文档内容
八年级(下)月考必考题型专项复习(5 月份)【30 大考点】
（考试范围：第16~19章）
【人教版】
【考点1 二次根式的定义】......................................................................................................................................2
【考点2 二次根式的性质与化简】..........................................................................................................................3
【考点3 最简二次根式】..........................................................................................................................................5
【考点4 分母有理化】..............................................................................................................................................7
【考点5 二次根式的运算】......................................................................................................................................9
【考点6 二次根式的应用】....................................................................................................................................11
【考点7 勾股定理】................................................................................................................................................14
【考点8 勾股定理的证明】....................................................................................................................................16
【考点9 勾股定理的逆定理】................................................................................................................................20
【考点10 勾股定理的应用】....................................................................................................................................23
【考点11 平行四边形的性质】................................................................................................................................27
【考点12 三角形的中位线】....................................................................................................................................31
【考点13 平行四边形的判定】................................................................................................................................35
【考点14 平行四边形的判定与性质】....................................................................................................................38
【考点15 直角三角形斜边上的中线】....................................................................................................................43
【考点16 矩形的性质】............................................................................................................................................46
【考点17 矩形的判定】............................................................................................................................................51
【考点18 矩形的判定与性质】................................................................................................................................55
【考点19 菱形的性质】............................................................................................................................................61
【考点20 菱形的判定】............................................................................................................................................64
【考点21 菱形的判定与性质】................................................................................................................................69
【考点22 正方形的性质】........................................................................................................................................76
【考点23 正方形的判定】........................................................................................................................................81
【考点24 正方形的判定与性质】............................................................................................................................86
【考点25 变量与函数】............................................................................................................................................94
【考点26 动点问题的函数图象】............................................................................................................................97
【考点27 一次函数的图象】..................................................................................................................................100
【考点28 一次函数的性质】..................................................................................................................................105
【考点29 一次函数与方程、不等式】..................................................................................................................108
【考点30 一次函数的应用】..................................................................................................................................114【考点1 二次根式的定义】
【例1】（24-25八年级·山东济宁·阶段练习）下列各式：①❑√y；②❑√a+2；③❑√x2+5；④❑√3a；⑤
❑√y2+6 y+9；⑥❑√3，其中一定是二次根式的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】本题考查了二次根式的定义，形如❑√a(a≥0)的式子叫二次根式，熟练掌握二次根式成立的条件是
解答本题的关键．根据定义分析即可．
【详解】解：①当y<0时，❑√y不是二次根式；
②当a<−2时，❑√a+2不是二次根式；
③❑√x2+5是二次根式；
④当a<0时，❑√3a不是二次根式；
⑤❑√y2+6 y+9=❑√(y+3) 2是二次根式；
⑥❑√3是二次根式．
故选B．
【变式1-1】（24-25八年级·湖北咸宁·期末）代数式❑√n2+4的最小值为 ．
【答案】2
【分析】根据二次根式成立的条件即可解答．
【详解】解：根据题意可得n2≥0，
∴n2+4≥4
∴❑√n2+4≥❑√4=2，
∴❑√n2+4的最小值为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了二次根式成立的条件，熟练掌握和运用二次根式成立的条件是解决本题的关键．
【变式1-2】（24-25八年级·江西南昌·期末）已知y=❑√x−5+2❑√5−x+6，则(x−y) 2025= ．
【答案】−1【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，代数式求值，正确求出x、y的值是解题的关键，根据二
次根式有意义列出¿，求出x的值，即可求出y的值，然后代入计算即可．
【详解】解：根据题意得，¿，
解得x=5，
∴y=6，
∴(x−y) 2025=(5−6) 2025=(−1) 2025=−1，
故答案为：−1．
【变式1-3】（24-25八年级·河南洛阳·期末）已知实数a满足|2020−a)+❑√a−2021=a，那么a−20202
的值是 ．
【答案】2021
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，出现二次根式中有未知数的题，想到二次根式有意义是
解题的关键，根据二次根式有意义的条件得到a的取值范围，再由a的取值范围去绝对值，化简即可得出答
案．
【详解】解：根据二次根式有意义的条件得：a−2021≥0，
∴a≥2021，
∴2020−a<0，
∴原式可化为：a−2020+❑√a−2021=a，
∴❑√a−2021=2020，
∴a−2021=20202，
∴a−20202=2021，
故答案为：2021．
【考点2 二次根式的性质与化简】
1 1
【例2】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期末）已知x，y为实数，xy=3，那么 ❑√x3y+ ❑√x y3 的值为
x y
（ ）
A．❑√3 B．±❑√3 C．2❑√3 D．±2❑√3
【答案】D
【分析】本题主要考查利用二次根式的性质化简．根据已知条件分情况讨论，当x>0，y>0或x<0，y<0
时，直接利用二次根式的性质化简，再整体代入xy=3即可求解．
【详解】解：∵xy=3，
∴分情况讨论，当x>0，y>0时，
1 1 1 1
∴ ❑√x3y+ ❑√x y3= ⋅x❑√xy+ ⋅y❑√xy=2❑√xy=2❑√3；
x y x y
当x<0，y<0时，
1 1 1 1
∴ ❑√x3y+ ❑√x y3=−x⋅ ❑√xy−y⋅ ❑√xy=−2❑√xy=−2❑√3，
x y x y
1 1
综上， ❑√x3y+ ❑√x y3 的值为±2❑√3．
x y
故选：D．
【变式2-1】（24-25八年级·湖北十堰·期末）已知10)
先运用完全平方公式对被开方数因式分解，然后再根据二次根式的性质化简即可解答．
【详解】解：∵10,x−2<0，
∴❑√x2−2x+1+❑√x2−4x+4=❑√(x−1) 2+❑√(x−2) 2=x−1+2−x=1．
故答案为：1.
√ 1
【变式2-2】（24-25八年级·浙江金华·阶段练习）将m❑− 中根号外的m移到根号里后得到的式子为
m
（ ）
A．−❑√−m B．❑√−m C．❑√m D．−❑√m
【答案】A
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，二次根式的乘法，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
1
根据二次根式有意义的条件得出− >0，再根据二次根式的性质即可解答．
m
1
【详解】解：由题意可知：− >0，
m
∴m<0，
√ 1 √ 1 √ m2
∴m❑− =−(−m)❑− =−❑− =−❑√−m
m m m故选：A．
【变式2-3】（24-25八年级·浙江宁波·期末）化简❑√4−❑√10+2❑√5+❑√4+❑√10+2❑√5= ．
【答案】❑√5+1
【分析】设❑√4−❑√10+2❑√5+❑√4+❑√10−2❑√5=t，将等式的两边平方，然后根据完全平方公式和二次根
式的性质化简即可得出结论．
【详解】解：设❑√4−❑√10+2❑√5+❑√4+❑√10−2❑√5=t，由算术平方根的非负性可得t≥0，
则t2=4−❑√10+2❑√5+4+❑√10+2❑√5+2❑√16−(10+2❑√5)
=8+2❑√6−2❑√5
=8+2❑√ (❑√5−1) 2
=8+2(❑√5−1)
=6+2❑√5
=(❑√5+1) 2
∴t=❑√5+1．
故答案为：❑√5+1．
【点睛】此题考查的是二次根式的化简，掌握完全平方公式和二次根式的性质是解题关键．
【考点3 最简二次根式】
√2 ❑√2b
【例3】（24-25八年级·河北唐山·期末）下列各式：①❑ ②❑√2n+1 ③ ④❑√0.1y 是最简二次根
5 4
式的是: （填序号）
【答案】②③
【分析】根据最简二次根式的被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，可得答案．
❑√2b
【详解】②❑√2n+1 ③ 是最简二次根式，
4
故答案为②③．
【点睛】本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数
不含能开得尽方的因数或因式．
【变式3-1】（24-25八年级·河北石家庄·期末）如果❑√x−3是最简二次根式，则x的值可能是（ ）A．11 B．13 C．21 D．27
【答案】B
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方式非负，列出不等式得到解集后，再由最简二次根式定义代
值逐项验证即可得到答案．
【详解】解：∵ ❑√x−3是二次根式，
∴x−3≥0，解得x≥3，
A、当x=11时，❑√x−3=❑√8=2❑√2，确定❑√8不是最简二次根式，该选项不符合题意；
B、当x=13时，❑√x−3=❑√10，确定❑√10是最简二次根式，该选项符合题意；
C、当x=21时，❑√x−3=❑√18=3❑√2，确定❑√18不是最简二次根式，该选项不符合题意；
D、当x=27时，❑√x−3=❑√24=2❑√6，确定❑√24不是最简二次根式，该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件及最简二次根式定义，熟练掌握最简二次根式的定义是解决问题
的关键．
【变式3-2】（24-25八年级·广东广州·期末）若❑√8与最简二次根式❑√m+1能合并，则m的值为（ ）
A．7 B．9 C．2 D．1
【答案】D
【分析】先将❑√8化简为最简二次根式，再根据最简二次根式的定义即可得．
【详解】解：❑√8=2❑√2，
∵2❑√2与最简二次根式❑√m+1能合并，
∴m+1=2，
解得m=1，
故选：D．
【点睛】本题考查了最简二次根式、二次根式的化简，熟练掌握最简二次根式的概念是解题关键．
【变式3-3】（24-25八年级·安徽·阶段练习）已知A=2❑√2x+1，B=3❑√x+3，C=❑√10x+3 y，其中
A，B为最简二次根式，且A+B=C，则2y−x的值为 ．
【答案】68
【分析】根据题意得出2x+1=x+3，求出x=2，进而得出10x+3 y=(5❑√5) 2=125，求出y=35，再代入
求值即可．
【详解】∵A，B为最简二次根式，且A+B=C，
∴2x+1=x+3，解得x=2，
∴A=2❑√5，B=3❑√5，A+B=5❑√5=C，
∴10x+3 y=(5❑√5) 2=125，
解得y=35，
∴2y−x=2×35−2=68．
故答案为：68．
【点睛】本题考查最简二次根式，根据最简二次根式的定义得出x=2是解题的关键．
【考点4 分母有理化】
【例4】（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）阅读材料：像(❑√5+2)(❑√5−2)=1，❑√a⋅❑√a=a(a≥0)⋯这种两
个含二次根式的代数式相乘，积不含二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式运
1 ❑√2+1
算时，利用有理化因式可以化去分母中的根号．例如：
= =❑√2+1
❑√2−1 (❑√2−1)(❑√2+1)
请你根据上述材料，解决如下问题：
1
(1)❑√6−❑√5的有理化因式是______， = ______；
❑√6−❑√5
(2)比较大小：❑√2025−❑√2024______❑√2024−❑√2023（填>，<，≥或≤中的一种）
( 1 1 1 1 )
(3)计算： + + +…+ (❑√2025+1)
❑√3+1 ❑√5+❑√3 ❑√7+❑√5 ❑√2025+❑√2023
(4)已知❑√2025+x+❑√2023+x=2，求❑√2025+x−❑√2023+x的值．
【答案】(1)❑√6+❑√5，❑√6+❑√5
(2)<
(3)1012
(4)1
【分析】本题主要考查了分母有理化，二次根式的运算，平方差公式；
（1）根据有理化因式的定义即可解决问题；
（2）根据题意得出所给两个二次根式都是正数，再结合有理化因式的定义比较它们的倒数大小即可解决
问题；
（3）先将括号内里的分母有理化，然后合并，再乘(❑√2025+1)，最后算减法即可；（4）根据题干所给示例进行计算即可．
【详解】（1）解：❑√6−❑√5的有理化因式是❑√6+❑√5
1 ❑√6+❑√5
= =❑√6+❑√5
❑√6−❑√5 (❑√6−❑√5)(❑√6+❑√5)
故答案为：❑√6+❑√5；❑√6+❑√5．
1 1
（2）解：∵ =❑√2025+❑√2024， =❑√2024+❑√2023
❑√2025−❑√2024 ❑√2024−❑√2023
❑√2025+❑√2024>❑√2024+❑√2023
∴❑√2025−❑√2024<❑√2024−❑√2023
故答案为：<．
( 1 1 1 1 )
（3）解： + + +…+ (❑√2025+1)
❑√3+1 ❑√5+❑√3 ❑√7+❑√5 ❑√2025+❑√2023
1
= (❑√3−1+❑√5−❑√3+⋅⋅⋅+❑√2025−❑√2023)(❑√2025+1)
2
1
= (❑√2025−1)(❑√2025+1)
2
1
= (2025−1)
2
=1012；
（4）∵(❑√2025+x+❑√2023+x)(❑√2025+x−❑√2023+x)
=2025+x−2023−x
=2
又∵❑√2025+x+❑√2023+x=2
∴❑√2025+x−❑√2023+x=1
【变式4-1】（24-25八年级·上海·期中）把式子分母有理化过程中，错误的是（ ）
m−n (m−n)(❑√m+❑√n)
A． = =❑√m+❑√n
❑√m−❑√n (❑√m−❑√n)(❑√m+❑√n)
m−n (❑√m+❑√n)(❑√m−❑√n)
B． = =❑√m+❑√n
❑√m−❑√n ❑√m−❑√nm−n (m−n)(❑√m−❑√n)
C． = =❑√m−❑√n
❑√m+❑√n (❑√m+❑√n)(❑√m−❑√n)
m−n (❑√m+❑√n)(❑√m−❑√n)
D． = =❑√m−❑√n
❑√m+❑√n ❑√m+❑√n
【答案】C
【分析】本题考查了分母有理化，涉及到了因式分解等知识，解题关键是掌握式子恒等变形的方法，注意
分子分母同乘或除以一个不为零的数或式子，原式的值才不变，本题据此依次判断即可．
【详解】解：A、将式子的分子分母同乘以(❑√m+❑√n)，式子的值不变，故该选项正确，不符合题意；
B、将分子因式分解为(❑√m+❑√n)(❑√m−❑√n)，与分母约分后得到(❑√m+❑√n)，故该选项正确，不符合题
意；
C、因为(❑√m−❑√n)有可能为0，所以分子分母同时乘以(❑√m−❑√n)错误，故该选项符合题意；
D、将分子因式分解为(❑√m+❑√n)(❑√m−❑√n)，与分母约分后得到(❑√m−❑√n)，故该选项正确，不符合题
意；
故选：C ．
2
【变式4-2】（24-25八年级·广东东莞·期中）设❑√3的整数部分为a，小数部分为b，则 −a的值为（ ）
b
❑√3 ❑√3−1
A． B． C．2❑√3+1 D．❑√3
2 2
【答案】D
【分析】本题考查了分母有理化，无理数的估算： 求一个数的算术平方根在哪两个整数之间，就要看被
开方数的值在哪两个相邻正整数的平方之间．先估算出❑√3的范围，根据a+b=❑√3可得a，b的值，最后代
入，利用分母有理化化简求值即可．
【详解】解：∵❑√1<❑√3<❑√4，
∴1<❑√3<2，
∴a=1，b=❑√3−1，
2 2 2❑√3+2
∴ −a= −1= −1=❑√3，
b ❑√3−1 2
故选：D．
【变式4-3】（24-25八年级·全国·专题练习）分母有理化：分母有理化又称“有理化分母”，也就是把分母中的根号化去．指的是如果代数式中分母有根号，那么通常将分子、分母同乘以分母的有理化因式，达
1 1×(❑√2−1)
到化去分母中根号的目的．如： = =❑√2−1，观察此算式规律回答问题，已知
1+❑√2 (❑√2+1)(❑√2−1)
2024
m= ，则m2−2m−2024的值是 ．
❑√2025−1
【答案】0
【分析】本题主要考查了分母有理数化，完全平方公式，先将m进行化简，再将要求的式子变形为
(m−1) 2−2025，然后代入计算即可．
2024 2024(❑√2025+1) 2024(❑√2025+1)
【详解】解：m= = = =❑√2025+1
❑√2025−1 (❑√2025−1)(❑√2025+1) 2024
m2−2m−2024
∴=m2−2m+1−1−2024
=(m−1) 2−2025
=(❑√2025+1−1) 2 −2025
=2025−2025
=0，
故答案为：0．
【考点5 二次根式的运算】
【例5】（24-25八年级·山东济宁·期中）按如图所示的运算程序，若输入数字“9”则输出的结果是（ ）
A．11−6❑√2 B．1 C．11−3❑√2 D．7
【答案】D
【分析】本题考查了二次根式的运算和流程图，先计算出前面结果和1作比较，再根据流程图计算即可，理解框图中的运算法则是解题的关键．
【详解】解：输入数字“9”后，
9÷3−❑√2=3−❑√2>1，
∴(3−❑√2)(3+❑√2)=7，
故输入数字“9”则输出的结果是7，
故选：D．
a−b a−4❑√ab+4b 1
【变式5-1】（24-25八年级·上海浦东新·期中）先化简，后求值： + ，其中a=
❑√a+❑√b ❑√a−2❑√b 2
，b=2．
【答案】2❑√a−3❑√b，−2❑√2
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，先根据二次根式的混合运算化简，再代入字母的值进行计算即
可求解．
(❑√a+❑√b)(❑√a−❑√b) (❑√a−2❑√b) 2
【详解】解：原式= = +
❑√a+❑√b ❑√a−2❑√b
= ❑√a−❑√b+❑√a−2❑√b
= 2❑√a−3❑√b
1
当a= ，b=2时，
2
❑√2
原式= 2× −3❑√2 = ❑√2−3❑√2 = −2❑√2．
2
【变式5-2】（24-25八年级·四川宜宾·期中）已知a=❑√3+1，b=❑√3−1，则a2+ab+b2= ．
【答案】10
【分析】本题主要考查二次根式的化简求值，先根据完全平方公式将原式整理成(a+b) 2−ab，再代入求解
即可．
【详解】解：a2+ab+b2
=(a+b) 2−ab
=(❑√3+1+❑√3−1) 2 −(❑√3+1)(❑√3−1)
=(2❑√3) 2 −(3−1)=12−3+1
=10
故答案为：10．
❑√x2−4+❑√8−2x2+12
【变式5-3】（24-25八年级·四川乐山·期中）已知x，y为实数，且满足y= ，求
x+2
√ y √ x
❑ +❑ 的值．
x y
5❑√6
【答案】
6
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值，分式有意义的条件，先根据二次根式有意义的条件得到
{x2−4≥0)
，则x2−4=0，再由分式有意义的条件推出x=2，据此求出y=3，再代值计算即可得到答
4−x2≥0
案．
【详解】解：∵❑√x2−4+❑√8−2x2要有意义，
{ x2−4≥0 ) {x2−4≥0)
∴ ，即 ，
8−2x2≥0 4−x2≥0
∴x2−4=0，
∴x=±2，
又∵分式有意义，
∴x+2≠0，即x≠−2，
∴x=2，
0+0+12
∴y= =3，
2+2
√ y √ x √3 √2 ❑√6 ❑√6 5❑√6
∴❑ +❑ =❑ +❑ = + = ．
x y 2 3 2 3 6
【考点6 二次根式的应用】
【例6】（24-25八年级·北京顺义·期中）阅读：古希腊的几何家海伦，在数学史上以解决几何测量问题而
闻名，在他的著作《度量》一书中，给出了一个公式，如果一个三角形的三边长分别为a,b,c，记
a+b+c
p= ，则三角形的面积S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)，此公式称为“海伦公式”．
2思考运用，已知李大爷有一块三角形的菜地，如图，测得AB=7m,AC=5m,BC=8m，你能求出李大爷
这块菜地的面积吗？试试看．
【答案】李大爷这块菜地的面积为10❑√3m2
【分析】本题考查了二次根式的应用，将题目中的已知量代入到海伦公式里面进行计算即可．解题的关键
是正确的代入公式并进行计算．
【详解】解：∵AB=7m,AC=5m,BC=8m，
a+b+c 7+5+8
∴p= = =10．
2 2
∴S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)
=❑√10×(10−7)×(10−5)×(10−8)
=❑√10×3×5×2=10❑√3(m2)．
∴李大爷这块菜地的面积为10❑√3m2
【变式6-1】（24-25八年级·山西晋中·期中）发生交通事故后，交道警察通常根据刹车后车轮滑过的距离
估计车辆行驶的速度，所用的经验公式是v=16❑√df，其中v表示车速（单位：km/h），d表示刹车后车轮
滑过的距离（单位：m），f表示摩擦因数．在某次交通事故调查中，测得d=20m，f =1.2，则肇事汽车
的车速大约是多少？（❑√6≈2.45，结果精确到1km/h）
【答案】肇事汽车的车速大约是78km/h
【分析】本题主要考查了二次根式的应用，化简二次根式等知识点，将d=20，f =1.2代入v=16❑√df即可
求出肇事汽车的车速大约是多少，熟练掌握运用二次根式的性质化简求值是解决此题的关键．
【详解】解：∵d=20，f =1.2代入v=16❑√df，
∴v=16×❑√20×1.2=16×2❑√6=32❑√6，
∵❑√6≈2.45，
∴v≈32×2.45≈78(km/h)，
答：肇事汽车的车速大约是78km/h．
【变式6-2】（24-25八年级·山东临沂·期中）电流通过导线时会产生热量，电流I（单位：A）、导线电阻
R（单位：Ω）、通电时间t（单位：s）与产生的热量Q（单位：J）满足Q=I2Rt．已知导线的电阻为
2Ω，2s时间导线产生50J的热量，电流I的值是（ ）5❑√2 25
A．5 B． C．5❑√2 D．
2 2
【答案】B
【分析】本题考查了二次根式的实际应用．将已知量代入物理公式Q=I2Rt，即可求得电流I的值．
【详解】解：通电时间t（单位：s)与产生的热量Q（单位：J）满足Q=I2Rt，
√ Q √ 50 5❑√2
所以电流I=❑ =❑ = ．
Rt 2×2 2
5❑√2
故电流I的值为 ，
2
故选：B．
【变式6-3】（24-25八年级·全国·专题练习）高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”，我们应坚决抵
制这一行为．据研究，从高处坠落的物品，其下落的时间t(s)和下落高度ℎ(m)近似满足公式t=❑
√ℎ
（不考
5
虑空气阻力的影响）．
(1)小东家住某小区26层，每层楼的高度近似为3m，若从小东家坠落一个物品，则该物品落地的时间为 s
（结果保留根号）；
(2)某物体从高空落到地面的时间为4s，则该物体的起始高度ℎ = m；
(3)资料显示：伤害无防护人体只需要65J的动能，从高空下落的物体产生的动能E（单位：J）可用公式
E=mgℎ计算，其中，m为物体质量（单位kg），g≈10N/kg，h为高度（单位：m）．根据以上信息判
断，一个质量为150g的玻璃碎片从16层楼下落到地面上，该玻璃碎片在坠落地面时所带能量能伤害到楼
下无防护的行人吗？请说明理由．
【答案】(1)❑√15
(2)80
(3)能，理由见解析
【分析】本题考查二次根式的应用：
（1）先计算高度得到ℎ =75，然后把h的值代入公式t=❑
√ℎ
得到t的值；
5
（2）把t=4代入公式t=❑
√ℎ
，然后求出h的值即可；
5
（3）先计算高度得到ℎ =48，再利用公式E=mgℎ计算出150g的玻璃碎片从16层楼下落到地面上产生的
动能E为67.5J，然后利用67.5J>65J可判断该玻璃碎片在坠落地面时所带能量能伤害到楼下无防护的行
人．【详解】（1）解：(26−1)×3=75m，
√75
当ℎ =75时，t=❑ =❑√15，
5
即该物品落地的时间为❑√15；
故答案为：❑√15；
（2）当t=4时，4=❑
√ℎ
，
5
解得：ℎ =80m；
故答案为：80；
（3）能．
理由如下：
(16−1)×3=45，
当ℎ =45,m=150g=0.15kg,g≈10N/kg时，E=0.15×10×45=67.5(J)，
∵67.5J>65J，
∴该玻璃碎片在坠落地面时所带能量能伤害到楼下无防护的行人．
【考点7 勾股定理】
【例7】（24-25八年级·河南郑州·期中）下列各组数中，是勾股数的是（ ）
A．1,1,❑√2 B．1.5，2.5，2 C．4，5，6 D．9，12，15
【答案】D
【分析】本题主要考查了勾股数问题，若三个正整数满足两较小的数的平方和等于最大数的平方，那么这
三个数是勾股数，据此求解即可．
【详解】解：A，❑√2不是正整数，不是勾股数，不符合题意；
B，1.5,2.5不是正整数，不是勾股数，不符合题意；
C，42+52≠62，不是勾股数，不符合题意；
D，因为92+122=152，所以9,12,15是勾股数，符合题意．
故选：D．
【变式7-1】（24-25八年级·重庆·期中）若一个直角三角形的两直角边的长为3和4，则第三边的长为（
）
A．5或❑√7 B．5 C．❑√7 D．5或❑√6
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理，当直角三角形的两直角边分别为3和4时,利用勾股定理计算即可．【详解】解：当直角三角形的两直角边分别为3和4时，则第三边长为❑√32+42=5，
故选：B．
【变式7-2】（24-25八年级·吉林长春·期中）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以这个三角形的三
边为边长作正方形，面积分别记为S ，S ，S ，如果S +S −S =16，则阴影部分的面积为（ ）
1 2 3 2 1 3
A．6 B．4 C．5 D．8
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理，解题的关键是由勾股定理得出S −S =S 是解题的关键．
2 3 1
由勾股定理得出S −S =S ，再根据S +S −S =16可得出S 的值，即可求解．
2 3 1 2 1 3 1
【详解】解：由勾股定理得：BC2−AC2=AB2，
即S −S =S ，
2 3 1
∵S +S −S =16，
2 1 3
∴S =8，
1
1
由图形可知，阴影部分的面积为 S =4，
2 1
故选：B．
【变式7-3】（24-25八年级·广东茂名·期中）如图，在4×4的网格中，每个小正方形的边长均为1，则点
B到线段AC的距离为（ ）
7❑√10 7❑√5 5❑√5 3❑√5
A． B． C． D．
5 5 5 10
【答案】B【分析】本题考查了勾股定理，三角形的面积，根据小正方形的边长为1，利用勾股定理求出AC，由正方
形面积减去三个直角三角形面积求出△ABC面积，利用面积法求出AC边上的高即可．
【详解】解：在4×4的网格中，每个小正方形的边长均为1，如图，BD为AC边上的高，
由勾股定理得：AC=❑√22+42=2❑√5，
1 1 1 1
∵S =4×4− ×2×4− ×2×3− ×1×4=7，S = AC⋅BD，
△ABC 2 2 2 △ABC 2
1
∴ ×2❑√5×BD=7，
2
7❑√5
解得：BD= ，
5
故选：B．
【考点8 勾股定理的证明】
【例8】（24-25八年级·湖南长沙·期中）素有“千古第一定理”之称的勾股定理，它是人类第一次将数与
形结合在一起的伟大发现，也是人类最早发现并用于生产、观天、测地的第一个定理，它导致了无理数的
发现，引发了第一次数学危机，它使数学由测量计算转变为推理论证．在中国，也被称为“商高定理”，
西方则称其为“毕达哥拉斯定理”，几千年来，太多的溢美之词给了这一定理，由于它迷人的魅力，人们
冥思苦索给出了数百种证明方法，成为了证明方法最多的定理，其中，利用等面积法证明勾股定理最为常
见，现有四名网友为证明勾股定理而提供的图形，其中提供的图形（可以作辅助线）能证明勾股定理的网
友是 （填写数字序号即可）．
【答案】①②③④【分析】根据各部分图形的面积和差系导出a、b、c三者关系进行判断便可．
1
【详解】解：①由图形可知，(b−a) 2+4× ab=c2 ，
2
整理得a2+b2=c2，
故①符合题意；
1
②由图形可知，c2+4× ab=(a+b) 2 ，
2
整理得a2+b2=c2，
故②符合题意；
1 1 1
③由下图知，2× ab+ c2= (a+b) 2 ，
2 2 2
整理得a2+b2=c2，
故③符合题意；
④由下图知，S =S −S ，
△ADE △ABC △BCE
1 1 1
即 c⋅DF= ab− (b−a)a，
2 2 2
a2
∴DF= ，
c
a2
∴DE=c− ，
c
1 1 a2
由△ABE的面积公式得 b⋅b= c(c− )，
2 2 c
整理得a2+b2=c2，
故④符合题意；故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查的是勾股定理的证明，掌握正方形、梯形、直角三角形的面积公式是解决此题的关
键．
【变式8-1】（24-25八年级·河南信阳·期中）如图所示的赵爽弦图是由四个全等的直角三角形和小正方形
拼的大正方形．如果直角三角形中较短的直角边长为a，较长的直角边长为b，大正方形的边长是
❑√41,b−a=1，那么ab= ．
【答案】20
【分析】由题意可知:大正方形的边长为❑√41，b−a=1，根据勾股定理和正方形的面积以及题目给出的已
知数据即可求ab的长度．
【详解】解：由题意可知：大正方形的边长为：❑√41，
直角三角形边长分别为a，b
∴根据勾股定理可得：a2+b2=41，
又∵b−a=1，
可得：a=4，b=5，
∴ab=5．
故答案为：20
【点睛】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用几何直观和图形面积，本题属于基础题形．
【变式8-2】（24-25八年级·河南郑州·期中）现有4个全等的直角三角形（阴影部分），直角边长分别为
a、b，斜边长为c，将它们拼合为如图的形状．用两种不同的方法计算整个组合图形的面积，可以证明勾
股定理，
(1)请将证明过程补充完整：方法一：以c为边的正方形的面积+两个直角三角形的面积，即最后化简为
__________；方法二：以a和b为边的两个小正方形的面积+两个直角三角形的面积，即最后化简为__________；根据面积相等，直接得等式__________，化简最后结果是__________．
(2)当a=3，b=4时，求空白部分的面积．
【答案】(1)c2+ab，a2+b2+ab，c2+ab=a2+b2+ab，c2=a2+b2
(2)13
【分析】本题考查了勾股定理的几何背景，代数式求值，正确识图是解题的关键．
（1）根据题意和图形即可求解；
（2）根据空白部分的面积等于以c为边的正方形的面积减去2个直角三角形的面积可得空白部分的面积为
a2+b2−ab，再把a=3，b=4代入计算即可求解．
【详解】（1）解：方法一：以c为边的正方形的面积+两个直角三角形的面积为：
1 1
c2+ ab+ ab=c2+ab，
2 2
即最后化简为c2+ab；
方法二：以a和b为边的两个小正方形的面积+两个直角三角形的面积，即最后化简为a2+b2+ab；
根据面积相等，得：c2+ab=a2+b2+ab，
化简最后结果是c2+ab=a2+b2+ab，
故答案为：c2+ab，a2+b2+ab，c2+ab=a2+b2+ab，c2=a2+b2；
1 1
（2）解：根据题意得：空白部分的面积为：c2− ab− ab=a2+b2−ab，
2 2
当a=3，b=4时，原式=32+42−3×4=13．
【变式8-3】（24-25八年级·江苏扬州·期中）如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．
(1)弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a．较短的直角边为b，斜
边长为c，结合图①，试验证勾股定理；
(2)如图②，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓线的周长为80，OC=5，求该
飞镖状图案的面积；
(3)如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT
的面积分别为S 、S 、S ，若S +S +S =27，求S ．
1 2 3 1 2 3 2【答案】(1)见解析
(2)120
(3)9
【分析】本题考查了勾股定理的证明，正方形的性质，一元二次方程．
（1）依据图1中的大正方形的面积可以用四个三角形面积和中间小正方形面积之和表示，也可以用直角三
角形斜边的边长表示，即可得；
（2）可设AC=x，根据勾股定理列出方程可求x，再根据直角三角形面积公式计算即可求解；
（3）设每个三角形的面积都为y，则S =S +4 y，S =S −4 y，即可得S +S +S =3S ，根据
1 2 3 2 1 2 3 2
S +S +S =27，即可得．
1 2 3
1
【详解】（1）解：根据题意得(a−b) 2+4× ab=c2 ，
2
a2−2ab+b2+2ab=c2，
则a2+b2=c2；
（2）解：∵四个全等的直角三角形，外围轮廓线的周长为80，
∴80÷4=20，
设AC=x，则AB=CD=20−x，
由勾股定理可得，(x+5) 2+52=(20−x) 2，
x2+10x+25+25=400−40x+x2，
50x=350，
解得：x=7，
∴OA=OC+AC=7+5=12，
1
∴该飞镖状图案的面积是 ×12×5×4=120；
2
（3）解：设每个三角形的面积都为y，
∴S =S +4 y，S =S −4 y，
1 2 3 2
∴S +S +S =3S ，
1 2 3 2
又∵S +S +S =27，
1 2 3
∴S =9．
2
【考点9 勾股定理的逆定理】
【例9】（24-25八年级·山西大同·阶段练习）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，
B，C，P都在格点（网格线的交点）上，且点P在△ABC的边AC上，则∠PAB+∠PBA的度数是．
【答案】45°
【分析】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用；先计算
CP2=BC2=12+22=5，BP2=12+32=10，可得CP=CB，CP2+CB2=BP2，再进一步求解即可.
【详解】解：∵点A，B，C，P都在格点（网格线的交点）上，且点P在△ABC的边AC上，
∴CP2=BC2=12+22=5，BP2=12+32=10，
∴CP=CB，CP2+CB2=BP2，
∴∠PCB=90°，∠CPB=45°，
∴∠PAB+∠PBA=∠CPB=45°；
故答案为：45°
【变式9-1】（24-25八年级·广西来宾·期中）下列选项中的三条长度的线段首尾顺次连接能围成一个直角
三角形的是（ ）
A．2cm，3cm，4cm B．3cm，4cm，5cm
C．4cm，5cm，6cm D．2cm，4cm，5cm
【答案】B
【分析】本题是对勾股定理逆定理的考查，熟练掌握勾股定理知识是解决本题的关键，根据勾股定理逆定
理依次判断即可．
【详解】解：A、22+32≠42，故此选项错误；
B、32+42=52，故此选项正确；
C、42+52≠62，故此选项错误；
D、22+42≠52，故此选项错误；
故选B．
【变式9-2】（24-25八年级·山东青岛·期末）如图，在△ABC中，AC=8，BC=6，AB=10，D为BC延
长线上一点，BE⊥AD．若CD=6，则BE的长为 ．【答案】9.6
【分析】利用勾股定理的逆定理判定△ABC是直角三角形；利用勾股定理求得AD=❑√AC2+CD2=10，
根据同一个三角形的面积相等，解答即可．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形面积公式，熟练掌握勾股定理及其逆定理是解题的关
键．
【详解】解：∵AC=8，BC=6，AB=10，
∴AC2+BC2=82+62=100，AB2=102=100，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD=180°−∠ACB=90°，
∵CD=6，
∴AD=❑√AC2+CD2=10，
∵BE⊥AD，
1 1
∴S = BD·AC= AD·BE，
△ABD 2 2
∴BD·AC=AD·BE，
∴(6+6)×8=10BE，
解得：BE=9.6，
故答案为：9.6．
【变式9-3】（24-25八年级·广东深圳·期中）如图所示，已知AD=CD=2❑√10，BD=2，BC=3BD，则
AB的长为 ．【答案】2❑√13
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及勾股定理的逆定理等知识，延长BD至点E，
使ED=BD=2，则BE=BD+ED=4，由勾股定理的逆定理证明△CDB是直角三角形，且∠CBD=90°
，再由勾股定理得CE=2❑√13，然后证明△ABD≌△CED(SAS)，即可得出结论．
【详解】解：如图，延长BD至点E，使ED=BD=2，
则BE=BD+ED=4，
∵BD=2，BC=3BD，
∴BC=6，
∵CD=2❑√10，
∴CD2=(2❑√10) 2=40，BD2+BC2=22+62=40，
∴BD2+BC2=CD2，
∴△CDB是直角三角形，且∠CBD=90°，
∴CE=❑√BE2+BC2=❑√42+62=2❑√13，
在△ABD和△CED中，
{
AD=CD
)
∠ADB=∠CDE ，
BD=ED
∴△ABD≌△CED(SAS)，
∴AB=CE=2❑√13，
故答案为：2❑√13．
【考点10 勾股定理的应用】
【例10】（24-25八年级·四川成都·期中）四川的人民渠（利民渠、幸福渠、官渠堰）是都江堰扩灌工程之
一，也是四川省建成的第一座大型水利工程，有“巴蜀新春第一渠”之称．现为扩建开挖某段干渠，如图，欲从干渠某处A向C地、D地、B地分流（点C，D，B位于同一条直线上），修三条笔直的支渠AC
，AD，AB，且AC⊥BC；再从D地修了一条笔直的水渠DH与支渠AB在点H处连接，且水渠DH和支
渠AB互相垂直，已知AC=6km，AB=10km，BD=5km．
(1)求支渠AD的长度．（结果保留根号）
(2)若修水渠DH每千米的费用是0.7万元，那么修完水渠DH需要多少万元？
【答案】(1)3❑√5km
(2)2.1万元
【分析】本题考查了勾股定理的应用以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
（1）由勾股定理求出BC=8km，则CD=3km，再由勾股定理求出AD的长即可；
（2）由△ABD的面积求出DH的长，即可解决问题．
【详解】（1）解：由题意可知：AC⊥CB，
∴∠C=90°，
∵AC=6km，AB=10km，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√102−62=8km，
∴CD=BC−BD=8−5=3km，
∴AD=❑√AC2+CD2=❑√62+32=3❑√5km，
答：公路AD的长度为3❑√5km；
（2）∵AC⊥BC，DH⊥AB，
1 1
∴S = BD⋅AC= AB⋅DH，
△ABD 2 2
∴BD⋅AC=AB⋅DH，
BD⋅AC 5×6
∴DH= = =3km，
AB 10
∴修建林荫小道DH需要的费用为3×0.7=2.1万元．
【变式10-1】（24-25八年级·江西吉安·期末）某宾馆装修，需在一段楼梯台阶上铺上一块地毯，将楼梯台
阶完全盖住．楼梯台阶剖面图如图，已知∠C=90°，AC=3m，AB=5m．(1)求BC的长；
(2)若已知楼梯宽2.8m，需要购买________m2的地毯才能铺满所有台阶．
【答案】(1)BC=4m；
(2)19.6．
【分析】此题考查了平移的性质，勾股定理的应用．
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意，结合图形，把楼梯台阶的横竖分别向上向左平移，进一步求出面积即可．
【详解】（1）解：由题意可得，BC=❑√52−32=4；
（2）解：利用平移可知，把楼梯台阶的横竖分别向上向左平移，地毯的长为3+4=7(m)，
∴地毯面积为2.8×7=19.6(m2)，
故答案为：19.6
【变式10-2】（24-25八年级·河南三门峡·期中）如图所示，甲、乙两船同时由港口A出发开往海岛B，甲
船沿东北方向向海岛B航行，其速度为15海里/小时；乙船速度为20海里/小时，先沿正东方向航行1小时
后，到达C港口接旅客，停留半小时后再转向北偏东30°方向开往B岛，其速度仍为20海里/小时．
(1)求港口A到海岛B的距离；
(2)B岛建有一座灯塔，在离灯塔方圆5海里内都可以看见灯塔，问甲、乙两船哪一艘先看到灯塔？（结果
保留一位小数❑√2=1.414，❑√3=1.732，❑√6=2.45）
【答案】(1)30❑√2+10❑√6
(2)乙船
【分析】本题考查了勾股定理的应用，解答此题的关键是构造直角三角形，利用解直角三角形的相关知识解答．
（1）作BD⊥AE于点D，构造两个直角三角形并解直角三角形，用BD表示出CD和AD，利用DA和DC
之间的关系列出方程求解；
（2）分别求得两船看见灯塔的时间，然后比较即可．
【详解】（1）解：过点B作BD⊥AE于点D，
在Rt△BCD中，∠BCD=60°，设CD=x，则BD=❑√3x，BC=2x，
在Rt△ABD中，∠BAD=45°，
则AD=BD=❑√3x，AB=❑√2BD=❑√6x，
由AC+CD=AD得20+x=❑√3x，
解得x=10❑√3+10，
∴AB=❑√6×(10❑√3+10)=30❑√2+10❑√6，
答：港口A到海岛B的距离为30❑√2+10❑√6海里；
30❑√2+10❑√6−5
（2）解：甲船看见灯塔所用时间： ≈4.1小时，
15
1 20❑√3+20−5
乙船看见灯塔所用时间：1+ + ≈4.0小时，
2 20
所以乙船先看见灯塔．
【变式10-3】（24-25八年级·河南驻马店·期中）如图，长方体的长BE=15cm，宽AB=10cm，高
AD=20cm，点M在CH上．且CM=5cm．一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点M，需要爬
行的最短距离是多少?【答案】蚂蚁爬行的最短距离是25cm
【分析】本题考查了勾股定理的应用；计算出三种情况下线段AM的长度，比较即可得到蚂蚁爬行的最短
距离；
【详解】解：只要把长方体的右侧表面剪开与前面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如第1个图；
∵长方体的宽为10cm，高为20cm，点B离点C的距离是5cm，
∴AM=❑√202+(10+5) 2=25(cm) ；
要把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如第2个图：
∴AM=❑√(20+5) 2+102=5❑√29(cm)；
只要把长方体的上表面剪开与左面所在的平面形成一个长方形，如第3个图
∴AM=❑√(20+10) 2+52=5❑√37(cm)；
∵25<5❑√29<5❑√37 ，
∴蚂蚁爬行的最短距离是25cm．
【考点11 平行四边形的性质】
【例11】（24-25八年级·山西临汾·期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
EF过点O，交AD于点F，交BC于点E．若AB=3，AC=4，AD=5，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．1.5 B．3 C．6 D．4
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌
握平行四边形的性质是解题关键．先利用勾股定理的逆定理求出△ABC是直角三角形，再利用AAS定理证出△COE≌△AOF，根据全等三
角形的性质可得S =S ，从而可得阴影部分的面积等于S ，然后根据平行四边形的性质求解即
△COE △AOF △BOC
可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AD=5，
∴BC=AD=5,AD∥BC,OC=OA，
1
∴S = S ，
△BOC 2 △ABC
∵AB=3，AC=4，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°，
1
∴S = AB⋅AC=6，
△ABC 2
1
∴S = ×6=3，
△BOC 2
又∵AD∥BC，
∴∠OCE=∠OAF,∠OEC=∠OFA，
{∠OCE=∠OAF
)
在△COE和△AOF中， ∠OEC=∠OFA ，
OC=OA
∴△COE≌△AOF(AAS)，
∴S =S ，
△COE △AOF
则图中阴影部分的面积是S +S =S +S =S =3，
△BOE △AOF △BOE △COE △BOC
故选：B．
【变式11-1】（2025·广东潮州·一模）如图，在▱ABCD中，∠BAD的角平分线AE交CD于点E，
∠ABC的角平分线BF交CD于点F．若AB=11，AD=7，则EF的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题关
键．先根据平行四边形的性质可得CD=AB=11,BC=AD=7，AB∥CD，根据平行线的性质可得
∠BAE=∠DEA,∠ABF=∠CFB，再根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE,∠ABF=∠CBF，从
而可得∠DAE=∠DEA,∠CBF=∠CFB，然后根据等腰三角形的判定可得DE=AD=7,CF=BC=7，
最后根据线段和差求解即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=11，AD=7，
∴CD=AB=11,BC=AD=7，AB∥CD，
∴∠BAE=∠DEA,∠ABF=∠CFB，
∵AE平分∠BAD，BF平分∠ABC，
∴∠BAE=∠DAE,∠ABF=∠CBF，
∴∠DAE=∠DEA,∠CBF=∠CFB，
∴DE=AD=7,CF=BC=7，
∴EF=DE+CF−CD=7+7−11=3，
故选：A．
【变式11-2】（24-25八年级·广西来宾·期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若
AC=6，BD=10，CD=4，则∠BAC= 度．
【答案】90
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关性质进行求
解．
根据平行四边形的性质得出AO=CO=3,BO=DO=5，AB=CD=4，再由勾股定理逆定理即可得出结
果．
【详解】解：∵▱ABCD中，AC=6，BD=10，
∴AO=CO=3,BO=DO=5，AB=CD=4，
∵32+42=52，即AB2+AO2=BO2，
∴∠BAC=90°，
故答案为：90．
【变式11-3】（24-25八年级·浙江·期中）如图，平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴、y轴正半轴上运
动，以AB为对角线作平行四边形AEBF，使得边AE在x轴上，点E在A的右侧，且AE=4，连接EF交AB于点M，当OM⊥EF时，若FA−OA=8，则点A的坐标为（ ）
A．(1,0) B．(❑√3,0) C．(2,0) D．(4❑√3,0)
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形
的性质是解题关键．
连接OF，设OA=x，证得△OFM≌△OEM，结合平行四边形的性质得OE=x+4、BE=8+x、BF=4
、OF=x+4，通过勾股定理，构建方程(x+4) 2−42=(8+x) 2−(x+4) 2，解方程，即可求解．
【详解】解：如图，连接OF，
设OA=x，则FA=OA+8=x+8，OE=OA+AE=x+4，
∵四边形AEBF是平行四边形，
∴AE=BF=4，FA=BE=8+x，FM=EM，
∵OM⊥EF，
∴∠FMO=∠EMO=90°，
在△OFM和△OEM中，{
OM=OM
)
∠FMO=∠EMO ，
FM=EM
∴△OFM≌△OEM(SAS)，
∴OF=OE=x+4，
∵在Rt△OFB中，OB2+BF2=OF2，
∴OB2=OF2−BF2=(x+4) 2−42，
∵在Rt△OBE中，OB2+OE2=BE2，
∴OB2=BE2−OE2=(8+x) 2−(x+4) 2，
∴(x+4) 2−42=(8+x) 2−(x+4) 2，
整理，得：x2=48，
解得：x=4❑√3（负值舍去），
∴OA=4❑√3，
∴点A的坐标为(4❑√3,0)．
故选：D．
【考点12 三角形的中位线】
【例12】（24-25八年级·浙江衢州·期中）如图，△ABC中，D是AB的中点，E在AC上，且
1
∠AED=90°+ ∠C，则BC+2AE等于（ ）
2
3 3
A．AB B．AC C． AB D． AC
2 2
【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、平行线的
性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，熟练掌握相关知识并灵活运用．在AC上取点F，使得
AE=EF，连接BF，易得DE为△ABF的中位线，所以DE∥BF，再证明△BCF为等腰三角形，可得BC=FC，然后由BC+2AE=CF+AF=AC可得答案．
【详解】解：如图，在AC上取点F，使得AE=EF，连接BF，
则AF=2AE，
∵D是AB的中点，AE=EF，
∴DE为△ABF的中位线，
∴DE∥BF，
1
∵∠AED=90°+ ∠C，
2
( 1 ) 1
∴∠≝=180°−∠AED=180°− 90°+ ∠C =90°− ∠C，
2 2
∵BF∥DE，
1
∴∠BFC=∠≝=90°− ∠C，
2
1
∴∠FBC=180°−∠C−∠BFC=90°− ∠C，
2
∴∠FBC=∠BFC，
∴BC=FC，
∴BC+2AE=CF+AF=AC．
故选：B．
【变式12-1】（24-25八年级·江苏南通·期中）如图，AD、BE、CF分别是△ABC三边中线，交于点O
，FM∥BE，EM∥BA．求证：四边形ADCM是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】本题考查平行四边形判定及性质，中位线性质等．根据题意连接EF,ED，先证明四边形FBEM是平行四边形，再利用平行四边形性质可得FB=ME，再证明四边形AFEM是平行四边形，继而得到
AM=EF，AM∥EF，再利用中位线性质即可得到本题答案．
【详解】解：连接EF,ED，
，
∵FM∥BE，EM∥BA，
∴FB∥ME，
∴四边形FBEM是平行四边形，
∴FB=ME，
∵F是AB中点，
∴AF=FB=ME，AF∥ME，
∴四边形AFEM是平行四边形，
∴AM=EF，AM∥EF，
∵E,F分别是AB,AC中点，
1
∴BC∥EF， BC=EF，
2
∵D是CB中点，
1
∴DC= BC=EF，
2
∴AM=CD，AM∥CD，
∴四边形ADCM是平行四边形．
【变式12-2】（24-25八年级·广东珠海·期中）如图，△ABC的周长是2，以它的三边中点为顶点组成第1
个三角形△A B C ，再以△A B C 的三边中点为顶点，组成第2个三角形△A B C ，…，则第n个三角
1 1 1 1 1 1 2 2 2
形的周长为（ ）1 1 2 1
A． B． C． D．
2n−1 2n 2n−2 2n+1
【答案】A
【分析】根据三角形的中位线定理建立周长之间的关系，即可得到答案．
【详解】解：∵ △ABC的周长是2，以它的三边中点为顶点组成第1个三角形△A B C ，
1 1 1
1 1 1
∴ A B = BC，A C = AC，B C = AB，
1 1 2 1 1 2 1 1 2
1 1
∴ △A B C 的周长为A B +A C +B C = (BC+AC+AB)= ×2=1，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 21
1 1
∴ △A B C 的周长为 ×2= ，
2 2 2 22 2
…
1 1
以此类推，第n个三角形的周长为 ×2= ，
2n 2n−1
故选：A．
【点睛】本题考查了找规律-图形的变化类，三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线等于第三边的
一半是解题的关键．
【变式12-3】（24-25八年级·北京·期中）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，BE=DF，
连接EF与对角线AC相交于点O．
(1)求证：OE=OF；
(2)连接CE，G为CE的中点，连接OG．若OG=2，求AE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性
质解决问题是解题的关键．
（1）由“AAS”可证△AOE≌△COF，可得OE=OF；
（2）由三角形中位线定理可求AE的长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∵BE=DF，
∴AE=CF，
又∵∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴OE=OF；
（2）解：∵△AOE≌△COF(AAS)，
∴OA=OC，即点O是AC的中点，
又∵点G为CE的中点，
∴OG是△ACE的中位线，
∴AE=2OG=4．
【考点13 平行四边形的判定】
【例13】（24-25八年级·广东汕头·期中）如图，E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，
AE=CF．求证：四边形DEBF是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定，掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题的关
键．
连接BD，与AC交于点O，根据平行四边形的性质可得OA=OC，OB=OD，从而得OE=OF，进而即可
得到结论．
【详解】证明：连接BD，与AC交于点O，∵ ABCD
四边形 为平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，即OE=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
【变式13-1】（24-25八年级·广东汕头·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，
下列条件不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．OA=OC，OB=OD D．AB∥DC，AD=BC
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、∵AB=DC，AD=BC
∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
D、∵AB∥CD，AD=BC，
∴四边形ABCD不一定是平行四边形，故该选项符合题意；
故选：D．
【变式13-2】（24-25八年级·浙江宁波·期中）用两块相同的三角板能拼出多少个形状不同的平行四边形（
）
A．3个 B．4个 C．3或4个 D．2或3个
【答案】D
【分析】根据三角板不同形状分类讨论，分别以三组对应边为对角线拼成平行四边形，判断平行四边形数量．
【详解】解：三边互不相等三角板，如图，分别以三组对应边为对角线，可以拼成三个形状不同的平行四
边形；
两直角边相等的三角板，如图中AB=AC，平行四边形ABCB′，ACBC′形状一样，故分别以三组对应边
为对角线，可以拼成两个不同形状的平行四边形；
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的性质，平行四边形的判定，注意根据三角板的不同形状分情况讨论是解题
的关键．
【变式13-3】（24-25八年级·广东湛江·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，点
A、B、C在网格中的位置如图所示，建立适当的平面直角坐标系，使点A、B、C的坐标分别为
（1，1）、（4，3）、（6，﹣2），在平面直角坐标系中找一点D，使以A、B、C、D四点为顶
点的四边形是平行四边形，请写出所有符合条件的点D的坐标： ．【答案】(9,0)或(−1,6)或（3，﹣4）
【分析】此题主要考查平行四边形的判定，分三种情形，可以以AB、AC或BC为一条对角线，画出平行
四边形即可.
【详解】解：根据题意得，建立如图直角坐标系．
当AB∥CD，AC∥BD时，D (9，0)；
1
当AD∥BC，AC∥BD时，D (−1，6)；
2
当AB∥CD，AD∥BC时，D (3，−4)．
3
故答案为：(9,0)或(−1,6)或（3，﹣4）．
【考点14 平行四边形的判定与性质】
【例14】（24-25八年级·河北秦皇岛·期中）如图，在四边形ABCD中(AB≠BC),AB∥CD,AB=CD，
连接AC、BD，直线EF经过AC和BD的交点O，且分别交AD、BC于点M、N，交BA、DC的延长线
于点E、F，下列结论：①BO=OD；②△AOD的周长−△ODC的周长=AD−CD；③AD∥BC；④
图中全等的三角形的对数是9对；其中正确结论的是（ ）
A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】B
【分析】可以先判定四边形ABCD是平行四边形，再根据平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质逐
个排查即可，熟练掌握平行四边形的判定和性质及全等三角形的判定和性质是解题关键．
【详解】解：∵AB∥CD,AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴①BO=OD正确；AO=CO，②△AOD的周长−△ODC的周长=AO+OD+AD−(OD+CD+OC)=AD−CD，正确；
③AD∥BC，正确；
④∵AB∥CD，
∴∠OBN=∠MDO，
∵∠BON=∠DOM，BO=DO，
∴△BON≌△DOM(ASA)，
同理图中全等的三角形有：△AOB≌△COD,△AOD≌△COB,△AOM≌△CON,△AOE≌△COF，
△MOD≌△NOB,△ABD≌△CDB,△ABC≌△CAD,△AEM≌△CFN，
△BOE≌△DOF,△BNE≌△DMF；
共计10对全等的三角形，④错误．
综上所述，正确的结论是：①②③．
故选：B．
【变式14-1】（24-25八年级·广东广州·阶段练习）如图，直角三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°
，AB长为4，射线CD∥AB，点E为射线CD上一点，过点E作EF⊥BC于点F，连接AE，点M为AE
中点，则MF的最小值为 ．
❑√3 1
【答案】 / ❑√3
2 2
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，延长EF交AB于点N，连
接CM，MN，易得四边形ANEC是平行四边形，进而得到C，M，N三点共线，再利用直角三角形的性质
1
得到MF= CN，当CN⊥CD时，CN有最小值，即MF有最小值，求出∠ACN=30°，即可求出
2
1
AN= AC=1，利用勾股定理即可求出CN长，即可解答．
2
【详解】解：延长EF交AB于点N，连接CM，MN，∵∠CFE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴AC∥EN，
∵CD∥AB，
∴四边形ANEC是平行四边形，
∵点M为AE中点，
∴C，M，N三点共线，
∵∠CFN=90°，
1
∴MF= CN，
2
当CN⊥CD时，CN有最小值，即MF有最小值，
∵Rt△ACB中，∠B=30°，AB=4，
1
∴AC= AB=2，∠BAC=60°，
2
∵∠NCD=90°，CD∥AB，
∴∠CNA=90°，
∴∠ACN=30°，
1
∴AN= AC=1，
2
∴CN=❑√AC2−AN2=❑√3，
1 ❑√3
∴MF= CN= ．
2 2
❑√3
故答案为： ．
2
【变式14-2】（24-25八年级·广西来宾·期中）如图，在△ABC中，点E、F分别是AB、BC的中点，连接
AF，过点C作CD∥FA交EF的延长线于点D，连接BD．(1)求证：CD=AF．
(2)直接写出EF与DF的数量关系．
(3)若∠EFB=90°，EF=1，BF=3，求CD的长．
【答案】(1)见解析
1
(2)EF= DF
2
(3)❑√13
【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，中位线的判定和性质，理解题意，
综合运用这些知识点是解题关键．
（1）根据中位线的判定和性质得出EF∥AC，结合平行四边形的判定和性质即可证明；
（2）由（1）得EF是△ABC的中位线，四边形AFDC为平行四边形，即可求解；
（3）结合中位线的判定和性质得出AC=2EF=2，再由题意确定CF=BF=3，结合勾股定理及平行四边
形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵点E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，
又∵CD∥AF，
∴四边形AFDC为平行四边形，
∴CD=AF；
（2）解：由（1）得EF是△ABC的中位线，四边形AFDC为平行四边形，
1 1
∴FE= AC= DF；
2 2
（3）解：由（1）得EF是△ABC的中位线，1
∴EF∥AC，EF= AC，
2
∴AC=2EF=2×1=2，
∵点F是BC的中点，
∴CF=BF=3，
∵EF∥AC，∠EFB=90∘，
∴∠ACF=90∘，
在Rt△ACF中，根据勾股定理，AF2=AC2+CF2，
∴AF=❑√22+32=❑√13，
由（1）得四边形AFDC为平行四边形，
∴CD=AF=❑√13．
【变式14-3】（24-25八年级·重庆江津·阶段练习）如图，已知AF∥BD，AC=BD，AE=CF，给出下
面四个结论：①AB=CD;②BE=DF;③S =S ;④S =S ．其中正确的有
四边形ABDC 四边形BDFE △ABE △CDF
（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，同底等高面积相等等知识，先证明四边形
ABDC,EBDF是平行四边形，可判断①②，再根据同底等高面积相等判断③④即可
【详解】解：∵AF∥CD，即AC∥BD,且AC=BD,
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AB=CD,故①正确；
∵AE=CF,
∴AE−CF=CE−CF,
∴AC=EF,
∵AC=BD,
∴EF=BD,又AF∥CD，即EF∥BD,
∴四边形EBDF是平行四边形，
∴BE=DF,故②正确；
设AF,BD间的距离为ℎ，
1 1
∴S = BD⋅ℎ,S = BD⋅ℎ,
▱ABDC 2 ▱EBDF 2
∴S =S ,故③正确；
▱ABDC ▱EBDF
1 1
又S = AE⋅ℎ,S = CF⋅ℎ,
△ABE 2 △CDF 2
∵AE=CF,
∴S =S ,故④正确；
△ABE △CDF
综上，正确的绪论是①②③④，共4个，
故选：D
【考点15 直角三角形斜边上的中线】
【例15】（24-25八年级·陕西咸阳·期中）如图，在△ABC中，AB=AC=4，以AC为斜边作Rt△ADC．
使∠ADC=90°，∠CAB+2∠CAD=90°，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则
DE的长为（ ）
A．❑√3 B．2❑√3 C．❑√2 D．2❑√2
【答案】D
【分析】本题考查斜边上的中线，三角形的中位线定理，勾股定理，根据斜边上的中线得到
1
DF=AF=CF= AC，进而得到∠DFC=2∠CAD，易得EF为△ABC的中位线，进而得到
2
1
EF= AB=2，EF∥AB，进而得到∠EFC=∠BAC，进而推出∠DFE=90°，勾股定理求出DE的长
2
即可．
【详解】解：∵以AC为斜边作Rt△ADC，∠ADC=90°，E、F分别是BC、AC的中点，AB=AC=4，
1
∴DF=AF=CF= AC=2，EF为△ABC的中位线，
2
1
∴∠FAD=∠ADF，EF= AB=2，EF∥AB，
2
∴∠DFC=∠DAF+∠FDA=2∠DAF，∠EFC=∠BAC，
∵∠CAB+2∠CAD=90°
∴∠EFC+∠DFC=90°，即：∠DFE=90°，
∴DE=❑√DF2+EF2=2❑√2；
故选D．
【变式15-1】（24-25八年级·河南郑州·期中）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，线段
DE长是5，且两个端点D、E分别在边AC，BC上滑动，点M、N分别是DE、AB的中点，求MN的最
小值（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】B
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理，最短距离等知识，连接CM、CN,由
勾股定理求得AB=10,再由直角三角形斜边上的中线性质得出CN=5,CM=2.5，当C、M、N在同一直
线上时，MN取最小值，即可得出答案，熟练掌握其性质得出C、M、N三点在同一直线上时，MN取
最小值是解决此题的关键．
【详解】解：如图，连接CM、CN,
在△ABC中，∠ACB=90°,由勾股定理得：AB=❑√AC2+BC2=❑√62+82=10,
∵∠ACB=90°,点M、N分别是DE、AB的中点，
1 1 1 1
∴CN= AB= ×10=5,CM= DE= ×5=2.5,
2 2 2 2
∴当C、M、N在同一直线上时，MN取最小值，
∴MN的最小值为：5−2.5=2.5,
故选：B．
【变式15-2】（24-25八年级·湖北宜昌·期中）△ABC中，AD是高，E是AC的中点，且线段DE平分
△ABC的周长，若∠C=32°，则∠B= ．
【答案】64°/64度
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，直角三角形的性质；在BC边上截取DF=BD，由直
角三角形的性质得到DE=CE=AE，再由线段DE平分△ABC的周长得到CD=AB+BD，进而可证明
AC=AB=CF，则∠C=∠CAF，再由三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：如图所示，在BC边上截取DF=BD，
∵AD是高，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵E是AC的中点，
∴DE=CE=AE，
∵线段DE平分△ABC的周长，
∴CD+CE=AE+AB+BD，
∴CD=AB+BD，∵AD⊥BC,DF=BD，
∴AF=AB，
∴∠B=∠AFB，
∵CD=AB+BD，
∴CF=AB=AF，
∴∠C=∠CAF，
∵∠AFB=∠C+∠CAF=2∠C=64°，
∴∠B=64°．
故答案为：64°．
【变式15-3】（24-25八年级·江苏扬州·期中）如图，四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠DCB=90°，
E、F分别是BD、AC的中点．
(1)求证：EF⊥AC；
(2)当AC=24，BD=26，时，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键
是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
（1）利用直角三角形斜边中线以及等腰三角形的性质即可解决问题．
（2）在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）解：如图，连接AE、CE，∵∠BAD=90°，E为BD中点，
1
∴AE= DB，
2
∵∠DCB=90°，
1
∴CE= BD，
2
∴AE=CE，
∵F是AC中点，
∴EF⊥AC；
（2）解：∵AC=24，BD=26，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE=CE=13，CF=12，
∵EF⊥AC．
∴EF=❑√132−122=5．
【考点16 矩形的性质】
【例16】（24-25八年级·浙江杭州·期中）如图所示，P是矩形ABCD内的任意一点，连接
PA，PB，PC，PD，得到△PDA，△PAB，△PBC，△PCD，设它们的面积分别是
S ，S ，S ，S ，给出如下结论：①S +S =S +S ；②S +S =S +S ；③若S =2S ，则S =2S ；
1 2 3 4 1 4 2 3 2 4 1 3 3 1 4 2
④若S =S ，则S =S ，其中正确结论有（ ）
1 2 3 4
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，根据矩形的对边相等可得AB=CD，AD=BC，设点P
到AB、BC、CD、DA的距离分别为ℎ 、 ℎ 、 ℎ 、 ℎ ，然后利用三角形的面积公式列式整理即可
1 2 3 4
判断出②④正确，①③不正确，即可得出结论．
【详解】解：如图，过点P分别作PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，
∵△APD以AD为底边，△PBC以BC为底边，
1
∴此时两三角形的高的和为AB，即可得出S +S = 矩形ABCD面积；
1 3 2
1
同理可得出S +S = 矩形ABCD面积；
2 4 2
∴②S +S =S +S 正确；
2 4 1 3
当点P在矩形的两条对角线的交点时，S +S =S +S ．
1 2 3 4
但P是矩形ABCD内的任意一点，所以该等式不一定成立．
故①不一定正确；
③若S =2S ，只能得出△APB与△PDC高度之比，S 不一定等于2S ；
3 1 4 2
故此选项错误；
∵S +S =S +S ；若S =S ，则S =S ，
2 4 1 3 1 2 3 4
∴④正确．
故选：B．
【变式16-1】（24-25八年级·江苏淮安·期中）在矩形ABCD中，点E是BC上一点，AE=AD，
DF⊥AE，，垂足为F．
(1)求证：DF=DC．
(2)若AB=3，AF=4，求四边形CDFE的面积．【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
（1）由“AAS”可证△ABE≌△DFA，可得DF=AB=CD；
（2）由勾股定理可求AE=AD=5，由面积和差关系可求解．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=CD，
∴∠FAD=∠BEA．
∵DF⊥AE，
∴∠DFA=90°=∠B．
在△ABE和△DFA中，
{
∠B=∠DFA
)
∠BEA=∠FAD ，
AE=DA
∴△ABE≌△DFA(AAS)；
∴DF=AB，
∴DF=CD；
（2）解：∵△ABE≌△DFA，
∴AF=BE=4，
∴AE=❑√AB2+BE2=❑√9+16=5，
∴AD=AE=5，
1
∴四边形CDFE的面积=3×5−2× ×3×4=3．
2
【变式16-2】（24-25八年级·河北保定·期中）如图，矩形ABCD中，AD=12，∠DAC=30°，点P、E
分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是_______．
【答案】6❑√3
【分析】如图，将线段AD沿AC翻折得到线段AF，过点F作FH⊥AD于H，连接PF．证明PF=PD，
推出PD+PE=FP+PE≥FH，求出FH即可解决问题．【详解】解：如图，将线段AD沿AC翻折得到线段AF，过点F作FH⊥AD于H，连接PF．
∵∠DAC=30°，AD=12，
由翻折可知，∠CAF=∠DAC=30°，AF=AD=12，PF=PD，
∵PD+PE=FP+PE，
又∵FP+PE≥FH，
∴PE+PD的最小值就是线段FH的长，
在Rt△AFH中，∵∠AHF=90°，∠HAF=60°，AF=12，
则∠AFH=30°，
1
∴AH= AF=6，
2
∴FH=❑√AF2−AH2=6❑√3，
∴PE+PD的最小值为6❑√3，
故答案为：6❑√3．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，垂线段最短，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定
理，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题．
【变式16-2】（24-25八年级·北京朝阳·期末）如图，四边形ABCD是矩形（AB0)的正方形ABCD中，点E、F分别
是BC、CD的中点，AE与BF交于点G，记四边形CFGE的面积为S，则S的值是（用含a的代数式表
示）（ ）1 4 2
A．a2 B． a2 C． a2 D． a2
5 5 5
【答案】C
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质等知识点，熟练掌握全等三
角形的判定与性质，灵活运用勾股定理和三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键，连接EF，依题
意得AE=❑√5a，证明△ABE和△BCF全等得AE=BF=❑√5a，∠BAE=∠CBF，进而可证明AE⊥BF
2❑√5a 3❑√5a ❑√5a
，根据三角形的面积公式求出BG= ，则GF= ，再由勾股定理得EG= ，继而得
5 5 5
a2 3a2
S = ，S = ，然后根据S=S +S 即可得出答案．
ΔCEF 2 △GEF 10 △CEF △GEF
【详解】解：连接EF，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，边长为2a，
∴AB=BC=CD=AD=2a，∠ABC=∠C=90°，
∵点E、F分别是BC、CD的中点，
∴BE=CE=CF=a，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=❑√AB2+BE2=❑√5a，
在△ABE和△BCF中，
¿，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF=❑√5a，∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=∠ABC=90°∴∠BAE+∠ABG=90°
∴∠AGB=90°，
1 1
∵S = AE·BG= BE·AB，
△ABE 2 2
BE·AB a×2a 2❑√5a
∴BG= = = ，
AE ❑√5a 5
2❑√5a 3❑√5a
∴GF=BF−BG=❑√5a− = ，
5 5
在Rt△BGE中，由勾股定理得EG=❑√BE2−BG2=❑
√
a2−
(2❑√5a) 2
=
❑√5a
，
5 5
1 a2 1 1 ❑√5a 3❑√5a 3a2
∴S = CE·CF= ，S = EG·GF= × × = ，
△CEF 2 2 △GEF 2 2 5 5 10
a2 3a2 4a2
∴S=S +S = + = ，
△CEF △GEF 2 10 5
故选：C．
【考点23 正方形的判定】
【例23】（24-25八年级·安徽铜陵·期中）在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正
方形的条件是（ ）
A．AC=BD,AD=CD
B．AD∥BC,∠A=∠C
C．AO=BO=OC=DO,AB=BC
D．AO=CO,BO=DO,AB=BC
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形与正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关
键．根据正方形的判定逐项判断即得答案．
【详解】解：A、∵AC=BD，AD=CD，四边形可能是筝形，不能判定四边形ABCD是正方形，故本选
项不符合题意；
B、AD∥BC，∠A=∠C，不能判定四边形ABCD是正方形，故本选项不符合题意；
C、∵AO=BO=CO=DO，
∴AC=BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB=BC，∴矩形ABCD是正方形，故本选项符合题意；
D、∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，不能判定四边形ABCD是正方形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【变式23-1】（2025·甘肃金昌·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC=BD
，在不添加任何辅助线的前提下，若使四边形ABCD是正方形，只需添加的一个条件是 ．
【答案】AB=BC（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的判定和平行
四边形的判定与性质是解题的关键．
先证四边形ABCD是矩形，再由正方形的判定即可解答．
【详解】解：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴需添加的一个条件是AB=BC．
故答案为：AB=BC（答案不唯一）．
【变式23-2】（24-25八年级·广西南宁·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，
AB=8cm，AD=15cm，BC=21cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出
发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P的
运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当t=4s时，四边形PQCD为平行四边形B．当t=5s时，四边形PQCD为菱形
C．当t=6s时，四边形ABQP为矩形
D．当t=8s时，四边形ABQP为正方形
【答案】B
【分析】当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形，列方程求出t的值，可判断A；当t=5时，四边形
PQCD为平行四边形，再根据PD=CD求t的值，可判断B；根据当AP=BQ时，四边形ABQP为矩形，
列方程求出t的值，可判断C；当t=7时，四边形ABQP为矩形，再根据AP=AB列方程求出t的值，可判
断D．
【详解】解：A． ∵AD∥BC，
∴当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形，
∴15−t=2t，
∴t=5，故A不符合题意；
B． 由A知，当t=5时，四边形PQCD为平行四边形，
∴当PD=CD时，四边形PQCD为菱形．
作DH⊥BC于点H，则四边形ABHD是矩形，
∴BH=AD=15，DH=AB=8，
∴CH=21−15=6，
∴CD=❑√82+62=10，
∴15−t=10，
∴t=5，故B符合题意；
C．∵∠B=90°，AD∥BC，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP为矩形，
∴t=21−2t，
∴t=7，故C不符合题意；
D． ∵当t=7时，四边形ABQP为矩形，
∴当AP=AB时，四边形ABQP为正方形，
∴t=8，故不符合题意．故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的性质，正方形的判定，熟练掌握判定方法是
解答本题的关键．
【变式23-3】（24-25八年级·江苏南京·阶段练习）如图，四边形AECF是菱形，对角线AC、EF交于点O
，点D、B是对角线EF所在直线上两点，且DE=BF，连接AD、AB、CD、CB，∠ADO=45°．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)若正方形ABCD的面积为32，BF=1，求点F到线段AE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
24
(2)点F到线段AE的距离为 ．
5
【分析】（1）由菱形的性质可证△AED≌△CFB，根据全等三角形的性质推得AD=CB，AD∥CB，可
证四边形ABCD是平行四边形，再结合对角线互相垂直、∠ADC=90°即可证四边形ABCD是正方形；
（2）先求出正方形ABCD的边长和对角线长，结合勾股定理求出AE的长，再结合菱形面积计算公式即可
求得点F到线段AE的距离．
【详解】（1）证：∵菱形AECF中，AE=CF，AE∥CF，EF⊥AC，
∴∠AEO=∠CFO，
∴180°−∠AEO=180°−∠CFO，
即∠AED=∠CFB，
∵在△AED和△CFB中，
{
AE=CF
)
∠AED=∠CFB ，
DE=BF
∴△AED≌△CFB(SAS)，
∴AD=CB，∠ADE=∠CBF，
∴AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，又点D、B是对角线EF所在直线上两点，
∴BD⊥AC，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∵菱形ABCD中，BD平分∠ADC，∠ADO=45°，
∴∠ADC=2∠ADO=90°，
∴菱形ABCD是正方形．
（2）解：∵正方形ABCD的面积为32，
∴正方形ABCD的边长为❑√32=4❑√2，正方形ABCD的对角线长为❑√32+32=8，
AC、BD互相垂直且平分，
∴OA=OB=OC=OD=4，∠AOE=90°，
∵DE=BF=1，
∴OE=OF=OB−BF=4−1=3，
∴Rt△AOE中，AE=❑√OA2+OE2=5，
设点F到线段AE的距离为ℎ，
1
则根据菱形面积计算公式可得： EF·AC=AE·ℎ，
2
1
即 (3+3)×(4+4)=5ℎ，
2
24
解得ℎ = ，
5
24
∴点F到线段AE的距离为 ．
5
【点睛】本题考查的知识点是菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、正方形
的判定与性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握菱形的判定与性质．
【考点24 正方形的判定与性质】
【例24】（24-25八年级·海南海口·阶段练习）【问题情境】
如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上的一点，过点D作DF⊥CE，过点D作DG⊥DF，过点A作
AG⊥DG，且AG=CF．
【基础探究】
（1）如图1，求证：AD=CD；
【深入探究】
（2）如图2，当E在BA延长线上时，其他条件不变，请写出AH，FH，CF之间的数量关系，并证明；【拓展迁移】
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BH，HD，当E在BA延长线上的位置发生改变时，判断∠BHD的
大小是否发生变化，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析 （2）AH+FH=CF，证明见解析 （3）∠BHD=90°，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，熟练掌握以上
知识点是解答本题的关键．
（1）证明△ADG≌△CDF即可得证；
（2）证明四边形DGHF是矩形，结合△ADG≌△CDF，可得四边形DGHF是正方形，所以FH=GH，
进一步即可得出结论；
（3）过点B作BP⊥CE于点P，在HC上截取PQ=PC，连接BQ，证明BC=BQ，可得
BC=CD=BQ=AB，∠BCD=90°，∠FHD=∠GHD，证明△BPC≌△CFD(AAS)，可得
CP=DF=FH=PQ，证明△ABH≌△QBH(SSS)，进一步可得结论．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
又∵DF⊥CE，DG⊥DF，AG⊥DG，
∴∠GDF=∠G=∠DFC=90°，
∴∠ADC=∠GDF，
∴∠ADC−∠ADF=∠GDF−∠ADF，
∴∠GDA=∠FDC，
又∵AG=CF，∠G=∠DFC，
∴△ADG≌△CDF(AAS)，
∴AD=CD；
（2）AH+FH=CF，证明如下：
∵DF⊥CE，DG⊥DF，AG⊥DG，∴四边形DGHF是矩形，
同（1）理可得△ADG≌△CDF，
∴CF=AG，DF=DG，
∴四边形DGHF是正方形，
∴FH=GH，
∴AH+FH=AH+GH=AG=CF；
（3）∠BHD=90°，理由如下：
过点B作BP⊥CE于点P，在HC上截取PQ=PC，连接BQ，
∴∠BPC=∠BPQ=90°，BC=BQ，
由（2）得△ADG≌△CDF，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形，
又四边形DGHF是正方形形，
∴BC=CD=BQ=AB，∠BCD=90°，∠FHD=∠GHD，
∵∠BCP+∠DCF=90°，∠DCF+∠CDF=90°，
∴∠BCP=∠CDF，
∴△BPC≌△CFD(AAS)，
∴CP=DF=FH=PQ，
又∵CF=FH+AH，
∴HQ=CH−CQ=CH−2FH=CF−FH=AH，
又∵AB=BQ，BH=BH，
∴△ABH≌△QBH(SSS)，
∴∠AHB=∠BHQ，又∵∠FHD=∠GHD，
∴∠BHD=∠BHQ+∠FHD=90°．
【变式24-1】（24-25八年级·河南商丘·期中）已知：如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
若∠CAD=∠DBC
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)E是OB上一点，DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求证：OE=OF．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟练掌
握并运用相关知识．
（1）根据菱形的性质可知AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∠ABC=2∠DBC，可得
∠BAD+∠ABC=180°，再结合∠CAD=∠DBC即可变换为2∠BAD=180°，得到∠BAD=90°即可
证得四边形ABCD是正方形；
（2）根据正方形的性质易得∠COB=∠DOC=90°，CO=DO，再根据DH⊥CE，可得
∠EDH+∠DEH=90°，结合∠ECO+∠DEH=90°即可得到∠ECO=∠EDH，证得
△ECO≌△FDO，从而得到OE=OF．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，
∴AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∠ABC=2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠CAD=∠DBC，
∴∠BAD=∠ABC，
∴2∠BAD=180°，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形 ；
1 1
∴AC⊥BD，AC=BD，CO= AC，DO= BD，
2 2∴∠COB=∠DOC=90°，CO=DO，
∵DH⊥CE ，垂足为H，
∴∠DHE=90°，∠EDH+∠DEH=90°，
∵∠ECO+∠DEH=90°，
∴∠ECO=∠EDH，
在△ECO和△FDO，
{∠ECO=∠EDH
)
CO=DO ，
∠COE=∠DOF
∴△ECO≌△FDO(ASA)，
∴OE=OF．
【变式24-2】（24-25八年级·全国·期末）如图，正方形ABCD中，AB=3❑√2，点E是对角线AC上的一
点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形；
(2)求AG+AE的值；
(3)若F恰为AB的中点，求正方形DEFG的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)6；
45
(3) ．
4
【分析】（1）作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，通过证明△EMD≌△ENF，得到DE=EF，即可求
证；
（2）通过证明△ADG≌△CDE得到AG=CE，即AG+AE=AC，求解即可；
（3）连接DF，根据勾股定理求得DF，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM=EN，
∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN=∠≝=90°，
∴∠DEM=∠FEN，
∵∠EMD=∠ENF=90°，
∴△EMD≌△ENF(ASA)，
∴ED=EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG=DE，DC=DA=AB=3❑√2，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE，
∴AE+AG=AE+EC=AC=❑√2AD=6；
（3）解：连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=3❑√2，AB∥CD，
∵F是AB中点，
3❑√2
∴AF=FB= ，
2
√ 3❑√2 2 3❑√10
∴DF=❑√AD2+AF2=❑ (3❑√2) 2+( ) = ，
2 2
∴正方形DEFG的面积=
1
DF2=
1
×
(3❑√10) 2
=
45
．
2 2 2 4
【点睛】此题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握正方
形的判定方法与性质，做辅助线，构造出全等三角形．
【变式24-3】（24-25八年级·江苏南京·阶段练习）如图①，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一
点，连接DE，BE．
(1)求证：BE=DE；
(2)如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG=3❑√2，求正方形DEFG的边长；
(3)若正方形ABCD的边长为4❑√2，连接CG，如图③，直接写出CE+CG的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析； 3❑√5；
(3)8 ②
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE，即可解决问题；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN=EM，然后证△DEN≌△FEM，则DE=EF，即
可证明；
②证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股
定理即可解决问题．（3）根据正方形的性质和勾股定理求得AC，由（2）得AE=CG，则CE+CG=CE+AE=AC．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE=∠DAE=45°，AB=AD，
在△ABE和△ADE中，
{
AB=AD
)
∠BAE=∠DAE ，
AE=AE
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE；
（2）解：①过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，如图，
∵正方形ABCD中，∠BCD=90°，
∴四边形EMCN是矩形，
∴∠MEN=90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴∠ECM=∠ECN=45°，
∴EM=EN，
∵∠≝=90°，
∴∠DEN=∠MEF=90°−∠FEN，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME=90°
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴EF=DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②∵正方形DEFG和正方形ABCD，∴DE=DG，AD=DC，∠ADC=∠EDG=90°，
∵∠CDG+∠CDE=∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠CDG=∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
{
AD=CD
)
∠ADE=∠CDG ，
DE=DG
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，
∵∠ACD=45°，
∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=90°，
∴CE⊥CG，
在Rt△ABC中，AC=❑√AB2+BC2=9❑√2．
∵AE=CG=3❑√2，
∴CE=6❑√2，
如图，连接EG，
∴EG=❑√CE2+CG2=❑√72+18=3❑√10，
∵△EDC是等腰直角三角形，
EG
∴DE= =3❑√5．
❑√2
∴正方形DEFG的边长为3❑√5．
（3）解：∵正方形ABCD的边长为4❑√2，
∴AC=8，
由（2）得AE=CG，
则CE+CG=CE+AE=AC=8．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，角平分线的性质，解本题的关键是根据题中所给条件正确作出辅助线构造全等三角形．
【考点25 变量与函数】
【例25】（24-25八年级·北京门头沟·期末）下列图象中，y是x的函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那
么就说y是x的函数，x是自变量．根据函数的意义即可选出答案．
【详解】解：A、C、D选项中对于x的每一个确定的值，y可能会有两个值与其对应，不符合函数的定
义，
只有B选项对于x的每一个确定的值，y有唯一的值与之对应，符合函数的定义．
故选：B．
【点晴】本题主要考查了函数的定义．解题的关键是掌握函数的定义，在定义中特别要注意，对于x的每
一个值，y都有唯一的值与其对应．
❑√x+2
【变式25-1】（24-25·四川遂宁·阶段练习）函数y＝ 中，自变量x的取值范围是（ ）
x−1
A．x＞﹣2 B．x≥﹣2 C．x＞﹣2且x≠1 D．x≥﹣2且x≠1
【答案】D
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不为0，列不等式组可求得自变量
x的取值范围．
【详解】根据题意得：¿，
解得：x≥﹣2且x≠1．
故选：D．
【点睛】本题考查了函数自变量取值范围的求法．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）
当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
【变式25-2】（24-25八年级·山东泰安·期末）小明和小华是同班同学，也是邻居，某日早晨，小明7：00
先出发去学校，走了一段路后，在途中停下来吃了早饭，后来发现上学时间快到了，就跑步到学校；小华
离家后直接乘公交车到了学校．如图是他们从家到学校已走的路程s(m)和小明所用时间t(min)的关系图，
则下列说法中正确的是 ．①小明吃早饭用时5min；②小华到学校的平均速度是240m/min；③小
明跑步的平均速度是100m/min；④小华到学校的时间是7：05．
【答案】①②③
【分析】观察图像，根据路程、速度、时间之间的关系依次判断即可．
【详解】由图知小明从家出发，第8分钟至第13分钟在吃早饭，因此小明吃早饭用了5分钟，故①正确；
由图知小华从家到学校的路程为1200米，用时13−8=5分钟，因此小华到学校的速度为
1200÷5=240m/min，故②正确；
由图知小明从第13分钟至第20分钟跑步到学校，用时20−13=7分钟，跑的路程为1200−500=700米，
因此小明跑步的速度为700÷7=100m/min，故③正确；
由图知小华到学校的时间为7：13，故④错误．
故答案为：①②③
【点睛】本题主要考查了用图像法表示变量之间的关系，读懂题意，能从所给图像中获取信息是解题的关
键．
【变式25-3】（24-25八年级·河南南阳·阶段练习）一个蓄水池有水50m3，打开放水闸门匀速放水，水池
中的水量和放水时间的关系如表，则放水 分钟后，水池中的水放完．
放水时间（min） 1 2 3 4 …
水池中水量（m3） 48 46 44 42 …
【答案】25
【分析】本题考查了用表格表示变量间的关系，由表中数据观察得出每分钟放水2m3是解题的关键．
由表中数据可知，每分钟放水2m3，而蓄水池有水50m3，据此列式计算即可．【详解】解：由表中数据可知：每分钟放水2m3，
而蓄水池有水50m3，
50
∴放水 =25分钟后，水池中的水放完，
2
故答案为：25．
【考点26 动点问题的函数图象】
【例26】（24-25八年级·河南郑州·期末）如图1，四边形ABCD是菱形，点P以1cm/s的速度从点A出
发，沿着A−B−C的路线运动，同时点Q以相同的速度从点C出发，沿着C−D−A的路线运动，设运动
时间为x(s)，P，Q两点之间的距离为y( cm2)，y与x的函数关系的图象如图2所示，则y的最小值为
（ ）
15
A．2❑√3 B．3 C．3❑√3 D．
4
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，函数图象，垂线段最短，勾股定理，连接AC，BD交于点O，由菱形性
1 1
质得AC⊥BD，OA=OC= AC，OB=OD= BD，根据图2可知，AC=4，BD=4❑√3，由勾股定理
2 2
求出AB=4，当PQ⊥CD时，PQ最小，即y最小，最后由等面积法即可求解，读懂图象信息，掌握知识
点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴AC⊥BD，OA=OC= AC，OB=OD= BD，
2 2
根据图2可知，AC=4，BD=4❑√3，1 1
∴OA=OC= AC=2，OB=OD= BD=2❑√3，
2 2
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√22+(2❑√3) 2=4，
∵P、Q同时运动，
∴当PQ⊥CD时，PQ最小，即y最小，
1
∵S= AC×BD=AB×PQ，
2
1
∴ ×4×4❑√3=4×PQ，
2
∴PQ=2❑√3，
∴y的最小值为2❑√3，
故选：A．
【变式26-1】（24-25八年级·浙江·期末）如图是一个高为24的容器，现向容器匀速注水，下列图象中能
大致反映容器中水的深度（ℎ）与注水量（V）关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】主要考查了函数图象的读图能力和函数与实际问题结合的应用，要能根据函数图象的性质和图象
上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：根据题意可知，
开始容器由大逐渐变小，即开口越来越小，水的深度随着注水量的增加而逐渐增大；
接着容器由小逐渐变大，即开口越来越大，水的深度随着注水量的增加而逐渐减小；
选项D符合题意，
故选：D．
【变式26-2】（2023·北京丰台·二模）下面三个问题中都有两个变量：
①如图1，货车匀速通过隧道（隧道长大于货车长），货车在隧道内的长度y与从车头进入隧道至车尾离
开隧道的时间x；
②如图2，实线是王大爷从家出发匀速散步行走的路线（圆心O表示王大爷家的位置），他离家的距离y
与散步的时间x；
③如图3，往空杯中匀速倒水，倒满后停止，一段时间后，再匀速倒出杯中的水，杯中水的体积y与所用
时间x
其中，变量y与x之间的函数关系大致符合下图的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】根据y值随x的变化情况，逐一判断．
【详解】解：①当货车开始进入隧道时y逐渐变大，当货车完全进入隧道，由于隧道长大于货车长，此时
y不变且最大，当货车开始离开隧道时y逐渐变小．故①正确；
②王大爷距离家先y逐渐变大，他走的是一段弧线时，此时y不变且最大，之后逐渐离家越来越近直至回
家，即y逐渐变小，故②正确；
③往空杯中匀速倒水，倒满后停止，水的体积逐渐增加，一段时间后，再匀速倒出杯中的水，这期间，水量先保持不变，然后逐渐减少，杯中水的体积y与所用时间x，变量y与x之间的函数关系符合图象，故③
正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了函数图象的读图能力．要理解函数图象所代表的实际意义是什么才能从中获取准
确的信息．
【变式26-3】（24-25八年级·河南南阳·阶段练习）如图1，在△ABC中，动点P从点A出发沿折线
AB→BC→CA匀速运动至点A后停止．设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是y与x的函数
关系的图象，其中点F为曲线DE的最低点，则△ABC的高CG的长度为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短，过点A作AQ⊥BC于点Q，当点P
与Q重合时，在图2中F点表示当AB+BQ=8时，点P到达点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，
勾股定理求得AQ．然后等面积法即可求解．
【详解】解：如图过点A作AQ⊥BC于点Q，当点P与Q重合时，在图2中F点表示当AB+BQ=8时，
点P到达点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，
∴AB=5，BC=10−5=5，BQ=8−5=3，
∴QC=2，
∴AQ=❑√AB2−BQ2=❑√52−32=4，1 1
∵S = AB×CG= AQ×BC，
△ABC 2 2
BC×AQ 5×4 20
∴CG= = = =4．
AB 5 5
故答案为：4．
【考点27 一次函数的图象】
【例27】（24-25八年级·上海·阶段练习）要使函数y=(2m−3)x+(3n+1)的图象经过x、y轴的正半轴，
则m与n的取值范围应为（ ）
3 1 3 1
A．m> ，n>− B．m> ，n<−
2 3 2 3
3 1 3 1
C．m< ，n<− D．m< ，n>−
2 3 2 3
【答案】D
【分析】本题主要考查了一次函数的性质、解一元一次不等式，函数y=(2m−3)x+(3n+1)的图象经过
{2m−3<0)
x、y轴的正半轴，则应有 ，求解不等式即可．
3n+1>0
【详解】解：∵函数y=(2m−3)x+(3n+1)的图象经过x、y轴的正半轴，
∴一次函数过一、二、四象限，
{2m−3<0)
∴ ，
3n+1>0
3 1
解得：m< ，n>− ．
2 3
故选：D．
【变式27-1】（24-25八年级·江苏宿迁·期末）若❑√(m−2) 2=m−2，则一次函数y=(m−2)x+2−m的图
象可能是（ ）
A． B．C． D．
【答案】A
【分析】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的图象与系数的关系是解题的关键．先根据题意得
出m的取值范围，进而可得出结论．
【详解】解：由题意得，m>2，
∴2−m<0，
∴一次函数y=(m−2)x+2−m经过第一、三、四象限．
故选：A．
【变式27-2】（24-25八年级·广东深圳·期末）已知一次函数y=kx+b(k≠0)，当x=3时y=−1，当x=1时
y=1．
(1)求该一次函数的表达式；
(2)请按列表、描点、连线的步骤完成本小题，先补充完整函数值表，然后再在平面直角坐标系中描点，连
线作一次函数的图象．
自变量x … 0 …
函数值y＝kx+b … 0 …
(3)该一次函数图象与x轴，y轴的交点分别是A，B，坐标原点为O，试猜想y轴上是否存在点D，使得
S =2S 若存在，请直接写出满足条件的D点的坐标；若不存在，请说明理由．
△DAB △OAB【答案】(1)y=−x+2
(2)见解析
(3)存在，点D的坐标为(0,6)或(0,−2)
【分析】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数的图象、一次函数的性质及一次函数图
象上点的坐标特征，熟知待定系数法及一次函数的图象与性质是解题的关键．
（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）根据题意，先补充完整函数值表，再画出即可．
（3）根据S =2S 得出BD的长，据此求出点D的坐标．
△DAB △OAB
【详解】（1）解：由题知，
{3k+b=−1)
，
k+b=1
{k=−1)
解得 ，
b=2
所以一次函数的表达式为y=−x+2．
（2）解：由（1）中所求函数表达式可知，
当x=0时，y=2；当y=0时，x=2．
描点、连线，如图所示，
（3）解：存在．
由（2）知，
点A坐标为(2,0)，点B坐标为(0,2)，
所以OA=OB=2，1
所以S = ×2×2=2．
△OAB 2
又因为S =2S ，
△DAB △OAB
所以S =4，
△DAB
1
所以 ×BD×2=4，
2
所以BD=4，
则2+4=6，2−4=−2，
所以点D的坐标为(0,6)或(0,−2)．
❑√3
【变式27-3】（24-25八年级·黑龙江大庆·阶段练习）如图，已知直线l：y= x，过点A(0,1)作y轴的
3
垂线交直线l于点B，过点B作直线l的垂线交y轴于点A ；过点A 作y轴的垂线交直线l于点B ，过点B
1 1 1 1
作直线l的垂线交y轴于点A ；……；按此作法继续下去，则点A 的坐标为
2 2025
【答案】(0,42025)
【分析】此题考查图形类规律的探究，一次函数的实际应用，锐角三角函数，根据图形的规律求出点的坐
标得到点坐标的表示规律是解题的关键．先求出点B的坐标为(❑√3,1)，得到OA=1,AB=❑√3，求出
∠AOB=60°，再求出∠OA B=30°得到A A =❑√3AB=3，求出A (0,4)；同理得到A B =4❑√3，
1 1 1 1 1
A A =❑√3A B =12，A (0,42 )；由此得到规律A (0,4n)，即可求出答案．
1 2 1 1 2 n
❑√3
【详解】将y=1代入y= x中得x=❑√3，
3
∴B(❑√3,1)，
∴OA=1,AB=❑√3，AB
∴tan∠AOB= =❑√3，
OA
∴∠AOB=60°，
∵∠A BO=90°，
1
∴∠OA B=30°，
1
∴A A =❑√3AB=3，
1
∴OA =4，
1
∴A (0,4)；
1
同理：A B =4❑√3，A A =❑√3A B =12，
1 1 1 2 1 1
∴OA =16=42 ，
2
∴A (0,42 )；
2
⋯，
∴A (0,4n)，
n
∴点A 的坐标为(0,42025)，
2025
故答案为：(0,42025)．
【考点28 一次函数的性质】
【例28】（24-25八年级·陕西西安·期中）一次函数y=kx+3中，y的值随x值增大而减小，则该函数图象
经过点的坐标可以是（ ）
A．(−1,−2) B．(0,−3) C．(−1,2) D．(1,2)
【答案】D
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增
大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．由一次函数y=kx+3的y值随x值的增大而减小，利用一
次函数的性质可得出k<0，结合各选项中点的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出k值，取
k<0的选项即可得出结论．
【详解】解：∵一次函数y=kx+3的y值随x值的增大而减小，
∴k<0．A．当一次函数y=kx+3的图象过点(−1,−2)时，−k+3=−2，
解得：k=5>0，不符合题意；
B．当一次函数y=kx+3的图象过点(0,−3)时，−3≠3，不符合题意；
C．当一次函数y=kx+3的图象过点(−1,2)时，−k+3=2，
解得：k=1>0，不符合题意；
D．当一次函数y=kx+3的图象过点(1,2)时，k+3=2，
解得：k=−1<0，符合题意．
故选：D．
【变式28-1】（24-25八年级·海南·阶段练习）若点A(x ,−1)，B(x ,1)，C(x ,5)都在一次函数
1 2 3
y=−2x−1的图象上，则x ，x ,x 的大小关系是（ ）
1 2 3
A．x 0的解集是x<4；
②当04
2
【分析】本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与一元一次不等式，熟练掌握以上知识
点是关键．
（1）先求得C(1,3)，再利用待定系数法求解即可；
（2）利用数形结合，即可求解；
{2x+1>0) {2x+1<0)
（3）(2x+1)(kx+b)<0转化为 或 ，观察图象，数形结合，即可求解．
kx+b<0 kx+b>0
【详解】（1）解：∵一次函数y =2x+1图象经过点C(1,m)，
1
∴m=2×1+1=3，
∴C(1,3)，
∵一次函数y =kx+b图象经过点C(1,3)和B(4,0)，
2
{ k+b=3 )
∴ ，
4k+b=0
{k=−1)
解得 ，
b=4
∴一次函数y =−x+4；
2（2）解：观察图象，
①关于x的不等式kx+b>0的解集是x<4，说法正确；
②令x=0，则y =4，
2
∴当00) {2x+1<0)
∴ 或 ，
kx+b<0 kx+b>0
{2x+1>0)
观察图象， 的解集为x>4，
kx+b<0
{2x+1<0)
的解集为x<−
1
，
kx+b>0 2
1
综上，(2x+1)(kx+b)<0的解集为x<− 或x>4．
2
【考点30 一次函数的应用】
【例30】（24-25八年级·贵州毕节·期末）【综合与应用】某校在冬季运动会来临之际准备购进一批奖杯用
于鼓励运动员，现了解到甲、乙商场对A、B两种奖杯推出了不同的优惠活动，那么选择到哪个商场按何
种方案更优惠呢？某数学学习小组针对此问题进行了如下研究：
选择更优惠的奖杯购买方案
在甲或乙商场原价购买3个A种奖杯和4个B种奖杯共需180元；购买1个A种
奖杯和2个B种奖杯共需80元．
素
材
一
甲商场：A、B两种奖杯均按原价的9折销售．
素
甲、乙两个商
材 乙商场：①购买A种奖杯的数量不超过10个时，按原价销售；
场的优惠方案
二 数量超过10个时，超过的部分按原价的8折销售．②购买B种
奖杯不打折．
问题解决
任 （1）求A、B两种奖杯的原价．务
一
任
（2）学校打算购买A、B两种奖杯共100个，若设购买A种奖杯m个，选择在甲
务 商场购买的总费用为y 元，选择在乙商场购买的总费用为y 元．请直接写出y 和
1 2 1
二 y 关于m的函数表达式，并为学校设计比较合算的购买方案．
2
【答案】（1）A种奖杯的原价为20元，B种奖杯的原价为30元；
（2）学校购买方案如下：当A种奖杯数量少于68个时，在甲商场购买比较合算；
当A种奖杯数量等于68个时，在甲、乙商场购买一样合算；
当A种奖杯数量多于68个且不超过100个时，在乙商场购买比较合算．
【分析】本题主要考查二元一次方程组，一次函数的运用，理解数量关系，正确列式，并掌握一次函数图
象的性质是解题的关键．
（1）设A、B两种奖杯的原价分别为x元、y元，根据数量关系列式求解即可；
（2）根据数量关系求解析式，根据一次函数图象的性质求解即可．
【详解】解：（1）设A、B两种奖杯的原价分别为x元、y元，
{3x+4 y=180)
根据题意，可列方程组 ，
x+2y=80
{x=20)
解得 ，
y=30
答：A种奖杯的原价为20元，B种奖杯的原价为30元．
（2）y =20×0.9m+30×0.9(100−m)=18m+2700−27m=−9m+2700，
1
当m≤10时，y =20m+30(100−m)=−10m+3000，
2
当m>10时，y =10×20+20×0.8(m−10)+30(100−m)=−14m+3040，
2
y = { −10m+3000(0≤m≤10) )
即 ，
2 −14m+3040(10y ．
1 2
综上所述，学校购买方案如下：
当A种奖杯数量少于68个时，在甲商场购买比较合算；
当A种奖杯数量等于68个时，在甲、乙商场购买一样合算；
当A种奖杯数量多于68个且不超过100个时，在乙商场购买比较合算．
【变式30-1】（2025·河南濮阳·一模）随着新年的到来，清明上河园景区又迎来了一年一度的旅游高峰，
为了给游客更好的体验，该景区准备购进一批太阳帽和旅行包．已知购进4个太阳帽和3个旅行包共需要
100元，购进6个太阳帽和4个旅行包共需要140元．
(1)求每个太阳帽和每个旅行包的进价．
(2)该景区太阳帽的售价为15元，旅行包的售价为30元．景区计划购进太阳帽和旅行包共600个，且购进
太阳帽的数量不少于旅行包数量的2倍，景区该如何设计进货方案，可使销售所获利润最大？最大利润为
多少？
【答案】(1)每个太阳帽的进价是10元，每个旅行包的进价是20元
(2)购进400个太阳帽，200个旅行包，可使销售所获利润最大，最大利润为4000元
【分析】本题考查了一次函数、二元一次方程组和一元一次不等式的应用，解题的关键是正确理解题意．
（1）设每个太阳帽的进价是x元，每个旅行包的进价是y元，根据购进4个太阳帽和3个旅行包共需要
100元，购进6个太阳帽和4个旅行包共需要140元建立二元一次方程组求解；
（2）设购进太阳帽m个，旅行包(600−m)个，设销售完后获得的利润为w元，根据“总利润=太阳帽的
利润+旅行包的利润”建立函数，根据函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：设每个太阳帽的进价是x元，每个旅行包的进价是y元，
{4x+3 y=100)
由题意得， ，
6x+4 y=140
{x=10)
解得： ，
y=20
∴每个太阳帽的进价是10元，每个旅行包的进价是20元；
（2）解：设购进m个太阳帽，则购进旅行包(600−m)个，所获利润为w元，∵购进太阳帽的数量不少于旅行包数量的2倍，
∴m≥2(600−m)，
解得m≥400，
由题意得，w=(15−10)m+(30−20)(600−m)=−5m+6000，
∵−5<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=400时，w取得最大值，最大值为−5×400+6000=4000，
此时600−m=600−400=200，
∴购进400个太阳帽，200个旅行包，可使销售所获利润最大，最大利润为4000元．
【变式30-2】（24-25八年级·河北沧州·阶段练习）北国商城新开一家儿童游乐场，为吸引大量儿童前 来
游玩，该游乐场儿童进场标准价为m 元/次，也可以缴纳一定费用成为会员，会员执行会员价格，如图是
两种消费金额（y）和游玩次数（x）之间的函数图像，根据图像回答下列问题：
(1)求m的值 ；
(2)求办理会员后消费金额和游玩次数的函数关系式，并求出每次游玩的会员价格；
(3)根据以上结论，结合游玩次数制定一个合理的消费方案．
【答案】(1)60
(2)y=20x+200，20元/次
(3)见解析
【分析】此题主要考查了一次函数的实际运用，关键是正确理解题意，找出题目中的数量关系，列出函数
解析式，注意作图时要分段处理，此处易错．
（1）根据点M(5,300)的实际意义即可求解；
（2）根据待定系数法求解即可；
（3）根据图象和题意即可求解．
【详解】（1）解：∵点M(5,300)表示游玩5次，花费300元，∴m=300÷5=60；
（2）解：根据会员价函数图像可知，图像过点(0,200)和(5,300)，
设函数表达式为y=kx+b，
{ b=200 ) {k=20 )
由题意可得 解得： ，
5k+b=300 b=200
∴办理会员后消费金额和游玩次数的函数关系式为：y=20x+200，
根据函数关系式可知：每次游玩的会员价格为20元/次．
（3）解：当游玩次数小于5次时，不办理会员，正常付费更实惠；
当游玩次数等于5次时，两种消费一样，任意选择；
当游玩次数大于5次时，办理会员，价格更实惠．
【变式30-3】（24-25八年级·天津·期中）2022年3月23日“天宫课堂”第二课开讲．传播普及空间科学
知识，激发了广大青少年不断追求“科学梦”的热情．小明从学校骑自行车到科技馆探索科技的奥秘，他
骑行了一段时间后，在某路口等待红绿灯，待绿灯亮起后继续向科技馆方向骑行，在快到科技馆时突然发
现钥匙不见了，于是他着急地原路返回，在刚刚等红绿灯的路口处找到了钥匙，使继续前往科技馆．小明
离科技馆的距离y(m)与离学校的时间x(min)的关系如图所示，请根据图中提供的信息回答下列问题：
(1)填空：
①学校到科技馆的距离是 m；
②小明等待红绿灯所用的时间为 min；
③小明在整个途中，骑行的最快速度是 m/min；
④小明在整个途中，共行驶了 m．
(2)①直接写出小明从等待红绿灯到找回钥匙（即6≤x≤15）期间，他离科技馆的距离y(m)与离开学校时
间x(min)之间的函数关系：
②当小明离开学校2min时，小强恰巧从科技馆出发速步行返回学校，若小强步行速度为每分钟60m，那
么他在返回学校的途中遇到小明时，小明离科技馆的距离是多少？（直接写出答案）
【答案】(1)①3000；②2；③320；④4920{ 1560(6≤x≤8) )
(2)① y= −240x+3480(8
