中结论，进行求解即可；②根据（2）中结论，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵S阴影=a2−b2=a+ba−b，
∴关于a，b的等式为：a2−b2=a+ba−b，
故答案为：a2−b2=a+ba−b．
（2）解：由题意，得：
a3−b3=a2a−b+aba−b+b2a−b=a−ba2+ab+b2；
故答案为：a2a−b+aba−b+b2a−b,a−ba2+ab+b2；
（3）解：①S=192−172+152−132+⋯+72−52+32−12
=19+1719−17+15+1315−13+⋯+3+13−1
=19+17+15+13+……+3+1×2
=1+192×10×2
=200.
②21+13−21−13=21+1−21+121+12+21+121−1+21−12
=222+221+21−1+22−221
=2×22+20+22
=2×64
=128．
【点睛】本题考查因式分解的应用．正确的识图，利用两种方法表示面积和体积，是解题的关键．
12．（2022秋·河南商丘·八年级统考期末）有足够多的长方形和正方形卡片（如图1），分别记为1号，2号，3号卡片．
(1)如果选取4张3号卡片，拼成如图2所示的一个正方形，请用2种不同的方法表示阴影部分的面积（用含m，n的式子表示）．
方法1：__________________________________________________．
方法2：__________________________________________________．
(2)若a+b−6+ab−4=0，求a−b2的值．
(3)如图3，选取1张1号卡片，2张2号卡片，3张3号卡片，可拼成一个长方形（无缝隙不重叠），根技图形的面积关系，因式分解：m2+3mn+2n2=______．
【答案】(1)m−n2，m+n2−4mn
(2)20
(3)m+2nm+n
【分析】（1）从“整体”和“部分”两个方面分别表示阴影部分的面积即可；
（2）根据非负数的定义可得a+b=6，ab=4，再根据（a−b）2=（a+b）2−4ab进行计算即可；
（3）求出所拼成的长方形的长、宽以及总面积即可．
【详解】（1）①方法1：图2中阴影部分是边长为m−n，因此面积为m−n2，
方法2：图2阴影部分也可以看作从边长为m+n的正方形减去4个长为m，宽为n的长方形面积，因此有m+n2−4mn；
故答案为：m−n2，m+n2−4mn
（2）∵a+b−6+ab−4=0，a+b−6≥0，ab−4≥0，
∵a+b−6=0，ab−4=0，即a+b=6，ab=4，
∴a−b2=a+b2−4ab=36−16=20．
（3）1张1号，2张2号，3张3号卡片的总面积为m2+2n2+3mn，
而1张1号，2张2号，3张3号卡片可以拼成长为m+2n，宽为m+n的长方形，
∴m2+2n2+3mn=m+2nm+n．
故答案为：m+2nm+n．
【点睛】本题考查了完全平方公式，掌握完全平方公式的结构特征是关键．
3．（2022秋·重庆大足·八年级统考期末）已知一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数M=abcda>c，以它的百位数字作为十位，个位数字作为个位，组成一个新的两位数s，若s等于M的千位数字与十位数字的平方差，则称这个数M为“平方差数”，将它的百位数字和千位数字组成两位数ba，个位数字和十位数字组成两位数dc，并记TM=ba+dc．
例如：6237是“平方差数”，因为62−32=27，所以6237是“平方差数”；
此时T6237=26+73=99．
又如：5135不是“平方差数”，因为52−32=16≠15，所以5135不是“平方差数”．
(1)判断7425是否是“平方差数”？并说明理由；
(2)若M=abcd是“平方差数”，且TM比M的个位数字的9倍大30，求所有满足条件的“平方差数”M．
【答案】(1)是，理由如下
(2)M=8175或5214
【分析】（1）根据“平方差数”的定义计算即可；
（2）由M=abcd是“平方差数”，得a2−c2=10b+d，由TM比M的个位数字的9倍大30，得a+c+10b+d＝30，进而得a+ca−c+1=30，结合分解分数的方法分解并分情况讨论即可．
【详解】（1）解： 7254是“平方差数”．理由如下：
∵72−52=24，
∴7254是“平方差数”．
（2）∵M=abcd是“平方差数”，
∴a2−c2=10b+d，T（M）=10b+a+10d+c，
∵T（M）比M的个位数字的9倍大30，
∴10b+a+10d+c=9d+30，即a+c+10b+d=30，
∴a+c+a2−c2=30，
即a+ca−c+1=30．
∵a+c＞0，a−c+1>1且均为30的正因数，
∴将30分解为2×15或3×10或5×6．
①a+ca−c+1=2×15，
解得a=8c=7，
∵82−72=15，
∴M=8175；
②a+ca−c+1=3×10，
解得a=6c=4，
∵62−42=20，
∴M=6240（舍）；
③a+ca−c+1=5×6，
解得a=5c=0或a=5c=1，
∵52−02=25，52−12=24，
∴M=5205（舍）或5214．
∴M=8175或5214．
【点睛】本题主要考查因式分解的应用，解答的关键是理解“平方差数”，明确条件与所求的关系．
4．（2022秋·河北邯郸·八年级校考期末）阅读材料：我们把多项式a2+2ab+b2及a2−2ab+b2叫做完全平方式．如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式的最大值， 最小值等．例分解因式：x2+2x−3=x2+2x+1−4=(x+1)2−4=(x+1+2)(x+1−2)=(x+3)(x−1)；又例如：求代数式2x2+4x−6的最小值：∵2x2+4x−6=2x2+2x−3=2(x+1)2−8；又∵(x+1)2⩾0；∴当x=−1时，2x2+4x−6有最小值，最小值是−8．
根据阅读材料，利用“配方法”，解决下列问题：
(1)分解因式：a2−4a−5=___________；
(2)已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足a2−4a+b2−12b+40=0求边长c的最小值；
(3)当x、y为何值时，多项式−x2+2xy−2y2+6y+7有最大值？并求出这个最大值．
【答案】(1)(a+1)(a−5)
(2)5
(3)x=y=3时，最大值为16．
【分析】（1）根据阅读材料，先将a2−4a−5变形为a2−4a+4−9，再根据完全平方公式写成a−22−9，然后利用平方差公式分解即可；
（2）根据配方法得出两个完全平方式，再根据两个非负数的和为0时，每一部分为0可得a，b的值，最后根据三角形三边的关系，可得c的取值范围和最小值；
（3）根据题目中的例子，先将所求式子配方，再根据完全平方式的非负性即可得到当x、y为何值时，所求式子取得最大值，并求出这个最大值；
【详解】（1）解：原式= a2−4a+4−9
= a−22−9
= a−2+3a−2−3
=(a+1)(a−5)；
故答案为：(a+1)(a−5)
（2）∵a2+b2−4a−12b+40=0，
∴a2−4a+4+b2−12b+36=0，
∴(a−2)2+(b−6)2=0，
∴a−2=0b−6=0 解得：a=2b=6，
∵a、b、c是 △ABC的三边长，
∴4又∵c是整数，c=5,6,7；
∴边长c的最小值是5；
（3）−x2+2xy−2y2+6y+7
=−x2−2xy+y2−y2−6y+9+9+7
=−(x−y)2−(y−3)2+16，
∵(x−y)2≥0，(y−3)2≥0；
∴−(x−y)2−(y−3)2+16≤16，
∴当x−y=0y−3=0 时, 即 x=y=3时，−x2+2xy−2y2+6y+7取得最大值为16．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，非负数的性质，解题时要注意配方法的步骤．注意在变形的过程中不要改变式子的值．
5．（2022春·重庆大渡口·八年级校考期末）若一个正整数a可以表示为a=b+1b−2，其中b为大于2的正整数，则称a为“十字数”，b为a的“十字点” ．例如28=6+1×6−2=7×4．
(1)“十字点”为7的“十字数”为 ；130的“十字 点”为
(2)若b是a的“十字点”，且a能被7整除，其中b为大于2且小于15的正整数，求a的值．
(3)m的“十字点”为p，n的“十字点”为q，当m−n=18时，求p+q的值．
【答案】(1)40；12
(2)a的值为28，70，154
(3)p+q=10
【分析】（1）根据十字点的定义a=(b+1)(b−2)计算即可；
（2）先根据a=(b+1)(b−2)，a能被7整除，得出b+1或b−2能被7整除，再根据b为大于2且小于15的正整数，得出b=6，9，13，即可求出a的值；
（3）根据已知得出m=p+1p−2（p>2且为正整数），n=q+1q−2（q>2且为正整数），再根据m−n=18得出p+q−1p−q=18，从而得出p+q−1=6p−q=3 或p+q−1=9p−q=2，解之即可得出a、b，继而得出答案．
【详解】（1）解：“十字点”为7的“十字数”a=7+17−2=8×5=40，
∵130=12+112−2=13×10，
∴130的“十字点”为12；
故答案为：40；12．
（2）解：∵b是a的“十字点”，
∴a=(b+1)(b−2)（b>2且为正整数），
∵a能被7整除，
∴b+1或b−2能被7整除，
∵b为大于2且小于15的正整数，
∴b=6，9，13，
当b=6时，a=(6+1)(6−2)=28；
当b=9时，a=(9+1)(9−2)=70；
当b=13时，a=(13+1)(13−2)=154；
综上分析可知，a的值为28，70，154．
（3）解：∵m的“十字点”为p，
∴m=p+1p−2（p>2且为正整数），
∵n的“十字点”为q，
∴n=q+1q−2（q>2且为正整数），
∵m−n=18，
∴p+1p−2−q+1q−2=18，
∴p2−p−2−q2+q+2=18，
∴p+qp−q−p−q=18，
∴p+q−1p−q=18，
∵m−n=18＞0，p>2，q>2且p、q为正整数；
∴p>q，p+q>4；
∴p+q−1>3；
∵18=3×6=2×9，
∴p+q−1=6p−q=3 或p+q−1=9p−q=2；
解得：p=5q=2（不合题意舍去），p=6q=4；
∴p+q=10．
【点睛】本题主要考查因式分解的应用，解二元一次方程组，有理数的混合运算，能够理解题意，根据题中所给条件将数进行正确的拆解是解题的关键．
6．（2022春·重庆南岸·八年级重庆市第十一中学校校考期末）若一个正整数m是两个连续奇数或连续偶数的乘积，即m=nn+2，其中n为正整数，则称m为“半平分数”，n为m的“半平分点”．例如，35=5×7，则35是“半平分数”，5为35的半平分点．
(1)k是80的“半平分点”，则k=______；a的“半平分数”“半平分点”为1，则a=______；当kx+a为正整数时，整数x=______．
(2)把“半平分数”x与“半平分数”y的差记为Ex,y，其中x>y，Ex,y>0，例如，24=4×6，15=3×5，则E24,15=24−15=9．若“半平分数”x的“半平分数”为s，“半平分数”y的“半平分点”为t，当Ex,y=40时，求ts的值．
【答案】(1)8；3；−2或−1或1或5
(2)ts的值为45或13．
【分析】（1）直接应用新定义的运算规则，即可求解．
（2）运用新定义的运算规则，先得出关系式：s2+2s−t2−2t=40，应用因式分解，运用分类讨论思想，求出ts．
【详解】（1）解：∵80=8×10，∴k=8；
∵a=1×1+2=3，∴a=3；
∵kx+a=8x+3为正整数，
∴x+3=1或2或4或8，
整数x=−2或−1或1或5；
故答案为：8；3；−2或−1或1或5；
（2）解：∵x=ss+2=s2+2s，y=tt+2=t2+2t，Ex,y=40，
∴x−y=40，
∴s2+2s−t2−2t=s+ts−t+2s−t=40，
即s−ts+t+2=40，
∵s、t都是正整数，
∴s−t、s+t+2都是正整数，
∵40=1×40=2×20=4×10=5×8，
∴s−t=1s+t+2=40或s−t=2s+t+2=20或s−t=4s+t+2=10或s−t=5s+t+2=8，
解得s=19.5t=18.5(舍) 或s=10t=8或s=6t=2或s=5.5t=0.5(舍)，
∴ts的值为45或13．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，涉及知识点有：因式分解、解二元一次方程组等，考查学生的阅读素养、计算能力、推理能力、应用能力等，体现了数学的分类讨论思想，本题第一问较简单，第二问关键在于能将式子s2+2s−t2−2t=40的左右两边分别进行因式分解，得出四种情况进行分类讨论．
7．（2022秋·辽宁大连·八年级校考期末）做一做计算： 探究归纳，如图甲、图乙是两个长和宽都相等的长方形，其中长为(x+a)，宽为(x+b)．
(1)根据图甲、图乙的特征用不同的方法计算长方形的面积，得到关于字母 x 的系数是 1 的 两个一次式相乘的计算规律，用数学式表达式为 ．
尝试运用，利用因式分解与整式乘法的关系，我们可以利用上述表达式得到一些二次三项 式的因式分解．
(2)若x2−7x+m=(x−9)(x+2)，则m= ．
(3)若x2+px−4可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 p 的值一定是 ．
(4)若x2−4x+q 可以分解成关于 x 的两个一次式乘积的形式，则整数 q 的值一定是 ．
A．4 B．0 C．有限个 D．有无数个
【答案】(1)x+ax+b=x2+a+bx+ab
(2)−18
(3)0或±3
(4)D
【分析】（1）根据多项式乘多项式的法则，即可求解；
（2）把(x−9)(x+2)展开，即可求解；
（3）由−4=1×−4=−1×4=2×−2，进而即可求解；
（4）根据“和为−4的两个整数有无数组”，进而即可求解．
【详解】（1）∵S甲=x+ax+b，S乙=x2+ax+bx+ab=x2+a+bx+ab，
∴x+ax+b=x2+a+bx+ab，
故答案为：x+ax+b=x2+a+bx+ab；
（2）∵x2−7x+m=(x−9)(x+2) =x2−7x−18，
∴m=−18，
故答案为：−18；
（3）∵x2+px−4可以分解成关于x的两个一次式乘积的形式，
∴−4=1×−4=−1×4=2×−2，
∴p=0或±3，
故答案为：0或±3
（4）∵和为−4的两个整数有无数组，
∴整数q的值有无数个，
故选D．
【点睛】本题主要考查多项式乘多项式的运算法则，因式分解，通过题目得到结论：x2+(a+b)x+ab=(x+a)(x+b)是解题的关键．
8．（2022秋·福建泉州·八年级校联考期末）先阅读理解下面例题，再按要求解答下列问题：
例：解不等式x2−9<0．
解：∵x2−9=(x+3)(x−3)，
∴原不等式可化为(x+3)(x−3)<0．
由有理数乘法法则：两数相乘，异号得负，得：
①x+3>0x−3<0 ，或②x+3<0x−3>0．
解不等式组①得−3∴原不等式x2−9<0的解集为−3请你模仿例题的解法，解决下列问题：
(1)不等式x2−4>0解集为 ；
(2)不等式x2+3x≤0解集为 ；
(3)拓展延伸：解不等式x−5x+3≤0．
【答案】(1)x>2或x<−2；
(2)−3≤x≤0；
(3)−3【分析】（1）利用平方差公式进行因式分解，然后根据给定方法进行求解即可；
（2）利用提公因式法进行因式分解，然后根据给定方法进行求解即可；
（3）根据有理数的乘除法法则，异号得负，对分子和分母的符号进行讨论，列出对应不等式组，即可得出答案．
【详解】（1）∵x2−4=(x+2)(x−2)，
∴原不等式可化为(x+2)(x−2)>0 ，
由有理数乘法法则：两数相乘，同号得正，得
①x+2>0x−2>0 ②x+2<0x−2<0，
解不等式组①得，x>2, 解不等式组②得：x<−2
∴原不等式x2−4>0 的解集为x>2或x<−2；
（2）解：∵x2+3x=x(x+3)，
∴原不等式可化为x(x+3)≤0 ，
由有理数乘法法则：两数相乘，异号得负，得
①x≥0x+3≤0 ②x≤0x+3≥0
解不等式组①无解，解不等式组②，得−3≤x≤0，
∴原不等式x2+3x<0的解集为−3≤x≤0；
（3）由有理数除法法则：两数相除，异号得负，且分数的分母不为0，得
①x−5≥0x+3<0 ②x−5≤0x+3>0
解不等式组①无解，解不等式组②，得−3∴原不等式x−5x+3<0的解集为−3【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用和因式分解，解题关键是深刻理解“两数相乘，同号得正，异号得负”以及 “两数相除，同号得正，异号得负”，转化题目不等式为不等式组．
9．（2022春·山东济南·八年级统考期末）【阅读理解，自主探究】把代数式通过配凑等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质增加问题的条件，这种解题方法叫做配方法，配方法在代数式求值，解方程，最值问题等都有着广泛的应用．
例1 用配方法因式分解：a2＋6a＋8．
原式＝ a2＋6a＋9－1＝（a＋3）2－1＝（a＋3－1）（a＋3＋1）＝（a＋2）（a＋4）．
例2若M＝a2－2ab＋2b2－2b＋2，利用配方法求M的最小值；
a2－2ab＋2b2－2b＋2＝a2－2ab＋b2＋b2－2b＋1＋1＝（a－b）2＋（b－1）2＋1；
∵（a－b）2≥0，（b－1）2≥0，
∴当a＝b＝1时，M有最小值1．
请根据上述自主学习材料解决下列问题：
(1)在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式：a2＋10a＋________；
(2)用配方法因式分解：a2－12a＋35．
(3)若M＝a2－3a+1，则M的最小值为________；
(4)已知a2＋2b2＋c2－2ab＋4b－6c＋13＝0，则a＋b＋c的值为________；
【答案】(1)25；
(2)(a−5)(a−7)；
(3)−54；
(4)−1．
【分析】（1）利用完全平方公式的结构特征判断即可；
（2）原式常数项35分为36−1，利用完全平方公式化简，再利用平方差公式分求解即可；
（3）M配方后，利用非负数的性质确定出最小值即可；
（4）将已知等式利用完全平方公式配方后，再根据非负数的性质求出a，b，c的值，代入原式计算即可．
【详解】（1）解：a2+10a+25=(a+5)2；
故答案为：25；
（2）解：a2−12a+35
=a2−12a+36−1
=(a−6)2−1
=(a−6+1)(a−6−1)
=(a−5)(a−7)；
（3）解：M=(a2−3a+94)−54
=(a−32)2−54，
当a−32=0，即a=32时，M取最小值，最小值为−54；
故答案为：−54；
（4）解：∵a2+2b2+c2−2ab+4b−6c+13=0，
∴(a2−2ab+b2)+(b2+4b+4)+(c2−6c+9)=0，
即(a−b)2+(b+2)2+(c−3)2=0，
∵(a−b)2⩾0，(b+2)2⩾0，(c−3)2⩾0，
∴a−b=0，b+2=0，c−3=0，
解得：a=b=−2，c=3，
则a+b+c=−2−2+3=−1．
故答案为：−1．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，非负数的性质：偶次方，完全平方式，以及因式分解−分组分解法，解题的关键是熟练掌握各自的运算法则及公式．
10．（2022秋·全国·八年级期末）我们知道，任意一个正整数n都可以进行这样的分解：n=p×q（p，q是正整数，且p≤q），在n的所有这种分解中，如果p，q两因数之差的绝对值最小，我们就称p×q是n的最佳分解，并规定；Fn=pq，例如12可以分解成1×12，2×6或3×4，因为12−1>6−2>4−3，所以3×4是12的最佳分解，所以F12=34．
(1)求F24；
(2)如果一个正整数mm>1只有1与m本身两个正因数，则m称为质数．若质数m满足Fm+4=1，求m的值；
(3)是否存在正整数n满足Fn=Fn+12=14，若存在，求n的值：若不存在，说明理由．
【答案】(1)23；
(2)5；
(3)不存在，理由见解析．
【分析】（1）读懂F(n)的定义，写出24的最佳分解，即可直接作答；
（2）根据F ( m+4) =1可以知道m+4是一个平方数，再利用因式分解求出m的值；
（3）假设存在，如果推出矛盾，即可得证不存在；如果可以求出具体的n的值，即可得出结果．．
【详解】（1）解：∵24=1×24=2×12=3×8=4×6，24-1>12-2>8-3>6-4，
∴F24=46=23；
（2）解：由质数m满足Fm+4=1设Fm+4=aa，
∴m+4=a2，
∴m=a2-4=a−2a+2，
∵m为质数，
∴a-2=1，
∴a=3，
∴m=a2-4=5，
（3）解：不存在
假设存在这样的n,设n=a×4a,F（n）=a4a=14．
此时n=2a×2a,则F（n）=1，矛盾．
故不存在F（n）=14．
【点睛】本题考查因式分解的应用，用读懂新定义，并把问题转化为方程或方程组，再用因式分解法解方程或方程组是解题的关键．
考点5
分式与分式方程解答期末真题压轴题
1．（2022春·江苏·八年级期末）我们定义：形如x+mnx=m+n（m，n不为零），且两个解分别为x1=m，x2=n的方程称为“十字分式方程”．
例如x+6x=5为十字分式方程，可化为x+2×3x=2+3，∴x1=2，x2=3．
再如x+7x=−8为十字分式方程，可化为x+−1×−7x=−1+−7．∴x1=−1，x2=−7．
应用上面的结论解答下列问题：
(1)若x+12x=−7为十字分式方程，则x1=______，x2=______．
(2)若十字分式方程x−6x=−5的两个解分别为x1=a，x2=b，求ba+ab+1的值．
(3)若关于x的十字分式方程x−2023k−2022k2x−1=2023k−2022的两个解分别为x1，x2（k>2，x1>x2），求x1+4044x2的值．
【答案】(1)−3，−4
(2)−316
(3)2022
【分析】（1）将方程改写成x+−3×−4x=−3+−4，再根据十字分式方程的定义作答即可；
（2）先根据十字分式方程的定义求出ab=−6，a+b=−5，再化简ba+ab+1得a+b2ab−1，最后代入计算求解即可；
（3）先根据十字分式方程的定义以及k、x1、x2的取值范围求出x1−1=2022k−2023，x2−1=k，即x1=2022k−2022，x2=k+1，然后代入求解即可．
【详解】（1）解：∵方程x+12x=−7是十字分式方程，可化为x+−3×−4x=−3+−4，
∴x1=−3，x2=−4，
故答案为：−3，−4．
（2）解：∵十字分式方程x−6x=−5的两个解分别为x1=a，x2=b，
∴ab=−6，a+b=−5，
∵ba+ab+1=b2+a2ab+1 =a+b2−2abab+1 =a+b2ab−1，
∴原式=−52−6−1 =−316．
（3）解：方程x−2023k−2022k2x−1=2023k−2022是十字分式方程，可化为x−1−2023k−2022k2x−1=2023k−2022−1，
∴x1−1x2−1=−2023k−2022k2=k2022k−2023，x1−1+x2−1=2023k−2023=k+2022k−2023，
∵k>2，x1>x2，
∴x1−1=2022k−2023，x2−1=k，即x1=2022k−2022，x2=k+1，
代入x1+4044x2得，2022k−2022+4044k+1=2022k+1k+1=2022，
∴x1+4044x2的值为2022．
【点睛】本题考查了新定义运算，利用完全平方公式求值、因式分解的应用等知识点，理解十字分式方程的定义是解题关键．
2．（2022春·江苏·八年级期末）某厂家接到定制5400套防护服任务，可以选择甲、乙两条流水线中的一条承担此任务，已知乙流水线每天比甲流水线多加工90套防护服，甲流水线加工这批防护服所花的时间比乙流水线多10天，且甲、乙两条流水线每天的生产成本分别为0.6万元与0.8万元，问厂家选择哪条流水线可使生产成本较小？为什么？
【答案】乙流水线成本较小，因为甲流水线成本18万元，乙流水线成本16万元
【分析】设甲流水线每天加工x套防护服，则乙流水线每天加工x+90套防护服，再根据“甲流水线加工这批防护服所花的时间比乙流水线多10天”求得甲、乙每天的生产量，再分别求出甲、乙的生产成本，最后比较即可解答．
【详解】解：设甲流水线每天加工x套防护服，则乙流水线每天加工x+90套防护服，
则5400x−10=5400x+90，解得：x=180或x=−270
经检验：x=180是分式方程的根，且符合题意；x=−270不符合题意舍去，
则乙流水线每天加工270套防护服
所以甲需要5400÷180=30天，乙需要5400÷270=20天，
所以甲、乙两条流水线每天的生产成本分别为18万元和16万元．
所以乙流水线成本较小．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，审清题意、找准等量关系、列出分式方程是解答本题的关键．
3．（2022秋·福建福州·八年级福州三牧中学校考期末）阅读：在分式中，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”，例如：x−1x+1，x2x+2这样的分式就是假分式；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”，例如：1x+1，−2xx2−1这样的分式就是真分式，我们知道，假分数可以化为带分数，例如：83=3×2+23=323．类似地，假分式也可以化为“带分式”，即整式与真分式的和的形式，例如：
x2+2x−1x+2=xx+2−1x+2=x−1x+2；
x2x+2=x2+2x−2xx+2=xx+2−2x−4+4x+2=xx+2−2x+2+4x+2=x−2+4x+2．
请根据上述材料，解答下列问题：
(1)填空：①分式2x+2是______分式（填“真”或“假”）．
②把下列假分式化成一个整式与一个真分式的和（差）的形式：
x2−3x+5x−3=______＋______．
(2)把分式x2+2x−13x−3化成一个整式与一个真分式的和（差）的形式，并求x取何整数时，这个分式的值为整数．
(3)一个三位数m，个位数字是百位数字的两倍．另一个两位数n，十位数字与m的百位数字相同，个位数字与m的十位数字相同．若这个三位数的平方能被这个两位数整除，求满足条件的两位数n．
【答案】(1)①真；②x，5x−3
(2)x+5+2x−3，x=4或x=2或x=5或x=1
(3)36
【分析】（1）①根据真分式的定义判断即可；②根据材料中的方法变形即可得到结果；
（2）原式利用材料中的方法变形，即可确定出分式的值为整数时整数x的值；
（3）设三位数的百位数字为x，十位数字为y，然后表示出m，n的表达式，再计算m2n，然后利用材料中的方法变形，进行讨论即可．
【详解】（1）解：①2x+2的分子的次数小于分母的次数，
∴分式2x+2是真分式，
故答案为：真；
②x2−3x+5x−3=xx−3+5x−3=x+5x−3，
故答案为：x，5x−3；
（2）解：x2+2x−13x−3=x2−3x+5x−13x−3
=xx−3+5x−3+2x−3
=x+5+2x−3
若这个分式的值为整数，
则x−3=1或x−3=−1或x−3=2或x−3=−2，
∴x=4或x=2或x=5或x=1；
（3）解：设三位数的百位数字为x，十位数字为y，
则个位数字为2x，n=10x+y，m=100x+10y+2x，
∵2x<10，
∴x<5，
m2n=(100x+10y+2x)210x+y
=[10(10x+y)+2x]210x+y
=[10(10x+y)]2+4x[10(10x+y)]+4x210x+y
=100(10x+y)+40x+4x210x+y，
∴10x<4x2，
∴ x>52，
当x=3时，
∵ 4×930+y为正整数，
∴y=6，
当x=4时，∵0∴ 4×1640+y不可能为整数，
∴n=36．
【点睛】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．（2022春·江苏·八年级期末）如果两个分式M与N的和为常数k，且k正整数，则称M与N互为“和整分式”，常数k称为“和整值”．如分式M=xx+1，N=1x+1，M+N=x+1x+1=1，则M与N互为“和整分式”，“和整值”k=1．
(1)已知分式A=x−7x−2，B=x2+6x+9x2+x−6，判断A与B是否互为“和整分式”，若不是，请说明理由；若是，请求出“和整值”k；
(2)已知分式C=3x−4x−2，D=Gx2−4，C与D互为“和整分式”，且“和整值”k=3，若x为正整数，分式D的值为正整数t．
①求G所代表的代数式；
②求x的值；
(3)在（2）的条件下，已知分式P=3x−5x−3，Q=mx−33−x，且P+Q=t，若该关于x的方程无解，求实数m的值．
【答案】(1)A与B是互为“和整分式”， “和整值”k=2；
(2)①G=−2x−4；②x=1
(3)m的值为：1或73．
【分析】（1）先计算A+B，再根据结果可得结果；
（2）①先求解C+D=3x2+2x−8+Gx−2x+2，结合新定义可得3x2+2x−8+G=3x−2x+2=3x2−12，从而可得答案；②由D=−2x−2，且分式D的值为正整数t．x为正整数，可得x−2=−1或x−2=−2，从而可得答案；
（3）由题意可得：t=D=−21−2=2，可得3x−5−mx+3x−3=2，整理得：1−mx=−4，由方程无解，可得1−m=0或方程有增根x=3，再分两种情况求解即可．
【详解】（1）解：∵A=x−7x−2，B=x2+6x+9x2+x−6，
∴A+B=x−7x−2+x2+6x+9x2+x−6
=x−7x−2+x+32x+3x−2
=x−7x−2+x+3x−2
=2x−2x−2
=2．
∴A与B是互为“和整分式”， “和整值”k=2；
（2）①∵C=3x−4x−2，D=Gx2−4，
∴C+D=3x−4x+2x−2x+2+Gx−2x+2
=3x2+2x−8+Gx−2x+2
∵C与D互为“和整分式”，且“和整值”k=3，
∴3x2+2x−8+G=3x−2x+2=3x2−12，
∴G=3x2−12−3x2−2x+8=−2x−4；
②∵D=Gx2−4=−2x+2x+2x−2=−2x−2，且分式D的值为正整数t．x为正整数，
∴x−2=−1或x−2=−2，
∴x=1（x=0舍去）；
（3）由题意可得：t=D=−21−2=2，
∴P+Q=3x−5x−3+mx−33−x=2，
∴3x−5−mx+3x−3=2，
∴3−mx−2=2x−6，
整理得：1−mx=−4，
∵方程无解，
∴1−m=0或方程有增根x=3，
解得：m=1，
当1−m≠0，方程有增根x=3，
∴−41−m=3，
解得：m=73，
综上：m的值为：1或73．
【点睛】本题考查的是新定义运算的理解，分式的加减运算，分式方程的解法，分式方程无解问题，理解题意是解本题的关键．
5．（2022秋·湖北武汉·八年级校考期末）杭州丝绸历史悠久，质地轻软，色彩绮丽，早在汉代，就已通过“丝绸之路”远销国外．小汪在网上开设杭州丝绸专卖店，专卖丝巾、旗袍等，发现一张进货单上的一个信息是：A款丝巾的进货单价比B款丝巾多40元，花960元购进A款丝巾的数量与花720元购进B款丝巾的数量相同．
(1)问A，B款丝巾的进货单价分别是多少元？
(2)小汪在销售单上记录了两天的数据，如下表所示：
问：两款丝巾的销售单价分别是多少？
(3)根据（1）（2）所给的信息，小汪要花费1400元购进A，B两款丝巾若干条，问：有哪几种进货方案？根据计算说明哪种进货方案的总利润最高．
【答案】(1)A款丝巾的进货单价是160元，则B款丝巾的进货单价是120元
(2)A款丝巾的销售单价是240元，则B款丝巾的进货单价是200元
(3)有三种进货方案，方案一：购进A款丝巾2条，购进B款丝巾9条；方案二：购进A款丝巾5条，购进B款丝巾5条；方案三：购进A款丝巾8条，购进B款丝巾1条．选择方案一利润最高．
【分析】（1）设A款丝巾的进货单价是x元，则B款丝巾的进货单价是(x−40)元，根据题意列出分式方程960x=720x−40，求解即可获得答案；
（2）设A款丝巾的销售单价是a元，则B款丝巾的进货单价是b元，根据题意列出方程组并求解即可；
（3）设购进A款丝巾m条，购进B款丝巾n条，根据题意可列出方程160m+120n=1400，由m,n均为正整数，确定m,n的值，得到进货方案，再分别求出总利润，比较即可确定答案．
【详解】（1）解：设A款丝巾的进货单价是x元，则B款丝巾的进货单价是(x−40)元，
根据题意，可得960x=720x−40，
解得x=160，
经检验，x=160是该方程的解，
∴x−40=120，
∴A款丝巾的进货单价是160元，则B款丝巾的进货单价是120元；
（2）设A款丝巾的销售单价是a元，则B款丝巾的进货单价是b元，
根据题意，可得4a+6b=21606a+8b=3040，
解得a=240b=200，
∴A款丝巾的销售单价是240元，则B款丝巾的进货单价是200元；
（3）设购进A款丝巾m条，购进B款丝巾n条，
根据题意，可得 160m+120n=1400，
整理，可得4m+3n=35，
∴n=12−m−m+13，
∵m,n均为正整数，
∴m=2,n=9；m=5,n=5；m=8,n=1，
即有三种进货方案：
方案一：购进A款丝巾2条，购进B款丝巾9条，
则利润为：(240−160)×2+(200−120)×9=880元；
方案二：购进A款丝巾5条，购进B款丝巾5条，
则利润为：(240−160)×5+(200−120)×5=800元；
方案三：购进A款丝巾8条，购进B款丝巾1条，
则利润为：(240−160)×8+(200−120)×1=720元；
综上所述，选择方案一利润最高．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用、二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，读懂题意，找到等量关系是解题关键．
6．（2022秋·北京东城·八年级北京市第五中学分校校考期末）对于两个不相等的非零实数m、n，分式(x−m)(x−n)x的值为零，则x=m或x=n，又因为(x−m)(x−n)x=x2−(m+n)x+mnx=x+mnx−(m+n)，所以关于x的方程x+mnx=m+n有两个解，分别为x1=m，x2=n．应用上面的结论解答下列问题：
(1)方程x+6x=7有两个解，分别为x1=________，x2=________；
(2)关于x的方程x+m−nmnx=m+4mn−n2mn的两个解分别为x1，x2，若x1与x2互为倒数且x1(3)关于x的方程3x+n2−n3x−1=2n的两个解分别为x1，x2（x1【答案】(1)1，6
(2)12，2
(3)n−63n+3
【分析】（1）方程变形后，利用题中的结论确定出方程的解即可；
（2）方程变形后，根据利用题中的结论，以及x1与x2互为倒数，确定出x1与x2的值即可；（3）方程变形后，根据利用题中的结论表示出为x1、x2，代入原式计算即可得到结果．
【详解】（1）解：∵1×6=6，1+6=7，
∴方程x+6x=7有两个解，分别为x1=1，x2=6
故答案为：1，6；
（2）解：x+m−nmnx=m+4mn−n2mn，
方程变形得：x+m−n2mn×2x=m−n2mn+2,
由题中的结论得：有两个解，分别为x1= m−n2mn，x2=2，
∵x1与x2互为倒数，
∴x1= 12，
故答案为：12，2；
（3）解：3x+n2−n3x−1=2n，
方程整理得，3x−1=nn−13x−1=n+n−1
得3x−1=n或3x−1=n−1
可得x1=n3，x2=n+13．
∴x1−23x2=n3−23×n+13=n−63n+3．
【点睛】此题考查了分式方程的解，掌握分式的性质，弄清题中的规律是解本题的关键．
7．（2022春·吉林长春·八年级校考期末）阅读理解：
材料1：已知x+1x=3，求分式xx2−4x+1的值．
解：活用倒数，∵x2−4x+1x=x−4+1x=x+1x−4=3−4=−1．
∴xx2−4x+1=1x2−4x+1x=1−1=−1．
材料2：将分式x2−x+3x+1拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式．
解：由分母x+1，可设x2−x+3=(x+1)(x+a)+b，则x2−x+3=(x+1)(x+a)+b=x2+ax+x+a+b=x2+(a+1)x+a．
∵对于任意x上述等式成立，
∴a+1=−1,a+b=3.解得a=−2,b=5.
∴x2−x+3x+1=(x+1)(x−2)+5x+1=x−2+5x+1．
根据材料，解答下面问题：
(1)已知a+1a=5，则分式a2a2+2的值为 ．
(2)已知b−1b=−3，求分式b23b4−4b2+3的值．
(3)已知x+1x−2=−73，则分式x−23x2−9x+9的值为 ．
【答案】(1)110
(2)129；
(3)−110
【分析】（1）根据材料1，原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值；
（2）根据材料1，原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值；
（3）根据材料1和材料2，原式变形后，将已知等式代入计算即可求出值．
【详解】（1）解：∵a+1a=5
∴2a2+2a=2a+2a=2a+1a=2×5=10
∴a2a2+2=12a2+2a=110
故答案为：110；
（2）∵b−1b=−3
∴b−1b2=9，即：b2+1b2−2=9，
∴b2+1b2=11
则：3b4−4b2+3b2=3b2+3b2−4=3b2+1b2−4=3×11−4=29
∴b23b4−4b2+3=13b4−4b2+3b2=129
故答案为：129；
（3）3x2−9x+9x−2=3x2−3x+3x−2
由分母x−2，可设x2−3x+3=x−2x+a+b，
则：x2−3x+3=x−2x+a+b=x2+ax−2x−2a+b=x2+a−2x−2a+b
对于任意x上述等式成立，
∴a−2=−3−2a+b=3，解得，a=−1b=1，
∴3x2−9x+9x−2=3x2−3x+3x−2=3x−1x−2+1x−2=3x−1+1x−2
又∵x+1x−2=−73，即：x−1+1x−2=−73−1=−103
∴3x2−9x+9x−2=3x−1+1x−2=3×−103=−10
∴x−23x2−9x+9=−110，
故答案为：−110．
【点睛】此题考查了分式的值，将所求式子就行适当的变形是解本题的关键．
8．（2022春·江苏·八年级期末）如果一个自然数M各个数位均不为0，且能分解成A×B，其中A和B都是两位数，且A十位比B的十位数字大1，A和B的个位数字之和为9，则称M为“九九归一数”，把M分解成A×B的过程称为“九九归一分解”．
例如：∵368=23×16，2−1=1，3+6=9，∴368是“九九归一数”；
∵1632=57×32，5−3≠1，2+7=9，∴1632不是“九九归一数”．
(1)判断378和297是否是“九九归一数”？并说明理由；
(2)把一个“九九归一数”M进行“九九归一数分解”，即为M=A×B，A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的和记为SM；A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的差记TM．且S(M)T(M)能被5整除，求出所有满足条件的自然数M．
【答案】(1)378是“九九归一数”，297不是“九九归一数”，理由见解析
(2)3498,3510,3528,3534
【分析】（1）根据“九九归一数”的定义，进行判断即可；
（2）设B=10a+b，则：A=10a+1+9−b，进而求出SM和TM，利用S(M)T(M)能被5整除，进行求解即可．
【详解】（1）解：378是“九九归一数”； 297不是“九九归一数”；理由如下：
∵378=21×18，2−1=1，1+8=9，
∴378是“九九归一数”；
∵297=27×11，2−1=1，1+7=8≠9，
∴297不是“九九归一数”；
（2）解：设B=10a+b，则：A=10a+1+9−b，
∴SM=a+b+a+1+9−b=2a+10，TM=a+1+9−b−a−b=10−2b，
∴S(M)T(M)=2a+1010−2b=a+55−b，
∵S(M)T(M)能被5整除，
∴a+55−b是5的倍数，
∵a,b为小于10的正整数，
∴当b=3，a=5时，a+55−b=5，符合题意；此时：A=66,B=53，M=66×53=3498；
当b=4，a=5时：a+55−b=10，符合题意；此时：A=65,B=54，M=65×54=3510；
当b=6，a=5时：a+55−b=−10，符合题意；此时：A=63,B=56，M=63×56=3528；
当b=7，a=5时：a+55−b=−5，符合题意；此时：A=62,B=57，M=62×57=3534；
综上，满足题意的条件的自然数为：3498,3510,3528,3534．
【点睛】本题考查有理数的运算，整式的运算以及分式的运算．理解并掌握“九九归一数”，以及“九九归一分解”是解题的关键．
9．（2022秋·湖南怀化·八年级校考期末）探究题：观察下列各式的变化规律，然后解答下列问题：11×2=1−12,12×3=12−13,13×4=13−14,14×5=14−15,⋯⋯
(1)计算：若n为正整数，猜想1nn+1=___________
(2)1x+1x(x+1)+1(x+1)(x+2)+⋯⋯+1(x+2014)(x+2015)
(3)若ab−2+b−1=0，求1ab+1(a+1)(b+1)+1(a+2)的值
【答案】(1)1n−1n+1
(2)x+4030x2+2015x
(3)1112
【分析】（1）根据已知等式得到拆项规律，写出即可
（2）根据已知等式得到拆项规律，写出即可
（3）根据绝对值的性质，分别计算即可
【详解】（1）1nn+1=n+1−nnn+1=1n−1n+1
（2）1x+1x(x+1)+1(x+1)(x+2)+⋯⋯+1(x+2014)(x+2015)
=1x+1x−1x+1+1x+1−1x+2+⋯⋯+1x+2014−1x+2015
=1x+1x−1x+2015
=x+4030x2+2015x
（3）∵ab−2+b−1=0，
∴ab−2=0，b−1=0，
∴a=2，b=1，
∴1ab+1(a+1)(b+1)+1(a+2)
=12+16+14
=1112
【点睛】本题主要考查了数字类题目，分式的运算，解决问题的关键是掌握数字的变化规律
10．（2022秋·湖南邵阳·八年级统考期末）某同学在学习的过程中，遇到这样的问题：求A=24×122−1+132−1+142−1+⋯+1102−1的整数部分．她百思而不得其解，于是向老师求助．数学老师进行了深入浅出的讲解：观察算式可知，每个分母中的减数都是1，且被减数按照一定的规律在递增；
先看一般情形：1a2−1=⋯=121a−1−1a+1；
再看特殊情形：当a=3时，121a−1−1a+1=1a2−1；
当a=4时，121a−1−1a+1=1a2−1；
老师讲解到这里时，该同学说：“老师我知道怎么做了．”
(1)请你通过化简，说明一般情形121a−1−1a+1=1a2−1的正确性；
(2)请你完成该同学的解答．
【答案】(1)见解析
(2)15
【分析】（1）根据分式的加减法则把分式进行化简即可；
（2）根据题中所给出的式子把原式进行化简，求出A最接近的整数即可．
【详解】（1）左边=12a+1a−1a+1−a−1a+1a−1
=12⋅a+1−a+1a−1a+1
=12⋅2a−1a+1
=1a2−1
右边=1a2−1
∴121a−1−1a+1=1a2−1
（2）A=24×122−1+132−1+142−1+⋯+1102−1
=24×11×3+12×4+13×5+⋯+19×11
=12×21×3+22×4+23×5+⋯+29×11
=12×1−13+12−14+13−15+⋯+19−111
=12×1+12−110−111
=16−15+111
∵15+111<1
∴A=24×122−1+132−1+142−1+⋯+1102−1的整数部分为15．
【点睛】本题考查了分式的加减，根据题意找出规律是解题的关键．
考点6
平行四边形解答期末真题压轴题
1．（2022春·北京·八年级校联考期末）已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AE=AD．
(1)如图1，若DF平分∠ADC交线段AE于点F．
①当BE=2，∠ADC=60°时，CD=______，AF=______；
②如图2，若0°<∠ADC<90°，且∠ADC≠60°，试探究线段CD，AF，BE之间的数量关系，并证明．
(2)如图3，若点P为线段AD上一动点，EP⊥PM，EP=PM．连接AM，点Q是AM中点，且AD=2，当点P从A点运动到D点时，点Q的运动路径长为______．（直接写出答案）
【答案】(1)①4，2；②AF+BE=CD，理由见解析
(2)2
【分析】（1）①先根据角平分线的定义求得∠CDF=∠ADF=30°，再根据平行四边形的性质求得∠BAE=30°，利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可；
②延长FA到H，使AH=BE，连接HD．设∠CDF度数为x，根据平行四边形的性质得到BC∥AD，AB=CD，∠B=∠ADC=2x，进而∠BEA=∠EAD=90°，证明
△AEB≌△DAHSAS，得到∠B=∠H=2x，HD=AB=CD，∠BAE=∠HDA=90°−2x，进而得到∠HDF=∠AFD=90°−x，利用等腰三角形的等角对等边得到HF=HD即可得出结论；
（2）在图3中，建立如图所示的平面直角坐标系，过M作MN⊥x轴于N，证明△MPN≌△PEAAAS，得到PN=AE=AD=2，MN=AP，设AP=x，则MN=AP=x，AN=AP+PN=x+2，即Mx+2,x，利用中点坐标公式可求得Qx+22,x2，当x=0时，Q11,0，当x=2时，Q22,1，当点P从A点运动到D点时，点Q在线段Q1Q2上运动，利用两点坐标距离公式求得Q1Q2=2即可．
【详解】（1）解：①在图1中，∵DF平分∠ADC，∠ADC=60°，
∴∠CDF=∠ADF=30°，
在▱ABCD中，BC∥AD，AB=CD，∠B=∠ADC=60°
∵AE⊥BC，
∴∠BEA=∠EAD=90°
∴∠BAE=30°，
在Rt△AEB中，BE=2，
∴AB=2BE=4，CD=4，
∴AE=AB2−BE2=23，
在Rt△DAF中，DF=2AF，AD=AE=23，
由DF2=AF2+AD2得AF=33AD=2，
故答案为4，2；
②AF+BE=CD
证明：延长FA到H，使AH=BE，连接HD．
∵DF平分∠ADC，∴∠CDF=∠ADF，
设∠CDF度数为x，在▱ABCD中，
∴BC∥AD，AB=CD，∠B=∠ADC=2x，
∵AE⊥BC，∴∠BEA=∠EAD=90°，
∴∠AFD=90°−x，∠BAE=90°−2x，
在△AEB和△DAH中，∵BE=AH，∠BEA=∠FAD，AE=AD，
∴△AEB≌△DAHSAS，
∴∠B=∠H=2x，HD=AB=CD，∠BAE=∠HDA=90°−2x，
∴∠HDF=∠HAD+∠ADF=90°−x，
∴∠HDF=∠AFD=90°−x，
∴HF=HD，即AF+BE=CD．
（2）解：在图3中，建立如图所示的平面直角坐标系，过M作MN⊥x轴于N，则∠MNP=∠PAE=90°，
∵EP⊥PM，
∴∠EPA+∠MPN=∠EPA+∠PEA=90°，
∴∠MPN=∠PEA，又EP=PM，
∴△MPN≌△PEAAAS，
∴PN=AE=AD=2，MN=AP，
设AP=x，则MN=AP=x，AN=AP+PN=x+2，
∴Mx+2,x，
∵点Q是AM中点，
∴Qx+22,x2，
当x=0时，Q11,0，当x=2时，Q22,1，
当点P从A点运动到D点时，点Q在线段Q1Q2上运动，
∵Q1Q2=2−12+1−02=2，
∴点Q的运动路径长为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质、坐标与图形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，（1）②中关键是添加辅助线构造全等三角形求解；（2）中关键是建立适当的直角坐标系，利用坐标与图形求解，并得出Q的运动路线．
2．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期末）平行四边形ABCD中，点C关于AD的对称点为E，连接DE，BE，BE交AD于点F．
(1)如图1，若∠ADC=90°，试说明点F为BE的中点；
(2)如图2，若∠ABC=α(0°<α<90°)．
①试判断点F是否为BE的中点？并说明理由；
②若∠ABC=45°，延长BA，DE交于点H，求DFBH的值．
【答案】(1)见解析
(2)①点F是BE的中点，理由见解析；②DFBH=22
【分析】1只要证明△AFB≌△DFEAAS即可解决问题；
2①点F是BE的中点．只要证明∠FBC=∠FCB即可解决问题；②如图3中，设OD=a，OF=b，想办法用a，b表示BH，DF即可解决问题．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，
∵C，E关于AD对称，
∴DE=CD，EC⊥AD，
∴AB=DE，
∵AD⊥CD，
∴C，D，E共线，
∴AB∥CE，
∴∠A=∠ADE，
∵AB=DE，∠AFB=∠EFD，
∴△AFB≌△DFEAAS，
∴BF=EF，
∴点F为BE的中点；
（2）①点F是BE的中点．理由如下：
如图2中，连接CF，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EFD=∠EBC，∠DFC=∠FCB，
∵E，C关于AD对称，
∴FE=FC，FO⊥EC，
∴∠EFD=∠DFC，
∴∠FBC=∠FCB，
∴FB=FC，
∴BF=EF．
②如图3中，设OD=a，OF=b．

∵∠ABC=45°，AD∥BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠HAD=∠ABC=45°，
∵E，C关于AD对称，
∴∠CDA=∠ADH=45°，
∴∠HAD=∠HDA=45°，
∴△AHD是等腰直角三角形，
∵∠DOC=90°，∠ODC=45°，
∴△ODC是等腰直角三角形，
∴AB=CD=2OD=2a，
∵EF=FB，EO=OC，
∴BC=AD=2b，
∴AH=2b，
∴BH=2a+2b=2a+b，DF=a+b，
∴BH=2DF，
∴DFBH=22．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
3．（2022春·甘肃天水·八年级天水市逸夫实验中学校考期末）已知，平行四边形ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D运动．
(1)如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD=CP，求∠ABC的度数．
(2)如图②，在（1）问的条件下，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F，连接AF，若△PCD的面积等于S，求△APF的面积．（用含S的式子表示）
(3)如图③，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD=12cm，则t为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【答案】(1)60°
(2)S△APF=S
(3)4.8秒或8秒或9.6秒
【分析】（1）根据平行四边形的性质，角平分线平分角，易得∠DPC=∠DCP，得到DP=DC，进而得到CP=DP=DC，得到△PCD为等边三角形，得到∠D=60°，即可得出结果；
（2）根据平行四边形的性质，得到S△PBC=S△FAB=12S平行四边形ABCD，进而推出S△APF+S△ABP=S△ABP+S△PCD，得到S△APF=S△PCD，即可得出结论．
（3）分0【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPC=∠PCB，
∵PC平分∠BCD，
∴∠DCP=∠PCB，
∴∠DPC=∠DCP，
∴DP=DC，
∵CD=CP，
∴PC=CD=PD，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠D=∠B=60°，即∠ABC=60°．
（2）如图②中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，BC∥AD，
∴S△PBC=S△FAB=12S平行四边形ABCD，
∴S△ABP+S△PCD=12S平行四边形ABCD
∴S△APF+S△ABP=S△ABP+S△PCD，
∴S△APF=S△PCD=S．
（3）解：∵PD∥BC，
∴当PD=BQ时，四边形是平行四边形，
由题意，得：P点运动的总时间为：12÷1=12s，Q点从点C到点B需要的时间为12÷4=3s；分4种情况进行讨论：
①当0∴12−t=12−4t，解得：t=0（不合题意，舍去）；
②当3∴12−t=4t−12，解得：t=4.8；
③当6∴12−t=36−4t，
解得：t=8；
④当9∴12−t=4t−36，
解得：t=9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形的性质，是解题的关键．
4．（2022春·贵州黔东南·八年级校联考期末）小红根据学习平行四边形的经验，对平行四边形进行了拓展探究．
【问题探究】
如图1，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求完成下列各题：
(1)在网格中找一点D，画线段CD∥BA且使CD=BA，连接AD；
(2)在括号内填写根据：
∵CD∥BA且CD＝BA，
∴四边形ABCD是平行四边形（____________）
【拓展延伸】
(3)如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC=8厘米，AD=9厘米，点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以2厘米/秒的速度由点A向点D运动，点Q以1厘米/秒的速度由点C向点B运动．当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．请问：经过几秒，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形？
【答案】(1)见解析
(2)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
(3)经过1秒或83秒或3秒，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形ABCD
【分析】（1）根据相关要求作图即可；
（2）直接运用平行线四边形的判定性质即可解答；
（3）经过x秒，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形平行四边形，根据平行四边形的判定分情况分析求解即可．
【详解】（1）解：如图所示；
（2）解：由平行四边形的判定定理可得判定四边形ABCD是平行四边形的依据是：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
（3）解：经过x秒，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形平行四边形，则：
AP=2x米，DP=9−2x米，CQ=x米，BQ=8−x米，
∵AD∥BC，
∴只需AP=BQ或AP=CQ或PD=BQ或PD=CQ，即得四边形是平行四边形．
①由AP=BQ，得：2x=8−x，解得： x=83；
②由AP=CQ，得：2x=x，解得：x=0，不合题意，舍去；
③由PD=BQ，得：9−2x=8−x，解得：x=1；
④由PD=CQ，得：9−2x=x，解得：x=3．
答：经过1秒或83秒或3秒，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
【点睛】本题主要考查了作平行四边形、平行四边形的判定等知识点，掌握平行四边形的判定定理是解答本题的关键．
5．（2022春·广东深圳·八年级深圳实验学校中学部校考期末）如图，▱ABCD中，∠A=45°，∠ABD=90°，点F为平行四边形外一点，连接CF、BF，且BF⊥CF于点F．
(1)如图1，若S▱ABCD=1692,CF=5，求BF的长度；
(2)如图2，延长BF、DC交于点E，过点D作DG⊥DF交FC的延长线于点G，若C为DE的中点，求证：CG=CF+EF．
【答案】(1)BF的长度为12
(2)见解析
【分析】（1）先根据平行四边形的面积求出△BCD的面积，然后求出BC的长度，最后根据勾股定理即可求得BF的长度；
（2）在线段CG上截取CM=CF，连接DM，证△CDM≌△CEF，然后证△DCG≌△DBF，即可证得．
【详解】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AB=CD,AD=BC，
∴∠BDC=∠ABD=90°，
∵BD=DB，
∴△ABD≌△CDB，
∵∠A=45°，
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=AB，AD=2AB，
∵S▱ABCD=1692，
∴AB⋅BD=1692，
∴AB=BD=1322，
∴BC=AD=13，
∵BF⊥CF，
∴∠BFC=90°，
∴BF=BC2−CF2=132−52=12．
（2）解：如图2，在线段CG上截取CM=CF，连接DM，
∵C为DE的中点，
∴CD=CE，
在△CDM和△CEF中，
CD=CE∠DCM=∠ECFCM=CF，
∴△CDM≌△CEF（SAS），
∴DM=EF,∠DMC=∠EFC=90°，
∴∠DMG=90°，
∵DG⊥DF，
∴∠FDG=90°=∠BDC，
∴∠GDC+∠EDF=∠BDF+∠EDF，
∴∠GDC=∠BDF，
由（1）知：△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=CD，∠CBD=∠BCD=45°，
∵∠BDC+∠BFC=90°+90°=180°，
∴∠DBF+∠DCF=180°，
∵∠DCF=180°，
∴∠DCG=∠DBF，
∴△DCG≌△DBF（ASA），
∴DG=DF，
∴△DFG是等腰直角三角形，
∴∠G=45°，
∴∠GDM=∠G=45°，
∴MG=DM，
∴MG=EF，
∴CG=CF+MG=CM+EF．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识点，辅助线的添加是解决第二问的关键．
6．（2022春·浙江舟山·八年级校联考期末）已知在平行四边形ABCD中，E是边AD的中点，F是边AB上一动点．
(1)如图1，连接FE并延长交CD的延长线于点G，求证：E是FG的中点；
(2)如图2，若CF⊥AB，AD=2AB，求证：∠DEF=3∠AFE；
(3)如图3，若CF⊥AB，AD=2AB=4，∠B=60°时，K是射线CD上一个动点，将EK逆时针旋转90°得到EM，连接FM，求FM的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)1+3
【分析】（1）证明△AEF≌△DEGAAS，根据全等三角形的性质，即可得证；
（2）由平行四边形的性质及已知得∠CFB=∠FCG=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得CE=EG，由AD=2AB得ED=CD，再由等边对等角及三角形外角的定义即可得证；
（3）由30°所对的直角边等于斜边的一半可得当CF⊥AB，AD=2AB=4，∠B=60°时，点F与点A重合，根据旋转的性质可得M的运动轨迹为射线M'M″，过点A作M'M″的垂线交M'M″的延长线于点M，延长AD交M'M″的延长线于点I，由垂线段最短可得FM的值最小即为AM，利用直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠AFE=∠G，∠A=∠ADG，
∵ E是边AD的中点，
∴AE=ED，
∴△AEF≌△DEGAAS，
∴EF=EG，
∴点E是FG的中点；
（2）证明：如图，延长FE交CD的延长线于点G，连接CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，CF⊥AB，
∴AB∥CD，
∴∠CFB=∠FCG=90°，
由（1）知点E是FG的中点，
∴CE=EG，
∴∠G=∠ECG，
∴∠FEC=∠G+∠ECG=2∠G，
∵ AD=2AB，
∴ED=12AD=AB=CD，
∴∠DEC=∠ECD，
∴∠DEF=∠FEC+∠DEC=3∠G，
∵∠AFE=∠G，
∴∠DEF=3∠AFE；
（3）解：当CF⊥AB，AD=2AB=4，∠B=60°时，
∴∠FCB=90°−60°=30°，
∴ FB=12BC=AB，
∴此时点F与点A重合，
当点K与C、D两点重合时，EK逆时针旋转90°，得M'，M″，
∴ M的运动轨迹为射线M'M″，
如图，过点A作M'M″的垂线交M'M″的延长线于点M，延长AD交M'M″的延长线于点I，此时FM的值最小即为AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，AD=2AB=4，
∴∠EDC=∠B=60°，ED=12AD=AB=CD=2，
∴△EDC为等边三角形，则△EM'M″也是等边三角形，
∴ ∠EM'M″=60°，ED=CD=EM'=EM″=2，
∴∠I=30°，
∴M″I=2EM″=4，
∴EI=M″I2−M″E2=42−22=23，
∴AI=AE+EI=2+23，
∴AM=AI2=2+232=1+3．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，正确构造辅助线，熟练掌握知识点是解题的关键．
7．（2022春·全国·八年级期末）如图①所示，▱ABCD是某公园的平面示意图，A、B、C、D分别是该公园的四个入口，两条主干道AC、BD交于点O，请你帮助公园的管理人员解决以下问题：
(1)若AB=1km，AC=2.4km，BD=2km，公园的面积为 km2；
(2)在（1）的条件下，如图②，公园管理人员在参观了武汉东湖绿道后，为提升游客游览的体验感，准备修建三条绿道AN、MN、CM，其中点M在OB上，点N在OD上，且BM=ON（点M与点O、B不重合），并计划在ΔAON与ΔCOM两块绿地所在区域种植郁金香，求种植郁金香区域的面积；
(3)若将公园扩大，此时AB=2km，AC=4km，BD=4km，修建（2）中的绿道每千米费用为10万元，请你计算该公园修建这三条绿道投入资金的最小值．
【答案】(1)1.92
(2)0.48km2
(3)207+1万元
【分析】（1）根据平行四边形的性质求得OA、OB，作辅助线BE⊥OA，从而求得S△AOB，则可求得答案；
（2）根据已知条件可得S△COM=S△AOM，从而S△AON+S△COM的值转化为求SΔAMN=14S▱ABCD的值即可；
（3）由题意可知MN为定值，从而将AN沿MN向下平移2km至PM，连接PC交BD于点M'，此时点N位于N'处，此时即为AN+CM=PC取最小值，过M作MG⊥AC于点G，先判定四边形APM'N'和四边形AM'CN'均为平行四边形，再得出△OAB是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得PC的长，则最短的绿道长度可得，从而费用的最小值可求得．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=2.4km，BD=2km，
∴OA=OC=12AC=1.2km，OB=OD=12BD=1km，
∴在ΔAOB中，过点B作BE⊥OA于点E，如图：
∵AB=OB=1km，OA=1.2km，BE⊥OA，
∴AE=12OA=0.6km，
∴BE=AB2−AE2=0.8km，
∴SΔAOB=12OA⋅BE=12×1.2×0.8=0.48km2，
∴S▱ABCD=4SΔAOB=4×0.48=1.92km2；
∴公园的面积为1.92km2；
故答案为：1.92．
（2）解：连接AM、CN，如图：
∵在ΔACM中，OA=OC，
∴SΔCOM=SΔAOM，
∴SΔAON+SΔCOM=SΔAON+SΔAOM=SΔAMN，
∵OB=BM+MO，BM=ON，OB=OD=12BD，
∴MN=MO+ON=OB=12BD，
∴SΔAMN=14S▱ABCD=0.48km2，
∴SΔAON+SΔCOM=SΔAMN=0.48km2．
∴种植郁金香区域的面积为0.48km2．
（3）解：将AN沿NM向下平移2km至PM，连接PC交BD于点M'，此时点N位于N'处，
此时即为AN+CM=PC取最小值，过M作MG⊥AC于点G，如图：
∵MN=12BD=2km，AP∥M'N'，AN'∥PC
∴OM'为ΔAPC的中位线，
∴OM'=12AP=12M'N'=ON'=1km，
∴四边形APM'N'和四边形AM'CN'均为平行四边形，
∴PC=2M'C，
∵AB=2km，AC=4km，BD=4km，
∴AB=OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠GM'O=30°，
∴OG=12OM'=12km，
∴在Rt△M'GO中，由勾股定理得：GM'=OM'2−OG2=12−122=32(km)，
∴在Rt△M'GC中，
由勾股定理得：CM'=GM'2+CG2=322+12+22=7(km)，
∴PC=2CM'=27km，
∴AN、MN、CM和的最小值为：(27+2)km，
∴投入资金的最小值为：10×(27+2)=207+1万元．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理及等边三角形的判定与性质等知识点在最值问题中的综合运用，本题难度略大．
8．（2022秋·全国·八年级期末）阅读材料：
(1)如图1，BD，CE是等边△ABC的角平分线，BD，CE相交于点F，连接AF，易得：AF平分∠EFD，EF+DF AF（填“＞”，“＜”或“＝”）．
(2)实践操作：
如图2，四边形ABDC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，∠BDC＝120°．
试确定BD，CD，AD之间的数量关系，并说明理由．
(3)拓展探究：
如图3，四边形ABDC中，AB＝AC，∠BAC+∠BDC＝180°，求证：AD平分∠BDC．
【答案】(1)=
(2)BD+CD=AD，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据等边三角形的性质得到∠AEF=∠ADF=90°，AF平分∠BAC，再根据角平分线的定义可得∠EAF=∠DAF=30°，然后根据直角三角形的性质即可得；
（2）延长CD至E，使DE=BD，连接BE,BC，先根据等边三角形的判定证出△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠DBE=60°,BE=BD，再根据等边三角形的判定证出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ABC=60°,AB=CB，然后根据三角形全等的判定证出△ABD≅△CBE，根据全等三角形的性质可得AD=CE，最后根据线段和差、等量代换即可得出结论；
（3）延长DB至点E，使BE=CD，连接AE，先根据四边形的内角和定理可得∠ABD+∠C=180°，从而可得∠ABE=∠C，再根据三角形全等的判定证出△ABE≅△ACD，根据全等三角形的性质可得AE=AD,∠AEB=∠ADC，然后根据等腰三角形的性质可得∠ADE=∠AED，从而可得∠ADC=∠ADE，由此即可得证．
（1）
解：∵BD,CE是等边△ABC的角平分线，
∴∠AEF=∠ADF=90°，∠BAC=60°，AF平分∠BAC，
∴∠EAF=∠DAF=30°，
∴∠AFE=∠AFD=60°，即AF平分∠EFD，
在Rt△AEF中，∠EAF=30°，
∴EF=12AF，
同理可得：DF=12AF，
∴EF+DF=AF，
故答案为：=．
（2）
解：BD+CD=AD，理由如下：
如图，延长CD至E，使DE=BD，连接BE,BC，
∵∠BDC=120°，
∴∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠DBE=60°,BE=BD，
∵AB=AC,∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°,AB=CB，
∴∠DBE+∠CBD=∠ABC+∠CBD，即∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△CBE中，AB=CB∠ABD=∠CBEBD=BE，
∴△ABD≅△CBE(SAS)，
∴AD=CE，
∵CE=DE+CD=BD+CD，
∴BD+CD=AD．
（3）
证明：如图，延长DB至点E，使BE=CD，连接AE，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠C=180°，
∵∠ABD+∠ABE=180°，
∴∠ABE=∠C，
在△ABE与△ACD中，AB=AC∠ABE=∠CBE=CD，
∴△ABE≅△ACD(SAS)，
∴AE=AD,∠AEB=∠ADC，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠ADC=∠ADE，
∴AD平分∠BDC．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，较难的是题（2）和（3），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
9．（2022秋·辽宁鞍山·八年级统考期末）四边形ABCD中，∠BAD的平分线与边BC交于点E；∠ADC的平分线交直线AE于点O．
（1）若点O在四边形ABCD的内部．
①如图1，若AD∥BC，∠B=50°，∠C=70°，则∠DOE=______．
②如图2，试探索∠B、∠C、∠DOE之间的数量关系，并将你的探索过程写下来．
（2）如图3，若点O在四边形ABCD的外部，请探究∠B、∠C、∠DOE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）120°；（2）∠DOE=180°−12∠B−12∠C；（3）∠DOE=12∠B+12∠C
【分析】（1）①根据平行线的性质和角平分线的定义可求∠BAE，∠CDO，再根据三角形外角的性质可求∠AEC，再根据四边形内角和等于360°可求∠DOE的度数；
②根据三角形外角的性质和角平分线的定义可得∠DOE和∠BAD、∠ADC的关系，再根据四边形内角和等于360°可求∠B、∠C、∠DOE之间的数量关系；
（2）根据四边形和三角形的内角和得到∠BAD+∠ADC=360°-∠B-∠C，∠EAD+∠ADO=180°-∠DOE，根据角平分线的定义得到∠BAD=2∠EAD，∠ADC=2∠ADO，于是得到结论．
【详解】解:（1）①∵AD//BC
∴∠B+∠BAD=180∘,∠C+∠ADC=180∘
又∵∠B=50°，∠C=70°
∴∠BAD=130°，∠ADC=110°
∵AE、DO分别平分∠BAD、∠ADC
∴∠BAE=65°，∠ODC=55°
∴∠AEC=115°
∴∠DOE=360°-115°-70°-55°=120°
故答案为：120°
②∠DOE=180°−12∠B−12∠C，理由如下：
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE=12∠BAD
∵DO平分∠ADC
∵∠ADO=12ADC
∴∠DAE+∠ADO =12∠BAD+12ADC =12∠BAD+∠ADC
∵∠B+∠C+∠BAD+∠ADC=360°
∴∠BAD+∠ADC=360°−∠B−∠C
∴∠DAE+∠ADO =12360°−∠B−∠C =180°−12∠B−12∠C
∴∠AOD=180°−∠DAE+∠ADO =12∠B+12∠C
∴∠DOE=180°−∠AOD =180°−12∠B−12∠C
即∠DOE=180°−12∠B−12∠C
（2）∠DOE=12∠B+12∠C，理由如下：
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE=12∠BAD
∵DO平分∠ADC
∵∠ADO=12ADC
∴∠DAE+∠ADO =12∠BAD+12ADC
=12∠BAD+∠ADC
∵∠B+∠C+∠BAD+∠ADC=360°
∴∠BAD+∠ADC=360°−∠B−∠C
∴∠DAE+∠ADO =12360°−∠B−∠C
=180°−12∠B−12∠C
∴∠AOD=180°−∠DAE+∠ADO
日期
A款丝巾（条）
B款丝巾（条）
销售总额（元）
12月10日
4
6
2160
12月11日
6
8
3040