2023-2024学年八年级数学下册举一反三系列专题21.9 期末复习之解答压轴题专项训练（人教版）含解析

2023-2024学年八年级数学下册举一反三系列专题21.9期末复习之解答压轴题专项训练【人教版】考点1考点1二次根式解答期末真题压轴题1．（2022春·广东广州·八年级华南师大附中校考期末）我们将(a+b)与由于(24−x−8−x)(24−x又因为24−x−8−x=2①，所以24−x将24−x=5两边平方解得x=−1，代入原方程检验可得请根据上述材料回答下面的问题：(1)若m=2−3的对偶式为n，则m×n=(2)方程x+42+(3)解方程：4x2．（2022春·广东广州·八年级期末）阅读下列材料，然后回答问题：在进行类似于二次根式23方法一：23方法二：23(1)化简：25(2)观察上述规律并猜想；当n是正整数时，2n+2+n(3)计算：143．（2022秋·河南郑州·八年级郑州外国语中学校考期末）先阅读，后解答：（1）由根式的性质计算下列式子得：①32＝3，②(23)2＝23，③(−1由上述计算，请写出a2的结果（a（2）利用（1）中的结论，直接写出下列问题的结果：①(3.14−π)2②化简：x2−4x+4（（3）应用：若(x−5)2＋(x−8)2＝3，求满足条件的所有整数4．（2022秋·江西吉安·八年级统考期末）阅读材料：像(5+2)(5例如：123=解答下列问题：（1）7的有理化因式是___________；5+2（2）观察下面的变形规律，请你猜想：1n+112+1=2−1（3）利用上面的方法，请化简：15．（2022秋·四川成都·八年级校考期末）阅读下列材料,然后回答问题:在进行类似于二次根式23方法一:2方法二:2(1)请用两种不同的方法化简:25(2)化简:246．（2022秋·四川成都·八年级成都外国语学校校考期末）已知：2a+b+5＝4(2a−2+b−1)，先化简再求值ab7．（2022秋·四川成都·八年级成都外国语学校校考期末）已知实数a满足|300﹣a|+a−401＝a，求a﹣3002的值．8．（2022秋·福建三明·八年级统考期末）已知点A(5,a)与点B(5,-3)关于x轴对称，b为1+2的小数部分，求（1）a+b的值．（2）化简.考点2考点2勾股定理解答期末真题压轴题1．（2022秋·四川成都·八年级统考期末）已知：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在直线AB上，连接CD，在CD的右侧作CE⊥CD，CD=CE(1)如图1，点D在AB边上，探究线段BE和线段AD数量关系和位置关系，并说明理由；(2)如图2，点D在B右侧，若AC=BC=22，BD=1，请求出DE(3)如图3，∠DCE=∠DBE=90°，CD=CE=30，BE=6，请求出线段2．（2022秋·四川成都·八年级石室中学校考期末）如图，在△ABC中，已知AD是BC边上的高，过点B作BE⊥AC于点E，交AD于点F，且AD=65，BD=25，(1)求BEAB(2)求证：AF=BC；(3)如图2，在（2）的条件下，在ED的延长线上取一点G，使BG=BE，请猜想DG与DE的数量关系，并说明理由．3．（2022秋·四川成都·八年级石室中学校考期末）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题：(1)如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA=2(2)在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；(3)如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA4．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期末）已知△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边在PC右侧作等腰Rt△PCQ，∠PCQ=90°(1)如图1，若点P在线段AB上，求证：PB⊥BQ；(2)如图2，若点P在线段AB的延长线上，其它条件不变，画出图形，猜想PA2，PB(3)若动点P满足PAPB=15．（2022春·山东济南·八年级校考期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=16，D是AC上的一点，CD=3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动，设点P的运动时间为t(1)当t=3秒时，求AP的长度；(2)当△ABP为等腰三角形时，求t的值；(3)过点D作DE⊥AP于点E，连接PD，在点P的运动过程中，当PD平分∠APC时，直接写出t的值．6．（2022秋·浙江杭州·八年级期末）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，点F在边BC上，过点B作BE⊥AB于点B，交AF的延长线于点E，且BF=BE(1)求证：∠CAF=∠BAF；(2)如图2，过点E作EM⊥BF于点M，过点F作FG⊥BA于点G．①求证：BM=CF；②若AC=6，AB=10，求AE的长．（结果可以保留根号不化简）7．（2022春·江苏泰州·八年级校考期末）（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．8．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）在学习完勾股定理这一章后，小梦和小璐进行了如下对话．小梦：如果一个三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=2c2，那我们称这个三角形为“类勾股三角形”，例如△ABC的三边长分别是2小璐：那等边三角形一定是“类勾股三角形”！根据对话回答问题：(1)判断：小璐的说法___________（填“正确”或“错误”）(2)已知△ABC的其中两边长分别为1，7，若△ABC为“类勾股三角形”，则另一边长为___________；(3)如果Rt△ABC是“类勾股三角形”，它的三边长分别为x，y，z（x，y为直角边长且x<y，z为斜边长），用只含有x9．（2022秋·山东济南·八年级统考期末）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透．某校数学兴趣小组，在学习完勾股定理和实数后，进行了如下的问题探索与分析【提出问题】已知0<x<1，求1+x【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，来分别表示长度为1+x2和1+1−x【解决问题】(1)如图，我们可以构造边长为1的正方形ABCD，P为BC边上的动点．设BP=x，则PC=1−x．则1+x(2)在（1）的条件下，已知0<x<1，求1+x(3)【应用拓展】应用数形结合思想，求x2考点3考点3平行四边形解答期末真题压轴题1．（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2．（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(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，3．（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(2)在括号内填写根据：∵CD∥BA且CD＝∴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4．（2022春·湖北武汉·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O，A，C的坐标分别为O0,0，A4,0，C0,c，动点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB方向移动，作△PAO关于直线PO的对称△PA′(1)当c=x−2①矩形的顶点B的坐标是；②如图2．当点A′落在OB上时，显然△PA′(2)若直线PA′与直线BC相交于点M，且t<3时，∠POM=45°．问：当t>3时，5．（2022春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考期末）如图，已知正方形ABCD，将它绕点A逆时针旋转α（0°<α<90°）得正方形AEFG，EF交BC于H，AB=2．(1)求证：AH平分∠BHE；(2)当A、E、C在同一条直线上时，①求证：A、B、F共线；②求BH长．(3)当D、B、F在同一直线上时直接写出∠FAB的度数．6．（2022春·江苏扬州·八年级校考期末）如图1，在▱ABCD中，∠ADC的平分线交AB于点E，交CB的延长线于F，以BE、BF为邻边作▱EBFH．(1)证明：平行四边形EBFH是菱形；(2)如图2，若∠ABC=60°，连接HA、HB、HC、AC，求证：△ACH是等边三角形．(3)如图3，若∠ABC=90°．①直接写出四边形EBHF的形状；②已知AB=10，AD=6，M是EF的中点，求CMCF7．（2022春·河北保定·八年级统考期末）已知等边三角形ABC的边长为12，D为射线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接BF．(1)如图，当点D在BC边上时，求证：△ACD≌△ABF，(2)在点D的移动过程中，当BF=3时，求BD的长度(3)设△ABC与菱形ADEF的面积分别为S1，S2，直接写出8．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB=5cm，BC=2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN=1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B(1)当点B′恰好落在边CD①证明：△B②求线段BM的长；(2)点M从点A向点B运动的过程中，若边线段MB′与边CD交于点①求此运动过程中，DE的最大值；②请直接写出点E相应运动的路径长．9．（2022春·浙江温州·八年级校联考期末）如图，等边△ABC中，AB=6，动点D，E分别是边BC，AC上的两个点，且满足CD=CE+1，以CD，CE为邻边构造▱DCEF，记CE的长为m(1)EF=______（含m的代数式表示）；(2)当点F分别落在∠A，∠B的角平分线上时，求对应的m的值；(3)作∠B的角平分线，交AC于H，当BH恰好平分▱DCEF的面积时，m=_____．（请直接写出答案）考点4考点4一次函数解答期末真题压轴题1．（2022春·广东广州·八年级统考期末）问题发现．(1)如图1，等腰直角△AOB置于平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为2,0，0,2，D是AB上一点，AD=OA，则点D的坐标为______．(2)问题探究：如图2，若点A，B的坐标分别为16,0，0,12，其余条件与1相同，求经过O，D两点的直线表达式．(3)问题解决：国庆前夕，某景区为了提高服务质量，想尽可能美化每一个角落，给游客美的享受．如图3，△ABO是景区东门的广场一角，OA，OB两面墙互相垂直，景区管理部门设计将OA，OB墙面布置成历史故事宣传墙，AB边上用建筑隔板搭出AD段将该角落与广场其他区域隔开，AD段布置成时事政治宣传墙，剩余BD部分为广场角出入口，内部空间放置一些绿植和供游人休息的桌椅，考虑到防疫安全，还需在靠近出入口的E处建一个体温检测点．已知AD=OA=16m，OB=12m，BC平分∠OBA，体温检测点E在BC与OD的交点处．求点E分别到OB，2．（2022秋·陕西西安·八年级校考期末）同学们在第一次微课中听取了刘老师与杨老师关于面积等分线练习的讲评，小浩同学对此产生兴趣，上网又查到了长方形的一些性质：长方形的对角线相等且互相平分，对角线所在的直线是其一条面积等分线．请你利用以上性质，帮小浩解决下面问题：(1)如图①，已知长方形ABCD，请画出它的一条面积等分线l（不经过对角线）(2)四边形OABC位于如图②所示的平面直角坐标系中，顶点O位于原点，其余顶点坐标为A（4，6），B（8，7），C（10，0），CE是四边形OABC的一条面积等分线，点E在y轴上，请求出点E的坐标．(3)全民抗疫，西安加油！如图③，在平面直角坐标系中（长度单位为米），长方形OABC是西安某小区在疫情期间为居民核酸检测围成的一个工作区域，顶点A，C在坐标轴上，O为坐标原点，记顶点B（20，12），原有的一个出入口D在边OC上，且CD=4米，为使工作高效有序，现计划在边AB，OA，BC上依次再设出入口E，G，H，沿DE，GH拉两道警戒线将工作区域分成面积相等的四部分，请问，是否存在满足上述条件的点E，H，G，如存在，请求出点E的坐标及GH的函数表达式，如不存在，请说明理由．3．（2022春·广东广州·八年级统考期末）读一读“数形结合”是一种重要的数学思想，其简而言之就是把数学中“数”和数学中“形”结合起来解决数学问题的一种数学思想．具体地说就是将抽象数学语言与直观图形结合起来，使抽象思维与形象思维结合起来，通过“数”与“形”之间的对应和转换来解决数学问题．在中学数学的解题中，主要有三种类型：以数化形、以形变数、形数互变．研一研【定义】在平面直角坐标系xoy中，如果点A，C为某个菱形的一组对角的顶点，且点A，C在直线y＝x上，那么称该菱形为点A，C的“最佳菱形”．如图是点A，C的“最佳菱形”的一个示意图．【运用】已知点M的坐标为（2，2），点P的坐标为（4，4）．(1)下列各组点，能与点M，P形成“最佳菱形”的是______．①E（3，4），F（4，3）

②G（2，3），H（3，2）

③I（2，4），J（4，2）(2)如果四边形MNPQ是点M，P的“最佳菱形”．①当点N的坐标为（6，0）时，求四边形MNPQ的面积；②当四边形MNPQ的面积为16，且与直线y＝x＋b有公共点时，求b的取值范围．5．（2022春·广东广州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，OA＝OB＝10．（1）求直线AB的解析式；（2）若点P是直线AB上的动点，当S△OBP＝14S△OAP时，求点P（3）将直线AB向下平移10个单位长度得到直线l，点M，N是直线l上的动点（M，N的横坐标分别是x，x，且x＜x），MN＝42，求四边形ABNM的周长的最小值，并说明理由．6．（2022秋·广东广州·八年级校考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，已知直线l1:y=−12x+12交x轴于点A，直线l2:y=m+1x（1）求B点的坐标（用含m的代数式表示）；（2）作直线l2关于y轴的对称直线l3，直线l1和l①求证：点C在直线y=mx+1上；②已知P−1,1−m，请问：是否存在P点，使得A到直线PC的距离最大？若存在，请求这个最大距离，并指出此时P7．（2022秋·山东青岛·八年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点B（b，0），与y轴交于点A（0，a），且a−b+2+(1)求S△AOB；(2)若P（x，y）为直线AB上一点．①求S△APO的面积（用含x的式子表示）；②求x与y的数量关系（用x表示y）；(3)已知点Q（m，m−2），若△ABQ的面积为6，求m．8．（2022秋·山东青岛·八年级山东省青岛第二十六中学校联考期末）如图，在直角坐标系中，直线l：y＝43x+8与x轴、y轴分别交于点B，点A，直线x＝﹣2交AB于点C，D是直线x＝﹣2上一动点，且在点C的上方，设D（﹣2，m（1）求点O到直线AB的距离；（2）当四边形AOBD的面积为38时，求点D的坐标，此时在x轴上有一点E（8，0），在y轴上找一点M，使|ME﹣MD|最大，请求出|ME﹣MD|的最大值以及M点的坐标；（3）在（2）的条件下，将直线l：y＝43x+8左右平移，平移的距离为t（t＞0时，往右平移；t＜0时，往左平移）平移后直线上点A，点B的对应点分别为点A′、点B′，当△A′B′D为等腰三角形时，求t9．（2022秋·山东青岛·八年级青岛市即墨区实验学校校考期末）同学们，我们在学习一次函数时，采用由特殊到一般的研究思路，首先研究特殊的一次函数y=kx（k为常数，k≠0），通过画出具体函数的图象，观察图象，数形结合，归纳出这类特殊函数的图象特征（形状、位置、对称性）和性质（增减性），从中初步习得了研究函数的思路、内容和方法，进而推广到研究一般的一次函数y=kx+b（k，b为常数，k≠0），获得了一次函数的图象特征（形状、位置、对称性）和性质（增减性），然后再综合运用相关的知识解决实际问题．请你运用学过的方法研究一类含有绝对值的新函数y=k|x|（k为常数，k≠0）的图象和性质．【实际操作】（1）直接在平面直角坐标系（图1）中画出函数y=2|x|的图象；（2）直接在平面直角坐标系（图2）中画出函数y=-3|x|的图象．

图一

图二【归纳总结】（3）结合上面画出的函数图象，请归纳出函数y=k|x|（k为常数，k≠0）的图象特征（形状、位置、对称性），并且写出当自变量x的值增大时，函数值y怎样变化?【迁移应用】（4）图3是某个含有绝对值的函数的图象，请求出该函数的表达式．10．（2022秋·山东济南·八年级统考期末）如图，一次函数y＝kx+4与x轴交于点A(4，0)，点(1)求k的值和点C的坐标；(2)点D为x轴上一点，BD=CD，求点D的坐标；(3)在（2）的条件下，若点M是x轴上的动点，问在直线AB上，是否存在点N(点N与点C不重合)，使△AMN与△ACD全等？若存在，请直接写出点N的坐标，并写出其中一种情况的解答过程，若不存在，请说明理由．11．（2022春·山东济南·八年级统考期末）如图1，直线y=−2x+b（b为常数）交x轴的正半轴于点A（2，0）．交y轴正半轴于点B．（1）求直线AB的解析式：（2）点C是线段AB中点，点P是x轴上一点，点Q是y轴上一点，若以A、C、P、Q为顶点的四边形恰好是平行四边形，请直接写出点P的坐标；（3）如图2，若点P是x轴负半轴上一点，设点P的横坐标为−4，以AP为底作等腰△APM（点M在x轴下方），过点A作直线l//PM．过点O作OE⊥AM于E，延长EO交直线l于点F，连接PF、OM，若2∠PFO+∠AFE=180°，求△PMO的面积．12．（2022春·广东佛山·八年级校考期末）已知直线l1：y1＝x﹣3m+15，l2：y2＝﹣2x+3m﹣9．(1)当m＝3时，求直线l1与l2的交点坐标；(2)若直线l1与l2的交点在第一象限，求m的取值范围；(3)若等腰三角形的两边为（2）中的整数解，求该三角形的面积．专题21.9期末复习之解答压轴题专项训练【人教版】考点1考点1二次根式解答期末真题压轴题1．（2022春·广东广州·八年级华南师大附中校考期末）我们将(a+b)与由于(24−x−8−x)(24−x又因为24−x−8−x=2①，所以24−x将24−x=5两边平方解得x=−1，代入原方程检验可得请根据上述材料回答下面的问题：(1)若m=2−3的对偶式为n，则m×n=(2)方程x+42+(3)解方程：4x【答案】(1)1(2)x=39(3)x=3【分析】（1）由定义直接可得答案；（2）求出x+42+x+10x+42−x+10（3）同（2）的方法求解即可．【详解】（1）解：m=2−3的对偶式为n=2+∴m×n=2−（2）x+42+∴x+42+∴x+42−①+②得：∴x=39；（3）4x∴4x∴4x①+②得：∴4x∴x=3．【点睛】本题考查二次根式，平方差公式，涉及新定义，无理方程等知识，解题的关键是掌握二次根式运算的相关法则．2．（2022春·广东广州·八年级期末）阅读下列材料，然后回答问题：在进行类似于二次根式23方法一：23方法二：23(1)化简：25(2)观察上述规律并猜想；当n是正整数时，2n+2+n(3)计算：14【答案】(1)5(2)n+2(3)1010．【分析】（1）利用分母有理化进行化简；（2）利用分母有理化进行化简即可；（3）先把各分母提12【详解】（1）解：25故答案为：5−（2）解：当n是正整数时，2n+2∵2n+2故答案为：n+2−（3）解：1====1010．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和平方差公式是解决问题的关键．3．（2022秋·河南郑州·八年级郑州外国语中学校考期末）先阅读，后解答：（1）由根式的性质计算下列式子得：①32＝3，②(23)2＝23，③(−1由上述计算，请写出a2的结果（a（2）利用（1）中的结论，直接写出下列问题的结果：①(3.14−π)2②化简：x2−4x+4（（3）应用：若(x−5)2＋(x−8)2＝3，求满足条件的所有整数【答案】（1）a2=a=a(a>0)0【分析】（1）将a分为正数、0、负数三种情况得出结果；（2）①当a=3.14﹣π＜0时，根据（1）中的结论可知，得其相反数﹣a，即得π﹣3.14；②先将被开方数化为完全平方式，再根据公式得结果；（3）根据（1）式得：(x−5)2+(x−8)2=x−5+【详解】解：（1）a2=a（2）①(3.14−π)2=3.14−π②x2−4x+4（=(x−2)2=|x﹣2|，∵x＜2，∴x﹣2＜0，∴x2−4x+4=2﹣（3）∵(x−5)2①当x＜5时，x﹣5＜0，x﹣8＜0，所以原式=5﹣x+8﹣x=13﹣2x；②当5≤x≤8时，x﹣5≥0，x﹣8≤0，所以原式=x﹣5+8﹣x=3；③当x＞8时，x﹣5＞0，x﹣8＞0，所以原式=x﹣5+x﹣8=2x﹣13，∵（x−5)所以x的取值范围是5≤x≤8，x可取5、6、7、8，满足条件的所有整数x的和5+6+7+8=26．【点睛】本题考查了二次根式的性质和化简，明确二次根式的两个性质：①a2=a（a≥0）（任何一个非负数都可以写成一个数的平方的形式）；②a24．（2022秋·江西吉安·八年级统考期末）阅读材料：像(5+2)(5例如：123=解答下列问题：（1）7的有理化因式是___________；5+2（2）观察下面的变形规律，请你猜想：1n+112+1=2−1（3）利用上面的方法，请化简：1【答案】（1）7；5−2；（2）n+1−n【分析】（1）根据材料中的定义可以得到解答；（2）根据材料中给出的规律解答；（3）根据（2）得到的规律进行解答．【详解】解：（1）∵7⋅∴7的有理化因式为7；∵5+2∴5+2与5故答案为：7，5−2（2）通过观察可得：1n+1故答案为：n+1−（3）由（2）可得：原式==2021【点睛】本题考查新定义下的实数运算和分母有理化，根据材料给定的定义和运算法则进行计算是解题关键．5．（2022秋·四川成都·八年级校考期末）阅读下列材料,然后回答问题:在进行类似于二次根式23方法一:2方法二:2(1)请用两种不同的方法化简:25(2)化简:24【答案】（1）5−3;（2）【分析】（1）首先理解题意，根据题目的解析，即可利用两种不同的方法化简求得答案；（2）结合题意，可将原式化为4-【详解】解：（1）方法一：25+方法二：25+3（2）原式=4【点睛】本题考查了分母有理化的知识．此题难度较大，解题的关键是理解题意，掌握分母有理化的两种方法．6．（2022秋·四川成都·八年级成都外国语学校校考期末）已知：2a+b+5＝4(2a−2+b−1)，先化简再求值ab【答案】215【分析】用完全平方公式将原方程配方，由平方的非负性求出a、b的值，化简要求的式子，将a、b的值代入化简后的式子计算出结果即可.【详解】原方程可化为2a+b+5﹣42a−2﹣4b−1=0，即（2a﹣2﹣42a−2+4）+（b﹣1﹣4b−1+4）=0，∴（2a−2﹣2）2+（b−1﹣2）2=0，∴2a−2﹣2=0，b−1﹣2=0，解得a=3，b=5，∴ab+=a2+2ab+=（a+b）2ab=|a+b|ab﹣=a+b−（b−a）=2a=2ab将a、b的值代入得：原式=215【点睛】本题主要考查完全平方公式、平方的非负性.7．（2022秋·四川成都·八年级成都外国语学校校考期末）已知实数a满足|300﹣a|+a−401＝a，求a﹣3002的值．【答案】401.【分析】由二次根式有意义的条件可得出a的范围为a≥401，对方程去绝对值，整理得出a﹣3002=401.【详解】由题意得：a﹣401≥0，∴a≥401，∴原方程可化为a﹣300+a−401=a，∴3002=a﹣401，∴a﹣3002=401.【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件、绝对值的化简以及方程的变形.8．（2022秋·福建三明·八年级统考期末）已知点A(5,a)与点B(5,-3)关于x轴对称，b为1+2的小数部分，求（1）a+b的值．（2）化简.【答案】（1）2+2；（2）5【详解】试题分析：(1)先依据关于x轴对称的两点的纵坐标互为相反数可求得a的值，然后再估算出2的大小，从而可求得b，最后进行计算即可；(2)先将a,b的值代入，然后进行计算即可．试题解析：(1)∵点A(5,a)与点B(5,−3)关于x轴对称，∴a=3.∵1<2∴b=2∴a+b=2(2)将a、b的值代入得：原式=12+(考点2考点2勾股定理解答期末真题压轴题1．（2022秋·四川成都·八年级统考期末）已知：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在直线AB上，连接CD，在CD的右侧作CE⊥CD，CD=CE(1)如图1，点D在AB边上，探究线段BE和线段AD数量关系和位置关系，并说明理由；(2)如图2，点D在B右侧，若AC=BC=22，BD=1，请求出DE(3)如图3，∠DCE=∠DBE=90°，CD=CE=30，BE=6，请求出线段【答案】(1)BE=AD，BE⊥AD，理由见解析(2)26(3)2【分析】（1）先证明∠CAB=∠CBA=45°，∠ACD=∠BCE，再证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE，∠CAD=∠CBE=45°，由此即可得到结论；（2）同（1）可证BE=AD，∠ABE=90°，利用勾股定理求出AB，进而求出BE的长即可利用勾股定理求出（3）过点C作CA⊥CB交DB于A，设BD与CE相交于点O，如图3所示：证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE=6，AC=BC，求出AB=26，则【详解】（1）解：BE=AD，BE⊥AD，理由如下：∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠CAB=∠CBA=45°，∵CE⊥CD，∴∠DCE=90°=∠ACB，∴∠ACD=∠BCE，又∵AC=BC，CD=CE，∴△ACD≌△BCESAS∴AD=BE，∠CAD=∠CBE=45°，∴∠ABE=90°，∴AD⊥BE；（2）解：如图2，连接BE，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，∵AC=BC，CD=CE，∴△ACD≌△BCESAS∴AD=BE，∠A=∠CBE=45°，∵∠A+∠ABC=90°，∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°，∴∠DBE=90°，∵∠ACB=90°，AC=BC=22∴AB=2∴AD=AB+BD=4+1=5，∴BE=AD=5，在Rt△BDE中，由勾股定理得：B∴DE=B（3）解：过点C作CA⊥CB交DB于A，设BD与CE相交于点O，如图3所示：则∠ACB=90°=∠DCE，∴∠DCE−∠ACE=∠ACB−∠ACE，即∠ACD=∠BCE，∵∠DCO=∠EBO=90°，∠DOC=∠EOB，∴∠CDA=∠CEB，又∵CD=CE，∴△ACD≌△BCEASA∴AD=BE=6，AC=BC∴△ABC是等腰直角三角形，∴AB=2∵CD=CE=30，∠DCE=90°∴DE=215∴BD=D∴AB=BD−AD=26∴BC=23【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、等角的余角相等等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，运用类比方法解答是解题的关键．2．（2022秋·四川成都·八年级石室中学校考期末）如图，在△ABC中，已知AD是BC边上的高，过点B作BE⊥AC于点E，交AD于点F，且AD=65，BD=25，(1)求BEAB(2)求证：AF=BC；(3)如图2，在（2）的条件下，在ED的延长线上取一点G，使BG=BE，请猜想DG与DE的数量关系，并说明理由．【答案】(1)2(2)证明见解析(3)DG=2DE，理由见解析【分析】（1）先利用勾股定理求出AB，AC，再利用三角形面积法求出（2）先求出CE=5，则AE=10=BE，然后证明△AEF≌△BEC即可得到（3））如图所示，过点B作BT⊥EG于T，过点E作EM⊥AD于M，EN⊥BC于N，则GT=ET，由S△ADES△DCE=12AD⋅EM12【详解】（1）解：在Rt△ADC中，由勾股定理得AC=在Rt△ABD中，由勾股定理得AB=∵S△ABC∴BE=BC⋅AD∴BEAB（2）证明：在Rt△BCE中，由勾股定理得CE=∴AE=AC−CE=10=BE，∵∠BFD=∠AFE，∴∠EAF=∠EBC，在△AEF和△BEC中，∠EAF=∴△AEF≌∴AF=BC；（3）解：DG=2DE，理由如下：如图所示，过点B作BT⊥EG于T，过点E作EM⊥AD于M，EN⊥BC于N，∵BE=BG，∴GT=ET，∵S△ADE∴12×6∴EM=EN，∴DE平分∠ADC，∴∠CDE=∠BDT=45°，∴BT=DT，∵BT2+D∴BT=DT=2∴GT=ET=B∴DG=GT+DT=410，ED=ET−DT=2∴DG=2DE．【点睛】本题主要考查了勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，角平分线的判定等等，熟知相关知识是解题的关键．3．（2022秋·四川成都·八年级石室中学校考期末）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题：(1)如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA=2(2)在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；(3)如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA【答案】(1)2(2)PA(3)证明见解析【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理可求得AB，由PB=AB−PA可求得PB（2）过C作CD⊥AB于点D，则△ADC是等腰直角三角形，则可求得AD=CD=12AB=1+3，进而得出PD的长，在Rt△PCD（3）过C作CD⊥AB于点D，把PA2和PB2都用PC和CD表示出来，在Rt△PCD中，由勾股定理得到PC【详解】（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，AC=6∴AB=A∵PA=2，∴PB=AB−PA=23（2）解：PA如图1，过C作CD⊥AB于点D，则△ADC是等腰直角三角形，∴AD=CD=1∴PD=AD−PA=3在Rt△PCD中，PC=∵△PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ=90°，∴PC=QC=22∴PQ=P∵PA∴PA（3）证明：如图2，过C作CD⊥AB于点D，∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，∴CD=AD=DB，∵PAPB∴PA在Rt△PCD中，由勾股定理可得P∴PA∵△PCQ为等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，∴PQ∴PA【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．4．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期末）已知△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边在PC右侧作等腰Rt△PCQ，∠PCQ=90°(1)如图1，若点P在线段AB上，求证：PB⊥BQ；(2)如图2，若点P在线段AB的延长线上，其它条件不变，画出图形，猜想PA2，PB(3)若动点P满足PAPB=1【答案】(1)证明见解析(2)AP(3)104或【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可证得△APC≌△BQC，∠CBQ=∠A=∠ABC=45°，进而证得结论；（2）过点C作CD⊥AB，垂足为D，则AP=AD+PD=DC+PD，PB=DP−BD=DP−DC，可证明AP2+BP2（3）根据点P所在的位置画出图形，然后根据已知用CD表示出PD的长，再结合勾股定理求出AC和PC的长度即可．【详解】（1）如图①所示：∵△ABC和△PCQ均为等腰直角三角形，∴AC=BC，PC=CQ，∠ACB=∠PCQ，∠A=∠ABC=45°，∴∠ACP=∠BCQ．在△APC和△BQC中，∵AC=BC∠ACP=∠BCQ∴△APC≌△BQC∴∠CBQ=∠A=45°．∴∠ABC+∠CBQ=90°，∴PB⊥BQ．（2）AP如图②：过点C作CD⊥AB，垂足为D．∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，∴CD=AD=DB．∵APPB∴AP∵CD⊥AB∴PC∴AP∵△CPQ为等腰直角三角形，∴2PC∴AP（3）如图③：过点C作CD⊥AB，垂足为D．①当点P位于点P1∵P1∴P1∴P1在Rt△CP1在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=∴P1②当点P位于点P2∵P2∴P2在Rt△CP2在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=∴P2综上所述，PCAC的比值为104或故答案为：104或10【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理等知识，添加恰当的辅助线，熟练运用勾股定理，构造合适的全等三角形是解本题的关键．5．（2022春·山东济南·八年级校考期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=16，D是AC上的一点，CD=3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动，设点P的运动时间为t(1)当t=3秒时，求AP的长度；(2)当△ABP为等腰三角形时，求t的值；(3)过点D作DE⊥AP于点E，连接PD，在点P的运动过程中，当PD平分∠APC时，直接写出t的值．【答案】(1)2(2)当△ABP为等腰三角形时，t的值为45(3)当t的值为5或11时，PD平分∠APC．【分析】（1）根据动点的运动速度和时间先求出PC，再根据勾股定理即可求解；（2）分三种情况讨论，由等腰三角形的性质列出等式，即可求解；（3）分两种情况：①点P在线段BC上时，过点D作DE⊥AP于E，先证△PDE≌△PDC，得出ED=CD=3，PE=PC=16−2t，再由勾股定理求出AE=4，则AP=20−2t，然后在Rt△APC②点P在线段BC的延长线上时，过点D作DE⊥AP于E，同①得△PDE≌△PDC，得出ED=CD=3，PE=PC=2t−20，再由勾股定理得AE=4，则AP=2t−16，然后在Rt△APC【详解】（1）解：根据题意，得BP=2t，∴PC=16−2t=16−2×3=10，在Rt△APC中，AC=8由勾股定理，得AP=A故答案为：241（2）解：在Rt△ABC中，AC=8由勾股定理，得AB=A若BP=BA，则2t=85，解得t=4若AP=AB，则BP=2×16=32，2t=32，解得t=16；若PB=PA，则2t2=16−2t答：当△ABP为等腰三角形时，t的值为45（3）解：①点P在线段BC上时，过点D作DE⊥AP于E，如图1所示：则∠AED=∠PED=90°，∴∠PED=∠ACB=90°，∵PD平分∠APC，∴∠EPD=∠CPD，又∵PD=PD，∴△PDE≌△PDCAAS∴ED=CD=3，PE=PC=16−2t，∴AD=AC−CD=8−3=5，∴AE=A∴AP=AE+PE=4+16−2t=20−2t，在Rt△APC中，由勾股定理得：8解得：t=5；②点P在线段BC的延长线上时，过点D作DE⊥AP于E，如图2所示：同①得：△PDE≌△PDCAAS∴ED=CD=3，PE=PC=2t−16，∴AD=AC−CD=8−3=5，∴AE=A∴AP=AE+PE=4+2t−16=2t−12，在Rt△APC中，由勾股定理得：8解得：t=11；综上所述，在点P的运动过程中，当t的值为5或11时，PD平分∠APC．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解本题的关键．6．（2022秋·浙江杭州·八年级期末）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，点F在边BC上，过点B作BE⊥AB于点B，交AF的延长线于点E，且BF=BE(1)求证：∠CAF=∠BAF；(2)如图2，过点E作EM⊥BF于点M，过点F作FG⊥BA于点G．①求证：BM=CF；②若AC=6，AB=10，求AE的长．（结果可以保留根号不化简）【答案】(1)见解析(2)①见解析；②5【分析】（1）根据题意，易证∠CAF+∠BEF=90°，又因为∠BAF+∠BEF=90°，即可得到结论；（2）①先证△BEM≅△FBG，得到BM=FG，接着证明CF=FG，即可得到结论；②先证△ACF≅△AGF，然后通过Rt△FBG求出AF，接着通过Rt△EMF求出【详解】（1）∵∠C=90°∴∠CAF+∠CFA=90°∵∠CFA=∠BFE∴∠CAF+∠BFE=90°∵BF=BE∴∠BEF=∠BFE∴∠CAF+∠BEF=90°∵BE⊥AB∴∠ABE=90°∴∠BAF+∠BEF=90°∴∠CAF=∠BAF；（2）①∵EM⊥BF，FG⊥BA∴∠BME=∠FGB=90°∴∠BEM+∠EBM=90°∵BE⊥AB∴∠ABE=∠EBM+∠FBG=90°∴∠BEM=∠FBG在△BEM和△FBG中∠BME=∠FGB∴△BEM≅△FBG∴BM=FG∵∠CAF=∠BAF，∠C=90°，FG⊥AB∴CF=FG∴BM=CF；②∵∠C=90°，AC=6，AB=10∴由勾股定理得BC=∵FG⊥AB∴∠FGA=90°∴∠C=∠FGA=90°在△ACF和△AGF中∠C=∠FGA∴△ACF≅△AGF∴AC=AG=6，CF=FG∴BG=AB−AG=10−6=4BF=BC−CF=8−FG∵在Rt△FBGF∴F∴FG=3∴CF=FG=3由勾股定理得AF=∵△BEM≅△FBG∴BM=FG=3，EM=BG=4∵BC=8，CF=3∴BF=BC−CF=8−3=5∴MF=BF−BM=5−3=2∵EM⊥BF∴∠EMF=90°由勾股定理得EF=∴AE=AF+EF=35∴AE的长为55【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，勾股定理等知识点，熟悉掌握以上知识点是解题关键．7．（2022春·江苏泰州·八年级校考期末）（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）【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（3）①由（1）得a2+b②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【详解】解：（1）依题意得图1中阴影部分的面积为：a2+b∴a故答案为：a2（2）依题意得图2中梯形的面积为：12a+ba+b∴1整理得：a2（3）①由（1）得a==25，在直角△ABC中，∠C=90°，由（2）得，c2∴c=5；②由（2）得BC∴BC=x因为直角△BOC中周长为n，∴BC=n−x−y，∴x∴x整理得：2nx+y∴2x+y长方形AODE的面积为：OD·OA==4−2=4−n−=4−n+−当−2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．8．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）在学习完勾股定理这一章后，小梦和小璐进行了如下对话．小梦：如果一个三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=2c2，那我们称这个三角形为“类勾股三角形”，例如△ABC的三边长分别是2小璐：那等边三角形一定是“类勾股三角形”！根据对话回答问题：(1)判断：小璐的说法___________（填“正确”或“错误”）(2)已知△ABC的其中两边长分别为1，7，若△ABC为“类勾股三角形”，则另一边长为___________；(3)如果Rt△ABC是“类勾股三角形”，它的三边长分别为x，y，z（x，y为直角边长且x<y，z为斜边长），用只含有x【答案】(1)正确(2)2或13(3)周长为：1+2+3【分析】（1）将其三边长的平方写出来，看能否写成两边的平方等于第三边平方的两倍即可；（2）分三种情况讨论求解并进行验证即可；（3）根据勾股定理和类勾股三角形的性质将y、z用x表示，即可求出结果．【详解】（1）解：设等边三角形三边长分别是a，b，c，则a=b=c，∴a2∴等边三角形是“类勾股三角形”，∴小璐的说法正确，故答案为：正确；（2）解：设另一边长为x，①12+7②12+x③x2故答案为：2或13；（3）解：∵x<y<z，∴x2∴y2+z∴x2∵x2∴y2∴x2∴z=3x，∴周长为：1+2面积为：12【点睛】本题考查勾股定理，理解题目中的新定义及掌握勾股定理是解题关键．9．（2022秋·山东济南·八年级统考期末）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透．某校数学兴趣小组，在学习完勾股定理和实数后，进行了如下的问题探索与分析【提出问题】已知0<x<1，求1+x【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，来分别表示长度为1+x2和1+1−x【解决问题】(1)如图，我们可以构造边长为1的正方形ABCD，P为BC边上的动点．设BP=x，则PC=1−x．则1+x(2)在（1）的条件下，已知0<x<1，求1+x(3)【应用拓展】应用数形结合思想，求x2【答案】(1)AP，DP(2)5(3)2【分析】（1）根据题意将式子转化为线段长度之和即可；（2）作点D关于BC的对称点D′，连接AD′，则AP+PD的最小值即为A（3）构造图形，使得则x2+32−(x−6)2+12=AE−DE，则当点A、D、E三点共线时，AE−ED的最大值为AD，延长AD【详解】（1）解：由题意可得：1+x（2）作点D关于BC的对称点D′，连接A则DD则AP+PD的最小值即为AD在Rt△ADD′即1+x2+故答案为：5；（3）x2如图，AB=3，CD=1，BC=6，AB⊥BC，CD⊥BC，设BE=x，则x2∴当点A、D、E三点共线时，AE−ED的最大值为AD，延长AD，BC交于E，作DH⊥AB于H，可得AH=AB−BH=AB−CD=2，DH=BC=6，由勾股定理得，AD=A∴x2+9−【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称−最短路线问题，勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合思想，学会利用转化思想解决问题．考点3考点3平行四边形解答期末真题压轴题1．（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【答案】(1)见解析(2)①点F是BE的中点，理由见解析；②DF【分析】1只要证明△AFB≌△DFEAAS2①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【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=2∵EF=FB，EO=OC，∴BC=AD=2b，∴AH=2∴BH=2a+2∴BH=2∴DF【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．2．（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(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，【答案】(1)60°(2)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=（3）分0<t≤3，3<t≤6，6<t≤9，9<t≤12四种情况讨论求解即可．【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∴∴S∴S（3）解：∵PD∥∴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=3①当0<t≤3时，PD=12−t，BQ=12−4t，∴12−t=12−4t，解得：t=0（不合题意，舍去）；②当3<t≤6时，PD=12−t，BQ=4t−12，∴12−t=4t−12，解得：t=4.8；③当6<t≤9时，PD=12−t，BQ=36−4t，∴12−t=36−4t，解得：t=8；④当9<t≤12时，PD=12−t，BQ=4t−36，∴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．3．（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(2)在括号内填写根据：∵CD∥BA且CD＝∴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【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【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=∵AD∥∴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=8②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【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．4．（2022春·湖北武汉·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O，A，C的坐标分别为O0,0，A4,0，C0,c，动点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB方向移动，作△PAO关于直线PO的对称△PA′(1)当c=x−2①矩形的顶点B的坐标是；②如图2．当点A′落在OB上时，显然△PA′(2)若直线PA′与直线BC相交于点M，且t<3时，∠POM=45°．问：当t>3时，【答案】(1)①4,3；②A(2)不变，理由见解析【分析】（1）①根据二次根式有意义的条件，得出c=3，即可得出点B的坐标；②根据勾股定理求出OB=5，设AP=A′P=x，则BP=AB−x=3−x，根据勾股定理求出x=43，再用等面积法求出A（2）连接OM，证明△OMC≌△OMA′AAS，得出四边形OABC②当t>4时，证明Rt△OMA′≌Rt△OMCHL，根据∠1+∠2+∠3+∠4=90°【详解】（1）解：①∵c=x−2∴x−2=0，∴c=3，∴C0,3∵A4,0∴B4,3故答案为：4,3；②过点A'作A'Q⊥AB∵A4,0，B∴OA=3,AB=3，根据勾股定理可得：OB=O∵△PAO和△PA′O∴OA′=OA=4则A′设AP=A′P=x在Rt△A′即12解得：x=4∴BP=AB−AP=3−4∵∠PA∴S△即1×43=∴点A′的横坐标为4−设直线OB的函数表达式为y=kx，将点B4,3代入得：3=4k，解得：k=∴直线OB的函数表达式为y=3将x=165代入得：∴A′（2）解：连接OM，∵∠POM=45°，∠AOC=90°，∴∠1+∠4=45°，∠2+∠3=45°，∵△PAO和△PA′O∴∠3=∠4，∴∠1=∠2，在△OMC和△OMA∠1=∠2∠OCM=∠O∴△OMC≌△OMA∴OC=OA′=OA①当3<t≤4时，∵△OMC≌△OMA′，∴∠POM=1②当t>4时，在Rt△OMA′OA∴Rt△OM∴∠1=∠2，∵OC∥∴∠3=∠OPA，由折叠的性质可得：∠4=∠OPA，∠A∴∠3=∠4，∵∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠2+∠3=45°，即∠POM=45°．综上：不会改变．【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，勾股定理，三角形全等是判定和性质，轴对称的性质，解题的关键是熟练掌握相关内容，正确画出图形和辅助线，构造全等三角形求解．5．（2022春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考期末）如图，已知正方形ABCD，将它绕点A逆时针旋转α（0°<α<90°）得正方形AEFG，EF交BC于H，AB=2．(1)求证：AH平分∠BHE；(2)当A、E、C在同一条直线上时，①求证：A、B、F共线；②求BH长．(3)当D、B、F在同一直线上时直接写出∠FAB的度数．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②(3)15°【分析】（1）根据题意可得AB=AE，∠B=∠AEH=90°，通过证明Rt△ABH≌Rt△AEHHL可得到∠BHA=∠EHA（2）①根据题意可得∠HEA=90°，∠ABC=90°，∠BAC=∠BCA=45°，从而可得到∠FHB=45°，∠BFH=45°，根据三角形内角和定理可得∠FBH=90°，由∠FBH+∠ABH=180°即可得证；②连接AH，同（1）可证明Rt△ABH≌Rt△AEHHL得到BH=EH，设BH=x，则HE=BH=x（3）连接AC、CE、CF，通过证明△FAB≌△CAESAS和△ABF≌△FECSAS，可以得到△ACF为等边三角形，从而即可得到【详解】（1）证明：连接AH，根据题意可得：AB=AE，∠B=∠AEH=90°，在Rt△ABH和Rt△AEH中，AB=AEAH=AH∴Rt△ABH≌Rt△AEHHL∴∠BHA=∠EHA，∴AH平分∠BHE；（2）解：根据题意画出图如图所示：①证明：根据题意可得：∠HEA=90°，∴∠FHB=∠CHE=90°−∠BCA=90°−45°=45°，∠AFE=90°−∠BAC=90°−45°=45°，∵∠BFH+∠FHB+∠FBH=180°，∴∠FBH=90°，∵∠FBH+∠ABH=180°，∴A、B、F三点共线；②连接AH，根据题意可得：AB=AE，∠B=∠AEH=90°，在Rt△ABH和Rt△AEH中，AB=AEAH=AH∴Rt△ABH≌Rt△AEHHL∴BH=EH，∵AB=2，∴AC=22设BH=x，则HE=BH=x，CH=2−x，∵HE∴x解得：x=22∴BH=22（3）解：根据题意画出图如图所示：连接AC、CE、CF，由题意可得：AC=AF，AB=AE=EF，∴∠ABF=180°−∠ABD=180°−45°=135°，∵∠FAB+∠BAE=45°，∴∠FAB=∠CAE，在△FAB和△CAE中，AF=AC∠FAB=∠CAE∴△FAB≌△CAESAS∴∠AEC=∠ABF=135°，∵∠AEC+∠FEC+∠AEF=360°，∴∠FEC=135°，在△ABF和△FEC中，AB=BC∠ABF=∠FEC∴△ABF≌△FECSAS∴FC=AF=AC，∴△ACF为等边三角形，∴∠CAF=60°，∴∠FAB=∠CAF−∠CAB=60°−45°=15°．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，添加适当的辅助线是解题的关键．6．（2022春·江苏扬州·八年级校考期末）如图1，在▱ABCD中，∠ADC的平分线交AB于点E，交CB的延长线于F，以BE、BF为邻边作▱EBFH．(1)证明：平行四边形EBFH是菱形；(2)如图2，若∠ABC=60°，连接HA、HB、HC、AC，求证：△ACH是等边三角形．(3)如图3，若∠ABC=90°．①直接写出四边形EBHF的形状；②已知AB=10，AD=6，M是EF的中点，求CMCF【答案】(1)见解析(2)见解析(3)①菱形EBFH为正方形；②CMCF【分析】（1）证明∠HEF=∠HFE，则EH=FH，即可求解；（2）证明四边形DCFG为菱形，则△DGC、△CGF均为等边三角形；证明△CAG≌△CHFSAS，则CA=CH，再证明∠ACH=60°（3）①∠ABC=90°，则平行四边形ABCD为矩形，菱形EBFH为正方形；②MN=2=BN，CN=BC+NB，则CM=C【详解】（1）证明：∵DE是∠ADC的平分线，∴∠CDE=∠ADE，∵CD∥AB，∴∠CDE=∠AED=∠HFE，∵AD∥∴∠EDA=∠FEH，∴∠HEF=∠HFE，∴EH=FH，∴▱EBFH为菱形；（2）证明：延长DA交FH的延长线于点G，连接CG，∵四边形ABCD为平行四边形，故CD∥AB，而四边形EBFH为菱形，故EB∥∴DG∥CF，∴四边形DCFG为平行四边形，∵DE是∠ADC的角平分线，∵∠CDF=∠GDF，∴CD∥∴∠CDF=∠GFD=∠GDF，∴DG=GF，∴平行四边形DCFG为菱形，∵∠ABC=60°，∴△DGC、△CGF均为等边三角形，∴∠CGD=∠CGF=60°，CG=CF，同理可得：四边形AEHG为平行四边形，故AG=EH=HF，在△CAG和△CHF中，CG=CF，AG=HF，∠CGD=∠CGF=60°，∴△CAG≌△CHFSAS∴CA=CH，∠ACG=∠HCF，∵∠ACH=∠ACG+∠GCH=∠GCH+∠HCF=60°，∴△ACH是等边三角形；（3）解：①∠ABC=90°，则平行四边形ABCD为矩形，∴菱形EBFH为正方形；②由（1）知△ADE为等腰直角三角形，故AE=AD=6，则BE=10−6=4，连接BH，过点M作MN⊥BF于点N，∵M是EF的中点，故点M时正方形EBFH对角线的交点，则MN=1则CN=BC+NB=6+2=8，CF=BC+BF=6+4=10∴CM=C∴CMCF【点睛】本题是几何综合题，考查了勾股定理、等边三角形、三角形全等、平行四边形和特殊四边形的判定与性质等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．7．（2022春·河北保定·八年级统考期末）已知等边三角形ABC的边长为12，D为射线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接BF．(1)如图，当点D在BC边上时，求证：△ACD≌△ABF，(2)在点D的移动过程中，当BF=3时，求BD的长度(3)设△ABC与菱形ADEF的面积分别为S1，S2，直接写出【答案】(1)见解析(2)当BF=3时，求BD的长度为9或15；(3)2【分析】（1）根据等边三角形的性质，菱形的性质得出AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°，进而得出∠BAF=∠CAD，根据SAS证明△ACD≌△ABF，即可；（2）根据全等三角形的性质得出.CD=BF=3，分当点D在线段BC上时，当点D在线段BC的延长线上时，分类讨论即可求解；（3）连接DF，过点A作AG⊥DF于点G，依题意得出△ADF是等边三角形，则S2=2S△ADF，设AD=m，则DF=m，勾股定理得出AG=32m，进而得出S1=【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°∵四边形ADEF是菱形，∠DAF=60°，∴AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°，∴∠DAF−∠BAD=∠BAC−∠BAD即∠BAF=∠CAD在△ACD和△ABF中AC=AB∴△ACD≌△ABFSAS（2）解：∵等边三角形ABC的边长为12，∴BC=12，∵△ACD≌△ABF∴.CD=BF=3当点D在线段BC上时，如图所示，此时BD=BC−CD=12−3=9，当点D在线段BC的延长线上时，如图所示，此时BD=BC+CD=12+3=1，综上所述，当BF=3时，求BD的长度为9或15；（3）如图所示，连接DF，过点A作AG⊥DF于点G，∵四边形ADEF是菱形，∠DAF=60°，∴△ADF是等边三角形，S2设AD=m，则DF=m，∵AG=DF，∴DG=FG=1∴AG=A∴S同理S1∴S当m取得最小值时，S1∴当AD⊥BC时，m取得最小值，此时m=AD=3∴S即S1S【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．8．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB=5cm，BC=2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN=1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B(1)当点B′恰好落在边CD①证明：△B②求线段BM的长；(2)点M从点A向点B运动的过程中，若边线段MB′与边CD交于点①求此运动过程中，DE的最大值；②请直接写出点E相应运动的路径长．【答案】(1)①证明见解析；②5(2)①DE的最大值2cm；②5【分析】（1）①证明：如下图，由将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上，得CN=C′N，∠1=∠2，再由四边形ABCD是矩形，得AB∥CD，从而有（2）①如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，由垂线段最短，得当点M运动到MB'⊥AB时，EM=【详解】（1）①证明：如图1，∵将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C∴CN=C'N，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1=∴∠2=∴BM=B′M，∴△B②解：在Rt△B′∴BM=B′M=B′N=5（2）解：如图2，当点M与点A重合时，AE=EN，设AE=EN=xcm，则DE=CD−DE−CN=4−x（cm在Rt△ADE中，有AE2=AD∴DE=4−5①如图3中，当点M运动到MB∵垂线段最短，∴当点M运动到MB′⊥AB∴此时DE′=4−②如图4中，当点M运动到点B落在CD时，DB′（即DE∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径=EE【点睛】本题考查矩形为背景的折叠问题，翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．9．（2022春·浙江温州·八年级校联考期末）如图，等边△ABC中，AB=6，动点D，E分别是边BC，AC上的两个点，且满足CD=CE+1，以CD，CE为邻边构造▱DCEF，记CE的长为m(1)EF=______（含m的代数式表示）；(2)当点F分别落在∠A，∠B的角平分线上时，求对应的m的值；(3)作∠B的角平分线，交AC于H，当BH恰好平分▱DCEF的面积时，m=_____．（请直接写出答案）【答案】(1)m+1(2)43和(3)11【分析】（1）由CD=CE+1，CE=m，得CD=m+1，根据平行四边形的性质得EF=CD=m+1，于是得到问题的答案；（2）作∠BAC的平分线交BC于点G，由等边三角形的性质得BC=AB=6，∠BAC=60°，AG⊥BC，则CG=BG=3，∠AGC=90°，∠CAG=∠BAG=30°，因为DF∥AC，且点F在AG上，所以∠DFG=∠CAG=30°，则DG=12DF，所以3−m+1=12m；作∠ABC的平分线交AC于点H，则∠BHC=90°，（3）连接DE交BH于点O，作DL⊥AC于点H，因为BH平分▱DCEF的面积，所以BH经过▱DCEF的对称中心，可证明△OID≌△OHE，得DI=EH=m−3，再证明四边形DIHL是矩形，则HL=DI=m−3，所以CL=3−m−3=6−m，由CL=12CD【详解】（1）解：∵CD=CE+1，CE=m，∴CD=m+1，∵四边形DCEF是平行四边形，∴EF=CD=m+1，故答案为：m+1．（2）当点F落在∠BAC的平分线上时，如图1，作∠BAC的平分线交BC于点G，∵△ABC是等边三角形，