期末复习必考解答压轴题十八大题型总结（人教版）（教师版）_初中数学_八年级数学下册（人教版）_母题专项-U66_2025版

期末复习必考解答压轴题十八大题型总结 【人教版】 【题型1 二次根式的运算与求值技巧】..................................................................................................................2 【题型2 复合二次根式的化简】..............................................................................................................................7 【题型3 利用分母有理化求值】............................................................................................................................11 【题型4 勾股定理在网格中的运用】....................................................................................................................14 【题型5 勾股定理在折叠问题中的运用】...........................................................................................................19 【题型6 由勾股定理构造图形解决实际问题】...................................................................................................35 【题型7 由勾股定理求最短距离】........................................................................................................................42 【题型8 四边形中的最值问题】............................................................................................................................48 【题型9 四边形中的动态问题】............................................................................................................................61 【题型10 四边形中的存在性问题】........................................................................................................................71 【题型11 四边形中的探究问题】............................................................................................................................84 【题型12 一次函数与几何变换】............................................................................................................................97 【题型13 一次函数与动点最值】..........................................................................................................................111 【题型14 一次函数中的定值问题】......................................................................................................................122 【题型15 一次函数中的探究题】..........................................................................................................................133 【题型16 一次函数中的存在性问题】..................................................................................................................145 【题型17 分段函数与绝对值函数】......................................................................................................................156 【题型18 一次函数的应用】..................................................................................................................................168 【题型1 二次根式的运算与求值技巧】 【例1】（24-25八年级·江西赣州·期中）定义：我们将(❑√a+❑√b)与(❑√a−❑√b)称为一对“对偶式”．因为 (❑√a+❑√b)(❑√a−❑√b)=(❑√a) 2 −(❑√b) 2=a−b，可以有效的去掉根号，所以有一些问题可以通过构造“对偶 式”来解决． 例如：已知❑√18−x−❑√11−x=1，求❑√18−x+❑√11−x的值，可以这样解答： 因为(❑√18−x−❑√11−x)×(❑√18−x+❑√11−x)=(❑√18−x) 2 −(❑√11−x) 2=18−x−11+x=7， 所以❑√18−x+❑√11−x=7． (1)已知：❑√20−x+❑√4−x=8，求❑√20−x−❑√4−x的值；(2)结合已知条件和第①问的结果，解方程：❑√20−x+❑√4−x=8； 1 1 1 1 (3)计算： + + +⋅⋅⋅+ ． 3❑√1+❑√3 5❑√3+3❑√5 7❑√5+5❑√7 2023❑√2021+2021❑√2023 【答案】(1)2 (2)x=−5 1 ❑√2023 (3) − 2 4046 【分析】（1）仿照题意，进行计算即可得到答案； （2）根据二次根式有意义的条件列出方程组，解方程组即可得到答案； （3）利用平方差公式，对原式进行变形后，即可得到答案． 此题考查了二次根式的性质、二次根式的混合运算、二次根式有意义的条件、平方差公式以及分母有理 化，熟练掌握二次根式的运算法则和灵活变形是解题的关键． 【详解】（1）解：∵(❑√20−x+❑√4−x)(❑√20−x−❑√4−x)=(❑√20−x) 2 −(❑√4−x) 2=20−x−4+x=16 ， 且❑√20−x+❑√4−x=8， ∴❑√20−x−❑√4−x=2； {❑√20−x+❑√4−x=8) （2）解：∵ ❑√20−x−❑√4−x=2 ∴2❑√4−x=6， 化简后两边同时平方得：4−x=9， ∴x=−5， 经检验：x=−5是原方程的解； 1 1 1 1 （3）解： + + +⋅⋅⋅+ 3❑√1+❑√3 5❑√3+3❑√5 7❑√5+5❑√7 2023❑√2021+2021❑√2023 3−❑√3 5❑√3−3❑√5 7❑√5−5❑√7 2023❑√2021−2021❑√2023 = + + +⋅⋅⋅+ 6 30 70 20232×2021−20212×2023 1 ❑√3 ❑√3 ❑√5 ❑√5 ❑√7 ❑√2021 ❑√2023 = − + − + − +⋅⋅⋅+ − 2 6 6 10 10 14 4042 4046 1 ❑√2023 = − ． 2 4046 【变式1-1】（24-25八年级·上海长宁·阶段练习）计算√ 1 √ 1 (1)❑1 −10❑√0.4+4❑ ； 9 40 1 √ y2 (2)2❑√3x2y⋅ ❑√6x+❑ ； 3 x 2❑√2 ❑√6 (3) − ； ❑√6−❑√10 2❑√3+3❑√2 ( 1 1 ) (4)❑√6÷ − ； ❑√2 ❑√3 (2 √a) √b (5) ❑√ab3−3b❑ ÷❑ (b>0)； b b a ❑√a−❑√b a−2❑√ab+b 1 (6) ⋅ ÷ ． a−b a−b a+2❑√ab+b 22❑√10 【答案】(1)− 15 y (2)2x❑√2xy+ ❑√x x (3)−2❑√3−❑√5+❑√2 (4)6❑√3+6❑√2 (5)−a ❑√a−❑√b (6) a−b 【分析】本题考查二次根式的运算，熟练掌握相关运算法则，正确的计算，是解题的关键： （1）先化简，再合并同类二次根式即可； （2）先化简，再进行乘法运算，然后合并同类二次根式即可； （3）先分母有理化，再合并同类二次根式即可； （4）先计算括号内，再进行除法运算即可； （5）先计算括号内，再进行除法运算即可； （6）根据乘除运算法则进行计算即可． √10 √2 √ 1 【详解】（1）解：原式=❑ −10❑ +4❑ 9 5 40 ❑√10 1 = −2❑√10+ ❑√10 3 522❑√10 =− ； 15 1 y （2）解：原式=2x❑√3 y⋅ ❑√6x+ ❑√x 3 x y =2x❑√2xy+ ❑√x． x 2❑√2(❑√6+❑√10) ❑√6(3❑√2−2❑√3) （3）解：原式= − (❑√6−❑√10)(❑√6+❑√10) (2❑√3+3❑√2)(3❑√2−2❑√3) 4❑√3+4❑√5 6❑√3−6❑√2 = − −4 6 =−❑√3−❑√5−❑√3+❑√2 =−2❑√3−❑√5+❑√2； (❑√2 ❑√3) （4）解：原式=❑√6÷ − 2 3 3❑√2−2❑√3 =❑√6÷ 6 6 =❑√6⋅ 3❑√2−2❑√3 6(3❑√2+2❑√3) =❑√6⋅ (3❑√2−2❑√3)(3❑√2+2❑√3) =❑√6⋅(3❑√2+2❑√3) =6❑√3+6❑√2； (2 ❑√ab) √b （5）解：原式= ⋅b❑√ab−3b⋅ ÷❑ b b a √b =−❑√ab÷❑ a √ a =−❑ab⋅ b =−a； （6）解：原式= (❑√a−❑√b)⋅(❑√a−❑√b) 2 ⋅(❑√a+❑√b) 2 (a−b) 2(❑√a−❑√b)⋅(❑√a−❑√b) 2 (❑√a+❑√b) 2 = (a−b) 2 (❑√a−❑√b)⋅(a−b) = (a−b) 2 ❑√a−❑√b = ． a−b √ 1 1 1 【变式1-2】（24-25八年级·安徽宣城·期中）观察下列各式：❑1+ + =1+ ， 12 22 1×2 √ 1 1 1 ❑1+ + =1+ ， 22 32 2×3 √ 1 1 1 ❑1+ + =1+ ， 32 42 3×4 请利用你所发现的规律． (1)写出第4个式子______； (2)写出第n个式子______，并证明其正确性（用n含的等式表示，n为正整数）． √ 1 1 √ 1 1 √ 1 1 √ 1 1 (3)计算❑1+ + +❑1+ + +❑1+ + +⋅⋅⋅+❑1+ + ． 12 22 22 32 32 42 992 1002 √ 1 1 1 【答案】(1)❑1+ + =1+ 42 52 4×5 √ 1 1 1 (2)❑1+ + =1+ ，证明见解析 n2 (n+1) 2 n(n+1) 99 (3)99 100 【分析】本题考查了分式，二次根式的运算以及配方法，熟练掌握分式和二次根式的运算性质，配方法， 理解题干中的规律并且证明其规律是解题的关键． （1）根据题干给的规律，可直接写出结果； （2）根据题干给的规律，可直接写出第n个式子；要证明等式成立，由于左侧是二次根式的形式，右侧是 分式的形式，因此考虑对于左侧二次根式的被开方式子凑成完全平方形式，然后可以去掉根号．所以对于左侧二次根式被开方式子通分整理后，得到❑ √ 1+ 2 + [ 1 ) 2 =❑ √[ 1+ 1 ) 2 ，由此即可证 n(n+1) n(n+1) n(n+1) 明等式成立； √ 1 1 1 1 1 1 （3）根据前面证明所得到的式子，利用❑1+ + =1+ ，以及 = − 化简， n2 (n+1) 2 n(n+1) n(n+1) n n+1 即可求得结果； 【详解】（1）解：根据题干中的规律，可得 √ 1 1 1 第4个式子为：❑1+ + =1+ ； 42 52 4×5 （2）解：根据题干中的规律，可得 √ 1 1 1 第n个式子为：❑1+ + =1+ ； n2 (n+1) 2 n(n+1) √ 1 1 证明：∵ 左边=❑1+ + n2 (n+1) 2 √ (n+1) 2 n2 =❑1+ + n2 (n+1) 2 n2 (n+1) 2 √ 2n2+2n+1 =❑1+ n2 (n+1) 2 √ 2n(n+1) 1 =❑1+ + n2 (n+1) 2 n2 (n+1) 2 =❑ √ 1+ 2 + [ 1 ) 2 n(n+1) n(n+1) =❑ √[ 1+ 1 ) 2 n(n+1) 1 =1+ =右边， n(n+1) ∴ 等式成立；√ 1 1 1 1 1 1 （3）解：∵ ❑1+ + =1+ ， = − ， n2 (n+1) 2 n(n+1) n(n+1) n n+1 1 1 1 ∴ 原式=1+ +1+ +⋅⋅⋅⋅⋅⋅1+ 1×2 2×3 99×100 1 1 1 1 1 1 =99+ − + − ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ − 1 2 2 3 99 100 99 =99 ． 100 【变式1-3】（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）若m满足关系式 ❑√2x+3 y+❑√4x+5 y−m=❑√x−2012+ y+❑√2012−x−y，求m的值． 【答案】4024 【分析】本题考查了非负数的性质以及二次根式有意义的条件，得到x+ y=2012是关键．根据二次根式的 性质：被开方数是非负数求得❑√2x+3 y+❑√4x+5 y−m=0，然后根据非负数的性质得到关于x和y的方 程组，然后结合x+ y=2012即可求得m的值． {x−2012+ y≥0) 【详解】解：由 可得x+ y=2012， 2012−x−y≥0 { x+ y=2012 ) ∴ 2x+3 y=0 4x+5 y−m=0 ∴m=4x+5 y=2(x+ y)+(2x+3 y)=4024 【题型2 复合二次根式的化简】 【例2】（24-25八年级·安徽合肥·专题练习）有这样一类题目：将❑√a±2❑√b化简，如果你能找到两个数 m、n，使m2+n2=a且mn=❑√b，则可将a±2❑√b将变成m2+n2±2mn，即变成(m+n) 2，从而使得 ❑√a±2❑√b化简．例如，5±2❑√6=3+2±2❑√6=(❑√3) 2+(❑√2) 2+2❑√2×❑√3=(❑√3±❑√2) 2 ，∴ ❑√5±2❑√6=❑√(❑√3±❑√2) 2=(❑√3±❑√2)．这种方法叫做配方法，换一种思路，假设化简5±2❑√6的结果是 ❑√x±❑√y(x>y>0)，可知5±2❑√6=(❑√x±❑√y) 2 ．整理，得5±2❑√6=x+ y±2❑√xy，比较等式两边的组 成，可得x+ y=5，xy=6，即x=3，y=2，所以❑√5±2❑√6=(❑√3±❑√2)．尝试化简下列各式： (1)❑√7+4❑√3； (2)❑√8−❑√60． 【答案】(1)2+❑√3 (2)❑√5−❑√3 【分析】（1）根据完全平方公式得出7+4❑√3=(2+❑√3) 2进而求出即可； （2）根据完全平方公式得出8−❑√60=(❑√5−❑√3) 2进而求出即可． 此题主要考查了二次根式的化简与性质，熟练应用完全平方公式是解题关键． 【详解】（1）❑√7+4❑√3=❑√(2+❑√3) 2=2+❑√3； （2）解：❑√8−❑√60=❑√8−2❑√15=❑√ (❑√5−❑√3) 2=❑√5−❑√3． 【变式2-1】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）化简： (1)❑√12−2❑√35； (2)❑√5−❑√24； (3)❑√4+❑√15+❑√4−❑√15． 【答案】(1)❑√7−❑√5 (2)❑√3−❑√2 (3)❑√10 【分析】本题考查二次根式根号内含有根号的式子化简，二次根式的性质及完全平方公式，先把各题中的 无理式变成❑√m±2❑√n的形式，进而可得出结论．解题的关键是理解和掌握：二次根式根号内含有根号的 式子化简主要是根据完全平方公式的特点将该式子转化为平方的形式． （1）把被开方数化为完全平方的形式即可得解， （2）将❑√5−❑√24转化为❑√5−2❑√6，再根据解答过程即可得解， √ √15 √ √15 （3）将❑√4+❑√15+❑√4−❑√15转化为❑4+2❑ +❑4−2❑ ，再根据解答过程即可得解； 4 4 【详解】（1）解：❑√12−2❑√35 =❑√(5+7)−2❑√5×7=❑√(❑√7) 2 −2×❑√5×❑√7+(❑√5) 2 =❑√(❑√7−❑√5) 2 =❑√7−❑√5； （2）解：❑√5−❑√24=❑√5−2❑√6=❑√(❑√3−❑√2) 2=❑√3−❑√2 =❑√(3+2)−2❑√2×3 =❑√(❑√3) 2 −2×❑√3×❑√2+(❑√2) 2 =❑√(❑√3−❑√2) 2 =❑√3−❑√2； （3）解：❑√4+❑√15+❑√4−❑√15 √ √15 √ √15 =❑4+2❑ +❑4−2❑ 4 4 √5 √15 3 √5 √15 3 =❑ +2❑ + +❑ −2❑ + 2 4 2 2 4 2 √ (√5 √3) 2 √ (√5 √3) 2 =❑ ❑ +❑ +❑ ❑ −❑ 2 2 2 2 √5 √3 √5 √3 =❑ +❑ +❑ −❑ 2 2 2 2 √5 =2❑ 2 =❑√10． 【变式2-2】（24-25八年级·陕西西安·阶段练习）像❑√4−2❑√3,❑√❑√48−❑√45…这样的根式叫做复合二次 根式，有些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简，如： ❑√4−2❑√3=❑√3−2❑√3+1=❑√(❑√3) 2 −2×❑√3×1+12=❑√(❑√3−1) 2=❑√3−1请用上述方法探索并解决下列 问题： (1)化简：❑√10−2❑√21(2)若a+6❑√5=(m+n❑√5) 2，且a，m，n为正整数，求a的值 【答案】(1)❑√7−❑√3 (2)a=14或a=46 【分析】本题考查化简复合二次根式： （1）根据题意，构造完全平方公式，进行化简即可； （2）根据题意得到a+6❑√5是一个完全平方式，进而推出a+6❑√5=(3+❑√5) 2或a+6❑√5=(1+3❑√5) 2，进 行求解即可． 【详解】（1）解： ❑√10−2❑√21=❑√7−2❑√21+3=❑√(❑√7) 2 −2×❑√7×❑√3+(❑√3) 2=❑√(❑√7−❑√3) 2=❑√7−❑√3； （2）∵a+6❑√5=(m+n❑√5) 2 ∴a+6❑√5是一个完全平方式， ∵a，m，n均为正整数，且a+6❑√5=a+2×3×❑√5或a+6❑√5=a+2×1×3❑√5， ∴a+6❑√5=(3+❑√5) 2 或a+6❑√5=(1+3❑√5) 2 ， ∴m=3,n=1，此时a=32+(❑√5) 2=14或m=1,n=3，此时a=12+(3❑√5) 2=46． 【变式2-3】（24-25八年级·安徽安庆·期中）像❑√4−2❑√3，❑√❑√96−❑√63……这样的根式叫做复合二次根 式．有一些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简， 如：❑√4−2❑√3=❑√3−2❑√3+1=❑√ (❑√3) 2 −2×❑√3+12=❑√ (❑√3−1) 2=❑√3−1； 再如：❑√5+2❑√6=❑√3+2❑√6+2=❑√(❑√3) 2+2×❑√6+(❑√2) 2=❑√(❑√3+❑√2) 2=❑√3+❑√2．请用上述方法探索并 解决下列问题： (1)请你尝试化简： ①❑√11+2❑√30=______； ②❑√13−2❑√42=______． (2)若a+6❑√5=(m+❑√5n) 2，且a，m，n为正整数，求a的值． 【答案】(1)①❑√5+❑√6；②❑√7−❑√6(2)46或14 【分析】（1）将被开方数写成完全平方式，再化简． （2）变形已知等式，建立a，m，n的方程组求解． 【详解】（1）解：①❑√11+2❑√30； =❑√5+2❑√30+6 =❑√(❑√5) 2+2❑√5×❑√6+(❑√6) 2 =❑√(❑√5+❑√6) 2 =❑√5+❑√6； ②❑√13−2❑√42 =❑√7−2×❑√7×❑√6+6 =❑√(❑√7−❑√6) 2 =❑√7−❑√6； 故答案为：①❑√5+❑√6；②❑√7−❑√6； （2）解：∵(m+❑√5n) 2 =m2+5n2+2❑√5mn =a+6❑√5， {m2+5n2=a) ∴ ， mn=3 ∵ m，n，a均为正整数． {m=1) {m=3) ∴ 或 ， n=3 n=1 ∴a=1+45=46或a=9+5=14． a=46或14． 【点睛】本题考查二次根式的化简，将二次根式的被开方数变为完全平方式是求解本题的关键． 【题型3 利用分母有理化求值】 【例3】（24-25八年级·山东烟台·期末）阅读下列材料，解答后面的问题： 1 1 + =❑√3−1； ❑√2+1 ❑√3+❑√21 1 1 + + =2−1=1； ❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 1 1 1 1 + + + =❑√5−1；⋯ ❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 ❑√5+2 (1)写出下一个等式； 1 1 1 1 (2)计算 + + +…+ 的值； ❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 ❑√100+❑√99 ( 1 1 1 ) (3)请求出 + +…+ ×(❑√2122+❑√100)的运算结果． ❑√101+❑√100 ❑√102+❑√101 ❑√2122+❑√2121 1 1 1 1 1 【答案】(1) + + + + =❑√6−1 ❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 ❑√5+2 ❑√6+❑√5 (2)9 (3)2022 【分析】（1）直接根据前面的等式，仿写出下一个等式即可； （2）先分母有理化，然后合并同类二次根式即可； （3）先分母有理化，然后合并同类二次根式，再利用平方差公式计算即可． 1 1 1 1 1 【详解】（1）解： + + + + =❑√6−1 ❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 ❑√5+2 ❑√6+❑√5 1 1 1 1 （2）解： + + +⋯+ ❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 ❑√100+❑√99 =❑√2−1+❑√3−❑√2+2−❑√3+⋯+❑√100−❑√99 =❑√100−1 =10−1=9． ( 1 1 1 ) （3）解： + +⋯+ ×(❑√2122+❑√100) ❑√101+❑√100 ❑√102+❑√101 ❑√2122+❑√2121 =(❑√101−❑√100+❑√102−❑√101+⋯+❑√2122−❑√2121)×(❑√2122+❑√100) =(❑√2122−❑√100)×(❑√2122+❑√100) =2122−100 =2022 【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算、分母有理化、平方差公式等知识点，在处理二次根式混合 运算时，先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能 结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．【变式3-1】（24-25八年级·湖南娄底·期末）计算： 1 1 1 1 + + +⋯+ 2+❑√2 3❑√2+2❑√3 4❑√3+3❑√4 100❑√99+99❑√100 9 【答案】 10 【分析】先对代数式的每一部分分母有理化，然后再进行运算 1 1 1 1 【详解】解： + + +⋯+ 2+❑√2 3❑√2+2❑√3 4❑√3+3❑√4 100❑√99+99❑√100 2−❑√2 3❑√2−2❑√3 4❑√3−3❑√4 100❑√99+99❑√100 = + + +⋯+ 2 6 12 9900 ❑√2 ❑√2 ❑√3 ❑√3 ❑√4 ❑√99 ❑√100 =1− + − + − +⋯+ − 2 2 3 3 4 99 100 ❑√100 =1− 100 1 =1− 10 9 = 10 【点睛】本题看似计算繁杂，但只要找到分母有理化这个突破口，就会化难为易． x−b x−a 【变式3-2】（24-25八年级·上海·期中）已知 =2− 且a+b=2，请化简并求值： a b ❑√x+1−❑√x ❑√x+1+❑√x + ❑√x+1+❑√x ❑√x+1−❑√x 【答案】4x+2;10 【分析】解方程得出x=2，再分母有理化，化简得出原式=4x+2，最后代入x求值即可. x−b x−a 【详解】解： =2− a b b(x−b)=2ab−a(x−a) bx+ax=(a+b) 2 ∵a+b=2 ∴2x=4 ∴x=2 ❑√x+1−❑√x ❑√x+1+❑√x + ❑√x+1+❑√x ❑√x+1−❑√x(❑√x+1−❑√x) 2 (❑√x+1+❑√x) 2 = + (❑√x+1+❑√x)(❑√x+1−❑√x) (❑√x+1−❑√x)(❑√x+1+❑√x) =x+1−2❑√x(x+1)+x+x+1+2❑√x(x+1)+x=4x+2 4×2+2=10 【点睛】本题主要考查二次根式的化简求值，难度较大，熟练掌握相关知识点是解题关键. 【变式3-3】（24-25八年级·湖南长沙·开学考试）阅读下列材料，然后回答问题：在进行二次根式的化简 5 √2 2 与运算时，我们有时会碰上如 ，❑ ， ❑√3 3 ❑√3+1 一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简： 5 5×❑√3 5❑√3 = = ； ❑√3 ❑√3×❑√3 3 √2 √2×3 ❑√6 ❑ =❑ = ； 3 3×3 3 2 2×(❑√3−1) 2(❑√3−1) = = =❑√3−1 ❑√3+1 (❑√3+1)(❑√3−1) (❑√3) 2 −12 以上这种化简的步骤叫做分母有理化． 2 √2 1 （1）化简： = ；❑ = ； = ； ❑√3 5 ❑√5+❑√3 1 1 1 1 （2）化简： + + +⋯+ ； ❑√3+1 ❑√5+❑√3 ❑√7+❑√5 ❑√2019+❑√2017 ❑√5−❑√3 ❑√5+❑√3 y x （3）已知x= ，y= ，求 + 的值. ❑√5+❑√3 ❑√5−❑√3 x y 2❑√3 ❑√10 ❑√5−❑√3 ❑√2019−1 【答案】（1） , , （2） （3）62 3 5 2 2 【分析】（1）分子分母分别乘❑√3,❑√5,❑√5−❑√3 即可. （2）每一个分母都乘以它的有理化因式化简后合并即可. （3）将x，y化简后，对后面算式运用完全平方公式进行变形，代入即可. 2 2×❑√3 2❑√3 【详解】（1） = = ， ❑√3 ❑√3×❑√3 3 √2 √2×5 ❑√10 ❑ =❑ = ， 5 5×5 51 ❑√5−❑√3 ❑√5−❑√3 = = ❑√5+❑√3 (❑√5+❑√3)(❑√5−❑√3) 2 2❑√3 ❑√10 ❑√5−❑√3 故答案为 ， ， 3 5 2 1 （2）原式= (❑√3−1+❑√5−❑√3+❑√7−❑√5+⋯+❑√2019−❑√2017) 2 ❑√2019−1 = 2 ❑√5−❑√3 8−2❑√15 ❑√5+❑√3 8+2❑√15 （3）x= = ，y= = ❑√5+❑√3 2 ❑√5−❑√3 2 ∴x+ y=8,xy=1 y x (x+ y) 2 64 + = −2= −2=62 x y xy 1 【点睛】考查二次根式的有理化．根据二次根式的乘除法法则进行二次根式有理化．二次根式有理化主要 利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子． 【题型4 勾股定理在网格中的运用】 【例4】（24-25八年级·广东云浮·期中）综合探究： “在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为❑√5、❑√10、❑√13，求这个三角形的面积”． 小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点 △ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求△ABC的高，而借用网 格就能计算出它的面积．我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法． (1)直接写出图1中△ABC的面积是______； (2)若△MNP的边长分别为❑√m2+16n2、❑√9m2+4n2、❑√4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n），试运用构 图法在图2中画出相应的△MNP，并求出△MNP的面积．(3)拓展应用：求代数式：❑√x2+1+❑√(4−x) 2+4(0≤x≤4)的最小值． 7 【答案】(1) 2 (2)图见解析，5mn (3)5 【分析】（1）分割法求出三角形的面积即可； （2）易得此三角形的三边分别是直角边长为m，4n的直角三角形的斜边；直角边长为3m,2n的直角三角 形的斜边；直角边长为2m,2n的直角三角形的斜边．同样把它整理为一个长方形的面积减去三个直角三角 形的面积． （3）将代数式转化为平面直角坐标系中x轴上一点(x,0)到点(0,1)的距离与(x,0)到点(4,2)的距离和的最小 值，利用成轴对称的性质，进行求解即可． 1 1 1 7 【详解】（1）解：由图可知：△ABC的面积是3×3− ×1×2− ×2×3− ×1×3= ； 2 2 2 2 7 故答案为： ； 2 （2）△MNP的边长分别为❑√m2+16n2、❑√9m2+4n2、❑√4m2+4n2（m>0，n>0，且m≠n）， ∴△MNP的三边分别是直角边长为m，4n的直角三角形的斜边；直角边长为3m,2n的直角三角形的斜 边；直角边长为2m,2n的直角三角形的斜边，构造三角形如图： 1 1 1 由图可知：△MNP的面积是4m⋅3n− ⋅2m⋅2n− ⋅4m⋅n− ⋅2m⋅3n=5mn； 2 2 2 （3）❑√x2+1+❑√(4−x) 2+4(0≤x≤4)，可以看成平面直角坐标系中x轴上一点(x,0)到点(0,1)的距离与 (x,0)到点(4,2)的距离和的最小值，如图：设A(0,1)，B(4,2)，P(x,0)，则：PA+PB=❑√x2+1+❑√(4−x) 2+4(0≤x≤4)， 过点A作x轴的对称点A′，则：A′(0,−1)，PA+PB=PA′+PB≥A′B，当且仅当A′，P，B三点共线 时，PA+PB的值最小，即为A′B的长， ∵A′(0,−1)，B(4,2)， ∴A′B=❑√42+(2+1) 2=5． ∴❑√x2+1+❑√(4−x) 2+4(0≤x≤4)的最小值为5． 【点睛】本题考查勾股定理与网格问题，坐标与轴对称．解题的关键是理解并掌握构图法，将代数问题转 化为几何问题，利用数形结合的思想进行求解． 【变式4-1】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期末）图1，图2均为正方形网格，每个小正方形的边长均为 1，各个小正方形的顶点叫做格点，请在下面的网格中按要求分别画图，使得每个图形的顶点均在格点 上． （1）画一个边长均为整数的等腰三角形，且面积等于12； （2）画一个直角三角形，且三边长为❑√5，2❑√5，5，并直接写出这个三角形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析，5 【分析】（1）根据勾股定理得到3、4、5得等腰三角形的腰为整数5，再连接图形即可得到满足条件的等腰三角形； （2）根据勾股定理得到：直角边为1与2的斜边为❑√5，直角边为2与4的斜边为2❑√5，再连接图形即可 得到满足条件的三角形，利用勾股定理的逆定理判定三角形是直角三角形再利用面积公式求出答案即可. 【详解】解：（1）如图1所示，ΔABC即为所求： （2）如图2所示，ΔDEF即为所求： ∵DE2+EF2=(❑√5) 2+(2❑√5) 2=52=DF2， ∴△DEF是直角三角形， 1 1 ∴S = DE⋅EF= ×❑√5×2❑√5=5. ΔDEF 2 2 【点睛】此题考查等腰三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理判定三角形是直角三角形，熟练掌握 一些无理数线段的作图方法是解题的关键. 【变式4-2】（24-25八年级·山东淄博·期中）如图1，纸上有五个边长为1的小正方形组成的图形纸，我们 可以把它剪开拼成一个正方形如图2． （1）你能在3×3方格图（图3）中，连接四个格点（网格线的交点）组成面积为5的正方形吗？若能，请 用虚线画出． （2）你能把十个小正方形组成的图形纸（图4），剪开并拼成正方形吗？若能，请仿照图2的形式把它重 新拼成一个正方形． （3）如图，是由两个边长不等的正方形纸片组成的一个图形，要将其剪拼成一个既不重叠也无空隙的大 正方形，则剪出的块数最少为________块．请你在图中画出裁剪线，并说明拼接方法．【答案】（1）能，作图见解析；（2）能，作图见解析；（3）5，作图及说明见解析 【分析】（1）画出边长为❑√5的正方形即可； （2）结合例题，画出边长为❑√10的正方形即可； （3）在AB上截取AM＝BE，连接DM、MF，然后拼成大正方形即可． 【详解】解：（1）能，如图所示，正方形ABCD即为所求； （2）能，如图所示，正方形ABCD即为所求； （3）如图所示， 在AB上截取AM＝BE，连接DM、MF， DM、FM即为裁剪线， 将△DAM拼接△DCH处，使DA与DC重合，将△MEF拼接至△HGF处，使ME和HG重合，EF与FG 重合，得到正方形DMFH，∴剪出的块数最少为5块， 故答案为：5． 【点睛】本题考查图形的拼接，全等三角形的判定与性质，勾股定理，确定正方形的边长是解题的关键． 【变式4-3】（24-25八年级·山西晋中·期末）问题情境：综合实践活动课上，同学们围绕“已知三角形三 边的长度，求三角形的面积”开展活动，启航小组同学想到借助正方形网格解决问题 问题解决：图（1）、图（2）都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点 称为格点，操作发现，启航小组同学在图（1）中画出△ABC，其顶点A，B，C都在格点上，同时构造长 方形CDEF，使它的顶点都在格点上，且它的边EF经过点A，ED经过点B．同学们借助此图求出了 △ABC的面积． （1）在图（1）中，△ABC的三边长分别是AB＝ ，BC＝ ，AC＝ ．△ABC的面积是 ． （2）已知△PMN中，PM＝❑√17，MN＝2❑√5，NP＝❑√13．请你根据启航小组的思路，在图（2）中画出 △PMN，并直接写出△RMN的面积 ． 11 【答案】（1）❑√13，❑√17，❑√10， ；（2）图见解析；7． 2 【分析】（1）利用勾股定理求出AB，BC，AC，理由分割法求出△ABC的面积． （2）模仿（1）中方法，画出△PMN，利用分割法求解即可． 【详解】解：（1）如图1中，AB＝❑√AE2+BE2＝❑√32+22＝❑√13，BC＝❑√BD2+CD2＝❑√12+42＝❑√17，AC ＝❑√AF2+CF2＝❑√12+32＝❑√10， 3 11 S ＝S ﹣S ﹣S ﹣S ＝12﹣3﹣ ﹣2＝ ， △ABC 矩形DEFC △AEB △AFC △BDC 2 2 11 故答案为❑√13，❑√17，❑√10， ． 2（2）△PMN如图所示． S ＝4×4﹣2﹣3﹣4＝7， △PMN 故答案为7． 【点睛】此题重点考查学生对勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键. 【题型5 勾股定理在折叠问题中的运用】 【例5】（24-25八年级·辽宁葫芦岛·期末）（1）【问题初探】在数学活动课上，李老师提出如下问题：如 图1，四边形ABCD中，∠A=90°，∠C=45°，BD平分∠ABC，求证：AB+AD=BC． ①如图2，豆豆同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在BC上截取BE=AB，连接DE，将线段 AB，AD，BC的数量关系转化为DE与CE的数量关系； ②如图3，乐琪同学从BD平分∠ABC这个条件出发，想到将△BDC沿BD翻折，所以她延长线段BA到点 F，使FB=CB，连接FD，发现了∠F与∠ADF的数量关系； 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程； （2）【类比分析】李老师发现两名同学都运用了转化的数学思想，为了帮助学生更好的感悟转化思想， 李老师提出了下面的问题，请解答． 如图4，△ABC中，∠A=90°，平面内有点D（点D和点A在BC的同侧），连接DC，DB， ∠D=45°，∠ABD+2∠ABC=180°，求证：❑√2BD+❑√2AB=CD． （3）【学以致用】如图5，在（2）的条件下，若∠ABD=30°，AB=1，请直接写出线段AC的长度．【答案】（1）选择豆豆（或乐琪）同学的证明方法，证明见解析；（2）见解析；（3）2+❑√3 【分析】（1）选择豆豆同学的证明方法：根据题意证明△ABD≌△EBD得出△EDC是等腰直角三角形， 进而即可得出结论；乐琪同学的证明方法证明△ADF是等腰直角三角形，即可得证； （2）延长AB到点E，使BE=BD，连接CE，延长CB，证明△CBD≌△CBE,进而根据等腰直角三角形 的性质得出AC=AE，进而根据勾股定理即可得证； （3）将△ABC沿BC折叠得到△EBC，得出D,B,E三点共线，△CED是等腰直角三角形，则 CE=ED=BE+BD，延长BA交CD于点F，过点F作FG⊥BD于点G，则△DFG是等腰直角三角形， FG=DG，证明△ACF≌△ACB得出AB=AF，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得 BG=❑√3，进而得出DE=2+❑√3，即可求解． 【详解】（1）选择豆豆同学的证明方法 证明：∵BE=AB，BD平分∠ABC，则∠ABD=∠EBD，BD=BD， ∴△ABD≌△EBD， ∴∠BED=∠A=90°，AD=ED， ∵∠C=45°， ∴∠EDC=45°， ∴ED=EC， ∵BC=BE+EC， ∴BC=AB+AD；乐琪同学的证明方法 证明：∵BF=BC，BD平分∠ABC，则∠FBD=∠CBD，BD=BD， ∴△BDF≌△BDC， ∴BC=BF，∠C=∠F=45°， ∵∠BAD=90°， ∴∠ADF=∠F=45°， ∴AF=AD， ∴AB+AD=AB+AF=BF， ∴BC=AB+AD． （2）证明：延长AB到点E，使BE=BD，连接CE，延长CB， ∵∠ABD+2∠ABC=180°， 又∵∠ABD+∠DBE=180°， ∴∠DBE=2∠ABC， ∵∠ABC=∠EBF， ∴∠DBF=∠EBF， ∴∠CBD=∠EBC， ∵BC=BC，BD=BE， ∴△CBD≌△CBE， ∴∠E=∠D=45°，CE=CD， ∵∠A=90°， ∴∠ACE=45°， ∴AC=AE ∵∠A=90°，∴AC2+AE2=CE2， ∴CE2=2AE2， ∴CE=❑√2AE， ∴CD=❑√2(AB+BD)， ❑√2BD+❑√2AB=CD． （3）如图所示，将△ABC沿BC折叠得到△EBC， ∴∠EBC=∠ABC， ∵∠ABD+2∠ABC=180°， ∴∠EBD=2∠ABC+∠ABD=180°， ∴D,B,E三点共线， ∵∠E=∠A=90°，∠D=45°， ∴△CED是等腰直角三角形， ∴CE=ED=BE+BD， 如图所示，延长BA交CD于点F，过点F作FG⊥BD于点G，则△DFG是等腰直角三角形，FG=DG，1 ∵∠ABD=30°，则∠ABC= (180°−30°)=75°，则∠BCE=∠BCA=15°， 2 ∴∠FCA=∠DCE−∠CAB−∠EAB=45°−15°−15°=15°， ∴∠FCA=∠BCA， ∵CA⊥AB， ∴∠CAF=∠CAB=90°， 又AC=AC， ∴△ACF≌△ACB， ∴AB=AF =1，则FB=2AB=2， 1 在Rt△FGB中，FG= FB=1，则FG=DG=1， 2 ∴BG=❑√FB2−FG2=❑√3， ∴DE=EB+BG+GD=1+❑√3+1=2+❑√3， ∴AC=CE =2+❑√3． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与 判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 【变式5-1】（24-25八年级·广东佛山·期末）综合探究 直观感知和操作确认是几何学习的重要方式，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=2，AC=3. (1)尺规作图：如图1，在△ABC中，作∠ABC的角平分线交AC于点D（不写作法，保留作图痕迹）； (2)操作探究：在（1）的条件下，将∠C沿着过点D的直线折叠，使点C落在△ABC三边所在直线上（顶 点除外），画出示意图； (3)迁移运用： ①如图2，若E为AC边的中点，F为射线BA上一点，将△AEF沿着EF翻折得到△A′EF，点A的对应点 为A′，当∠F A′B=90°时，求AF的长； ②如图3，若点E是BC边的中点，N是AC边上一点，将△ENC沿EN折叠至△ENC′，点C的对应点为C′ ，连接BN、BC′，求△BNC′的面积的最大值.【答案】(1)见解析 (2)见解析 3 13 (3)①AF的长为3或 ；② 4 8 【分析】（1）以点B为圆心，任意长度为半径画弧交AB、BC于N、M两点，再分别以N、M为圆心， 1 大于 MN为半径画弧交于一点O，作射线BO交AC于点D； 2 （2）分两种情况：点C落在BC边上；点C落在AB边上；分别画出图形即可； （3）①由折叠的性质可得∠F A′E=90°，AE=A′E，AF=A′F，结合∠F A′B=90°得出点A′、E、 3 5 B在一条直线上，由点E是BC边的中点得出AE=A′E= ，由勾股定理得出BE=❑√AB2+AE2= ，然后 2 2 分两种情况及利用勾股定理即可得出答案；②由勾股定理可得BC=❑√13，由点E是BC边的中点，可得 ❑√13 ❑√13 BE=CE= ，S =S ，由折叠的性质可得S =S =S ，C′E=CE= ，从而得出 2 △BEN △CEN △BEN △CEN △C′EN 2 S △BNC′ =S △BEC′ +S △C′EN −S △BEN =S △BEC′ ，设点C′到BC的距离为ℎ，则 1 1 ❑√13 ❑√13 ❑√13 S = BE⋅ℎ = × ℎ = ℎ，当C′E⊥BC时，点C′到BC的距离ℎ最大，为 ，由此即 △BEC′ 2 2 2 4 2 可得出答案． 【详解】（1）解：如图，BD即为所作， （2）解：如图，作DE⊥BC于E， ∵BD ∠ABC ∠A=90° ， 平分 ， ， ∴AD=DE， ∵CD>DE，∴CD>AD， ∴D不是AC的中点，点C不能落在AC边上， 当沿直线DE折叠时，此时点C落在BC边上，得到的图形如图所示， ； 当点C落在AB边上时，如图所示： ； （3）解：①第一种情况，如图， ∵ F BA ∠BAC=90° ， 为射线 上一点， ， ∴∠FAE=90°， ∵将△AEF沿着EF翻折得到△A′EF，点A的对应点为A′， ∴∠F A′E=90°，AE=A′E，AF=A′F， ∵∠F A′B=90°， ∴点A′、E、B在一条直线上， ∵E为AC边的中点，AC=3， 3 ∴AE=A′E= ， 2 ∴BE=❑√AB2+AE2=❑ √ 22+ (3) 2 = 5 ， 2 2 3 5 ∴A′B=BE+A′E= + =4， 2 2 设AF=A′F=x，则BF=AB+AF=2+x，由勾股定理可得：BF2=A′B2+A′F2， ∴(x+2) 2=x2+42， 解得：x=3， ∴AF=3； 第二种情况，如图所示： 此时点F在AB上，由第一种情况可知：B,A′,E三点共线， ∴A′E=AE=1.5,BE=2.5,A′B=1， ∴在Rt△A′BF中，由勾股定理可得A′F2+1=(2−A′F) 2 ， 3 解得：A′F= ， 4 3 ∴AF= ； 4 3 综上所述：AF的长为3或 ； 4 ②∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=2，AC=3， ∴BC=❑√AB2+AC2=❑√13， ∵点E是BC边的中点， ❑√13 ∴BE=CE= ， 2 ∴S =S ， △BEN △CEN ∵将△ENC沿EN折叠至△ENC′， ❑√13 ∴S =S ，C′E=CE= ， △CEN △C′EN 2 ∴S =S =S ， △BEN △CEN △C′EN ∴S =S +S −S =S ， △BNC′ △BEC′ △C′EN △BEN △BEC′1 1 ❑√13 ❑√13 设点C′到BC的距离为ℎ，则S = BE⋅ℎ = × ℎ = ℎ， △BEC′ 2 2 2 4 ❑√13 ∴S =S = ℎ， △BNC′ △BEC′ 4 ❑√13 如图，当C′E⊥BC时，点C′到BC的距离ℎ最大，为 ， 2 ❑√13 ❑√13 13 ∴△BNC′ S =S = × = △BNC′ △BEC′ 4 2 8 ， 的面积的最大值为： ． 【点睛】本题主要考查了作图—作角平分线、角平分线的性质、轴对称的性质、勾股定理、三角形面积公 式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【变式5-2】（24-25八年级·四川成都·期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上的动点，连 接BD，将△ABD沿直线BD翻折，得到对应的△A′BD． (1)如图1，当AD⊥A′D于点D时，求证：BC=DC； (2)若BC=a，AC=2a． ①如图2，当B，C，A′三点在同一条直线上时，求AD的长（用含a的代数式表示）； AB ②连接A A′，A′C，当A′C=❑√2a时，求 的值． A A′ 【答案】(1)见解析 5❑√5 AB ❑√10 ❑√2 (2)① a，② = 或 2 A A′ 2 2 【分析】（1）由AD⊥A′D得出∠ADB+∠A′DB=270°，根据折叠的性质得出 ∠ADB=∠A′DB=135°，进而得出∠CBD=45°=∠CDB，根据等角对等边即可得证； （2）①设AD=x，则CD=2a−x，在Rt△ABC中，勾股定理得出AB，进而根据折叠的性质，以及勾股5❑√5 定理得出AD的长为 a； 2 ②方法一：情形①过点A′在直线BC上方时，过A′作A′E⊥BC交BC的延长线于点E，在Rt△ABC中， BC=a，AC=2a，根据勾股定理得出CE=a，证明△BAC≌△A′BE，进而得出A A′=❑√2a，根据 AB=❑√5a，即可求解；情形②当点A′在直线BC下方时．过A′作A′F⊥BC交BC的延长线于点F．同 ①，可证△BAC≌△A′BF，在Rt△ACB中，BC=a，AC=2a．得出AB=❑√5a，勾股定理得出 A A′=❑√10a，进而即可求解； 方法二：①当点A′在直线BC上方时，取AC的中点E，连接BE，得出△ABE≌△BA′C过A′作 A′F⊥AC于点F，②当点A′在直线BC下方时． 取AC的中点E，连接BE，过A′作A′G⊥AC交AC的延长线于点G，同理可得A A′=❑√10a，AB=❑√5a ，进而即可求解 【详解】（1）解：∵AD⊥A′D， ∴∠AD A′=90°=∠CD A′． ∴∠ADB+∠A′DB=270°． ∵将△ABD沿直线BD翻折，得到对应的△A′BD ∴∠ADB=∠A′DB=135°． ∴∠CDB=45°． ∵∠C=90°， ∴∠CBD=45°=∠CDB． ∴BC=DC． （2）①设AD=x，则CD=2a−x． 在Rt△ABC中，AB=❑√AC2+BC2=❑√(2a) 2+a2=❑√5a． ∵将△ABD沿直线BD翻折，得到对应的△A′BD，∴A′B=AB=❑√5a，A′D=AD=x． ∴A′C=A′B−BC=❑√5a−a． 即(❑√5a−a) 2+(2a−x) 2=x2． 5−❑√5 解得x= a． 2 5❑√5 即AD的长为 a． 2 ②方法一：情形①过点A′在直线BC上方时． 过A′作A′E⊥BC交BC的延长线于点E． ∴∠E=90°． ∴A′E2=A′B2−BE2，A′E2=A′C2−CE2． ∴A′B2−BE2=A′C2−CE2． 在Rt△ABC中，BC=a，AC=2a， ∴AB=❑√5a=A′B． ∴(❑√5a) 2 −(a+CE) 2=(❑√2a) 2 −CE2． 解得CE=a． ∴A′E=a，BE=2a． ∴A′E=BC，BE=AC． 又∵∠ACB=90°=∠E， ∴△BAC≌△A′BE． ∴∠A′BE=∠BAC． ∵∠BDC=∠ABD+∠BAC，∠DBC=∠A′BE+∠A′BD，∠ABD=∠A′BD， ∴∠BDC=∠DBC=45°．∴BC=CD=a． ∴A′D=AD=AC−CD=a． ∴∠ADB=135°=∠A′DB． ∴∠AD A′=90°． ∴A A′=❑√2a． ∵AB=❑√5a， AB ❑√10 ∴ = ． A A′ 2 情形②当点A′在直线BC下方时． 过A′作A′F⊥BC交BC的延长线于点F． 同①，可证△BAC≌△A′BF． ∴∠BAC=∠A′BF． ∴∠A′BA=∠A′BF+∠CBA=∠BAC+∠CBA=90° ∴△ABA′是等腰直角三角形． 在Rt△ACB中，BC=a，AC=2a． ∴AB=❑√a2+(2a) 2=❑√5a． ∴A A′=❑√AB2+A′B2=❑√5a2+5a2=❑√10a． AB ❑√5a ❑√2 ∴ = = ． A A′ ❑√10a 2 AB ❑√10 ❑√2 综上所述， = 或 ． A A′ 2 2方法二： 情形①当点A′在直线BC上方时， 取AC的中点E，连接BE， ∴AE=CE=BC=a． 在Rt△BCE中，BE=❑√BC2+CE2=❑√2a=A′C． ∵将△ABD沿直线BD翻折，得到对应的△A′BD， ∴AB=A′B． ∴△ABE≌△BA′C． ∴∠BC A′=∠AEB=135°． ∴∠AC A′=45°． 过A′作A′F⊥AC于点F， ❑√2 ∴A′F=CF= A′C=a．即点F与点E重合． 2 ∵∠A′FA=90°， ∴A A′=❑√2a． ∵AB=❑√5a， AB ❑√10 ∴ = ． A A′ 2情形②当点A′在直线BC下方时． 取AC的中点E，连接BE， ∴AE=CE=BC=a． 在Rt△BCE中， BE=❑√BC2+CE2=❑√2a=A′C． ∵将△ABD沿直线BD翻折，得到对应的△A′BD， ∴AB=A′B． ∴△ABE≌△BA′C． ∴∠BC A′=∠AEB=135°． 过A′作A′G⊥AC交AC的延长线于点G， ∴∠A′CG=45°． ❑√2 ∴A′G=CG= A′C=a． 2 ∵∠A′GA=90°， ∴A A′=❑√10a． ∵AB=❑√5a， AB ❑√2 ∴ = ． A A′ 2 AB ❑√10 ❑√2 综上所述， = 或 ． A A′ 2 2【点睛】本题考查了勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，掌握折叠的性质是解题的关键． 【变式5-3】（24-25八年级·四川成都·期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3． (1)如图1，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称点C恰好落在AB边上，求CD的长； (2)如图2，E为线段AB上一点，沿CE翻折△CBE得到△CEB′，若EB′∥AC，求证：AE＝AC； (3)如图3，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称为点C′，是否存在异于图1的情况的C′、B、D为顶 点的三角形为直角三角形，若存在，请直接写出BC′长；若不存在，请说明理由． 4 【答案】(1) 3 (2)见解析 (3)4−❑√7 【分析】（1）首先勾股定理得AB=5，再由对称性得AC'=AC=4，得BC'=1，在Rt△BC'D中，利用勾股定 理列方程即可； （2）由翻折得∠B'=∠B，∠B'CE=∠BCE，再根据∠AEC=∠B+∠BCE，∠ACE=∠B'CA+∠B'CE，可得 ∠AEC=∠ACE，从而证明结论； （3）当∠C'BD=90°时，过点A作AE⊥AC，交BC'延长线于点E，设BC'为x，则C'E=4-x，在Rt△AC'E 中，由勾股定理得，（4-x）2+32=42，解方程从而解决问题． 【详解】（1）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得AB=5， ∵点C关于AD的对称点C′恰好落在AB边上， ∴AC'=AC=4，∴BC'=1， 在Rt△BC'D中，由勾股定理得， （3-CD）2=12+CD2， 4 解得：CD= ； 3 （2）证明：∵沿CE翻折△CBE得到△CEB′， ∴∠B'=∠B，∠B'CE=∠BCE， ∵EB'∥AC， ∴∠B'=∠B'CA=∠B， ∴∠AEC=∠B+∠BCE，∠ACE=∠B'CA+∠B'CE， ∴∠AEC=∠ACE， ∴AE=AC； （3）存在，BC'=4−❑√7， ∵∠ADC＞45°， ∴∠BDC'不可能为90°， 当BC'⊥BC时，过点A作AE⊥AC，交BC'延长线于点E， ∵∠C=∠C'BD=90°=∠E， ∴四边形ACBE为矩形，设BC'为x，则C'E=4-x， ∵△ACD翻折后得到△AC'D， ∴AC'=AC=4， ∵AE=BC=3， 在Rt△AC'E中，由勾股定理得， ∴（4-x）2+32=42， 解得：x=4±❑√7， ∵x＜4， ∴x=4−❑√7， 即BC′长为4−❑√7．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了翻折变换，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定等 知识，运用勾股定理列方程是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想． 【题型6 由勾股定理构造图形解决实际问题】 【例6】（24-25八年级·河南郑州·期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数 思想解决几何问题的最重要工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人 们，更因为应用广泛而使人入迷． (1)证明勾股定理 取4个与Rt△ABC（图1）全等的三角形，其中∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，把它们拼成边 长为a+b的正方形DEFG，其中四边形OPMN是边长为c的正方形，如图2，请你利用以下图形验证勾股 定理． (2)应用勾股定理 ①应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点． 如图3，在数轴上找出表示1的点D和表示4的点A，过点A作直线l垂直于DA，在l上取点B，使AB=2 ，以点D为圆心，DB为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是______． ②应用场景2：解决实际问题． 如图4，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE=0.5m，将它往前推至C处时，水平距离CD=2m，踏板离地的垂直高度CF=1.5m，它的绳索始终拉直，求绳索AC的长． 【答案】(1)验证见解析 (2)①1±❑√13；②绳索AC的长为2.5m 【分析】（1）用含a、b的式子用两种方法表示正方形的面积，然后整理即可证明结论； （2）①根据勾股定理求出DB，根据实数与数轴解答即可．②设秋千的绳索长为xm，根据题意可得 AD=(x−1)m，利用勾股定理可得22+(x−1) 2=x2，即可得到结论． 【详解】（1）解：证明勾股定理： 1 由题意得，S =(a+b) 2 ，S = ab，S =c2 正方形DEFG △ABC 2 正方形OPMN S =4S +S 正方形DEFG △ABC 正方形OPMN 1 ∴a2+2ab+b2=4× ab+c2 ， 2 ∴a2+b2=c2． （2）解：①在Rt△DBA中， ∵DB=❑√DA2+AB2=❑√32+22=❑√13, ∴DC=❑√13, ∴点C表示的数是❑√13+1． 故答案为：❑√13+1． ②∵CF=1.5m，BE=0.5m， ∴DB=1m． 设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AD=(x−1)m， 利用勾股定理可得22+(x−1) 2=x2． 解得：x=2.5．答：绳索AC的长为2.5m． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方以及数形 结合思想是解题的关键． 【变式6-1】（24-25八年级·四川资阳·期末）已知：△ACD和△BCE都是等腰直角三角形， ∠ACD=∠BCE=90°． （1）如图,摆放△ACD和△BCE时（点A、C、B在同一条直线上，点E在CD上），连接AE、BD线段 AE 与BD的数量关系是 ，位置关系是 ．（直接写出答案） （2）如图,摆放△ACD和△BCE时，连接AE、BD，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图,摆放△ACD和△BCE时，连接AE、DE．若有AE2=DE2+2CE2，试求∠DEC的度数． 【答案】（1）AE=BD；AE⊥BD．（2）结论AE=BD，AE⊥BD仍然成立．（3）45° 【分析】（1）可直接证明三角形全等； （2）证明△ACE≌△DCB （SAS）； （3）先证明△ACE≌△DCB （SAS），再利用勾股定理和等量代换，从而证明∠BED=90°. 【详解】解：（1）AE=BD；AE⊥BD． （2）结论AE=BD，AE⊥BD仍然成立． ∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°， ∴AC=CD，CE=CB，又∵∠ACE+∠ECD=90°，∠BCD+∠ECD=90°， ∴∠ACE=∠BCD， 在△ACE和△DCB 中， AC=DC，∠ACE=∠DCB，CE=CB， ∴△ACE≌△DCB （SAS）， ∴AE=BD，∠EAC=∠BDC. 延长AE交BD于点F，交DC于点G， 在△ACG和△DFG中， ∵∠EAC=∠BDC，∠AGC=∠DGF， ∴∠DFG=∠ACG=90°， 即AE⊥BD. （3）连接BD， ∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°， ∴AC=CD，CE=CB， 又∵∠ACE=∠ACB+90°，∠BCD=∠ACB+90°， ∴∠ACE=∠BCD， 在△ACE和△DCB 中， AC=DC，∠ACE=∠DCB，CE=CB， ∴△ACE≌△DCB （SAS）， ∴AE=BD ∵△BCE是等腰直角三角形，∠BCE=90°，∴∠BEC=45°，CE=CB，CE2+CB2=BE2， ∴2CE2=BE2， ∵AE2=DE2+2CE2， ∴BD2=DE2+BE2 ∴∠BED=90° ∴∠DEC=∠BED﹣∠BEC=45° 【点睛】本题主要考查三角形的全等和勾股定理，从而证明线段的位置和数量关系，关键要熟练掌握证明 全等的方法，积累常见全等的模型. 【变式6-2】（24-25八年级·江苏盐城·期中）【模型建立】 “数形结合”和“建模思想”是数学中的两个很重要的思想方法，先阅读以下材料，然后解答后面的问 题． 例：求代数式❑√x2+32+❑√(12−x) 2+22的最小值． 分析：❑√x2+32和❑√(12−x) 2+22是勾股定理的形式，❑√x2+32是直角边分别是x和3的直角三角形的斜边， ❑√(12−x) 2+22是直角边分别是12−x和2的直角三角形的斜边，因此，我们构造两个直角△ABC和△≝¿ ，并使直角边BC和EF在同一直线上（图1），向右平移直角△ABC使点B和E重合（图2），这时 CF=x+12−x=12，AC=3，DF=2，问题就变成“点B在线段CF的何处时，AB+DB最短？”根据两 点间线段最短，得到线段AD就是它们的最小值． 【模型应用】 （1）代数式❑√x2+32+❑√(12−x) 2+22的最小值为 ； （2）变式训练：利用图3，求代数式❑√x2+4+❑√(5−x) 2+1的最小值； 【模型拓展】 （3）已知正数x满足❑√36−x2+❑√64−x2=10，求x的值．【答案】（1）13；（2）❑√34；（3）4.8 【知识点】用勾股定理构造图形解决问题 【分析】本题主要考查勾股定理的应用，关键是根据题意的数形结合思想进行求解问题． （1）根据题目所给的方法直接建立模型进行求解即可； （2）根据题目所给的方法建立直角三角形然后进行求解即可； （3）先建立模型，然后根据题意直接进行求解即可． 【详解】（1）AH=3+2=5，HD=12， AD=❑√52+122=13， ∴❑√x2+32+❑√(12−x) 2+22的最小值是13， 故答案为13； （2）如图， AC=2，DF=1，CF=5 ， AH=2+1=3，HD=5， AD=❑√32+52=❑√34， ∴❑√x2+4+❑√(5−x) 2+1的最小值是❑√34； （3）构造△ABC，CD⊥BC于D，AC=6，BC=8，如图所示： 设CD=x，则AD=❑√36−x2，BD=❑√64−x2， ∴AB=❑√36−x2+❑√64−x2=10， ∵62+82=102， ∴∠ACB=90°，1 1 ∴ ×6×8= ×10×x， 2 2 ∴x=4.8， ∴方程的解是x=4.8． 【变式6-3】（24-25八年级·广西南宁·期中）现有如图1的8张大小形状相同的直角三角形纸片，三边长 分别是a、b、c．用其中4张纸片拼成如图2的大正方形（空白部分是边长分别为a和b的正方形）；用另 外4张纸片拼成如图3的大正方形（中间的空白部分是边长为c的正方形）． (1)观察：从整体看，整个图形的面积等于各部分面积的和．所以图2和图3的大正方形的面积都可以表示 为(a+b) 2，结论①；图2中的大正方形的面积又可以用含字母a、b的代数式表示为： ，结论②；图 3中的大正方形的面积又可以用含字母a、b、c的代数式表示为： ，结论③； (2)思考：结合结论①和结论②，可以得到一个等式 ；结合结论②和结论③，可以得到一个等式 ； (3)应用：若分别以直角三角形三边为直径，向外作半圆（如图4），三个半圆的面积分别记作 S 、S 、S ，且S +S +S =20，求S 的值． 1 2 3 1 2 3 2 (4)延伸：若分别以直角三角形三边为直径，向上作三个半圆（如图5），直角边a=5，b=12，斜边c=13 ，求图中阴影部分面积和． 【答案】(1)a2+b2+2ab；c2+2ab (2)(a+b) 2＝a2+b2+2ab；a2+b2＝c2 (3)10 (4)30 【分析】（1）图2的大正方形的面积等于四个直角三角形的面积加上两个正方形的面积，图3的大正方形 的面积等于四个直角三角形的面积加上中间空白正方形的面积； （2）根据两种方法表示的大正方形的面积相等整理即可得解； （3）根据结论②求出S +S =S ，然后进行计算即可得解； 1 3 2（4）根据结论③求出阴影部分的面积等于直角三角形的面积，然后列式计算即可得解． 1 【详解】（1）解：图2：a2+b2+4× ab=a2+b2+2ab； 2 1 图3：c2+4× ab=c2+2ab； 2 （2）解：结合结论①和结论②，可以得到一个等式：(a+b) 2=a2+b2+2ab； 结合结论②和结论③，可以得到一个等式：(a+b) 2=c2+2ab， 即，a2+b2=c2； 1 b 2 πb2 1 c 2 πc2 1 a 2 πa2 （3）解：S = π( ) = ，S = π( ) = ，S = π( ) = ， 1 2 2 8 2 2 2 8 3 2 2 8 ∵a2+b2=c2， πb2 πa2 π(a2+b2 ) πc2 ∴S +S = + = = =S ， 1 3 8 8 8 8 2 ∵S +S +S =20， 1 2 3 ∴2S =20， 2 解得S =10； 2 （4）解：由“应用”的解答过程可知：S +S =S 1 3 2 1 1 ∴阴影部分面积和=S +S + ab−S = ab， 1 3 2 2 2 ∵a=5，b=12， 1 ∴阴影部分面积和= ×5×12=30． 2 【点睛】本题考查了勾股定理，完全平方公式的几何背景，读懂题目材料的信息并用两种方法准确表示出 同一个图形的面积是解题的关键． 【题型7 由勾股定理求最短距离】 【例7】（24-25八年级·江苏无锡·期末）现有一个长、宽、高分别为5dm、4dm、3dm的无盖长方体木箱 (如图,AB=5dm,BC=4dm,AE=3dm)． (1) 求线段BG的长； (2) 现在箱外的点A处有一只蜘蛛，箱内的点C处有一只小虫正在午睡，保持不动．请你为蜘蛛设计一种 捕虫方案，使得蜘蛛能以最短的路程捕捉到小虫．(木板的厚度忽略不计)【答案】（1）BG＝5 dm；（2）答案见解析过程． 【分析】（1）直接根据勾股定理可得出BG的长； （2）将正方体展开，联想到“两点之间，线段最短”性质，通过对称、考查特殊点等方法，化曲为直． 【详解】解：（1）如图，连接BG． 在直角△BCG中，由勾股定理得到：BG＝❑√BC2+GC2＝❑√4 2+32＝5（dm）， 即线段BG的长度为5dm； （2）①把ADEH展开，如图此时总路程为❑√(3+3+5) 2+42＝❑√137 ②把ABEF展开，如图 此时的总路程为❑√(3+3+4) 2+52＝❑√125＝5❑√5 ③如图所示，把BCFGF展开，此时的总路程为❑√(3+3) 2+(5+4) 2＝❑√117 由于❑√117＜❑√125<❑√137，所以第三种方案路程更短，最短路程为❑√117． 【变式7-1】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）如图，观察图形解答下面的问题： (1)此图形的名称为_______； (2)请你与同伴一起做一个这样的立体图形，并把它的侧面沿AS剪开，铺在桌面上，则它的侧面展开图是 一个_______； (3)如果点C是SA的中点，在A处有一只蜗牛，在C处恰好有蜗牛想吃的食物，且它只能绕此立体图形的侧 面爬行一周到C处．你能在侧面展开图中画出蜗牛爬行的最短路线吗？ (4)SA的长为10，侧面展开图的圆心角为90°，请你求出蜗牛爬行的最短路程的平方． 【答案】(1)圆锥 (2)扇形 (3)见解析 (4)125 【分析】本题考查勾股定理应用、圆锥的侧面展开图，“化曲面为平面”等知识，解题的关键是理解扇形 的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．（1）根据几何体的特点可判断此图形为圆锥； （2）圆锥的侧面展开图是扇形； （3）要求蜗牛爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果； （4）直接用勾股定理解直角三角形即可． 【详解】（1）解：此图形的名称为圆锥; 故答案为：圆锥； （2）动手操作略．它的侧面展开图是一个扇形； 故答案为：扇形； （3）把此立体图形的侧面展开，如答图所示，连接AC，则AC为蜗牛爬行的最短路线． （4）由题易知SC=5． 在Rt△ASC中，由勾股定理，得AC2=102+52=125． 故蜗牛爬行的最短路程的平方为125． 【变式7-2】（24-25八年级·河南郑州·期末）如图1，在圆柱下底面的点A处有一只蚂蚁，它想吃到上底面 上与点A相对的点B处的食物，求蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程． （一）理解问题、拟定计划 小林根据题意将圆柱展开，设计了两条路线． 路线1：如图2，路线1的路程s 即为线段AB的长度； 1 路线2：如图3，路线2的路程s 即为线段AB的长度． 2 （二）实施计划 （1）小林说：“由图可知，s 时，此时选择路线1路程最短；当ℎ < 时，此时选择路线2路程最短 4 4 【分析】本题考查的是勾股定理的应用、圆柱的侧面展开图及实数的大小比较，熟练掌握勾股定理是解题 关键， （1）①根据勾股定理分别求出s 、s 及实数的大小比较即可得出答案；②根据勾股定理分别求出s 、s 1 2 1 2 及实数的大小比较即可得出答案； （2）根据勾股定理分别求出s 、s ，根据s =s 即可得出答案； 1 2 1 2 （3）结合（1）（2）结论得出答案即可； 【详解】解：（1）①当圆柱的高ℎ =5，底面半径r=1时，s =❑ √ 52+ (2π×1) 2 =❑√25+π2， 1 2 s =5+1×2=7， 2 ∵25+π2<72， ∴s 112， ∴s >s 1 2 所以选择路线2路程最短； （2）由题意得：，s 1 =❑ √ ℎ 2+ (2π 2 ×r) 2 =❑√ ℎ 2+π2r2，s 2 = ℎ +2r， 当ℎ 2+π2r2=(ℎ +2r) 2时，s 1 =s 2 ， π2r−4r 解得：ℎ = ， 4π2r−4r ∴当ℎ = 4 时，s 1 =s 2 ； π2r−4r （3）由题意得：当ℎ > 4 时，s 1 s 2 ； 此时选择路线2路程最短． 【变式7-3】（24-25八年级·山东威海·期末）【问题情境】 数学综合与实践活动课上，老师提出如下问题：一个三级台阶，它每一级的长、宽、高分别为20、3、2， A和B是一个台阶两个相对的端点． 【探究实践】 老师让同学们探究：如图①，若A点处有一只蚂蚁要到B点去吃可口的食物，那么蚂蚁沿着台阶爬到B点 的最短路程是多少？ （1）同学们经过思考得到如下解题方法：如图②，将三级台阶展开成平面图形，可得到长为20．宽为15 的长方形，连接AB，经过计算得到AB长度为___________，就是最短路程． 【变式探究】 （2）如图③，是一只圆柱形玻璃杯，该玻璃杯的底面周长是30cm，高是8cm，若蚂蚁从点A出发沿着玻 璃杯的侧面到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为___________．- 【拓展应用】 （3）如图④，圆柱形玻璃杯的高9cm，底面周长为16cm，在杯内壁离杯底4cm的点A处有一滴蜂蜜，此 时，一只蚂蚁正好在外壁上，离杯上沿1cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所爬行 的最短路程是多少？（杯壁厚度不计）（画出示意图并进行计算） 【答案】（1）25（2）17cm（3）10cm 【分析】本题考查了平面展开图—最短路径问题，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题． （1）直接利用勾股定理进行求解即可； （2）将圆柱体展开，利用勾股定理求解即可；（3）从玻璃杯侧面展开，作B关于EG的对称点C，根据两点之间线段最短可知AC的长度即为所求，利用 勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）由题意得AB=❑√152+202=25， 故答案为：25； （2）将圆柱体展开，由题意得 AB=❑√82+152=17cm， 故答案为：17cm； （3）如图， 从玻璃杯侧面展开，作B关于EG的对称点C，作CD⊥AE交AE延长线于点D，连接AC交EG于点F， ∴BF=CF，DE=CG=BG=1cm, ∴AF+BF=AF+CF=AC， ∵AD=9−4+DE=5+1=6cm，CD=16÷2=8cm ∴AC=❑√CD2+AD2=❑√82+62=10cm， ∴蚂蚁从外壁B处到内壁A处所爬行的最短路程是10cm． 【题型8 四边形中的最值问题】 【例8】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD=2， ∠DAC=60°，点F在线段AO上，从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边△DFE，点E和点A 分别位于DF两侧． (1)当点F运动到点O时，求CE的长；(2)点F在线段AO上从点A至点O运动过程中，求CE的最小值． 【答案】(1)2 (2)❑√3 【分析】（1）连接OE并延长至G，使得OD=OG，连接DG、CG，证明△AOD是等边三角形，进而证 明△ADF≌△ODE，即可证明△DOG是等边三角形，点F在线段上AO，从点A至点O运动，则E在线段 OG上运动，当点F运动到点O时，点E运动到点G，即可求解； （2）根据垂线段最短，可知点F在线段AO上从点A至点O运动过程中，运动到DC的中点H时，CE取最 1 小值，且最小值为 DC，进而求解即可． 2 【详解】（1）解：如图所示，连接OE并延长至G，使得OD=OG，连接DG、CG， ∵四边形ABCD为矩形，AD=2，∠DAC=60°， ∴OA=OD=OC=OB， ∴△AOD是等边三角形， ∴DA=DO=OA=2，∠ADO=60° ∵△DFE是等边三角形， ∴DF=DE，∠EDF=60°=∠ADO， ∴∠ADO−∠ODF=∠EDF−∠ODF， ∴∠ADF=∠ODE， ∴△ADF≌△ODE(SAS)， ∴∠DOE=∠DAF=60°，AF=OE， 又∵DO=OG， ∴△DOG是等边三角形， ∴OG=DO=AO=2， ∴OG−OE=OA−AF，即¿=OF， ∴点F在线段上AO，从点A至点O运动，则E在线段OG上运动，∵∠ODC=90°−60°=30°，∠DOG=60°， ∴OG⊥DC， ∵OC=OD， ∴∠DOG=∠COG，DH=CH， ∴GC=GD， 又∵GC=GO，GD=DO， ∴GO=OC=CG， ∴△COG是等边三角形， ∴CG=OC=OA=2， ∴当点F运动到点O时，点E运动到点G， 则有CE=2； （2）由（1）可知点F在线段AO上从点A至点O运动过程中，运动到DC的中点H时， 1 CE取最小值，且最小值为 DC， 2 ∵AD=2，∠ADC=90°，∠DAC=60°， ∴∠ACD=90°−∠DAC=30°， ∴AC=2AD=4， ∴CD=❑√AC2−AD2=❑√42−22=2❑√3， 1 ∴此时CE= DC=❑√3． 2 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性 质、全等三角形的性质与判定等知识，得出点F在线段上AO，从点A至点O运动，则E在线段OG上运动 是解题的关键． 【变式8-1】（24-25八年级·广东广州·期中）如图1，在正方形ABCD中，AB=4，E、F分别为边 AD、CD上的动点且满足AE=DF；(1)求证：AF⊥BE； (2)若点E为AD的中点，求CG的长； (3)如图2，若AE=1，且点M、N分别为边AB、CD上的动点，且始终满足MN⊥BE．求EM+BN的最 小值． 【答案】(1)见详解 (2)4 (3)❑√34 【分析】（1）通过正方形的性质证得△AEB≌△DFA(SAS)，得到∠ABE=∠DAF，推出 ∠AGE=∠BGF=90°，根据垂直的定义得到结论； （2）过点G作GH⊥CD于H，且交AB于点Y，则YH∥AD，证明四边形AYHD是矩形，运用勾股定理 4❑√5 得BE=AF=❑√AD2+DF2=2❑√5，根据等面积法得AG= ，以及勾股定理得 5 2❑√5 6 ¿=❑√AE2−AG2= ，FH=❑√GF2−GH2= ，CG=❑√CH2+GH2=4，即可得到结论； 5 5 （3）过点B作BP∥MN，过点M作MP∥BN，两直线交于点P，则四边形BNMP是平行四边形，求得 BP=MN，BN=PM，得到BN+EM=PM+ME，要求BN+ME的最小值，即求PM+EM的最小值， 连接PE，当P，M，E三点共线时，PM+ME的最小值为PE的长，根据平行线的性质得到 ∠PBM=∠NMB，推出△PBE是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAE=∠D=90°，AD=DC=BC=AB=4， ∵AE=DF， ∴△AEB≌△DFA(SAS)， ∴∠ABE=∠DAF， ∵∠ABE+∠AEB=90°， ∴∠DAF+∠AEB=90°， ∴∠AGE=∠BGF=90°， ∴AF⊥BE； （2）解：过点G作GH⊥CD于H，且交AB于点Y，则YH∥AD， ∴∠AYH=∠BAD=∠ADH=90°， 则四边形AYHD是矩形， ∴YH=AD=4，∵E是AD的中点，AB=4， ∴AE=DF=2， ∴BE=AF=❑√AD2+DF2=2❑√5，CF=4−2=2， 1 1 ∵S = AE×AB= BE×AG， △ABE 2 2 ∴AE×AB=BE×AG， ∴2×4=2❑√5×AG， 4❑√5 4❑√5 6❑√5 ∴AG= ，FG=AF−AG=2❑√5− = ． 5 5 5 √ 16 2❑√5 在Rt△AEG中，¿=❑√AE2−AG2=❑4− = ， 5 5 2❑√5 8❑√5 ∴BG=BE−≥=2❑√5− = ， 5 5 1 1 ∵S = YG×AB= GB×AG， △ABG 2 2 ∴YG×AB=BG×AG， 8❑√5 4❑√5 则YG×4= × ， 5 5 8 ∴YG= ， 5 8 12 则GH=YH−YG=4− = ， 5 5 √36 144 6 在Rt△GHC中，FH=❑√GF2−GH2=❑ − = ， 5 25 5 6 16 ∴CH= +2= ， 5 5 √256 144 在Rt△GHC中，CG=❑√CH2+GH2=❑ + =4． 25 25 （3）解：过点B作BP∥MN，过点M作MP∥BN，两直线交于点P，则四边形BNMP是平行四边形， ∴BP=MN，BN=PM， ∴BN+EM=PM+ME， 要求BN+ME的最小值，即求PM+EM的最小值； 连接PE，当P，M，E三点共线时，PM+ME的最小值为PE的长； ∵BP∥MN， ∴∠PBM=∠NMB， 又∠NMB+∠MBE=90°， ∴∠PBM+∠MBE=90°， ∴∠PBE=90°； 由（1）得△AEB≌△DFA(SAS)， ∴AF=BE， ∵AF⊥BE，MN⊥BE， ∴AF∥MN， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AM∥FN， ∴四边形AMNF是平行四边形， ∴AF=MN， ∴MN=BE=❑√AB2+AE2=❑√17， ∵BP=MN， ∴BP=BE=❑√17， ∴△PBE是等腰直角三角形， ∴PE=❑√PB2+EB2=❑√2PB=❑√2×❑√17=❑√34， ∴BN+EM的最小值是❑√34．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形等面积法，直角 三角形的性质，勾股定理等知识；熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式8-2】（24-25八年级·江苏淮安·期中）新定义：若一个凸四边形的一条对角线把该四边形分成两个 等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”． (1)如图1，四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”，若∠BAD=110°，∠BCD=150°，则 ∠ABC=______°； (2)如图2，四边形ABCD中，AB=AD，BC2=2AB2，∠A=60°，∠ADC=150°． ①试说明四边形ABCD是“等腰四边形”； ②如图3，点P在线段BC上，BC=6，过点B作BE⊥DP于点E，过点C作CF⊥DP于点F，则BE+CF 的最大值为______； (3)若在“等腰四边形”ABCD中，AB=BC=CD，∠ABC=90°，且BD为“界线”，请直接写出 ∠ADC的度数为______． 【答案】(1)50 (2)①见解析；②6 (3)45°或90°或135°． 【分析】（1）根据“等腰四边形”的定义可得，AB=AD,CB=CD，根据等边对等角，三角形的内角和 定理可得，∠ABD=35°，∠CBD=15°，由此即可求解； （2）①如图所示，连接BD，可得△ABD是等边三角形，由∠ADC=150°，可得 ∠BDC=∠ADC−∠ADB=150°−60°=90°，根据等腰直角三角形的判定和性质即可求解；②根据题 意可证Rt△BDE≌Rt△DCF(AAS)，得到BE=DF,DP=CF，如图所示，过点D作DP'⊥BC， BE'⊥DP',CF'⊥DP'，当点P',E',F'三点共线时，BE=BE',CF=CF'时， BE+CF=BE'+CF'=BC=6值最大，由此即可求解； （3）根据“等腰四边形”定义及性质，分类讨论：第一种情况：如图所示， AB=BC=CD,∠ABC=90°，可得AB=AD,CB=CD，△ABD≌△CBD(SSS)；第二种情况：如图所 示，AB=BC=CD,∠ABC=90°，可得AB=BC=CD=BD，△BCD是等边三角形；第三种情况：如图 所示，AB=BC=CD,∠ABC=90°，设AB=BC=CD=x，如图所示，作DG⊥AB于点G，作点C关于DG的对称点H，连接CH交DG于点K，连接DH，则DG垂直平分CH，DC=DH=x，可证四边形 BCKG是矩形，△CDH是等边三角形，∠ADG=∠BDG=∠CBD=15°；由此即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，连接BD， ∵四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”， ∴AB=AD,CB=CD， 1 1 在△ABD中，∠ABD=∠ADB= (180°−∠A)= ×(180°−110°)=35°， 2 2 1 1 在△BCD中，∠CBD=∠CDB= (180°−∠D)= ×(180°−150°)=15°， 2 2 ∴∠ABC=∠ABD+∠CBD=35+15=50°， 故答案为：50°； （2）解：①如图所示，连接BD， ∵AB=AD，∠A=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠A=∠ABD=∠ADB=60°，AB=BD=AD， ∵∠ADC=150°， ∴∠BDC=∠ADC−∠ADB=150°−60°=90°， ∴BD⊥CD， ∴BC2=BD2+CD2， ∵BC2=2AB2，AB=BD， ∴BD2+DC2=2BD2， ∴BD2=CD2， ∵BD>0,CD>0， ∴BD=CD，且AB=AD，∴四边形ABCD是“等腰四边形”； ②如图所示，连接BD， 由上述证明可得，四边形ABCD是“等腰四边形”， ∴BD=CD,∠BDC=90°， ∵BE⊥DP,CF⊥DP， ∴∠E=∠CFD=90°， ∵∠BDE+∠CDF=∠CDF+∠DCF=90°， ∴∠BDE=∠DCF， ∴Rt△BDE≌Rt△DCF(AAS)， ∴BE=DF,DP=CF， ∴BE+CF=DF+CF， 如图所示，过点D作DP'⊥BC，BE'⊥DP',CF'⊥DP'， 当点P',E',F'三点共线时，BE=BE',CF=CF'时，BE+CF=BE'+CF'=BC=6值最大， 故答案为6； （3）解：第一种情况：如图所示，AB=BC=CD,∠ABC=90°， ∵四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”， ∴AB=AD,CB=CD， ∴△ABD≌△CBD(SSS)， 1 ∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=45°，AB=BC=CD=AD， 2 ∴四边形ABCD是菱形，且∠ABC=90°， ∴菱形ABCD是正方形， ∴∠ADB=∠CDB=45°，∴∠ADC=90； 第二种情况：如图所示，AB=BC=CD,∠ABC=90°， ∵四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”， ∴BA=BD,CB=CD， ∴AB=BC=CD=BD， ∴△BCD是等边三角形， ∴∠CBD=∠CDB=60°， ∵∠ABC=90°， ∴∠ABD=30°， 1 1 在△ABD中，∠A=∠ADB= (180°−∠ABD)= ×(180°−30°)=75°， 2 2 ∴∠ADC=∠ADB+∠CDB=60°+75°=135°； 第三种情况：如图所示，AB=BC=CD,∠ABC=90°， ∵四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”， ∴DA=DB,CB=CD， 设AB=BC=CD=x，如图所示，作DG⊥AB于点G，作点C关于DG的对称点H，连接CH交DG于点 K，连接DH，则DG垂直平分CH，DC=DH=x， 1 1 ∴AG=BG= AB= x， 2 2 ∵DG⊥AB，即∠DGB=90°，∠ABC=90°，DK⊥CH，即∠DKC=∠GKC=90°， ∴四边形BCKG是矩形，则BC∥DG， 1 ∴BH=CK= x， 21 ∴CH=2CK=2× x=x=CD， 2 ∴△CDH是等边三角形， ∴∠CDH=60°， 1 ∴∠CDG=∠HDG= ∠CDH=30°，即∠CDB+∠BDG=30°， 2 ∵BC∥DG， ∴∠BDG=∠CBD， ∴∠CDB+∠CBD=30°， ∵BC=CD， ∴∠CBD=∠CDB=15°， ∴∠ADG=∠BDG=∠CBD=15°， ∴∠ADC=3∠CDB=3×15°=45°； 综上所述，∠ADC的度数为45°或90°或135°， 故答案为：45°或90°或135°． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三 角形的判定和性质，矩形、正方形、菱形的判定和性质，垂直平分线的性质等知识的综合运用，理解“等 腰四边形”，掌握等边三角形的判定和性质，特殊四边形的判定和性质，数形结合分析，分类讨论思想是 解题的关键． 【变式8-3】（24-25八年级·广东广州·期中）如图，在平面直角坐标系中，A(0,4)，B(4,0)，C(6,2)，连 接AB，BC，平移BC至AD(点B与点A对应，点C与点D对应），连接CD． (1)①直接写出点D的坐标为______． ②判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论； (2)如图1，点E为AB边上一点，连接DE，DF平分∠EDC交BC于F，连接EF．若∠DFE=45°，求 BE的长； (3)如图2，N为BC边的中点．若∠AMC=90°，连接MN，则MN的最小值为______，最大值为______． 【答案】(1)①(2,6)；②四边形ABCD为矩形，理由见解析 4❑√2 (2) 3 (3)❑√10−2❑√2，2❑√2+❑√10 【分析】（1）①根据平移的性质可得从点C平移至点D的距离和方向与点B平移至点A的距离和方向相 同，即可求解； ②根据勾股定理逆定理可得∠ABC=90°，再根据平移的性质可得AD∥BC且AD=BC，可证得四边形 ABCD为平行四边形，即可求解； （2）在线段CD上取一点G，使DG=DE，可证得△DFE≌△DFG，从而得到∠EFG=90°，EF=GF ，再证明△EBF≌△FCG，可得EB=FC，BF=CG，设EB=FC=x，由勾股定理得 DE2=AE2+AD2=DG2，用x表示相关线段可得到关于x的方程，即可求解； （3）连接AC，取AC的中点H,连接MH，NH，根据三角形中位线定理和直角三角形的性质可得 1 1 NH= AB=2❑√2，HM= AC=❑√10，再由三角形的三边关系，即可求解． 2 2 【详解】（1）解∶ ①∵平移BC至AD（点B与点A对应，点C与点D对应）， ∴从点C平移至点D的距离和方向与点B平移至点A的距离和方向相同， ∵A(0,4)，B(4,0)， ∴点B先向左平移4个单位，再向上平移4得到点A， ∵C(6,2)， ∴点D(2,6)； 故答案为：(2,6)； ②四边形ABCD为矩形，理由如下：连接AC， ∵A(0,4)，B(4,0)，C(6,2)， ∴AB2=(4−0) 2+(0−4) 2=32， ∴AB=4❑√2，同理：BC2=8，AC2=36， ∴AC2=AB2+BC2， ∴△ABC为直角三角形，即∠ABC=90°， ∵平移BC至AD， ∴AD∥BC且AD=BC， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∵∠ABC=90°， ∴四边形ABCD为矩形； （2）∵点A(0,4)，D(2,6)， ∴AD=2❑√2=BC， ∵DF平分∠EDC， ∴∠FDE=∠FDC， 如图，在线段CD上取一点G，使DG=DE， ∵∠FDE=∠FDG，DF=DF， ∴△DFE≌△DFG(SAS)， ∴∠DFE=∠DFG=45°，EF=GF， ∴∠EFG=90°， ∵∠EFB+∠GFC=90°，∠GFC+∠FGC=90°， ∴∠EFB=∠FGC， ∵∠EBF=∠FCG=90°，EF=GF， ∴△EBF≌△FCG(AAS)， ∴EB=FC，BF=CG， 设EB=FC=x,则BF=CG=BC−x=2❑√2−x， ∴AE=AB−BE=4❑√2−x， ∴DE=DG=CD−GC=4❑√2−2❑√2+x=2❑√2+x， ∵DE2=AE2+AD2，4❑√2 ∴(2❑√2+x) 2=(4❑√2−x) 2+(2❑√2) 2 ，解得：x= ， 3 4❑√2 即BE= ； 3 （3）解：如图，连接AC，取AC的中点H，连接MH，NH， ∵点A(0,4)，B(4,0)，D(2,6)， ∴AB=4❑√2，AC=2❑√10， ∵H为AC的中点，N为BC边的中点， 1 1 ∴NH= AB=2❑√2，HM= AC=❑√10， 2 2 ∵HM−NH≤MN≤HM+NH， ∴MN的取值范围为❑√10−2❑√2≤MN≤2❑√2+❑√10． MN的最小值为❑√10−2❑√2，最大值为2❑√2+❑√10． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形和矩形的性质、三角形全等、勾股定理的运用，直 角三角形的性质，三角形中位线定理等，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 【题型9 四边形中的动态问题】 【例9】（24-25八年级·广东东莞·期中）如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E在边BC上，且 BE=2，动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ=90°， EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间t秒（t>0 ）． (1)当点P和点B重合时，求线段PQ的长；(2)如图2，当点P在边AD上时，猜想△PQE的形状，并说明理由； (3)作点E关于直线PQ的对称点F，当点F恰好落在边AB上时，直接写出t的值． 【答案】(1)2❑√5； (2)△PQE是等腰直角三角形，理由见解析； 7 (3)当点F恰好落在边AB上时，t的值为8−4❑√3或 ． 2 【分析】（1）连接BQ，求出QE=AB=4，BE=2由勾股定理可得 PQ=2❑√5； （2）过点P作 PH⊥BC于点H，推导出四边形ABHP是矩形推导出PH=EC，证得 △PHE≌△ECQ(ASA)，得到PE=QE，进而得到△PQE是等腰直角三角形； （3）分两种情况：当点P在BE上时，求出AF=2❑√3，知BF=AB−AF=4−2❑√3，由 PF2=PB2+FB2，可得t2=(2−t) 2+(4−2❑√3) 2 ，故t=8−4❑√3；当P点在AB上时，当F，A重合时符合 7 题意， 由PE2=PB2+BE2，有 (6−t) 2=(t−2) 2+22，得 t= ． 2 【详解】（1）解：连接BQ，如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAQ=∠ABE=90°， ∵∠PEQ=90°， ∴四边形ABEQ是矩形， 当点P和点B重合时， ∴QE=AB=4，BE=2， 在Rt△QBE中，PQ=❑√BE2+QE2=❑√22+42=2❑√5， 故答案为：2❑√5； （2）解：△PQE是等腰直角三角形，理由如下： 如图2，过点P作PH⊥BC于点H，∴∠PHE=∠ECQ=90°， ∴∠HPE+∠HEP=90°， ∵∠PEQ=90°， ∴∠QEC+∠HEP=90°， ∴∠HPE=∠QEC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠B=90°， ∴∠A=∠B=∠BHP=90°， ∴四边形ABHP是矩形， ∴PH=AB=4， 又∵EC=BC−BE=6−2=4， ∴PH=EC， ∴△PHE≌△ECQ(ASA)， ∴PE=QE， ∴△PQE是等腰直角三角形； （3）解：当点P在BE上时，如图3， ∵QE=QF=4，AQ=BE=2， 在Rt△AQF中，AF=❑√QF2−AQ2=❑√42−22=2❑√3， ∴BF=AB−AF=4−2❑√3，∵PE=t， ∴BP=2−t，PF=PE=t， 在Rt△PBF中，PF2=PB2+FB2， ∴t2=(2−t) 2+(4−2❑√3) 2 ， 解得：t=8−4❑√3； 当P点在AB上时， ∵点E关于直线PQ的对称点F， ∴PE=PF，QE=QF， ∵PQ=PQ， ∴△PFQ≌△PEQ(SSS)， ∴∠PFQ=∠PEQ=90°， ∴当F，A重合时，当点F恰好落在边AB上，如图4， ∴PB=t−BE=t−2，PE=AP=AB−PB=4−(t−2)=6−t， 在Rt△PBE中，PE2=PB2+BE2， ∴(6−t) 2=(t−2) 2+22， 7 解得t= ； 2 7 综上，当点F恰好落在边AB上时，t的值为8−4❑√3或 ． 2【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的定义，勾股定理， 轴对称的性质等知识，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键． 【变式9-1】（24-25八年级·天津·期中）已知，▱ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线 EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O． (1)如图1，连接AF、CE．求证：四边形AFCE为菱形； (2)如图1，求AF的长； (3)如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自 A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止，在运动过程中，点P的速度为每秒1cm，点Q的速 度为每秒0.8cm，设运动时间为t秒，若当以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的 值． 【答案】(1)见解析 (2)AF=5cm 20 (3)t= 3 【分析】本题考查了菱形的判定、三角形全等的判定与性质、一元一次方程的应用、矩形的性质、勾股定 理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明△AOE≌△COF(AAS)得出OE=OF，推出四边形AFCE为平行四边形，结合EF⊥AC即可得 证； （2）设菱形的边长AF=CF=xcm，则BF=(8−x)cm，由勾股定理计算即可得出答案； （3）分情况讨论可得只有当点P在BF上，点Q在ED上时，A、P、C、Q四点才能构成平行四边形， 利用平行四边形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE， ∵EF垂直平分AC， ∴OA=OC， 在△AOE和△COF中，{∠CAD=∠ACB ) ∠AEF=∠CFE ， OA=OC ∴△AOE≌△COF(AAS)， ∴OE=OF， ∴四边形AFCE为平行四边形， ∵EF⊥AC， ∴四边形AFCE为菱形； （2）解：设菱形的边长AF=CF=xcm，则BF=(8−x)cm， 在Rt△ABF中，AB=4cm，由勾股定理得：42+(8−x) 2=x2， 解得：x=5， ∴AF=5cm； （3）解：由作图可以知道，P在AF上时，Q在CD上，此时A、P、C、Q四点不能构成平行四边形； 同理，P在AB上时，Q在DE或CE上，此时A、P、C、Q四点也不能构成平行四边形， ∴只有当点P在BF上，点Q在ED上时，A、P、C、Q四点才能构成平行四边形， ∴PC=QA， ∵点P的速度为每秒1cm，点Q的速度为每秒0.8cm，设运动时间为t秒， ∴PC=tcm，QA=(4+8−08.t)cm=(12−08.t)cm， ∴t=12−0.8t， 20 解得：t= ， 3 20 ∴以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t= ． 3 【变式9-2】（24-25八年级·江西南昌·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=11，AD=10，G，H分别在 AB，CD上，且AG=CH=3，E，F分别是AD，BC上的两个动点，点E从A向D移动，点F从C向B移 动，它们同时以每秒1个单位长度的速度移动，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．(1)四边形EGFH一定是______； A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 (2)若四边形EGFH为菱形，求t的值； (3)若四边形EGFH为矩形，求t的值． 【答案】(1)A 31 (2)t= 4 (3)t=4或t=6 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质证明△AEG≌△CFH(SAS)和△DEH≌△BFG(SAS)，即可得到结论； （2）根据菱形的性质定理以及勾股定理得到AE2+AG2=GE2，BF2+BG2=GF2，即 t2+32=(10−t) 2+82，求出答案即可； （3）过点E作EM⊥BC，垂足为点M，连接EF，过点G作GN⊥CD，垂足为点N，连接GH，分两种 情况进行分类讨论即可． 【详解】（1）解：四边形EGFH是平行四边形，理由如下： 如图1，由题意得：AE=CF=t，AG=CH=3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴ ∠A=∠C=90°， ∴ △AEG≌△CFH(SAS)， ∴EG=FH， 同理可证∴ △DEH≌△BFG(SAS)， ∴EH=FG， ∴四边形EGFH是平行四边形； 故选：A；（2）解：如图2，∵四边形EGFH为菱形， ∴ ¿=GF， ∵AE=CF=t， ∴DE=BF=10−t， 由勾股定理可得：AE2+AG2=GE2，BF2+BG2=GF2， ∴AE2+AG2=BF2+BG2， 即：t2+32=(10−t) 2+82， 31 解得：t= ， 4 31 ∴当t= 时，四边形EGFH为菱形． 4 （3）解：如图3，过点E作EM⊥BC，垂足为点M，连接EF， 过点G作GN⊥CD，垂足为点N，连接GH， ∴四边形ABME，四边形ADNG是矩形， ∴EM=AB=11，GN=AD=10， ∵AG=CH=3，AE=CF=t， ∴DN=AG=CH=3，BM=AE=CF=t， ∴NH=CD−DN−CH=11−3−3=5， 在Rt△GHN中，∴ GH=❑√GN2+N H2=❑√102+52=5❑√5， 当四边形EGFH是矩形时， ∴ EF=GH=5❑√5， 在Rt△EFM中， ∴ FM=❑√EF2−EM2=❑√ (5❑√5) 2 −112=2， 1 1 ∴AE=CF= (BC−FM)= ×(10−2)=4， 2 2 ∴t=4， 如图4，在Rt△EFM中， ∴ FM=❑√EF2−EM2=❑√ (5❑√5) 2 −112=2， 1 1 ∴CM=BF= (BC−FM)= ×(10−2)=4， 2 2 ∴AE=CF=CM+FM=4+2=6， ∴t=6， ∴四边形EGFH为矩形时t=4或t=6． 【变式9-3】（24-25八年级·广东广州·期中）已知如图，矩形ABCD中，AD=8，DC=10，菱形EFGH 的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH=3，连接CF．(1)若DG=3，求证：四边形EFGH为正方形； (2)当点G在边CD上运动时，点F到边CD的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理 由． (3)当△FCG的面积取最小值时，求菱形EFGH的面积． 【答案】(1)见解析 (2)点F到直线CD的距离始终为定值3，理由见解析 (3)50+6❑√21 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，难度较 大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据有一个直角的菱形是正方形，证明Rt△AHE≌Rt△DGH，得到∠AHE=∠DGH，结合 ∠DHG+∠DGH=90°，得到∠DHG+∠AHE=90°，即可得证． （2）过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE．证明Rt△AHE≌Rt△MFG即可得证． 1 1 3 （3）设DG=x，可得S = CG⋅FM= ⋅(10−x)×3=15− x．由AE≤AB=10，得到 △FCG 2 2 2 H E2=AH2+AE2≤9+100=109，在△DGH中，x2+25=HG2=H E2≤109．则x≤2❑√21，此时 DG=2❑√21，点E与点B重合，过点F作BC的平行线交AB,DC的延长线于点N,M，同理可证明： △GMF≌△BAH，△GDH≌△BNF，最后由S =S −S −S −S −S 即可求 菱形 矩形ANMD △HDG △BNF △ABH △GMF 解． 【详解】（1）∵矩形ABCD，菱形EFGH， ∴∠D=∠A=90°，HG=HE， 又AH=DG=3， {HE=HG) ∵ ， AH=DG ∴Rt△AHE≌Rt△DGH(HL)． ∴∠AHE=∠DGH． ∵∠DHG+∠DGH=90°， ∴∠DHG+∠AHE=90°．∴∠EHG=90°． ∴四边形EFGH为正方形． （2）解：距离是定值3．理由如下： 过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE，则∠M=90°， ∵矩形ABCD，菱形EFGH， ∴AB∥CD，HE∥GF，∠A=90°，HE=FG， ∴∠AEG=∠MGE，∠HEG=∠FGE． ∴∠AEH=∠MGF． 在△AHE和△MFG中， {∠AEH=∠MGF ) ∵ ∠A=∠M ， HE=FG ∴Rt△AHE≌Rt△MFG(AAS)． ∴FM=AH=3， 即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值3． （3）解：设DG=x，如上图： ∵FM=AH=3， 1 1 3 ∴S = CG⋅FM= ⋅(10−x)×3=15− x． △FCG 2 2 2 ∵AE≤AB=10， ∴在△AHE中，H E2=AH2+AE2≤9+100=109． ∵DH=AD−AH=5 ∴在△DGH中，x2+25=HG2=H E2≤109． ∴x≤2❑√21． 3 ∴S ≥15− ×2❑√21=15−3❑√21 △FCG 2 ∴S 的最小值为15−3❑√21，此时DG=2❑√21，点E与点B重合， △FCG过点F作BC的平行线交AB,DC的延长线于点N,M， 则∠M=∠N=∠DCB=∠ABC=90°， 同理可证明：△GMF≌△BAH，△GDH≌△BNF， ∴DH=FN=5，DG=BN=2❑√21，AB=MG=10， ∴AN=10+2❑√21， ∴S =S −S −S −S −S 菱形 矩形ANMD △HDG △BNF △ABH △GMF 1 1 =8×(10+2❑√21)−2× ×3×10−2× ×5×2❑√21 2 2 =50+6❑√21 ∴当△FCG的面积取最小值时，菱形EFGH的面积为50+6❑√21． 【题型10 四边形中的存在性问题】 【例10】（24-25八年级·四川自贡·期中）如图所示，正方形ABCO的边长为6，点C在x轴上，点A在y 轴上． (1)如图 1，动点P从点B出发，沿BC方向以每秒1个单位的速度向点C匀速运动；同时动点Q从点C出 发，沿CO方向以每秒2个单位的速度向点O匀速运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．设 运动时间为t(s)(00)，结论CD=ED是否成立，请说明理由； (3)在y轴上是否存在点M，使得四边形BMDE是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理 由． 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）在OC上截取ON=OD，证明△CND≌△DAE即可； （2）同法（1），即可得出结论； （3）过点B作BM∥DE，连接DM,BE，证明△BCM≌△COD，得到BM=CD，进而得到BM=ED， 推出四边形BMDE为平行四边形，根据在△CMD中，CD≠DM，得到BM≠DM，得到四边形BMDE不 是菱形即可． 【详解】（1）证明：正方形OABC， ∴∠COA=90°=∠OAB,OC=OA, ∵AF为正方形外角平分线， ∴∠BAF=45°， ∴∠DAE=135°， 在OC上截取ON=OD，则：△OND为等腰直角三角形， ∴∠OND=45°， ∴∠CND=135°=∠DAE， ∵OC=OA， ∴CN=AD， ∵CD⊥DE， ∴∠CDO+∠ADE=90°， ∵∠CDO+∠OCD=90°， ∴∠ADE=∠OCD， 又CN=AD，∠CND=135°=∠DAE， ∴△CND≌△DAE， ∴CD=ED； （2）成立，理由如下： ∵正方形OABC， ∴∠COA=90°=∠OAB,OC=OA, ∵AF为正方形外角平分线， ∴∠BAF=45°， ∴∠DAE=135°， 在OC上截取ON=OD， 则：△OND为等腰直角三角形， ∴∠OND=45°， ∴∠CND=135°=∠DAE， ∵OC=OA， ∴CN=AD， ∵CD⊥DE， ∴∠CDO+∠ADE=90°，∵∠CDO+∠OCD=90°， ∴∠ADE=∠OCD， 又CN=AD，∠CND=135°=∠DAE， ∴△CND≌△DAE， ∴CD=ED； （3）不存在，理由如下： 过点B作BM∥DE，连接DM,BE，如图： ∵CD⊥DE， ∴CD⊥BM， ∴∠4=90°， ∴∠1+∠2=90°， ∵正方形OABC， ∴∠BCM=∠COA=90°=∠4，BC=OC， ∴∠3+∠2=90°， ∴∠1=∠3， ∴△BCM≌△COD， ∴BM=CD， 由（1）知CD=DE， ∴BM=DE， ∴四边形BMDE为平行四边形， 在△CMD中，CD≠DM， ∴BM≠DM， ∴四边形BMDE不是菱形， 故不存在点M使四边形BMDE是菱形． 【点睛】本题考查坐标与图形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱 形的判定．熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．【题型11 四边形中的探究问题】 【例11】（24-25八年级·吉林松原·期中）综合与探究 已知在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为AB的中点，连接DE． 【动手操作】 第一步：如图①，将四边形BCDE沿DE折叠，得到四边形MNDE，点B的对应点为点M，点C的对应点 为点N． 第二步：如图②，连接MA、MB． 【问题解决】 （1）如图①，若∠B=50°，则∠N的度数是_________； （2）如图②，判断△MAB的形状，并说明理由； 【拓广探索】 （3）如图②，若AD=4，∠MAE=30°，在线段ED上存在点P，使△AEP是以∠EAP为顶角的等腰三 角形，直接写出DP的长度． 【答案】（1）130°；（2）直角三角形，见解析；（3）❑√15−❑√3 【分析】（1）菱形的性质，求出∠C的度数，折叠得到∠N=∠C，即可得出结果； （2）根据折叠和中点，得到AE=BE=ME，等边对等角结合三角形的内角和定理，求出∠AMB=90°， 即可得出结论； （3）先证明DE∥AM，得到∠AEF=∠MAB=30°，作AF⊥DE，根据含30度角的直角三角形的性 质和勾股定理求出AF,EF的长，三线合一求出PF的长，勾股定理求出DF的长，再利用线段的和差关 系，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵菱形ABCD， ∴AB∥CD， ∴∠B+∠C=180°， ∵∠B=50°， ∴∠C=130°， ∵折叠，∴∠N=∠C=130°； 故答案为：130°； （2）△MAB为直角三角形，理由如下： ∵翻折， ∴BE=ME， ∵E是AB的中点， ∴AE=BE=ME， ∴∠AME=∠MAE,∠BME=∠MBE， ∵∠AME+∠MAE+∠BME+∠MBE=180°， ∴∠AME+∠BME=∠AMB=90° ∴△MAB为直角三角形； （3）∵折叠， ∴DE垂直平分BM， 由（2）可知：AM⊥BM， ∴DE∥AM， ∴∠AEF=∠MAB=30°， ∵菱形ABCD， ∴AB=AD=4， ∵E为AB的中点， 1 ∴AE= AB=2， 2 1 作AF⊥DE，则：AF= AE=1， 2 ∴EF=❑√3AF=❑√3， ∵△AEP是以∠EAP为顶角的等腰三角形， ∴AE=AP， ∴PF=EF=❑√3， 在Rt△AFD中，由勾股定理，得：DF=❑√AD2−AF2=❑√15，∴DP=DF−FP=❑√15−❑√3． 【点睛】本题考查菱形的性质，折叠的性质，等边对等角，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握 菱形的性质，折叠的性质，是解题的关键． 【变式11-1】（24-25八年级·广东深圳·期中）综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们以正方形为背景探索几何图形变化中的数学结论．如图1， 正方形ABCD中，点P是BC边上的一个动点，E是边BC延长线上一点，连接AP．过点P作AP⊥PF， 与∠DCE的平分线CF相交于点F，求证：AP=PF． 【问题解决】（1）小圳经过思考展示了一种正确的证明思路，请你将证明思路补充完整．在AB上截取 AG=PC，连接GP，易得BG=BP，∠AGP=∠PCF=135°，______，可得△AGP≌△PCF （______），∴AP=PF． 【问题探究】（2）探究小组经过讨论，发现了图形隐含了很多线段和角的等量关系，如图2，连接AF， 与边CD相交于点Q，连接PQ，给出下列四个结论，①∠PAQ=45°；②PQ=BP+DQ；③ ∠QPF=∠CPF；④FQ=FC，正确结论的序号是_______． 【拓展延伸】（3）创新小组受到启发，提出了新的问题进行拓展．如图3，过点F作AP的平行线交直线 CD于点H，以CH为斜边向右作等腰直角三角形HCM，点M在直线CF上． ①试探究PC与FM的数量关系，并说明理由； ②若AB=5，P在射线BC上运动，当CP=2时直接写出线段DH的长． 【答案】（1）∠BAP=∠CPF（或∠APG=∠PFC）；ASA（或AAS）；（2）①②③；（3）① PC=❑√2FM，理由见解析；②3或7． 【分析】（1）由分析思路知，只要∠BAP=∠CPF或∠APG=∠PFC，利用ASA（或AAS）从而可证明 △AGP≌△PCF，进而得到结论；（2）由AP⊥PF且AP=PF得等腰三角形AFP，得∠PAQ=45°，从而判断①；延长CD至点M，使得 DM=BP，连接AM，先由SAS证明△ADM≌△ABP，再由SAS证明△AMQ≌△APQ，即可判断②； 由△AMQ≌△APQ且△ADM≌△ABP，可得 ∠APQ=∠AMQ=∠APB，从而∠APQ+∠QPF=∠APB+∠CPF=90°，由此即可判断③；假设 FQ=FC，则得∠QFC=90°，从而得PF∥PE，得到矛盾，从而可判断④，最后可得到结论； （3）①在HM上截取MN=MF，连接FN，由ASA证明△HNF≌△FCP，由全等三角形的性质及勾股定 理即可得到PC与FM的数量关系； ②分两种情况考虑：P 在线段BC上；P 在线段BC延长线上；利用等腰三角形的性质，勾股定理及全等三 角形的判定与性质即可求解． 【详解】解：（1）∠BAP=∠CPF（或∠APG=∠PFC）；ASA（或AAS） 解：（2）①②③， ①∵AP⊥PF，且AP=PF ∴△AFP是等腰直角三角形， ∴∠PAQ=45°，即①正确； ②如图，延长CD至点M，使得DM=BP，连接AM，则∠ADM=∠ABP=90°， ∵AB=AD， ∴△ADM≌△ABP(SAS)， ∴∠MAD=∠PAB，AM=AP， ∴∠MAQ=∠MAD+∠DAQ=∠PAB+∠DAQ， ∵∠PAQ=45°， ∴∠MAQ=∠PAB+∠DAQ=90°−45°=45°， ∴∠MAQ=∠PAQ， 又∵AQ=AQ，AM=AP， ∴△AMQ≌△APQ(SAS)， ∴PQ=MQ，∵MQ=MD+DQ=BP+DQ， ∴PQ=BP+DQ，即②正确； ③∵△AMQ≌△APQ且△ADM≌△ABP， ∴∠APQ=∠AMQ=∠APB， 又∠APQ+∠QPF=∠APB+∠CPF=90°， ∴∠QPF=∠CPF，即③正确； 假设FQ=FC， 则∠FQC=∠FCQ； ∵CF平分∠DCE，且∠DCE=90°， 1 ∴∠FCQ= ∠DCE=45°， 2 ∴∠FQC=∠FCQ=45°， 则∠QFC=90°； ∵∠PFA=∠PAQ=45°， ∴∠PFC=90°−∠PFA=45°, ∴PF∥PE， 这与PF、PE相交矛盾，故④错误； 综上，正确的是①②③； 故答案为：①②③； 解：（3）①PC=❑√2FM； 证明：在HM上截取MN=MF，连接FN，如图； 则∠FNM=∠NFM=45°， ∵△HCM是等腰直角三角形， ∴HM=CM， 则HN=CF，∠HNF=∠PCF=180°−45°=135°，∠FHN=90°−∠HFM=∠PFC， ∴△HNF≌△FCP(ASA)， ∴PC=NF=❑√2FM；②DH=3或7；理由如下： 当P 在线段BC上时， ∵CP=2，PC=❑√2FM， ❑√2 ∴BP=5−2=3，FM= PC=❑√2， 2 ∴AP=PF=HF=❑√AB2+BP2=❑√52+32=❑√34， ∴HM=❑√H F2−FM2=❑√34−2=4❑√2； ∵△HCM是等腰直角三角形， ∴CH=❑√2HM=8， ∴DH=8−5=3； 当 P 在BC延长线上时，延长HM使MG=FM，连接FG， 则△FMG是等腰直角三角形， ∴∠G=∠FCP=45°，HG=HM+MG=CM+MF=CF， 又∠GHF=90°−∠HFM=∠HFP−∠HFM=∠CFP， ∴△HFG≌△FPC(ASA)， ∴HF=PF； ❑√2 ❑√2 又HF=AP=PF=❑√AB2+BP2=❑√74，FM= FG= CP=❑√2， 2 2 ∴HM=❑√H F2−FM2=❑√74−2=6❑√2； ∵△HCM是等腰直角三角形， ∴CH=❑√2HM=12， ∴DH=12−5=7； 综上，DH=3或 7．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，构 造辅助线证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论． 【变式11-2】（24-25八年级·江苏南通·期中）实践操作 矩形纸片ABCD中，AB=6，AD=4，现将纸片 折叠，点A的对应点记为点P，折痕为MN（点M，N是折痕与矩形的边的交点），再将纸片展平． 初步思考 （1）如图1，当点N在AB上，点M和点P在DC上，AP与MN交于点O．求证：四边形 AMPN为菱形； 继续探究 （2）如图2，在（1）的条件下，当点P与点C重合时，求AM的长； 拓展延伸 （3）如图3，当点N和点B重合，点M在AD上运动时（点M不与点A重合），作∠CBP的平 分线，与MP的延长线交于点Q．求出点Q到CD的距离，并直接写出在点M运动过程中，点Q到直线 AD的最大距离． 13 24 【答案】（1）证明见解析；（2）AM= ；（3） 3 5 【分析】（1）由折叠得到AO=PO,MN⊥AP，证明△AON≌△POM(ASA)，则AN=PM，而 AN∥PM，继而得到四边形AMPN是平行四边形，由MN⊥AP即可证明菱形； （2）设菱形AMPN的边长为x，则AM=CM=x，DM=6−x，然后对Rt△ADM运用勾股定理建立方程 求解； （3） ①过点Q作QG⊥BC，交BC的延长线于点G，延长GQ交AD的延长线于点H，可得四边形 ABGH,DCGH均为矩形，则GH=AB=6，证明Rt△BPQ≌Rt△BGQ(HL)，则BG=BP=6，而 BC=AD=4，那么CG=2，故点Q到CD的距离等于CG=2，即点Q在GH上运动； ②在DA延长线上截取AT=GQ，连接DT，则∠BAT=∠G=90°，可得△BAT≌△BGQ(SAS)，再证明 △BMT≌△BMQ(SAS)，则MT=MQ，由于∠MBQ=45°，Q在GH上运动，故当点M,D重合时，QH 最大，设QH= y，则AT=GQ=6−y，则DQ=DT=10−y，然后对Rt△DHQ运用勾股定理建立方程求 解即可． 【详解】（1）证明：当点M,P在DC上，点N在AB上时， 由折叠知：MN是AP的中垂线，∴AO=PO,MN⊥AP， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥DC， ∴∠NAO=∠MPO， 又∵∠AON=∠POM， ∴△AON≌△POM(ASA)， ∴AN=PM， ∵AN∥PM， ∴.四边形AMPN是平行四边形， ∵MN⊥AP， ∴四边形AMPN为菱形； （2）解：设菱形AMPN的边长为x，则AM=CM=x， ∴DM=6−x， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=90°， ∴AD2+DM2=AM2， ∴42+(6−x) 2=x2， 13 解得：x= ， 3 13 ∴AM= ； 3 （3）解：①如图，过点Q作QG⊥BC，交BC的延长线于点G，延长GQ交AD的延长线于点H， ∵四边形ABCD为矩形，QG⊥BC， ∴四边形ABGH,DCGH均为矩形， ∴GH=AB=6，由折叠知△PBM≌△ABM， ∴∠BPM=∠A=90°,BP=AB=6， ∴∠G=∠BPQ=90°， ∵BQ为∠CBP的角平分线， ∴QP=QG， ∴Rt△BPQ≌Rt△BGQ(HL)， ∴BG=BP=6， ∵BC=AD=4， ∴CG=2， ∴点Q到CD的距离等于CG=2，即点Q在GH上运动； ②如图：在DA延长线上截取AT=GQ，连接DT，则∠BAT=∠G=90° ∵Rt△BPQ≌Rt△BGQ，△PBM≌△ABM ∴∠1=∠2，∠3=∠4，BA=BP=BG， ∴∠1+∠2+∠3+∠4=∠ABC=90°，△BAT≌△BGQ(SAS) ∴∠1+∠4=45°，∠2=∠5，BT=BQ， ∴∠2+∠3=∠5+∠3=45°， ∴∠TBM=∠QBM=45°， ∵BM=BM， ∴△BMT≌△BMQ(SAS)， ∴MT=MQ， ∵∠MBQ=45°，Q在GH上运动， ∴当点M,D重合时，QH最大，如图：设QH= y，则AT=GQ=6−y， ∴DQ=DT=AD+AT=4+6−y=10−y， ∵四边形ABGH,DCGH均为矩形， ∴∠H=90°，DH=CG=2 ∴DH2+HQ2=DQ2， ∴22+ y2=(10−y) 2， 24 解得：y= ， 5 24 ∴点Q到直线AD的最大距离为 ． 5 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，折叠的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性 质，角平分线的性质定理等知识点，难度较大，解题的关键是熟练掌握各知识点，正确添加辅助线． 【变式11-3】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形ABCD、正方形CEFG，连接AF，取 AF的中点H，连接CH、GH． (1)【尝试探究】如图1，当点D落在CG上时，则AF=______CH； (2)【深入探究】如图2，将正方形CEFG绕着点C旋转至点F落在AD的延长线上．求证：GH⊥AF； (3)【拓展应用】如图3，继续将正方形CEFG绕着点C旋转，连接DH交CG于点P，连接DG，若点P为 CG的中点，△CDH的面积为2，则线段DG的长为______．【答案】(1)2 (2)见解析 (3)2❑√2 【分析】（1）根据四边形ABCD、CEFG是正方形，得出∠ACF=90°，根据直角三角形斜边的中线等 于斜边的一半即可证明； （2）在HF上截取HM=DH，连接DG,GM，根据H是AF中点，得出AD=MF，再结合四边形ABCD 、CEFG是正方形，得出CD=MF,∠CDH=90°，证明△DCG≌△MFG，根据全等三角形的性质得出 DG=GM，再根据等腰三角形三线合一的性质即可证明GH⊥AF； （3）延长DH至K，使HK=DH，连接KG，连接FK延长交CD于点Q，证明△ADH≌△FKH，再证 出△GDC≌△GKF，即可得出△DGK、△DGH是等腰直角三角形，证出DH=GH，过C作CL⊥DH 1 于点L，证明△LPC≌△HPG，证出GH=CL=DH，根据S = CL⋅DH=2，即可解答； △CDH 2 【详解】（1）解：连接AC，CF，如图所示： ∵四边形ABCD、CEFG是正方形， ∴∠ACD=∠GCF=45°， ∴∠ACF=90°， ∵H是AF中点， 1 ∴CH= AF， 2 即AF=2CH； （2）证明：在HF上截取HM=DH，连接DG,GM，如图所示：∵H是AF中点， ∴AH=HF， ∴AH−DH=HF−HM， ∴AD=MF， ∵四边形ABCD、CEFG是正方形， ∴AD=CD,GF=GC,∠ADC=∠CGF=90°， ∴CD=MF,∠CDH=90°， ∵∠CDN+∠DCN+∠DNC=∠GNF+∠NGF+∠GFN=180°,∠DNC=∠GNF， ∴∠DCG=∠GFM， ∴△DCG≌△MFG(SAS)， ∴DG=GM ∴GH⊥DM 即GH⊥AF； （3）解：延长DH至K，使HK=DH，连接KG，连接FK，并延长交CD于点Q， ∵H是AF中点， ∴AH=HF， ∵∠DHA=∠KHF,DH=KH,AH=HF，∴△ADH≌△FKH(SAS)， ∴AD=KF,∠3=∠4， ∴AD∥KF， ∵四边形ABCD、CEFG是正方形， ∴AD=CD,CG=GF,∠CGF=90°,∠ADC=∠DQF=90°． ∴CD=KF,∠CQM=90°， ∵∠QMC+∠CQM+∠QCM=∠GMF+∠MGF+∠GFM=180° ∴∠QCG=∠GFK， ∴△GDC≌△GKF(SAS)， ∴DG=KG,∠1=∠2， ∴GH⊥DK， ∵∠2+∠CGK=∠CGF=90°， ∴∠1+∠CGK=∠DGK=90°， ∴△DGK、△DGH是等腰直角三角形， ∴DH=GH， 过C作CL⊥DH于点L， ∵P是GG中点， ∴CP=GP， ∵∠CLP=∠GHP=90°,∠LPC=∠HPG， ∴△LPC≌△HPG(AAS)， ∴GH=CL， ∴DH=CL， 1 ∵S = CL⋅DH=2， △CDH 2 ∴CL⋅DH=DH2=4， ∴DH=2， ∴DG=❑√2DH=2❑√2． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角 形的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助 线． 【题型12 一次函数与几何变换】 【例12】（24-25八年级·重庆万州·期中）如图1，直线l ：y=2x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，直 1线l ：y=−x+b与x轴交于点C，与直线l 交于点D，AC=6． 2 1 (1)求直线l 的解析式． 2 1 (2)点P为y轴正半轴上的一点，若S = S ，在x轴上存在一点E，使DE+EP最小，求点E的坐标 △PBD 3 △ACD 和最小值． (3)如图2，将直线l 向上平移3个单位得到直线l ，在l 上存在一动点M，使∠BCM=45°，请直接写出点 1 3 3 M的坐标． 【答案】(1)y=−x+3 ( 7 ) (2)E − ,0 ；5❑√13 9 ( 24 15) (3)(18,45)或 − , 7 7 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，两点距离计算公式，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形 的性质与判定等等，利用数形结合和分类讨论的思想求解是解题的关键． （1）先求出点A的坐标得到OA的长，则可求出OC的长得到点C的坐标，再利用待定系数法求解即可； （2）联立直线l 和直线l 解析式求出点D坐标，则可求出S ，进而可得S ，再根据三角形面积计算 1 2 △ACD △PBD 公式求出PB的长，从而得到点P的坐标；作点D关于x轴的对称点D′，连接PD′交x轴于E，此时 DE+EP有最小值，最小值为PD′的长，据此利用两点距离计算公式求出PD′的长，再求出直线PD′的解 析式，进而求出点E坐标即可； （3）先求出直线l 的解析式y=2x+9；如图所示，取L(6,9)，连接BC，BL，CL，可证明 3 BC=BL，∠LBC=90°，即△BCL是等腰直角三角形，则∠BCL=45°，即点M即为直线CL与直线 {y=3x−9) {x=18) y=2x+9的交点，求出直线CL解析式为y=3x−9，联立 ，解得 ，则点M的坐标为 y=2x+9 y=45 (18,45)；如图所示，取K(−6,3)，同理可证明△KBC是等腰直角三角形，且∠KBC=90°，则 ∠BCK=45°，则点M为直线CK与直线y=2x+9的交点，同理求出此时点M的坐标即可．【详解】（1）解：在y=2x+6中，当y=2x+6=0时，x=−3， ∴A(−3,0)， ∴OA=3， ∵AC=6， ∴OC=AC−OA=3， ∴C(3,0)， 把C(3,0)代入y=−x+b中得−3+b=0，解得b=3， ∴直线l 的解析式为y=−x+3； 2 {y=2x+6) {x=−1) （2）解：联立 ，解得 ， y=−x+3 y=4 ∴D(−1,4)， 1 1 ∴S = AC⋅y = ×6×4=12， △ACD 2 D 2 1 ∵S = S ， △PBD 3 △ACD 1 ∴S = ×12=4， △PBD 3 1 ∴ PB⋅(−x )=4， 2 D ∴PB=8， 在y=2x+6中，当x=0时，y=6， ∴B(0,6)， ∵点P在y轴正半轴上， ∴点P的坐标为(0,14)； 如图所示，作点D关于x轴的对称点D′，连接PD′交x轴于E，此时DE+EP有最小值，最小值为PD′的 长， ∵D(−1,4)， ∴D′(−1,−4)， ∴PD′=❑√(−1−0) 2+(−4−14) 2=5❑√13， ∴DE+EP的最小值为5❑√13； {−k+b′=−4) 设直线PD′解析式为y=kx+b′，则 ， b′=14{k=18) 解得 ， b′=14 ∴直线PD′解析式为y=18x+14， 7 在y=18x+14中，当y=18x+14=0时，x=− ， 9 ( 7 ) ∴E − ,0 ； 9 （3）解：∵将直线l :y=2x+6向上平移3个单位得到直线l ， 1 3 ∴直线l 的解析式y=2x+6+3=2x+9； 3 如图所示，取L(6,9)，连接BC，BL，CL， ∵B(0,6)，C(3,0)， ∴BC2=(3−0) 2+(0−6) 2=45，BL2=(6−0) 2+(9−6) 2=45． CL2=(3−6) 2+(0−9) 2=90， ∴BC2=BL2，BC2+BL2=CL2， ∴BC=BL，∠LBC=90°，即△BCL是等腰直角三角形， ∴∠BCL=45°， ∵∠BCM=45°， ∴点M即为直线CL与直线y=2x+9的交点， 设直线CL解析式为y=k x+b ， 1 1 {3k +b =0) ∴ 1 1 ， 6k +b =9 1 1{ k =3 ) ∴ 1 ， b =−9 1 ∴直线CL解析式为y=3x−9， {y=3x−9) {x=18) 联立 ，解得 ， y=2x+9 y=45 ∴点M的坐标为(18,45)； 如图所示，取K(−6,3)，同理可证明△KBC是等腰直角三角形，且∠KBC=90°， ∴∠BCK=45°， ∴点M为直线CK与直线y=2x+9的交点， 1 同理可得直线CK解析式为y=− x+1， 3 24 { y=− 1 x+1) { x=− 7 ) 联立 3 ，解得 ， 15 y=2x+9 y= 7 ( 24 15) ∴点M的坐标为 − , ； 7 7 ( 24 15) 综上所述，点M的坐标为(18,45)或 − , ． 7 7 【变式12-1】（24-25八年级·湖南长沙·期中）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线 AB:y=kx+6k+6(k≠0)过定点A．与y轴交于点B，过点A作AC⊥y轴于点C．(1)直接写出定点A的坐标为______； (2)如图1，点D(−2,0)，连接CD，当k<0时，连接AO，若AB⊥CD，且在AO左侧存在点E(m,6+m) 使得∠EAO=∠BAC，求点B和点E的坐标； (3)如图2，当k>0时，直线AB交x轴于点F，平移直线AB交x轴正半轴于点G，交y轴负半轴于点H，连 1 1 接AG，交y轴正半轴于点M．当AF=GH时，求证： − 为定值． CM CB 【答案】(1)(−6,6) (2)(0,4)；(−4,2) (3)证明见解析 【分析】（1）把AB:y=kx+6k+6(k≠0)转化为k的一元一次方程无数解问题求解即可； （2）先证明△ACB≌△COD(ASA)，确定点B的坐标，过B作BB′⊥AB，交AE的延长线于点B′，过点 B′作B′C′⊥y轴于点C′，再证明△ACB≌△BC′B′ (AAS)，确定B′的坐标，利用待定系数法求出直线AB′ 的解析式，代入求解即可； （3）过A作AN⊥FG于点N，先证明△ANF≌△HOG(AAS)，设HG的解析式为y=kx−6，设AG的解 析式为y=mx+n，求得解析式，表示相应的线段，后代入计算即可． 【详解】（1）解：AB:y=kx+6k+6(k≠0)变形得y−6=(x+6)k， ∵AB:y=kx+6k+6(k≠0)过定点， ∴y−6=(x+6)k的解有无数， ∴y−6=0,x+6=0， 解得y=6,x=−6， 故直线过定点(−6,6)， 故答案为：(−6,6)． （2）解：由题意得：AC=CO=6，OD=2， ∵AB⊥CD，∴∠CAB=∠DCO=90°−∠ACD， 在△ACB和△COD中 {∠CAB=∠OCD ) ∵ AC=CO ， ∠ACB=∠COD ∴△ACB≌△COD(ASA) ， ∴CB=DO=2， 故OB=OC−CB=4， 故B坐标为(0,4) ∵AC=CO，∠ACO=90°， ∴∠CAO=45° ∵∠EAO=∠CAB， ∴∠EAB=∠EAO+∠OAB=∠CAB+∠OAB=45°， 如图1，过B作BB′⊥AB，交AE的延长线于点B′，过点B′作B′C′⊥y轴于点C′， 则∠AB′B=∠EAB=45°，∠ABC+∠B′BC′=90°，∠BB′C′+∠B′BC′=90°， 故AB=BB′，∠ABC=∠BB′C′， 在△ACB和△BC′B′中， {∠ACB=∠BC′B′ ) ∠ABC=∠BB′C′ ， AB=BB′ ∴△ACB≌△BC′B′ (AAS) ∴B′C′=BC=2，BC′=AC=6， ∴OC′=6−4=2， ∴B′(−2,−2) { −6k+b=6 ) 设直线AB′的解析式为：y=kx+b，根据题意，得 ， −2k+b=−2{ k−2 ) 解得 ， b=−6 故直线AB′的解析式为：y=−2x−6， 把E(m,6+m)代入y=−2x−6得6+m=−2m−6， 解得m=−4， ∴E的坐标为(−4,2)． （3）解：如图2，过A作AN⊥FG于点N， ∵AF∥HG， ∴∠AFN=∠HGO， 又∵∠ANF=∠HOG且AF=HG， ∴△ANF≌△HOG(AAS)， ∴OH=AN=6 ， ∴H(0,−6)， 设HG的解析式为y=kx−6， 6 令kx−6=0，则x= ， k (6 ) ∴G ,0 k 设AG的解析式为y=mx+n，代入A和G的坐标得： {−6m+n=6 ) 6m ， 6+n=0 k k { m=− ) k+1 解得： ， 6 n= k+1 k 6 ∴AG的解析式为y=− x+ ， k+1 k+16 ∴OM= ， k+1 6 6k ∴CM=6− = ， k+1 k+1 ∵CB=6k+6−6=6k， 1 1 1 1 k+1 1 k 1 ∴ − = − = − = = CM CB 6k 6k 6k 6k 6k 6，为定值． k+1 【点睛】本题考查了直线过定点，一元一次方程有无数解，待定系数法求解析式，三角形全等的判定和性 质，直角三角形的性质，平移，熟练掌握待定系数法，平移，三角形全等的判定和性质是解题的关键． 3 【变式12-2】（24-25八年级·福建泉州·期中）已知：如图，一次函数y= x+3的图象分别与x轴、y轴相 4 交于点A、B，且与经过点C(2,0)的一次函数y=kx−6的图象相交于点D，直线CD与y轴相交于点E． (1)直线CD的函数表达式为：______；点D的坐标为______；（直接写出结果） (2)点Q为线段DE上的一个动点，连接BQ． ①若直线BQ将△BDE的面积分为1:2两部分，试求点Q的坐标； ②点Q是否存在某个位置，将△BDE沿着直线BQ翻折，使得点D恰好落在直线AB下方的y轴上？若存 在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)y=3x−6，(4,6) (4 ) (8 ) (18 12) (2)① ,−2 或 ,2 ② , 3 3 7 7 { y= 3 x+3) 【分析】（1）将点C(2,0)代入y=kx−6中，求出k，再联立 4 ，求出点D的坐标即可； y=3x−6 1 2 （2）①分两种情形S = S 或S = S 分别构建方程解答即可； △BEQ 3 △BDE △BEQ 3 △BDE②当点D落在y轴正半轴上（即为点D ）时，过点Q作QM⊥BD，QN⊥OB，垂足分别为点M、N， 2 由翻折的性质得∠DBQ=∠D BQ，所以QM=QN，由（2）知S =18，即S +S =18，所以 2 △BDE △BQD △BQE 1 1 18 BD⋅QM+ BE⋅QN=18，由勾股定理得BD=❑√BH2+DH2=5，求得QN= ，即可得解． 2 2 7 【详解】（1）解：将点C(2,0)代入y=kx−6，得0=2k−6， ∴k=3， ∴直线CD的函数表达式为y=3x−6； { y= 3 x+3) 联立 4 ， y=3x−6 {x=4) 解得： ， y=6 ∴D(4,6)， 故答案为：y=3x−6，(4,6)； （2）解：①∵直线BQ将△BDE的面积分为1:2两部分， 1 2 ∴S = S 或S = S ， △BEQ 3 △BDE △BEQ 3 △BDE 3 在y= x+3中，当x=0时，y=3， 4 ∴B(0,3)， 在y=3x−6中，当x=0时，y=−6， ∴E(0,−6)， ∴BE=9， 如图1中，过点D作DH⊥y轴于点H，则DH=4， 1 1 ∴S = BE⋅DH= ×9×4=18 △BDE 2 2 ，1 2 ∴S = ×18=6或S = ×18=12， △BEQ 3 △BEQ 3 设Q(t,3t−6)，由题意知t>0， 过点Q作QM⊥y轴于点M，则QM=t， 1 1 ∴ ×9×t=6或 ×9×t=12， 2 2 4 8 解得：t= 或 ， 3 3 4 8 当t= 时，3t−6=−2；当t= 时，3t−6=2， 3 3 (4 ) (8 ) ∴Q的坐标为 ,−2 或 ,2 ； 3 3 (18 12) ②存在，点Q的坐标为 , ， 7 7 当点D落在y轴正半轴上（即为点D ）时，如图3： 2 过点Q作QM⊥BD，QN⊥OB，垂足分别为点M、N， 由翻折得∠DBQ=∠D BQ， 2 ∴QM=QN， 由（2）知S =18，即S +S =18， △BDE △BQD △BQE 1 1 ∴ BD⋅QM+ BE⋅QN=18， 2 2 在Rt△BDH中，由勾股定理得BD=❑√BH2+DH2=❑√32+42=5， 1 1 ∴ ×5⋅QN+ ×9⋅QN=18， 2 218 解得：QN= ， 7 18 ∴点Q的横坐标为 ， 7 18 12 在y=3x−6中，当x= 时，y= ， 7 7 (18 12) ∴Q , ， 7 7 (18 12) 综上所述，点Q的坐标为 , ． 7 7 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，求两个一次函数的交点坐标，求一次函数与坐标轴的 交点坐标，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质定理，翻折的性质，熟练掌握以上知识 点是解答本题的关键． 【变式12-3】（24-25八年级·辽宁沈阳·期末）【问题背景】 数学课上，我们以等腰直角三角形为背景，利用旋转的性质研究线段和角的关系． 【问题初探】 （1）如图1，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=CB，点D与直角顶点B重合，射线DP交边AC于点E， 点F在射线DQ上，且满足∠PDQ=90°,DE=DF，连接AF．判断线段AF与CE的关系为______． 【问题深探】 （2）如图2，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=CB，点D为斜边AC中点，射线DP交边BC于点E，射 线DQ交边AB于点F，且满足∠PDQ=90° 问题①：线段DE与DF满足什么数量关系？请说明理由； 问题②：请直接写出线段AF，CE，ED之间的数量关系____________． 【问题拓展】 （3）如图3，在平面直角坐标系中，△ABO为等腰直角三角形，AO=OB=6，点D为斜边AB中点，x轴 上有一点E(2,0)，动直线l绕着点D旋转，与x轴相交于点P，且满足∠DEA−∠PDA=45°，直线l的表达式为____________（直接写出表达式即可）． 【答案】（1）CE=AF且CE⊥AF，理由见解析；（2）①DE=DF，理由见解析；② 1 AF2+CE2=2DE2（3）y=−3x+12或y=− x+4 3 【分析】本题主要考查的是一次函数综合运用、全等三角形的判定与性质、一次函数的图象和性质、勾股 定理的运用等知识点，正确作出辅助线是解题的关键． （1）用SAS证明△ABF≌△CBE即可求解； （2）①先证明△FDB≌△EDC(AAS)得到FE=DE，CE=BF即可解答；②先说明EF=❑√2DE，再在 Rt△HEB中，EF2=BF2+BE2=CE2+AF2即可求解； （3）先求得D(3，3)，再证明∠DEP=∠DPE，则ED=DP；设点P(x,0)，则 (3−2) 2+32=(3−x) 2+32，解得：x=2（舍去）或4，即点P(4，0)；然后运用勾股定理求得直线DP的 表达式为y=−3x+12，当直线l和上述DE垂直时，也符合题意，求得点F的坐标，最后运用待定系数法 求出直线直线l的表达式即可求解． 【详解】解：（1）CE=AF且CE⊥AF，理由如下： ∵∠ABE+∠CBE=90°=∠ABE+∠ABF， ∴∠ABF=∠CBE， ∵AB=CB，DE=DF， ∴△ABF≌△CBE(SAS)， ∴∠FAB=∠C=45°=∠BAC，AF=CE， ∴∠FAE=∠BAC+∠BAF=45°+45°=90°，即AF⊥CE． 故答案为：CE=AF且CE⊥AF． （2）①DE=DF，理由如下： 如图：连接EF，BD， ∵∠ABC=90°,AB=CB，点D为斜边AC中点， 1 ∴∠A=∠C=45°， BD= AC=CD=AD， 2∵BD=AD，∠A=45° ∴∠ABD=∠A=∠C=45°， ∵∠FDB+∠BDE=90°=∠BDE+∠EDC， ∴∠FDB=∠EDC， 在△FDB和△EDC中， {∠ABD=∠C=45° ) ∠FDB=∠EDC ， BD=CD ∴△FDB≌△EDC(AAS)， ∴FD=DE，CE=BF； ②∵∠PDQ=90°， ∴EF=❑√DE2+DF2=❑√DE2+DE2=❑√2DE； 在Rt△HEB中，EF2=BF2+BE2=CE2+AF2，即2ED2=CE2+AF2． 故答案为：2ED2=CE2+AF2． （3）∵在平面直角坐标系中，△ABO为等腰直角三角形，AO=OB=6， ∴A(6,0),B(0,6) ∵点D为斜边AB中点， ∴点D(3，3)， ∵∠DPE=∠BAP+∠PDA=45°+∠PDA，∠DEA−∠PDA=45°， ∴∠DEP=∠DPE，则ED=DP， 设点P(x,0)，则(3−2) 2+32=(3−x) 2+32，解得：x=2（舍去）或4， ∴点P(4，0)， 设直线DP的解析式为y=kx+b， {3=3k+b) {k=−3) 则 ，解得： ， 0=4k+b b=12 ∴直线DP的表达式为：y=−3x+12， 如图：当直线l和上述DE垂直时，∵在平面直角坐标系中，△ABO为等腰直角三角形，AO=OB=6， ∴A(6,0),B(0,6)，∠OBA=∠OAB=45°， ∵点D为斜边AB中点， 1 ∴点D(3，3)，OD= AB=AD， 2 ∴∠DOA=∠DAO=45°， ∴∠ODA=90°，即∠ODE+∠ADE=90°， ∵l⊥DE， ∴∠ADP +∠ADE=90°， 1 ∴∠ADP =∠ODE， 1 ∵∠DEA=∠DOE+∠ODE=45°+∠ODE， ∴∠DEA−∠P DA=45°+∠ODE−∠P DA=45°，即：该直线l符合题意； 1 1 ∵∠FDB=∠ADP ，∠ADP =∠ODE 1 1 ∴∠FDB=∠ODE， ∴BD=OD， ∴△BDF≌△ODE(ASA)， ∴BF=OE=2， ∴OF=OB−BF=6−2=4，即F(0,4)， 设直线DF的解析式为y=mx+n，则有： {3=3m+n) { m=− 1 ) 则 ，解得： 3 ， 4=n n=4 1 ∴直线DF的解析式为y=− x+4． 3 1 综上，直线l的表达式为y=−3x+12或y=− x+4． 3 1 故答案为：y=−3x+12或y=− x+4． 3【题型13 一次函数与动点最值】 【例13】（24-25八年级·山东青岛·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y =x+1与x轴、y轴分别交 1 1 A、B两点，与直线y =− x+b相交于点C(3,m)． 2 3 (1)求m和b的值； 1 (2)若直线y =− x+b与x轴相交于点D，动点P从点D开始，以每秒1个单位的速度向x轴负方向运 2 3 动，设点P的运动时间为t秒． ①若点P在线段DA上，且△ACP的面积为10，求t的值； ②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)m=4；b=5 (2)①t=11；②存在，t的值为8或16−4❑√2或16+4❑√2或12． 1 【分析】（1）将点C(3,m)代入直线y =x+1解得m=4；即可将C(3,4)代入直线y =− x+b求得b即 1 2 3 可； （2）①根据△ACP的面积公式列等式可得t的值； ②存在，分三种情况：当AC=CP时，如图1，当AC=AP时，如图2，当AP=PC时，如图3，分别求t 的值即可． 【详解】（1）解：在平面直角坐标系中，直线y =x+1与x轴、y轴分别交A、B两点，与直线 1 1 y =− x+b相交于点C(3,m)．将点C(3,m)代入y =x+1得： 2 3 1 m=3+1=4， 1 将点C(3,4)代入直线y =− x+b得： 2 3 1 ∴− ×3+b=4， 3 解得：b=5；（2）解：由（1）知：b=5， 1 ∴y =− x+5 2 3 当y =0时，x=15， 2 ∴D(15,0)， ∴OD=15， ∵A(−1,0)， ∴OA=1， ∴AD=1+15=16； ①设PD=t，则AP=16−t，过C作CE⊥AP于E，如图1所示： ∵C(3,4) ， ∴CE=4， ∵△ACP的面积为10， 1 ∴∴ ×(16−t)×4=10， 2 解得：t=11； ②存在t的值，使△ACP为等腰三角形；理由如下： 过C作CE⊥AP于E，如图1所示： ∵C(3,4)， ∴CE=4，OE=3， ∴∴AE=OA+OE=4， ∴∴AC=❑√AE2+CE2=4❑√2； a．当AC=PC时，AP=2AE=8， ∴PD=AD−AP=8， ∴t=8； b．当AP=AC时，如图2所示：则AP =AP =AC=4❑√2， 1 2 ∴DP =16−4❑√2，DP =16+4❑√2， 1 2 ∴t=16−4❑√2或t=16+4❑√2； c．当PC=PA时，如图3所示： 设EP=m，则CP=❑√m2+42，AP=m+4， ∴❑√m2+42=m+4， 解得：m=0， ∴P与E重合， ∴AP=4，PD=12， ∴t=12； 综上所述，存在t的值，使△ACP为等腰三角形，t的值为8或16−4❑√2或16+4❑√2或12． 【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形性质，勾股定 理，等腰三角形的判定，以及一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握性质及定理是解本题的关键，并注意运 用分类讨论的思想解决问题． 【变式13-1】（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点C在x ( 16 ) {3m−n=2) 轴负半轴上，C − ,0 ，点A(0,n)，点B(m,0)中的m、n是方程组 的解． 3 2m=n(1)请直接写出A、B两点的坐标A（______，______），B（______，______）； (2)动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴向左运动，连接AP，设点P的运动时间为t秒， △AOP的面积为S，用含t的式子表示△AOP的面积S； 5 (3)在（2）的条件下，当t= 时，点P停止运动，过点P作x轴的垂线，交AC于点Q，CQ=5，当点P停 3 止运动时，点M从点P出发以每秒0.5个单位长度的速度沿PQ−QC向终点C运动（当点M运动至点C 时停止运动），连接CM、BM，求点M运动多少秒时，△AOP与△MBC的面积相等． 【答案】(1)0，4；2，0 S= {4−4t(01) 16 112 (3) 或 11 33 【分析】本题主要考查了坐标与图形，一次函数的应用，勾股定理： （1）解出关于m，n的方程，即可求解； （2）分两种情况讨论：当01时，点P在x轴的负半轴， （3）先求出分两种情况讨论：当点M在PQ上时，当点M在CQ上时，即可求解． {3m−n=2) 【详解】（1）解： ， 2m=n {m=2) 解得： ， n=4 ∴点A的坐标为(0,4)，点B的坐标为(2,0)； 故答案为：(0,4)；(2,0) （2）解：根据题意得：OB=2,OA=4， 当01时，点P在x轴的负半轴，此时OP=2(t−1)=2t−2， 1 1 ∴S= OA×OP= ×4×(2t−2)=4t−4； 2 2 S= {4−4t(01) 5 5 8 (5 ) 4 （3）解：当t= 时，S=4× −4= ，此时OP=− ×2−2 =− ， 3 3 3 3 3 ( 16 ) ∵点B的坐标为(2,0)，C − ,0 ， 3 22 ∴BC= ， 3 如图，当点M在PQ上时， 1 8 ∴S = BC×MP= ， △MBC 2 3 1 22 8 8 即 × ×PM= ，解得：PM= ， 2 3 3 11 8 16 此时点M运动的时间为 ÷0.5= ； 11 11 16 8 如图，当点M在CQ上时，过点M作MN⊥x轴于点N，此时点M到x轴的距离为0.5× = ，即 11 11 8 MN= ， 1122 5 根据题意得：CP= − ×2=4， 3 3 在Rt△CPQ中，CQ=5， ∴PQ=❑√CQ2−CP2=3， 设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)， ( 16 ) 把点A(0,4),C − ,0 代入得： 3 { − 16 k+b=0) { k= 3 ) 3 ，解得： 4 ， b=4 b=4 3 ∴直线AC的解析式为y= x+4， 4 8 8 3 当y= 时， = x+4， 11 11 4 48 解得：x=− ， 11 48 ∴ON= ， 11 32 ∴CN= ， 33 40 ∴CM=❑√CN2+M N2= ， 33 ( 40) 112 ∴点M运动的时间为 5+3− ÷2= ； 33 33 16 112 综上所述，点M运动 或 秒时，△AOP与△MBC的面积相等． 11 33 【变式13-2】（24-25八年级·河南平顶山·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+b与x轴交于点 B(−4,0)，与y轴交于点A，直线y=−2x+4过点A，与x轴交于点C．(1)点A的坐标是_____，直线AB的函数表达式为______； (2)若点P是直线AB上一动点，且S =S ，求P点的坐标； △PBC △AOB (3)点M在第二象限，当S =S 时，动点N从点B出发，先运动到点M，再从点M运动到点C后停止 △MAB △AOB 运动．点N的运动速度始终为每秒2个单位长度，运动的总时间为t（秒），请直接写出t的最小值． 【答案】(1)(0,4)，y=x+4 ( 4 8) ( 20 8) (2) − , 或 − ,− 3 3 3 3 (3)❑√29 【分析】(1)先根据直线y=−2x+4过点A，求出点A坐标，再利用待定系数法求直线AB的函数表达式即 可； (2)设点P坐标为(p,p+4)，先求出点C坐标，再求出△AOB的面积，表示出△PBC的面积，根据 S =S ， 列方程求解即可； △PBC △AOB (3)根据点M在第二象限，当S =S 时，可知点M在线段DE (不含端点)上运动，作点B关于线段 △MAB △AOB DE的对称点B′．连接CB′，交线段DE于点M，连接BM，则BM+CM的最小值即为CB′的长，求出CB′ 的长度，进一步可得t的最小值． 【详解】（1）解：∵点A在y轴上，直线y=−2x+4过点A， ∴点A坐标为(0,4)， 将点A(0,4)和点B(−4,0)代入直线y=kx+b， { b=4 ) 得 ， −4k+b=0 {k=1) 解得 ， b=4 ∴直线AB的函数表达式为y=x+4， 故答案为： (0,4)，y=x+4； （2）解：设点P坐标为(p,p+4)，直线y=−2x+4过点A，与x轴交于点C， 令y=0，得x=2， 点C坐标为(2,0)， 点A(0,4)，点B(−4,0)， ∴OA=4，OB=4，BC=6， 1 ∴S = ×4×4=8， △AOB 2 ∴S =S =8， △PBC △AOB1 ∴ ×6|p+4|=8， 2 4 20 解得p=− 或− ， 3 3 4 8 20 8 ∴p+4=− +4= 或p+4=− +4=− ， 3 3 3 3 ( 4 8) ( 20 8) ∴P点的坐标为 − , 或 − ,− ； 3 3 3 3 （3）解：∵点M在第二象限，当S =S 时，如图， △MAB △AOB ∴M在过点D(0,8)且平行于AB的线段DE (不含端点)上， ∴直线DE的函数表达式为y=x+8， ∴E(−8,0)， ∴OD=OE=8， ∴∠OED=45°， 作点B关于线段DE的对称点B′，连接CB′，BB′，EB′，交线段DE于点M，连接BM，则BM+CM的最 小值即为CB′的长， ∴DE⊥BB′，EB′=EB=4，BM=B′M， ∴∠EBB′=∠EB′B=45°， ∴∠BEB′=90°， ∴B′(−8,4)， ∴CB′=❑√42+(2+8) 2=2❑√29， ∵点N的运动速度始终为每秒2个单位长度， ∴运动的总时间为t=2❑√29÷2=❑√29 (秒)， ∴t的最小值为❑√29． 【点睛】本题是一次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，轴对称的性质，三角形面积等，本题综 合性较强，灵活运用所学知识是解题关键【变式13-3】（24-25八年级·福建泉州·期中）如图1，已知直线l与x轴交于点A(1,0)，与y轴交于点 B(0,3)，以A为直角顶点在第一象限内作等腰Rt△ABC，其中上∠BAC=90°，AB=AC． (1)求直线l的解析式和点C的坐标； (2)如图2，点M是BC的中点，点P是直线l上一动点，连接PM、PC，求PM+PC的最小值，并求出当 PM+PC取最小值时点P的坐标； 10 (3)在（2）的条件下，当PM+PC取最小值时，在直线PM上是否存在一点Q，使S = S ？若存 △APQ 9 △AOB 在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)y=−3x+3；(4,1) (2 ) (2)5； ,1 3 (10 ) (3)存在； ,3 或(−2,−1) 3 【分析】（1）用待定系数法即可求得直线l的解析式，过点C作CD⊥x轴，利用AAS证明 △AOB≌△CDA，结合其性质可得点C的坐标； （2）根据中点坐标公式可得M(2,2)，延长CA至E，使得CA=AE，即点A为CE的中点，可知 E(−2,−1)，AB垂直平分CE，连接PE，则PE=PC，得PM+PC=PM+PE≥EM，当点P在直线EM 3 1 上时取等号，由勾股定理求得EM=5，利用待定系数法得直线EM的解析式为y= x+ ，当点P在直线 4 2 (2 ) EM上时，即直线EM与直线AB相交，联立方程组即可求得此时点P的坐标为 ,1 ； 3 10 10 3 5 ( 5) （3）根据题意得S = S = × = ，过点A作AF⊥x轴交直线PM于F，可知F 1, ，分 △APQ 9 △AOB 9 2 3 4 情况：当点Q在点F右侧时，当点Q在点P、点F之间时，当点Q在点P左侧时，结合三角形的面积公式即 可求解． 【详解】（1）∵A(1,0)，B(0,3)，∴OB=3，OA=1， 设直线l的解析式为y=mx+n， {m+n=0) 将A(1,0)，B(0,3)，代入y=mx+n得， ， n=3 {m=−3) 解得： ， n=3 ∴y=−3x+3， 过点C作CD⊥x轴，则∠AOB=∠CDA=∠BAC=90°， ∴∠BAO+∠CAD=∠CAD+∠ACD=90°， ∴∠BAO=∠ACD， 又∵AB=AC， ∴△AOB≌△CDA(AAS)， ∴AD=OB=3，OA=CD=1， ∴OD=4， 则点C的坐标为(4,1)； （2）由（1）可知，点A的坐标为(1,0)，点B的坐标为(0,3)，点C的坐标为(4,1)， ∵点M是BC的中点， (4+0 1+3) ∴点M的坐标为 , ，即：M(2,2)， 2 2 延长CA至E，使得CA=AE，即点A为CE的中点， ∴点E的坐标为(2×1−4,2×0−1)，即E(−2,−1)， ∵∠BAC=90°， ∴AB垂直平分CE，连接PE，则PE=PC， ∴PM+PC=PM+PE≥EM，当点P在直线EM上时取等号， 由勾股定理可得：EM=❑√(−2−2) 2+(−1−2) 2=5， 设直线EM的解析式为：y=m x+n ， 1 1 3 { m = ) { 2m +n =2 ) 1 4 则 1 1 ，解得： ， −2m +n =−1 1 1 1 n = 1 2 3 1 ∴直线EM的解析式为：y= x+ ， 4 2 当点P在直线EM上时，即直线EM与直线AB相交， {y=−3x+3 ) { x= 2 ) 得 3 1 ，解得： 3 ， y= x+ 4 2 y=1 (2 ) 即此时点P的坐标为 ,1 ， 3 (2 ) 综上，PM+PC的最小值为5，此时点P的坐标为 ,1 ； 3 （3）存在，理由如下： 1 1 3 ∵S = OA⋅OB= ×1×3= ， △AOB 2 2 2 10 10 3 5 则S = S = × = ， △APQ 9 △AOB 9 2 3 过点A作AF⊥x轴交直线PM于F， 3 1 5 ( 5) 此时x=1，则y= + = ，即F 1, ， 4 2 4 4 5 1 1 5 ( 2) 5 ∴AF= ，则S = AF⋅(x −x )= × × 1− = ， 4 △AFP 2 F P 2 4 3 24 1 1 5 当点Q在点F右侧时，S = AF⋅(x −x )= × ×(x −1)， △AFQ 2 Q F 2 4 Q5 1 5 5 ∴S =S +S = + × ×(x −1)= ， △APQ △AFP △AFQ 24 2 4 Q 3 10 解得：x = ， Q 3 10 3 10 1 当x = 时，y = × + =3， Q 3 Q 4 3 2 (10 ) 即此时点Q的坐标为 ,3 ； 3 5 当点Q在点P、点F之间时，S 0)上存在无数个5的“等垂点”，且直线y=kx+b(k>0)与x轴交于点E， 与y轴交于点F，点M在线段EF上，点P在△EOF内，EP=4，OP=3，连接MP，设EM=a，直接写 出△EPM面积S关于a的表达式． 【答案】（1）是． （2）(−3,−1)或(3,7)． （3）(5,10)或(0,−5)． ❑√2 （4）S= a． 5 【分析】（1）根据等垂点的定义，进行判断即可； （2）C分点在B点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可； （3）B分点在y轴上方和下方，两种情况进行讨论求解即可； （4）特殊点法求一次函数解析式，面积桥求△EPM的高，面积公式写出表达式即可． 【详解】（1）∵点A(2,0), B(0,2),C(2,4)， ∴OA=2，OB=2，AC=4，AB=❑√OA2+OB2=2❑√2，∵∠ABC=90°， ∴BC=❑√AC2−AB2=2❑√2， 所以AB=BC， 则C(2,4)是2的“等垂点”， 故答案 ：是． （2）∵点A(4,0)，B(0,3)，且点C是4的“等垂点”， ∴如图所示过点C分别作x轴y轴的垂线，垂足分别为点F和点E，易证△ABO≌△BCE， ∴BE=OA=4，CE=BO=3， ∴CF=OE=OB+BE=3+4=7， ∴C(3,7)． ∵点A(4,0)，B(0,3)，且点C是4的“等垂点”， ∴如图所示易证△ABE≌△BCF， ∴BE=CF=OA=4，BF=AE=BO=3， ∴BH=CF=4，CH=BF=3， ∴OH=BH−OB=4−3=1， ∴C(−3,−1)． 故答案 ：C(3,7)或C(−3,−1)． （3）设A(5,0)，B(0,n)， 当n>0时，如图过C作CM⊥y轴于点M，∵CM⊥y轴，x轴⊥y轴， ∴∠CMB=∠AOB=90°， ∵∠CBA=90°， ∴∠CBM=90°−∠ABO=∠BAO， ∵AB=BC， ∴△CBM≌△BAO， ∵A(5,0)，B(0,n)， ∴CM=OB=n，MB=AO=5， 即C(n,n+5)或(−n,n−5)， ∵点C在 y=3x−5上， ∴n+5=3n−5或n−5=−3n−5， 解得n=5或n=0(舍)， ∴C(5,10)． 当n≤0时，如图过C作CM⊥y轴于点M， 同理可得C(n,−n−5)或(−n,5−n)， ∵点C在 y=3x−5上， ∴−n−5=3n−5或5−n=−3n−5， 解得n=−5或n=0(舍)， ∴C(0,−5)．综上所述：C(5,10)或C(0,−5)． （4）∵直线y=kx+b(k>0)上存在无数个5的“等垂点”， 易求得与x轴交于点E(−5,0)，与y轴交于点F(0,5)， ∴直线为y=x+5， 如图过点P分别作PQ⊥x轴交x轴于点，QPH⊥y轴交y轴于，点HPN⊥EF交 EF于， 点N ∵EP=4，OP=3，OE=5， ∴根据勾股定理逆定理得△EPO为直角三角形， EP·OP 12 9 ∴PQ= = ,OQ=❑√OP2−PQ2= OE 5 5 9 ∴PH=OQ= ， 5 1 1 1 ∴S =S +S +S = EO·PQ+ EF·PN+ FO·PH， △EFO △EPO △EFP △PFO 2 2 2 1 1 1 1 即 ×5×5= ×5PQ+ EF·PN+ ×5PH， 2 2 2 2 2❑√2 PN= ， 5 1 1 2❑√2 ❑√2 所以S = EM·PN= a× = a． △EPM 2 2 5 5 【点睛】本题主要考查一线三等角构造全等、面积桥、直角三角形斜边上的高、勾股定理及其逆定理等； 解题过程中重点运用数形结合思想以及分类讨论思想，综合考查学生画图和全面思考问题的能力和解决问 题的能力． 【变式15-3】（24-25八年级·陕西西安·期中）【问题提出】 （1）如图1，D为△ABC的边AC的中点，连接BD，若△ABD的面积为4，则△ABC的面积为______． 【问题探究】 （2）如图2，在平面直角坐标系中，点A在第一象限，连接OA，作AB⊥x轴于点B．若AB=2OB，OA=2❑√5，过点B的直线l将△OAB分成面积相等的两部分，求直线l的函数表达式． 【问题解决】 （3）如图3，在平面直角坐标系中，四边形OABC是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中O 为坐标原点，点A(24,7)，B(28,4)，C(25,0)．为了方便驻区单位，计划过点O修一条笔直的道路l （路 1 宽不计），并且使直线l 将四边形OABC分成面积相等的两部分，记直线l 与AB所在直线的交点为D；再 1 1 过点A修一条笔直的道路l （路宽不计），并且使直线l 将△OAD分成面积相等的两部分，你认为直线l 和 2 2 1 l 是否存在？若存在，请求出直线l 和l 的函数表达式；若不存在，请说明理由． 2 1 2 【答案】（1）8 （2）y=−2x+4 1 1 （3）存在，直线l 的函数表达式为y= x，直线l 的函数表达式为y= x−5 1 7 2 2 【分析】（1）利用三角形中线平分三角形的面积即可求解； （2）利用勾股理得出OB=2，进而得出AB=4，B(2，0)，A(2，4)，利用三角形同高等底面积相等得 出y =2，代入OA的函数表达式可得出C(1,2)，利用待定系数法即可得出直线l的函数表达式； C （3）过点A作AM⊥y轴于点M，过点B作BH⊥x轴于点H，延长MA、HB交于点N，，先证出 1 △OAB≌△OCB(SSS)，利用三角形面积相等得出直线l 的函数表达式为y= x，由直线l 经过OB的中点 1 7 2 1 E，可证出y = y =2，从而得出E(14,2)，再利用待定系数法即可得出直线l 的函数表达式． E 2 B 2 【详解】解：（1）点D为△ABC的边AC的中点， ∴S =2S =2×4=8． △ABC △ABD （2）∵AB⊥x轴于点B， ∴∠ABO=90°， ∵OB2+AB2=OA2，即OB2+4OB2=(2❑√5) 2 ， ∴OB=2，∴AB=4，B(2,0)，A(2,4)． 设直线l与OA的交点为C，如图②， 1 1 1 1 则S =S = S ，即 ×2×y = × ×4， △OBC △ABC 2 △OAB 2 C 2 2 ∴y =2． C 设直线OA函数表达式为y=mx， 把A(2,4)代入，得4=2m， ∴m=2 ∴直线OA的函数表达式为y=2x， 在y=2x中，令y=2，得x=1， ∴C(1,2)； 设直线l的函数表达式为y=kx+b． 将点B(2,0)，C(1,2)代入，得： {2k+b=0) ， k+b=2 {k=−2) 解得 ； b=4 直线 的函数表达式为y=−2x+4； （3）过点A作AM⊥y轴于点M，过点B作BH⊥x轴于点H，延长MA、HB交于点N，如图③． ∵A(24,7)，B(28,4)，C(25,0)， ∴NH=OM=7，AM=24，MN=OH=28，OC=25，BH=4，∴AN=MN−AM=4，BN=NH−BH=3，CH=OH−OC=3， ∴OA=❑√72+242=25=OC，AB=BC=❑√32+42=5．∵OA=OC，AB=CB，OB=OB， ∴△OAB≌△OCB(SSS)， ∴S =S ， △OAB △OCB 直线l 经过点B，且点D与点B重合， 1 设直线l 的函数表达式为y=nx， 1 1 把B(28,4)代入，得n= ， 7 1 直线l 的函数表达式为y= x， 1 7 直线l 将△OAD的面积分为相等的两部分， 2 ∴由（1）可知，直线l 经过OB的中点E， 2 1 连接CE，则S =S = S ， △OCE △BCE 2 △OBC 1 1 1 ∴ OC⋅y = × OC⋅y ， 2 E 2 2 B 1 ∴y = y =2， E 2 B 1 在y= x中，令y=2，得x=14， 7 ∴E(14,2)， 设直线l 的函数表达式为y=px+q， 2 将点A(24,7)，E(14,2)代入，得： {24 p+q=7) ， 14 p+q=2 { p= 1 ) 解得 2 ； q=−5 1 直线l 的函数表达式为y= x−5． 2 2 1 1 ∴存在，直线l 的函数表达式为y= x，直线l 的函数表达式为y= x−5． 1 7 2 2 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，求一次函数解析式，勾股定理，利用三角形中线求三角形 面积，熟练掌握其性质的综合应用是解决此题的关键．【题型16 一次函数中的存在性问题】 1 【例16】（24-25八年级·重庆万州·期中）如图1，函数y= x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C 2 与点A关于y轴对称． (1)求直线BC的函数解析式； (2)如图1，若点P是直线AB上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线BC于点Q，若△ABQ的面积为3， 求点P的坐标； (3)如图2，若点M是x轴上的一个动点，过点M作y轴的平行线，交直线AB于点N，连接BM，在点M的 运动过程中是否存在∠BMN=∠BAC的情况，若存在，请求出点N坐标；若不存在，请说明理由． 1 【答案】(1)y=− x+3 2 ( 5) ( 7) (2) −1, 或 1, 2 2 ( 3 9) (3 15) (3)存在，点N坐标为 − , 或 , 2 4 2 4 【分析】（1）先确定出点B坐标和点A坐标，进而求出点C坐标，最后用待定系数法求出直线解析式； ( 1 ) ( 1 ) （2）设P m, m+3 ，则Q m,− m+3 ，表示出PQ，分两种情况：当点P在y轴左侧时，当点P在y 2 2 轴右侧时，用三角形面积公式即可得出结论； ( 1 ) （3）设M(a,0)，则N a, a+3 ，分点M在y轴左侧和右侧，利用勾股定理列方程求解即可． 2 1 1 【详解】（1）解：在y= x+3中，令x=0，则y=3，令y=0，则0= x+3， 2 2 解得：x=−6， ∴ A(−6,0)，B(0,3)， ∵点C与点A关于y轴对称， ∴ C(6,0)， 设直线BC的函数解析式为y=kx+b，将B(0,3)、C(6,0)代入得：{0+b=3 ) ， 6k+b=0 { k=− 1 ) 解得： 2 ， b=3 1 ∴直线BC的函数解析式为y=− x+3； 2 ( 1 ) ( 1 ) （2）设P m, m+3 ，则Q m,− m+3 ， 2 2 1 (1 ) 当点P在y轴左侧时，PQ=− m+3− m+3 =−m， 2 2 1 1 1 1 ∴ S =S +S = PQ·|x )+ PQ·|x −x )= PQ·|x )= ×(−m)×|−6)=3， △ABQ △BQP △APQ 2 B 2 B A 2 A 2 解得：m=−1， ( 5) ∴ P −1, ； 2 1 ( 1 ) 当点P在y轴右侧时，PQ= m+3− − m+3 =m， 2 2 1 1 1 1 S =S −S = PQ·(x −x )− PQ·x = m(m+6)− ×m×m=3， △ABQ △APQ △BQP 2 Q A 2 Q 2 2 m=1， ( 7) ∴ P 1, ； 2 ( 5) ( 7) 综上所述，点P的坐标为 −1, 或 1, ； 2 2 （3）存在，( 1 ) 设M(a,0)，则N a, a+3 ， 2 ∴ OM=|a)， ∵ B(0,3)，C(6,0)，A(−6,0)， ∴ OB=3，OA=OC=6，CM=6−a，AM=a+6， ∴ BM2=OM2+OB2=a2+9，BC2=OC2+OB2=62+32=45，AB2=OA2+OB2=62+32=45， ∵点C与点A关于y轴对称， ∴ AB=BC， ∴ ∠BAC=∠BCA， ∵ ∠BMN=∠BAC， ∴ ∠BCA=∠BMN=∠BAC， 当点M在y轴左侧时， ∵ MN∥y轴， ∴ ∠OMN=90°，即∠OMB+∠BMN=90°， ∴ ∠OMB+∠BCA=90°， ∴ ∠CBM=180°−(∠OMB+∠BCA)=90°， ∴ BM2+BC2=CM2， ∴ a2+9+45=(6−a) 2， 3 解得：a=− ， 2 ( 3 9) ∴ N − , ； 2 4 当点M在y轴右侧时， ∵ MN∥y轴， ∴ ∠OMN=90°，即∠OMB+∠BMN=90°， ∵ ∠BMN=∠BAC， ∴ ∠OMB+∠BAC=90°，∴ ∠ABM=180°−(∠OMB+∠BAC)=90°， ∴ AB2+BM2=AM2， ∴ 45+a2+9=(a+6) 2， 3 解得：a= ， 2 (3 15) ∴ N , ； 2 4 ( 3 9) (3 15) 综上所述，点N坐标为 − , 或 , ． 2 4 2 4 【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，直角三角形的判定，勾股 定理，坐标轴上点的特点，分类讨论是解本题的关键． 【变式16-1】（24-25八年级·江苏扬州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，过点A(−6,0)的直线 l 与直线l :y =2x：相交于点B(m,4)． 1 2 2 (1)求直线l 的表达式； 1 (2)若y ≥ y ，直接写出x的取值范围． 2 1 (3)直线l 与y轴交于点M，在x轴上是否存在点P，使得△AMP是等腰三角形？若存在，请直接写出符合 1 条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由． 1 【答案】(1)y = x+3 1 2 (2)x≥2 ( 9 ) (3)P (6,0)或P (3❑√5−6,0)或P (−3❑√5−6,0)或P − ,0 1 2 3 4 4【分析】（1）将点B(m,4)代入l :y =2x，确定定B的坐标，分别把A，B的坐标代入l :y =kx+b，解 2 2 1 1 答即可； （2）根据交点坐标的意义，结合不等式解答即可； （3）分为：AM=MP、AM=AP及AP=PM三种情形讨论得出结果． 本题考查了求一次函数的解析式，一次函数与不等式，等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是熟练 掌握有关基础知识． 【详解】（1）解：将点B(m,4)代入l :y =2x， 2 2 得m=2， 故B(2,4) 设直线l 的解析式为l :y =kx+b， 1 1 1 { 2k+b=4 ) 根据题意，得 ， −6k+b=0 { k= 1 ) 解得 2 ， b=3 1 ∴y = x+3． 1 2 （2）解：根据题意，得图象交点为B(2,4)，∵y ≥ y ， 2 1 ∴x≥2． 1 （3）解：根据题意，得y = x+3， 1 2 故M(0,3)，OM=3， 同理可得，OA=6； 故AM=❑√OA2+OM2=3❑√5； 当MA=M P 时，得到OA=OP ,此时P (6,0)， 1 1 1 当AM=AP 时，AP =OA+OP =3❑√5 2 2 2 ∴OP =3❑√5−6， 2 ∴P (3❑√5−6,0)， 2当AM=AP 时，AP =−6−x =3❑√5 3 3 P 3 ∴x =−3❑√5−6， P 3 ∴P (−3❑√5−6,0)， 3 当PA=PM时，设P (m,0)，则P M=P A=m+6，OP =−m， 4 4 4 4 根据勾股定理，得(m+6) 2=(−m) 2+9， 9 解得m=− ， 4 ( 9 ) ∴P − ,0 ， 4 4 ( 9 ) 综上所述：P (6,0)或P (3❑√5−6,0)或P (−3❑√5−6,0)或P − ,0 ． 1 2 3 4 4 1 【变式16-2】（24-25八年级·重庆·期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=− x+4与x轴交于点 2 A，与y轴交于点B，直线CD与x轴交于点C，与y轴交于点D，OD=2，与直线AB交于点E，E点横坐 标为4． (1)求直线CD的解析式；9 (2)如图2，点P为直线CD上一点，且在直线AB上方，连接AP，当S = S 时，求点P的坐标， △PAE 16 △AOB 此时在x轴上有一动点Q，连接PQ、EQ，求PQ+EQ的最小值； (3)如图3，在直线AB上有一动点M，y轴上有一动点N，是否存在点M，点N使得以点M、N、C、D为顶 点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标，并写出其中一个点的求解过程； 若不存在，请说明理由． 【答案】(1)y=x−2 (2)❑√58 (3)(0,1)或(0,7)或(0,−5) 【分析】（1）设直线CD的解析式为y=kx+b，求出点E、点D的坐标，代入其中，利用待定系数法即可 求解； 1 （2）根据解析式求得点B，点A，点C的坐标得OA=8，OB=4，AC=6，可得S = OA⋅OB=16 △AOB 2 9 ，设点P的坐标为(t,t−2)，且t>4，根据S =S −S ，且S = S ，列出方程求出点P △PAE △PAC △EAC △PAE 16 △AOB 的坐标为(7,5)，作点E(4,2)关于x轴的对称点E′(4,−2)，连接E′Q，E′P，由轴对称可知EQ=E′Q，则 PQ+EQ=PQ+E′Q≥E′P，当点Q在E′P上时取等号，即PQ+EQ的最小值为E′P，结合勾股定理即可 求解； ( 1 ) （3）设点N的坐标为(0,n)，点M的坐标为 m,− m+4 ，分三种情况：当四边形是以CN，DM为对角 2 线的平行四边形时，当四边形是以CM，DN为对角线的平行四边形时，当四边形是以CD，MN为对角线 的平行四边形时，根据对角线互相平分，结合中点坐标公式，列方程即可求解． 1 1 【详解】（1）解：对于直线y=− x+4，当x=4时，y=− ×4+4=2， 2 2 ∴点E的坐标为(4,2)， ∵OD=2， ∴点D的坐标为(0,−2)， 设直线CD的解析式为y=kx+b， {4k+b=2) { k=1 ) 将E(4,2)，D(0,−2)代入y=kx+b中，得 ，解得 ， b=−2 b=−2 ∴直线CD的解析式为y=x−2；1 （2）对于直线y=− x+4，当x=0时，y=4，当y=0时，x=8， 2 即点B的坐标为(0,4)，即点A的坐标为(8,0)， 1 ∴OA=8，OB=4，则S = OA⋅OB=16， △AOB 2 对于直线y=x−2，当y=0时，x=2，即点C的坐标为(2,0)，则AC=6， 设点P的坐标为(t,t−2)，且t>4， 1 1 1 9 ∵S =S −S = AC⋅y − AC⋅y = ×6×(t−2−2)=3t−12，且S = S △PAE △PAC △EAC 2 P 2 E 2 △PAE 16 △AOB 9 ∴3t−12= ×16=9，解得：t=7， 16 ∴点P的坐标为(7,5)， 作点E(4,2)关于x轴的对称点E′(4,−2)，连接E′Q，E′P， 由轴对称可知EQ=E′Q， 则PQ+EQ=PQ+E′Q≥E′P，当点Q在E′P上时取等号， 即PQ+EQ的最小值为E′P=❑√(7−4) 2+(5+2) 2=❑√58； ( 1 ) （3）设点N的坐标为(0,n)，点M的坐标为 m,− m+4 ， 2 当四边形是以CN，DM为对角线的平行四边形时， {x +x =x +x ) { 2+0=0+m ) 由对角线互相平分可知， C N D M ，即 ( 1 ) ， y + y = y + y 0+n=−2+ − m+4 C N D M 2 解得：n=1，即点N的坐标为(0,1)； 当四边形是以CM，DN为对角线的平行四边形时，{x +x =x +x ) { 2+m=0+0 ) 由对角线互相平分可知， C M D N ，即 ( 1 ) ， y + y = y + y 0+ − m+4 =−2+n C M D N 2 解得：n=7，即点N的坐标为(0,7)； 当四边形是以CD，MN为对角线的平行四边形时， {x +x =x +x ) { 2+0=0+m ) 由对角线互相平分可知， C D N M ，即 ( 1 ) ， y + y = y + y 0+(−2)=n+ − m+4 C D N M 2 解得：n=−5，即点N的坐标为(0,−5)； 综上，点N的坐标为(0,1)或(0,7)或(0,−5)． 【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析，坐标与图形的性质，轴对称的性质，平行四边形的性质， 勾股定理等知识点，数形结合以及分类讨论是解决本题的关键． 【变式16-3】（24-25八年级·广东深圳·期中）[问题提出]：如何解不等式|x−1)+|x−3)>x+2？ 预备知识1：同学们学习了一元一次方程、一元一次不等式和一次函数，利用这些一次模型和函数的图 象，可以解决一系列问题． 图①中给出了函数y=x+1和y=2x+3的图象，观察图象，我们可以得到：当x>−2时，函数y=2x+3的 图象在y=x+1图象上方，由此可知：不等式2x+3>x+1的解集为_________． 预备知识2：函数y=|x)= { x(x≥0) ) ，称为分段函数，其图象如图②所示，实际上对带有绝对值的代数 −x(x<0) 式的化简，通常采用“零点分段”的办法，将带有绝对值符号的代数式在各“取值段”化简，即可去掉绝 对值符号，比如化简|x−1)+|x−3)时， 可令x−1=0和x−3=0， 分别求得x=1，x=3 (称1， 3分别 是|x−1)和|x−3)的零点值)， 这样可以就x<1，1≤x<3，x≥3三种情况进行讨论： （1） 当x<1时，|x−1|+)x−3)=−(x−1)−(x−3)=4−2x （2） 当1≤x<3时，|x−1|+)x−3)=(x−1)−(x−3)=2； （3） 当x≥3时，|x−1)+|x−3)=(x−1)+(x−3)=2x−4， {4−2x(x<1) ) 所以|x−1)+|x−3)就可以化简为 2(1≤x<3) 2x−4(x≥3) 预备知识3：函数y=b(b为常数)称为常数函数，其图象如图③所示． [知识迁移]如图④，直线y=x+1与直线y=ax+b相交于点A(m，3)，则关于x的不等式x+1≤ax+b的解集是 ___________． [问题解决] 结合前面的预备知识，我们来研究怎样解不等式|x−1|+)x−3)>x+2.． （1）请在平面直角坐标系内作出函数y=|x−1)+|x−3)的图象； （2）通过观察图象，便可得到不等式|x−1|+)x−3)>x+2的解集，这个不等式的解集为_______． 2 【答案】[问题提出]x>−2；[知识迁移]x≤2；[问题解决]（1）见解析；（2）x< 或x>6． 3 【分析】本题主要考查了一次函数与一元一次不等式之间的关系，熟练掌握函数的性质，数形结合是解题 的关键． [问题提出]：根据函数图象可得答案； [知识迁移]：先求解m的值，再根据函数图象可得答案； {4−2x(x<1) ) [问题解决]：（1）把函数化为y=|x−1)+|x−3)= 2(1≤x<3) ，再画图即可； 2x−4(x≥3) （2）在同一坐标系内画y=x+2的图象，并求解两个函数的交点坐标，根据函数图象可得答案； 【详解】解：[问题提出]，如图，∵当x>−2时，函数y=2x+3的图象在y=x+1的图象上方， ∴不等式2x+3>x+1的解集为：x>−2， [知识迁移]，如图， ∵点A(m,3)在y=x+1上， ∴m+1=3， 解得：m=2， ∴A(2，3)， ∵当x≤2时，直线y=ax+b的图象在y=x+1的图象的上方， ∴不等式ax+b≥x+1， 即x+1≤ax+b的解集为：x≤2， [问题解决] （1）根据题意得： {4−2x(x<1) ) y=|x−1)+|x−3)= 2(1≤x<3) ， 2x−4(x≥3) 画图如下： （2）再在同一坐标系内画y=x+2的图象如下：由函数图象得：y=4−2x与y=x+2有交点， {y=4−2x) 则 ， y=x+2 2 { x= ) 3 解得： ， 8 y= 3 y=2x−4与y=x+2有交点， {y=2x−4) 则 y=x+2 {x=6) 解得： y=8 (2 8) ∴y=|x−1)+|x−3)与y=x+2的两个交点坐标分别为： , ，(6，8)； 3 3 2 由函数图象可知，当x< 时，y=|x−1)+|x−3)的图象在y=x+2的上方， 3 当x>6时，y=|x−1)+|x−3)的图象在y=x+2的上方， 2 故不等式|x−1)+|x−3)>x+2的解集为：x< 或x>6． 3 【题型17 分段函数与绝对值函数】 【例17】（24-25八年级·湖北武汉·阶段练习）某数学兴趣小组想探究函数F:y=|x−1)的图象与性质． (1)根据绝对值的意义将函数F的解析式化简： 当x≥1时，函数解析式为y=________， 当x<1时，函数解析式为y=________； (2)在下边的平面直角坐标系中直接画出函数F的图象；1 (3)设函数F:y=|x−1)的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l:y=mx− （m为常数）与y轴交 2 于点C． ①若直线l与函数F的图象交于P，Q两点（P在Q左侧），且S =S ，求m的值； △APQ △BCP ②若直线l与函数F的图象恰有一个公共点，直接写出m的取值范围________． 【答案】(1)x−1；1−x (2)见解析 1 (3)m<−1或m>1或m= 2 【分析】（1）由绝对值的意义即可求解； （2）按照画一次函数力图象的方法，分两段画图即可； （3）①求出直线l与函数F的图象的交点坐标，利用面积相等建立方程即可求得m的值； ②分两种情况：m>0时，考虑l与射线y=x−1(x≥1)平行的情况；m<0时，考虑l与射线 y=1−x(x<1)平行的情况；还有一种特殊情况：直线l过点A． 【详解】（1）解：当x≥1时，函数解析式为y=x−1； 当x<1时，函数解析式为y=−(x−1)=1−x； 故答案为：x−1；1−x； （2）解：函数F的图象如下：（3）解：①如图，连接BQ，过Q作QH⊥x轴于Q，如图； 由题意知，m>0； 3 { y=mx− 1 ) {x= 2(m+1) ) 解 2 ，得 ； 2m−1 y=1−x y= 2(m+1) ( 3 2m−1 ) 即P , ； 2(m+1) 2(m+1) ( 1 2m−1 ) 同理得Q , ； 2(1−m) 2(1−m) 2m−1 ∵HA=x −1= =QH， Q 2(1−m) ❑√2(2m−1) ∴∠QAH=∠AQH=45°，AQ=❑√2QH= ； 2(1−m) ∵OA=OB=1，∠BOA=90°， ∴∠BAO=45°，AB=❑√2， ∴∠BAQ=90°； ∵S =S ， △APQ △BCP ∴S +S =S +S ， △APQ △PBQ △BCP △PBQ 即S =S ， △CBQ △ABQ 1 1 1 3 ∴ BC⋅x = AB⋅AQ，而BC=1+ = ， 2 Q 2 2 23 1 ❑√2(2m−1) ∴ × =❑√2× ， 2 2(1−m) 2(1−m) 7 解得：m= ； 8 ②如图，当m>0时，若直线l与射线y=x−1(x≥1)平行；此时m=1， 故当m>1时，直线l与F只有一个交点； 如图，当m<0时，若直线l与射线y=1−x(x<1)平行；此时m=−1，故当m<−1时，直线l与F只有一个交点； 还有一种特殊情况：直线l过点A，此时与F恰好有一个交点， 1 把点A的坐标代入直线l的解析式中，得m− =0， 2 1 即m= ； 2 1 综上，m的取值范围为m<−1或m>1或m= ． 2 1 故答案为：m<−1或m>1或m= ． 2 【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，画一次函数的图象，等腰三角形的判定，勾股定理等知识， 有一定的综合性，注意分类讨论． 【变式17-1】函数图象在探索函数的性质中有非常重要的作用，下面我们就一类特殊的函数展开探索．画 函数y=−2|x|的图象，经历分析解析式、列表、描点、连线过程得到函数图象如图所示；经历同样的过 程画函数y=−2|x|+2和y=−2|x+2|的图象如图所示． x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 … y … ﹣6 ﹣4 ﹣2 0 ﹣2 ﹣4 ﹣6 … （1）观察发现：三个函数的图象都是由两条射线组成的轴对称图形；三个函数解折式中绝对值前面的系 数相同，则图象的开口方向和形状完全相同，只有最高点和对称轴发生了变化．写出点A，B的坐标和函 数y=−2|x+2|的对称轴． （2）探索思考：平移函数y=−2|x|的图象可以得到函数y=−2|x|+2和y=−2|x+2|的图象，分别 写出平移的方向和距离． （3）拓展应用：在所给的平面直角坐标系内画出函数y=−2|x−3|+1的图象．若点(x ,y )和(x ,y ) 1 1 2 2在该函数图象上，且x >x >3，比较y ，y 的大小． 2 1 1 2 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析. 【分析】（1）根据图形即可得到结论； （2）根据函数图形平移的规律即可得到结论； （3）根据函数关系式可知将函数y=−2|x|的图象向上平移1个单位，再向右平移3个单位得到函数 y=−2|x−3|+1的图象．根据函数的性质即可得到结论． 【详解】解：（1）A(0,2)，B(−2,0)，函数y=−2|x+2|的对称轴为x=−2； （2）将函数y=−2|x|的图象向上平移2个单位得到函数y=−2|x|+2的图象； 将函数y=−2|x|的图象向左平移2个单位得到函数y=−2|x+2|的图象； （3）将函数y=−2|x|的图象向上平移1个单位，再向右平移3个单位得到函数y=−2|x−3|+1的图 象． 所画图象如图所示，当x >x >3时，y >y ． 2 1 1 2 【点睛】本题考查了一次函数与几何变换，一次函数的图象，一次函数的性质，平移的性质，正确的作出 图形是解题的关键． 【变式17-2】（24-25八年级·江苏南京·期末）若一个函数，对于自变量的不同取值范围，该函数有不同的 表达式，则这样的函数称为“分段函数”． 当x≥0时，y =kx+2；当x<0时，y =kx−2，可以记作分段函数 y = {kx+2(x≥0)) ． 1 1 1 kx−2(x<0) (1)若k=1时，画出y 与x之间的函数图像，并写出该函数两条不同类型的性质． 1(2)正比例函数y =2kx的图像与函数y 的图像的一个交点坐标为(−2,−4)，当y >y 时，x的取值范围是 2 1 1 2 ______； (3)已知点A(2,1),B(−1,−1)，函数y 的图像与线段AB的交点个数随k的值的变化而变化，直接写出交点 1 个数及对应的k的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)x<−2或0≤x<2 1 1 (3)当k>− 时，没有交点；当−1y 时，x<−2或0≤x<2； 1 2 （3）∵y 1 = { k k x x − +2 2( (x x ≥ < 0 0 ) ) ) ， ∴当x=0时，y=2， ∴函数图像一点过点(0,2)， 1 如图，当y 与AB交于点A时，2k+2=1，解得：k=− ， 1 2当y 与AB交于点B时，−k−2=−1，解得：k=−1， 1 1 由图可知：当k>− 时，y 与AB没有交点， 2 1 1 当− ≤k<−1时，y 与AB有1个交点， 2 1 当k≤−1时，y 与AB有2个交点． 1 【变式17-3】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）在函数的学习中，我们经历了列表，描点，连线画函数 图象，并结合图象研究函数性质的过程．若一个函数当自变量在不同范围内取值时，函数表达式不同，我 们称这样的函数为分段函数．下面我们参照函数学习的过程与方法，探究分段函数y={ 2x+8,x≤−3 ) |2x+4|,x>−3 的图象与性质，探究过程如下，请补充完整． (1)列表： x … −5 −4 −3 −2 −1 0 1 … y … −2 0 2 0 2 4 6 … 描点：在平面直角坐标系中，以自变量x的取值为横坐标，以相应的函数值y为纵坐标，描出相应的点， 如图所示，请画出函数的图象． (2)研究函数并结合图象，回答下列问题： 3 ①点A(−4,y )，B(− ,y )，C(x ,1)，D(x ,−3)在函数图象上，则y y ，x x （填“> 1 2 2 1 2 1 2 1 2 ”，“ =”或“<” )； ②在直线x=−3的右侧的函数图象上有两个不同的点E(x ,y )，F(x ,y )，且y = y ，则x +x 的值为 3 3 4 4 3 4 3 4 ；（注：直线x=−3为经过(−3,0)且垂直x轴的直线）7 ③当− −3时，若正方形PQMN相邻两边 与线段GH只有两个交点，直接写出m的取值范围． 【答案】(1)详见解析 (2)①<，>．②−4；③0≤ y≤6 20 4 3 1 (3)− 0． 1 2 ∴y x ． 1 2 故答案为：<，>． ②由图象可知，当x≥−3时，能满足y值相等的两个点是在−3≤x≤−1这一段， 且这两点关于直线x=−2对称， x +x ∴ 3 4=−2， 2 ∴x +x =−4， 3 4 故答案为：−4； 7 ③如图，当− −3时，y=|2x+4|， ∴y= {−2x−4(−30,y随x的增大而增大， ∴当x=0时，总运费最少，且最少的总运费为10040元． 答：y与x的函数关系式为y=4x+10040(0≤x≤200)， 最少总运费为10040元； （2）设减少运费后，总运费为w元， 则：w=(20−a)x+25(200−x)+15(240−x)+24(60+x) =(4−a)x+10040(0≤x≤200) ∵00， 此时w随x的增大而增大， ∴当x=0时，w =10040；． 最小 ②当a=4时，w=10040， ∴不管怎样调运，费用一样多，均为10040元；③当40)元，同时B种盆栽 批发价每盆下降了m元．该超市决定不调整盆栽零售价，发现将300盆盆栽全部卖出获得的最低利润是 1460元，求m的值． 【答案】(1)y=2x+3000(150≤x≤160) (2)商场能获得的最大利润为1820元 (3)m=2 【分析】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式组的应用、解一元一次方程，理解题意，正确列出函 数解析式是解答的关键． （1）根据题意列函数解析式和不等式组求解即可； （2）设利润为W，根据题意得到总利润W =10x+2000，利用一次函数的增减性质求解即可； （3）设利润为W，根据题意得到总利润=(2−3m)x+300m+1500，分2−3m>0和2−3m<0，利用一 次函数的增减性质求解即可． 【详解】（1）解：该超市采购x盆A种盆栽，则采购(300−x)盆B种盆栽， 根据题意，y=12x+10(300−x)=2x+3000，{ x≥300−x ) 由题意得： ， 2x+3000≤3320 解得：150≤x≤160， 答：该商场的采购费用y与x的函数关系式为y=2x+3000(150≤x≤160)； （2）解：设总利润为W，根据题意得： W =(19−12)x+(15−10)(300−x)=2x+1500， ∵2>0， ∴W随x的增大而增大，又150≤x≤160， ∴当x=160时，W最大，最大值为1820， 答：商场能获得的最大利润为1820元； （3）解：设总利润为W元，根据题意得： W =(19−12−2m)x+(15−10+m)(300−x) =(2−3m)x+300m+1500， 2 当2−3m>0即0 ，舍去； 15 3 2 当2−3m<0即m> 时，W随x的增大而减小， 3 又∵150≤x≤160， ∴当x=160时，W有最小值为160×(2−3m)+300m+1500=1460， 解得：m=2， 综上分析可知，满足条件的m值为2． 【变式18-3】（24-25八年级·广东深圳·期末）综合实践： 如图①所示，A、B两地相距720千米，C地位于A、B两地之间．高铁G234从 素 A地出发经C地匀速驶向B地，高铁G235从B地出发经C地驶往A地． 材 1 素 1月10日高铁G234时刻表 材 2 站名 到时 发时 停留A站 —— 09:00 —— C站 11:00 11:10 10分 B站 12:10 —— —— 1月10日高铁G235时刻表 站 到时 发时 停留 名 B站 —— 09:00 —— C站 10:30 10:35 5分 A站 12:35 —— —— 问题解决 任 a的值为______，b的值为______，高铁G234在行驶过程中速 收集信息 务1 度是______km/min． 任 建立一次 根据图②求高铁G235由C站往A站行驶过程中距离C站的路 务2 函数模型 程y(km)与行驶时间x(min)之间的函数表达式． 任 求出1月10日G234、G235两列高铁在相遇后两车之间距离不 解决问题 务3 超过200km的当日时刻范围． 【答案】任务1：480，240，4；任务2：y=4x−380(95≤x≤215)；任务3：10时47分30秒到11时17 分30秒． 【分析】任务1：根据路程、时间、速度之间的关系，结合函数图象即可求解； 任务2：利用待定系数法即可求解； 任务3：利用待定系数法求出G234从A站到C站的函数解析式，联立G235由C站往A站的函数解析式，分 两种情况解答即可求解； 本题考查了一次函数的应用，根据题意求出相应的函数解析式是解题的关键． 【详解】解：任务1：G234在C站停留10分钟， ∴用于行驶的时间为180分， ∵A、B两地相距720千米， ∴G234的速度为： 720÷180=4(千米/分)，∵走到C地用了120分， ∴距C地的距离为4×120=480(千米)， 即a=480， ∴G235离C地的距离为720−480=240(千米)， 即b=240， 故答案为：480，240，4； 任务2：设高铁G235由C站往A站行驶过程中距离C站的路程y(km)与行驶时间x(min)之间的函数表达式 为y=kx+b(k≠0)， ∵过点(95,0)，(215,480)， { 95k+b=0 ) ∴ ， 215k+b=480 { k=4 ) 解得 ， b=−380 ∴y=4x−380(95≤x≤215)； 任务3：设G234从A站到C站的函数解析式y=ax+c(a≠0) (0≤x≤120)， ∵过点(0,480)，(120,0)， { c=480 ) ∴ ， 120a+c=0 {a=−4) 解得 ， c=480 ∴y=−4x+480， {y=−4x+480) 由 ， y=4x−380 {x=107.5) 解得 ， y=50 ∵9∶00出发， ∴10时47分30秒相遇， ① 假设在G234未到达C地时，两车相距200千米， ∴两车相距的路程等于G235离开C地的距离−G234离C地的距离， ∴(4x−380)−(−4x+480)=200， 解得x=132.5，不符合题意； ②在G234在车站停留时两车相距200km，即G235离开C站200km， 4x−380=200，解得x=145，不符合题意； 设G234从C站到B站的函数解析式y=mx+n(m≠0)(130