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期末复习必考选填压轴题二十大题型总结
【人教版】
【题型1 利用二次根式的性质化简求值】..............................................................................................................1
【题型2 由二次根式的性质求参数】......................................................................................................................5
【题型3 求二次根式的值】......................................................................................................................................7
【题型4 利用勾股定理解决翻折问题】................................................................................................................11
【题型5 利用勾股定理解决图形面积问题】.......................................................................................................18
【题型6 利用勾股定理解决坐标问题】................................................................................................................24
【题型7 利用勾股定理解决最值】........................................................................................................................30
【题型8 构造直角三角形求线段长度】................................................................................................................35
【题型9 平行四边形中的多结论问题】................................................................................................................41
【题型10 平行四边形中折叠问题】........................................................................................................................49
【题型11 与三角形中位线有关的求解】................................................................................................................56
【题型12 求特殊平行四边形中的线段长度】.......................................................................................................62
【题型13 求特殊平行四边形中的角度】................................................................................................................69
【题型14 求特殊平行四边形中的面积】................................................................................................................75
【题型15 求特殊平行四边形中的最值】................................................................................................................81
【题型16 特殊平行四边形中的多结论问题】.......................................................................................................87
【题型17 利用一次函数的性质求字母取值范围】...............................................................................................93
【题型18 利用一次函数的性质判断结论正误】...................................................................................................97
【题型19 一次函数中的规律探究】......................................................................................................................102
【题型20 利用一次函数解决行程问题】..............................................................................................................108
【题型1 利用二次根式的性质化简求值】
1
【例1】（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）已知x= ，则
❑√2024−❑√2023
x6−2❑√2023x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024的值为（ ）
A．0 B．1 C．❑√2023 D．❑√2024
【答案】C
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值、分母有理化等知识点，逐步把x=❑√2024+❑√2023代入所
求式子进行化简求值是解题的关键．
先利用分母有理化对已知条件进行化简，再依次代入所求的式子进行运算即可．1
【详解】解：∵x= ，
❑√2024−❑√2023
1 ❑√2024+❑√2023
∴x= = =❑√2024+❑√2023，
❑√2024−❑√2023 (❑√2024−❑√2023)(❑√2024+❑√2023)
∴x6−2❑√2023x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024+❑√2023−2❑√2023)x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024−❑√2023)x5−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024−❑√2023)(❑√2024+❑√2023)x4−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=x4−x4+x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=x3−2❑√2024x2+2x−❑√2024
=(❑√2024+❑√2023−2❑√2024)x2+2x−❑√2024
=(❑√2023−❑√2024)x2+2x−❑√2024
=(❑√2023−❑√2024)(❑√2024+❑√2023)x+2x−❑√2024
=−x+2x−❑√2024
=x−❑√2024
=❑√2024+❑√2023−❑√2024
=❑√2023．
故选：C．
【变式1-1】（24-25八年级·山东威海·期中）观察下列等式：
1
第1个等式： a = = ❑√2 −1，
1 1+❑√2
1
第2个等式： a = = ❑√3−❑√2，
2 ❑√2+❑√3
1
第3个等式： a = =2− ❑√3，
3 ❑√3+2
1
第4个等式： a = = ❑√5 −2，
4 2+❑√5
…按上述规律，计算a +a +a ⋯+a = ．
1 2 3 n
【答案】❑√n+1−1/−1+❑√n+1
1
【分析】首先根据题意，可得： a = ，然后根据分母有理数化的方法，求出算式的值是多少
n ❑√n+1+❑√n
即可．
1
【详解】解：第1个等式： a = = ❑√2 −1，
1 1+❑√2
1
第2个等式： a = = ❑√3−❑√2，
2 ❑√2+❑√3
1
第3个等式： a = =2− ❑√3，
3 ❑√3+2
1
第4个等式： a = = ❑√5 −2，
4 2+❑√5
…
1
第n个等式： a = =❑√n+1−❑√n，
n ❑√n+❑√n+1
a +a +a +⋯+a
1 2 3 n
= ❑√2 −1+ ❑√3− ❑√2+⋯+❑√n+1−❑√n
= ❑√n+1 −1
故答案为：❑√n+1 −1．
【点睛】此题主要考查了分母有理化的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：分母有理化常常是
乘二次根式本身（分母只有一项）或与原分母组成平方差公式．
【变式1-2】（24-25八年级·河南洛阳·阶段练习）设a为❑√3+❑√5−❑√3−❑√5的小数部分，b为
2 1
❑√6+3❑√3−❑√6−3❑√3的小数部分，则 − 的值为（ ）
b a
A．❑√6+❑√2−1 B．❑√6−❑√2+1 C．❑√6−❑√2−1 D．❑√6+❑√2+1
【答案】B
【分析】首先分别化简所给的两个二次根式，分别求出a、b对应的小数部分，然后化简、运算、求值，即
可解决问题．
【详解】❑√3+❑√5−❑√3−❑√5
√6+2❑√5 √6-2❑√5
=❑ -❑
2 2❑√5+1 ❑√5-1
= -
❑√2 ❑√2
=❑√2
∴a的小数部分为❑√2-1，
❑√6+3❑√3−❑√6−3❑√3
√12+6❑√3 √12−6❑√3
=❑ −❑
2 2
❑√3+3 3-❑√3
= -
❑√2 ❑√2
=❑√6
∴b的小数部分为❑√6-2，
2 1 2 1
∴ − = - =❑√6+2-❑√2-1=❑√6-❑√2+1，
b a ❑√6-2 ❑√2-1
故选：B．
【点睛】该题主要考查了二次根式的化简与求值问题；解题的关键是灵活运用二次根式的运算法则来分
析、判断、解答．
【变式1-3】（24-25八年级·上海·阶段练习）求值：
√ 1 1 √ 1 1 √ 1 1 √ 1 1
❑1+ + +❑1+ + +❑1+ + +⋯+❑1+ + = ．
12 22 22 32 32 42 20232 20242
2023
【答案】2023
2024
√ 1 1 1 1
【分析】本题考查了二次根式的运算，完全平方公式的应用，先推导公式❑1+ + =1+ −
n2 (n+1) 2 n n+1
，然后利用公式计算即可．
√ 1 1
【详解】解：❑1+ +
n2 (n+1) 2
√n2(n+1) 2+n2+(n+1) 2
=❑
n2(n+1) 2√[n(n+1)) 2 +2n(n+1)+1
=❑
n2(n+1) 2
√(n2+n+1) 2
=❑
n2(n+1) 2
n2+n+1
=
n(n+1)
n(n+1)+(n+1)−n
=
n(n+1)
1 1
=1+ − ，
n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1
∴原式=1+ − +1+ − +1+ − +⋯+1+ −
1 2 2 3 3 4 2023 2024
1
=2023×1+1−
2024
2023
=2023 ，
2024
2023
故答案为：2023 ．
2024
【题型2 由二次根式的性质求参数】
【例2】（24-25八年级·江苏常州·阶段练习）若(2+❑√3)(2+m)的积是有理数，则无理数m的值为
．
【答案】−❑√3（答案不唯一）
【分析】对(2+❑√3)(2+m)进行化简，由题意令2❑√3+2m+❑√3m=a，（a是有理数）即可求解．
【详解】解：(2+❑√3)(2+m)
=4+2❑√3+2m+❑√3m
(2+❑√3)(2+m)的积是有理数，m是无理数，
∴2❑√3+2m+❑√3m是有理数，
令2❑√3+2m+❑√3m=a，（a是有理数）
a−2❑√3
解得：m= =(a−2❑√3)(2−❑√3)=(2a+6)−(a+4)❑√3，
2+❑√3当2a+6=0即a=−3，
时m=−❑√3，
故答案为：−❑√3（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次根式混合运算，有理数的性质；解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算法则
即有理数的性质．
【变式2-1】（24-25八年级·江苏扬州·期中）若m满足关系式
❑√3x+5 y−2−m+❑√2x+3 y−m=❑√1−x−y⋅❑√x−1+ y ，则m= ．
【答案】3
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式的非负性，解二元一次方程组，由二次根式有意义
的条件得1−x−y=x−1+ y=0，即得x+ y=1，❑√3x+5 y−2−m+❑√2x+3 y−m=0，再根据二次根式
{ x+ y=1 )
的非负性得3x+5 y−2−m=0，2x+3 y−m=0，即得x+2y=2，再解方程组 求出x、y的
x+2y=2
值即可求解，掌握二次根式有意义的条件及性质是解题的关键．
【详解】解：由题意得，1−x−y≥0，x−1+ y≥0，
∴1−x−y=x−1+ y=0，
∴x+ y=1，❑√3x+5 y−2−m+❑√2x+3 y−m=0，
∴3x+5 y−2−m=0，2x+3 y−m=0，
∴x+2y=2，
{ x+ y=1 ) {x=0)
由 ，解得 ，
x+2y=2 y=1
∴0+3×1−m=0，
∴m=3，
故答案为：3．
【变式2-2】（24-25八年级·四川内江·期中）实数x、y、z满足条件
1
❑√x+❑√y−1+❑√z−2= (x+ y+z+9)，则xy−z的值是 ．
4
【答案】14
【分析】本题考查了二次根式的性质，完全平方公式；分析题中条件不难发现等号左边含有未知数的项都
有根号，而等号右边的则都没有．由此可以想到将等式移项，并配方成三个完全平方数之和等于0的形
式，从而可以分别求出x、y、z的值，即可求解．
【详解】将题中等式移项并将等号两边同乘4得x−4❑√x+ y−4❑√y−1+z−4❑√z−2+9=0 ，
∴ (x−4❑√x+4)+(y−1−4❑√y−1+4)+(z−2−4❑√z−2+4)=0 ，
∴ (❑√x−2) 2+(❑√y−1−2) 2+(❑√z−2−2) 2=0，
∴ ❑√x−2=0 ，❑√y−1−2=0，❑√z−2−2=0，
∴ ❑√x=2，❑√y−1=2，❑√z−2=2，
∴x=4 y−1=4 z−2=4
∴x=4 y=5 z=6
∴xy−z=20−6=14．
故答案为：14．
【变式2-3】（24-25八年级·重庆·期中）若a和b都是正整数且a0)可以看成直角
边长度分别为a、8，结果为斜边长度，利用此原理并结合图形解决问题：已知a+b=10(a>0,b>0)，计
算❑√a2+4+❑√b2+9的最小值为 ．
【答案】5❑√5
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，根据题意灵活构造出直角三角形是解题的关键．取线段BD，
使BD=10，在BD上任取一点C，设BC=a，CD=b，构造Rt△ABC，Rt△CDE，使
∠ABD=∠BDE=90°，且AB=2，DE=3，则可得❑√a2+4+❑√b2+9=AC+CE，可得当点A，C，E三
点共线时，AC+CE的值最小，最小值等于AE的长，构造直角三角形计算即可．
【详解】解：如图，取线段BD，使BD=10，在BD上取一点C，设BC=a，CD=b，构造Rt△ABC，
Rt△CDE，使∠ABD=∠BDE=90°，且AB=2，DE=3，则BC+CD=a+b=10，AC=❑√BC2+AB2=❑√a2+4，CE=❑√CD2+DE2=❑√b2+9，
则❑√a2+4+❑√b2+9=AC+CE，
∴当点A，C，E三点共线时，AC+CE的值最小，
即❑√a2+4+❑√b2+9的值最小，最小值等于AE的长，
过点A作AF⊥ED交ED延长线于点F，
则四边形ABDF是长方形，
∴AF=BD=10，DF=AB=2，
∴ AE=❑√AF2+EF2=❑√102+(2+3) 2=5❑√5，
∴ ❑√a2+4+❑√b2+9的最小值为5❑√5．
故答案为：5❑√5．
【变式3-1】（24-25八年级·江苏南通·期末）已知正实数m，n满足2m+❑√2mn+n=2，则❑√mn的最大值
为（ ）
1 ❑√2 ❑√3 2
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】B
【分析】本题考查二次根式的性质，完全平方公式，平方的非负性．根据二次根式的性质将
2m+❑√2mn+n=2变形为(❑√2m) 2+❑√2mn+(❑√n) 2=2，配方得到(❑√2m−❑√n) 2=2−3❑√2mn，根据
(❑√2m−❑√n) 2 ≥0得到2−3❑√2mn≥0，进而求解即可．
【详解】解：∵m，n均为正实数，
∴2m+❑√2mn+n=2可化为(❑√2m) 2+❑√2mn+(❑√n) 2=2，
∴(❑√2m) 2 −2❑√2mn+(❑√n) 2=2−3❑√2mn，
即(❑√2m−❑√n) 2=2−3❑√2mn，
∵(❑√2m−❑√n) 2 ≥0，∴2−3❑√2mn≥0，
❑√2
∴❑√mn≤ ，
3
❑√2
∴❑√mn的最大值为 ．
3
故选：B
【变式3-2】（24-25八年级·重庆·期中）任意一个四位正整数m=abcd，如果它的各个数位上的数字均不
为零，千位与十位上的数字之和是10，百位与个位上的数字之和是9，则这个数称为“十拿九稳数”．将
m−m′
m的千位与十位对调、百位与个位对调后的四位数记为m′，其中F(m)= ，则F(3871)= ；若
99
❑√F(m)+4a+10b+1为整数，则满足条件的“十拿九稳数”m的最大值为 ．
【答案】 −33 9316
【分析】本题考查了新定义下的实数运算，利用二次根式的性质进行化简．理解题意，熟练掌握利用二次
根式的性质进行化简是解题的关键．
由题意知，a+c=10，b+d=9，m'=cdab，则c=10−a，d=9−b，当m=3871时，m'=7138，则
3871−7138
F(3871)= ，计算求解即可；由题意知，m=1000a+100b+10c+d，
99
m'=1000c+100d+10a+b，则
1000a+100b+10c+d−(1000c+100d+10a+b)
F(m)= =20a+2b−109，
99
F(m)+4a+10b+1=12(2a+b−9)，❑√F(m)+4a+10b+1=2❑√3(2a+b−9)，由
❑√F(m)+4a+10b+1为整数，可知2a+b−9=3，2a+b−9=12，2a+b−9=0，由题意知，当a值最
大时，m的值最大，然后求出两种情况的最大值，最后比较大小即可．
【详解】解：由题意知，a+c=10，b+d=9，m'=cdab，
∴c=10−a，d=9−b，
当m=3871时，m'=7138，
3871−7138
∴F(3871)= =−33，
99
由题意知，m=1000a+100b+10c+d，m'=1000c+100d+10a+b，
∴1000a+100b+10c+d−(1000c+100d+10a+b) 990a+99b−990c−99d
F(m)= = =10a+b−10c−d=20a+2b−109
99 99
，
∴F(m)+4a+10b+1=20a+2b−109+4a+10b+1=24a+12b−108=12(2a+b−9)，
∴❑√F(m)+4a+10b+1=❑√12(2a+b−9)=2❑√3(2a+b−9)，
∵❑√F(m)+4a+10b+1为整数，
∴2a+b−9=3或2a+b−9=12或2a+b−9=0，
由题意知，当a值最大时，m的值最大，
当2a+b−9=3时，最大的a值为5，此时b=2，m的最大值为5257；
当2a+b−9=12时，最大的a值为9，此时b=3，m的最大值为9316；
当2a+b−9=0时，最大的a值为4，此时b=1，m的最大值为4168；
∵4168<5257<9316，
∴满足条件的“十拿九稳数”m的最大值为9316，
故答案为：−33，9316．
【变式3-3】（24-25八年级·浙江宁波·自主招生）已知正实数a，b，c满足a+b+c=6，则
❑√a2+18+❑√b2+32+❑√c2+50的最小值为 ．
【答案】18
【分析】本题主要考查二次根式的最值问题，勾股定理，用几何法构造直角三角形，结合最短路径问题是
解决问题的关键．本题利用几何法求解，通过构造图示的三个直角三角形，即Rt△ABC，Rt△CDE，
Rt△EFG，则由勾股定理可知AC=❑√AB2+BC2，即AC=❑√a2+18，同理可得：CE=❑√b2+32，
EG=❑√c2+50，进而得到❑√a2+18+❑√b2+32+❑√c2+50=AC+CE+EG，可知当A，C，E，G四点共线
时，AC+CE+EG最小，即为AG长，根据勾股定理求出AG，即可求解．
【详解】解：构造图示的三个直角三角形，即Rt△ABC，Rt△CDE，Rt△EFG，
满足AB=a，CD=b，EF=c，BC=3❑√2，DE=4❑√2，FG=5❑√2，
则由勾股定理可知AC=❑√AB2+BC2，即AC=❑√a2+18，
同理可得CE=❑√b2+32，EG=❑√c2+50，
∴ ❑√a2+18+❑√b2+32+❑√c2+50=AC+CE+EG，
即可知当A，C，E，G四点共线时，AC+CE+EG最小，即最小值为AG的长，
当A，C，E，G四点共线时AO=a+b+c=6，OG=3❑√2+4❑√2+5❑√2=12❑√2．
∴在Rt△AOG中，AG=❑√AO2+OG2=❑√62+(12❑√2) 2=18．
故答案为：18．
【题型4 利用勾股定理解决翻折问题】
【例4】（24-25八年级·重庆·期末）如图，∠ABC=90∘，AB=CB=8，射线BF交线段AC于点
M，AD⊥BF于点D，CE⊥BF于点E，BG平分∠ABC交AD的延长线于点G，连接CG并延长交
BD的延长线于点F．若将点F沿AD翻折，点F刚好落在E点处，此时CF：DF=5：2，连接AE，AC
，则△AEC的面积为 ．
96
【答案】
5
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、翻折性质等知识，熟
练掌握全等三角形的判定与性质，利用等角对等边证明CF=BF是解答的关键．先利用同角的余角相等得
到∠BAD=∠CBE，再证明△ABD≌△BCE(AAS)得到AD=BE，BD=CE，然后证明
△ABG≌△CBG(SAS)，得到∠FBC=∠FCB，进而利用等角对等边得到CF=BF，设CF=BF=5x，32
DF=2x，结合翻折性质得到CE=BD=3x，BC=8，AD=BE=x，然后利用勾股定理求得x2= ，最
5
后由S =S −S −S 求解即可．
△AEC △ABC △CBE △ABE
【详解】解：∵∠ABC=90°，AD⊥BF，CE⊥BF，
∴∠ADB=∠BEC=∠ABC=90°，
∴∠ABD+∠BAD=∠ABD+∠CBE=90°，
∴∠BAD=∠CBE，
在△ABD和△BCE中，
{∠ADB=∠BEC=90°
)
∠BAD=∠CBE ，
AB=BC
∴△ABD≌△BCE(AAS)，
∴AD=BE，BD=CE，
∵BG平分∠ABC交AD的延长线于点G，
∴∠ABG=∠CBG，又AB=CB，BG=BG，
∴△ABG≌△CBG(SAS)，
∴∠BAG=∠BCG，又∠BAD=∠CBE，
∴∠FBC=∠FCB，
∴CF=BF，
∵CF:DF=5:2，
∴设CF=BF=5x，DF=2x，则BD=BF−DF=3x，
∵将点F沿AD翻折，点F刚好落在E点处，
∴DE=DF=2x，则BE=BF−2DF=x,AD=BE=x，
在Rt△BCE中，CE=BD=3x，BC=8，BE=x，
由勾股定理得CE2+BE2=BC2，则(3x) 2+x2=82，
32
解得x2=
，
5
∴S =S −S −S
△AEC △ABC △CBE △ABE
1 1 1
= AB⋅BC− BE⋅CE− BE⋅AD
2 2 2
1 1 1
= ×8×8− ⋅x⋅3x− ⋅x⋅x
2 2 2
=32−2x232
=32−2×
5
96
= ，
5
96
即△AEC的面积为 ．
5
96
故答案为： ．
5
【变式4-1】（24-25八年级·江苏南京·期末）如图，在长方形ABCD中，AD=5cm,AB=2cm，点E在
BC上，CE=1cm,F是AD上一动点，将四边形CDFE沿EF翻折至四边形C′D′FE的位置，FD′与BC相
交于点G，当点F从点A运动到AD的中点时，点G运动路线的长为 cm．
7
【答案】
12
【分析】本题考查的是轴对称的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，长方形的性质，熟练
的利用数形结合的方法解题是关键，当F与A重合时，此时为G的最左边位置，当D′E⊥BC时，G为最
右边位置，当F为AD的中点时，从上一情况到此时，点G的位置会向左移动如图，再画出图形，结合等腰
三角形与勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，当F与A重合时，
∵长方形ABCD，AD=5，AB=2，
∴BC=AD=5，∠B=90°，AD∥BC，
∴∠DAE=∠GEA，
由对折可得：∠DAE=∠GAE，∴∠GAE=∠GEA，
∴GA=≥¿，而CE=1，
设BG=x，则GA=≥=5−1−x=4−x，
∴由勾股定理可得：AG2=BG2+AB2，即(4−x) 2=x2+22，
3 3
解得：x= ，即BG= ，此时为G的最左边位置，
2 2
当D′E⊥BC时，如图，G为最右边位置，则FG=AB=2，
同理可得：∠GFE=∠GEF=∠DFE，
∵D′E⊥BC，
∴∠GFE=∠GEF=∠DFE=45°，
∴EG=FG=2,
∴BG=BC−CE−EG=2,
当F为AD的中点时，从上一情况到此时，点G的位置会向左移动如图，
1
过F作FQ⊥BC于Q，则FQ=AB=2，FD=CQ= AD=2.5，
2
同理可得：GF=≥¿，
设GQ=m，则GF=≥=m+2.5−1=m+1.5，
在Rt△FGQ，GF2=GQ2+FQ2，
∴(m+1.5) 2=m2+22，7 7
解得：m= ，即GQ=
12 12
7 23
∴BG=BC−CQ−GQ=5−2.5− = ，
12 12
( 3) ( 23) 7
∴G的运动路径长为： 2− + 2− = (cm)；
2 12 12
7
故答案为：
12
【变式4-2】（24-25八年级·上海·期末）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=40°，AC=2❑√3，
BC=3，点D在边BC上，将△ABC沿直线AD翻折，使点C落在点C′处，连接AC′，直线AC′与边CB的
1
延长线相交于点F，如果∠DAB= ∠BAF，那么线段BF的长为 ．
2
【答案】3
【分析】设∠DAB=α，则∠BAF=2α，∠DAF=∠DAB+∠BAF=3α，由折叠可得
∠CAD=∠DAF=3α，进而可得∠CAB=∠CAD+∠DAB=4α=40°，则α=10°，
∠CAD=∠DAF=3α=30°，由直角三角形的两个锐角互余可得∠ADC=90°−∠CAD=60°，由三角
形外角的性质可得∠F=∠ADC−∠DAF=30°，进而可得∠DAF=∠F，由等角对等边可得AD=DF
，由含30度角的直角三角形可得AD=2CD，由勾股定理可得AC2+CD2=AD2，即
(2❑√3) 2+CD2=(2CD) 2，解得CD=2或CD=−2（不符合题意，故舍去），则AD=2CD=4，
DF=AD=4，由线段的和差关系可得BD=BC−CD=1，BF=DF−BD，由此即可求出BF的长．
【详解】解：如图，
设∠DAB=α，则∠BAF=2α，∠DAF=∠DAB+∠BAF=3α，由折叠可得：∠CAD=∠DAF=3α，
∴∠CAB=∠CAD+∠DAB=4α=40°，
∴α=10°，
∴∠CAD=∠DAF=3α=30°，
又∵∠C=90°，
∴∠ADC=90°−∠CAD=60°，
∴∠F=∠ADC−∠DAF=60°−30°=30°，
∴∠DAF=∠F，
∴AD=DF，
在Rt△ACD中，AC=2❑√3，∠CAD=30°，
∴AD=2CD，
由勾股定理可得：AC2+CD2=AD2，
即：(2❑√3) 2+CD2=(2CD) 2，
解得：CD=2或CD=−2（不符合题意，故舍去），
∴AD=2CD=4，
∴DF=AD=4，
又∵BC=3，
∴BD=BC−CD=3−2=1，
∴BF=DF−BD=4−1=3，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，含30度角的直角三角形，勾股定理，直角三角形的两个锐角互余，三
角形外角的性质，等角对等边，直接开平方法解一元二次方程，线段的和与差等知识点，由折叠及角的和
差关系得出α=10°、由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理得出CD=2是解题的关键．
【变式4-3】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，
BC=1，以AB为边在AB上方作一个等边△ABD，将四边形ACBD折叠，使D点与C点重合，折痕为HK
，则点H到直线BD的距离为（ ）7❑√3 5❑√3 7 3❑√3
A． B． C． D．
8 6 5 10
【答案】A
【分析】作KM⊥BC交BC的延长线于M，作KN⊥AD交AD于N，DH=CH，DK=CK，可得
AD=AB=BD，∠D=∠DBA=∠DAB=60°，设AH=x，则CH=DH=2−x，AH2+AC2=CH2
1 7
，即x2+(❑√3) 2=(2−x) 2，解得AH= ，DH=2−x= ，设BM=a，则BK=2a，KM=❑√3a，
4 4
CM=BC+BM=1+a，CK=DK=2−2a，在Rt△CMK中，K M2+CM2=CK2，
7 7 7❑√3
(❑√3a) 2+(a+1) 2=(2−2a) 2，解方程可得DK=2−2a= ，从而可得DN= ，NK= ，设点H到
5 10 10
BD的距离为h，利用等面积法求出答案即可．
【详解】解：如图所示，作KM⊥BC交BC的延长线于M，作KN⊥AD交AD于N，
由翻折的性质可得：DH=CH，DK=CK，
∵△ABD为等边三角形，
∴AD=AB=BD，∠D=∠DBA=∠DAB=60°，
∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，BC=1，
∴AD=BD=AB=2BC=2，∠HAC=∠DAB+∠BAC=90°，∠ABC=60°，，
AC=❑√AB2−BC2=❑√3
设AH=x，则CH=DH=2−x，
在Rt△HAC中，AH2+AC2=CH2，
∴x2+(❑√3) 2=(2−x) 2，
1
解得：x= ，
4
1 7
∴AH= ，DH=2−x= ，
4 4
∵∠KBM+∠KBA+∠ABC=180°，
∴∠KBM=60°，
设BM=a，则BK=2a，KM=❑√3a，CM=BC+BM=1+a，CK=DK=2−2a，
在Rt△CMK中，K M2+CM2=CK2，
∴(❑√3a) 2+(a+1) 2=(2−2a) 2，
3
解得：a= ，
10
7
∴DK=2−2a= ，
5
∵∠D=60°，KN⊥DH，
∴∠DKN=30°，
1 7 7❑√3
∴DN= DK= ，NK=❑√3DN= ，
2 10 10
设点H到BD的距离为h，
1 1
∵S = DH⋅NK= DK⋅ℎ，
△DHK 2 2
7 7❑√3
×
DH⋅NK 4 10 7❑√3
∴ℎ = = = ，
DK 7 8
5
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、等边三角形的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质、等边三角形
的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．【题型5 利用勾股定理解决图形面积问题】
【例5】（24-25八年级·重庆渝北·期末）四个全等的直角三角形按如图方式拼成正方形ABCD，将四个直
角三角形的短直角边（如EA）向外延长，使得AA′=BB′=CC′=DD′，连接A′，B′，C′，D′得四
边形A′B′C′D′连接B'C．已知A是A′E的中点，△B′BC和△CC′B′的面积之比为2：3，四边形
ABB′ A′的面积为15，则四边形A′B′C′D′的面积是 ．
【答案】85
【分析】根据四个全等的直角三角形，已知A是A′E的中点，可得
Rt△A′E′B≌Rt△B′FC′≌Rt△C′H D′≌Rt△D′H A′，可得S =S =15，在根据三
四边形ABB′A′ 四边形BCC′B′
角形中线的性质可得S =S =6，S =S +S =21，设EA=FB=GC=HD=a>0
△BCF △BCB′ △B′C′F △BCF 四边形BCC′B′
，EB=FC=GD=HA=b>0，根据三角形的面积公式可求出a,b的值，可求出B′C′的值，根据正方形的
面积公式即可求解．
【详解】解：四个全等的直角三角形，即Rt△AEB≌Rt△BFC≌Rt△CGD≌Rt△DHA，
∴AB=BC=CD=AD，EA=FB=GC=HD，∠AEF=∠BFG=∠CGH=∠DHE=90°，
∵AA′=BB′=CC′=DD′，
∴A′E=B′F=C′G=D′H，
∴Rt△A′E′B≌Rt△B′FC′≌Rt△C′H D′≌Rt△D′H A′，
∵四个全等的直角三角形，
∴S =S =15，
四边形ABB′A′ 四边形BCC′B′
S 2
∵△B′BC和△CC'B'的面积之比为2：3，即 △B′BC = ，
S 3
△CC′B′2 2 3 3
∴S = S = ×15=6，S = S = ×15=9，
△B′BC 5 四边形BCC′B′ 5 △CC′B′ 5 四边形BCC′B′ 5
已知A是A′E的中点，
∴在Rt△B′CF中，点B是B′F的中点，
∴S =S =6，则S =S +S =6+15=21，
△BCF △BCB′ △B′C′F △BCF 四边形BCC′B′
设EA=FB=GC=HD=a>0，EB=FC=GD=HA=b>0，
∴B′F=2BF=2a,FC′=FC+CC′=FC+CH=a+b，
1 1 1
∴S = ab=6，S = B′F·FC′= ×2a·(a+b)=21，
△BCF 2 △B′C′F 2 2
1
{ ab=6
)
2
1 {a=3)
∴ ×2a(a+b)=21 ，解得， ，
2 b=4
a>0
b>0
∴B′F=2a=6,FC′=a+b=7
在Rt△B′C′F中，(B′C′
)
2=FB′2+FC′2=62+72=85，
∵四个全等的直角三角形按如图方式拼成正方形ABCD，
∴△A′EB′,△B′FC′,△C′GD′,△D′H A′四个直角三角全等，围成的四边形A′B′C′D′是正方形，
∴S =(B′C′ ) 2=85，
正方形A′B′C′D′
故答案为：85．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，全等三角形的性质，三角形中线的性质，面积计算方法，勾股
定理的综合，掌握以上知识的运用是解题的关键．
【变式5-1】（24-25八年级·山东淄博·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在边BC上，点E在
∠C内部，且△ADE是等边三角形，∠CBE=60°．若BC=5，BE=3，则△ABD的面积为（ ）5❑√3
A． B．3❑√3 C．4❑√3 D．5❑√3
2
【答案】C
【分析】在BC的延长线上取点F，使得∠AFD=60°，根据全等三角形的判定和性质可得FD=BE=3，
AF=BD，设CF=x，则CD=3−x，BD=2+x，再由含30°角的直角三角形的性质得AF=2x，则
2x=x+2，解得x=2，故CF=2，AF=4，BD=4，根据勾股定理即可求得AC=2❑√3，即可求解．
【详解】解：在BC的延长线上取点F，使得∠AFD=60°，如图：
∵△ADE是等边三角形，
∵AD=DE=AE，∠ADE=60°，
∵∠ADB=∠AFD+∠DAF=∠ADE+∠EDB，∠AFD=∠ADE=60°，
∴∠DAF=∠EDB，
在△AFD和△DBE中，
{∠AFD=∠DBE=60°
)
∠DAF=∠EDB ，
AD=DE
∴△AFD≌△DBE(AAS)，
∴FD=BE=3，AF=BD，
设CF=x，则CD=3−x，BD=BC−CD=5−(3−x)=2+x，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACF=90°，
∴∠CAF=90°−60°=30°，
∴AF=2CF=2x，
∴2x=x+2，
解得：x=2，
∴CF=2，AF=4，BD=4，
在Rt△ACF中，AC=❑√AF2−CF2=❑√42−22=2❑√3，1 1
∴△ABD的面积为 BD×AC= ×4×2❑√3=4❑√3；
2 2
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的
性质等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
【变式5-2】（24-25八年级·吉林长春·期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠CDA=90°，分别以
它的四条边为斜边，向外作等腰直角三角形．若△ABE、△BCF和△CDG的面积分别为4、9、5，则
△ADH的面积为 ．
【答案】8
【分析】本题考查了勾股定理的知识，要求能够运用勾股定理证明4个等腰直角三角形的面积之间的关
系．
连接AC，根据等腰直角三角形的面积公式可求AB,BC,CD，根据勾股定理可求AC,AD,再根据等腰直
角三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：如图，连接AC，
∵ △ABE、△BCF和△CDG是等腰直角三角形，
∴ AB=❑√2AE,BC=❑√2BF,CD=❑√2CG，
∵ △ABE、△BCF和△CDG的面积分别为4、9、5，
1 1 1
∴
AE2=4, BF2=9, CG2=5，
2 2 2∴ AE=2❑√2,BF=3❑√2,CG=❑√10，
∴ AB=❑√2AE=4,BC=❑√2BF=6,CD=❑√2CG=2❑√5，
在Rt△ABC中，AC=❑√AB2+BC2=❑√42+62=2❑√13，
在Rt△ADC中，AD=❑√AC2−CD2=❑√52−20=4❑√2，
❑√2
∴ AH=DH= AD=4，
2
1
则△ADH的面积为 ×4×4=8．
2
故答案为∶8．
【变式5-3】（24-25八年级·陕西西安·期末）如图，分别以Rt△ACB的直角边AB和斜边AC为边向外作正
方形ABGF和正方形ACDE，连结EF．已知CB=6，EF=10，则△AEF的面积为（ ）
A．6❑√3 B．8❑√3 C．24 D．12
【答案】D
【分析】连接CE,CF,BE,BF，设BE,CF交于点M，AC,BE交于点N，证明△ABE≌△AFC (SAS)，
进而证明CF⊥BE，根据勾股定理得出AB2=16，AC2=52，过点A作AT⊥EF于点T，勾股定理求得
AT，根据三角形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图，
连接CE,CF,BE,BF，设BE,CF交于点M，AC,BE交于点N，
∵四边形ACDE,ABGF是正方形，
∴AC=AE,AB=AF，∠EAC=∠FAB=90°∴∠EAC+∠CAB=∠BAF+∠CAB
即∠EAB=∠CAF，
∴△ABE≌△AFC (SAS)，
∴∠ACF=∠AEB，
∵∠CNE=∠CMN+∠ACF=∠NAE+∠AEB，
∴∠CMN=∠NAE=90°，
即CF⊥BE，
∴CM2+BM2=CB2,EM2+FM2=EF2，BM2+M F2=BF2,CM2+EM2=EC2，
∴CM2+BM2+EM2+FM2=CB2+EF2
∴BF2+CE2=CB2+EF2=62+102=136
又∵EC=❑√2AC,BF=❑√2AB，
∴2AB2+2AC2=136
又∵AC2−AB2=BC2=36，
解得：AB2=16，AC2=52，
∴AF=AB=4,AE=AC=2❑√13，
过点A作AT⊥EF于点T，
设ET=x
∴AT2=AE2−ET2=AF2−(10−ET) 2
即52−x2=16−(10−x) 2，
34
解得：x= =6.8
5
∴AT=❑√52−6.82=❑√5.76=2.4
1
∴S = ×10×2.4=12，
△AEF 2
故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质与判定，证明CF⊥BE是解题的关键．
【题型6 利用勾股定理解决坐标问题】
【例6】（24-25八年级·江西抚州·期中）点A(−4，0)，B(0，3)，若点M在y轴上，若△ABM是等腰
三角形，则点M坐标 ．
( 7)
【答案】(0，−2)或(0，8)或(0，−3)或 0，−
6
【分析】本题考查了坐标与图形、勾股定理、等腰三角形的定义，由题意得出OA=4，OB=3，则AB=5
，分AB=BM=5时；当AB=AM时；当AM=BM时；分别画出图形，求解即可，采用数形结合与分类
讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：∵点A(−4，0)，B(0，3)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√42+32=5，
如图，当AB=BM=5时，
，
则OM =5−3=2，OM =5+3=8，
1 2
∴M (0，−2)，M (0，8)；
1 2
如图，当AB=AM时，，
则OM =OB=3，
3
∴M (0，−3)；
3
如图，当AM=BM时，
，设OM =x，则AM =❑√AO2+OM 2=❑√42+x2，BM =3+x，
4 4 4 4
∴3+x=❑√42+x2，
7
解得：x= ，
6
( 7)
∴M 0，− ，
4 6
( 7)
综上所述，点M坐标为(0，−2)或(0，8)或(0，−3)或 0，− ，
6
( 7)
故答案为：(0，−2)或(0，8)或(0，−3)或 0，− ．
6
【变式6-1】（24-25八年级·湖北省直辖县级单位·期末）如图，在平面直角坐标系中，A(8，0)，
B(−4，0)，C(8，8)，D(−4，12)，点E在x轴上，满足∠BED=∠DEC，则点E的坐标为
（ ）
A．(2，0) B．(6，0) C．(3，0) D．(2，0)或(8，0)
【答案】D
【分析】根据条件易得AB=12，BD=12，AC=8，BD⊥x轴，AC⊥x轴，因为∠BED=∠DEC，所
以DE是∠BEC角平分线，在根据AB=12=BD可知△ABD是等腰直角三角形，则当点E和点A重合时，
此时∠BED=∠DEC=45°，当点E不与A重合时，连接CE过D作DH⊥EC于H，利用角平分线的
性质与勾股定理可得答案．
【详解】解：由题意可得：AB=12，BD=12，AC=8，BD⊥x轴，AC⊥x轴，
如图，连接AD，∵AB=12，BD=12，BD⊥x轴，
∴AB=BD，∠DBA=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠BAD=45°，
∵AC⊥x轴，
∴∠BAC=90°，
∴∠DAC=45°，
∴∠BAD=∠DAC，
∴当点E与点A重合时有∠BED=∠DEC，此时点E的坐标为(8,0)，
当点当点E不与A重合时，如图，连接CE，过D作DH⊥EC于H，
∵∠BED=∠DEC，DH⊥EC，
∴BD=HD，
{DB=DH)
在Rt△DBE和Rt△DHE中 ，
DE=DE
∴Rt△DBE ≌Rt△DHE(HL)，
∴BE=EH，
∵C(8，8)，D(−4，12)，
∴CD=❑√(8+4) 2+(8−12) 2=4❑√10，
∴CH=❑√CD2−DH2=4,
设BE=x，则EH=x，CE=x+4，AE=12−x根据勾股定理可得：CE2=AE2+AC2即(x+4) 2=(12−x) 2+82，
解得：x=6，
∴点E的坐标为(2,0)，
综上所述：点E的坐标为(2，0)或(8，0)，
故选：D
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，平面直角坐标系内点的坐标特点，勾股定理
等，掌握相关知识点是解题的关键．
【变式6-2】（24-25八年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示放置的
△OB A ,△B B A ,△B B A ⋅⋅⋅⋅⋅⋅都是边长为2的等边三角形，边OA 在x轴上，且点
1 1 1 2 2 2 3 3 1
B 、B 、B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅，都在同一直线上，则A 的坐标是 ．
1 2 3 2023
【答案】(2024,2022❑√3)
【分析】过点B 作B C⊥OA ，交于点C，根据等边三角形的性质，求得点A ,B 的坐标，从而得到A
1 1 1 1 1 2
的坐标，同理得出A ,A 坐标，根据规律，即可解答．
3 4
【详解】解：如图，过点B 作B C⊥OA ，交于点C，
1 1 1
∵△OB A ,△B B A ,△B B A ⋅⋅⋅⋅⋅⋅是边长为2的等边三角形，B C⊥OA ，
1 1 1 2 2 2 3 3 1 1
1
∴OC= OA =1，A (2,0)，
2 1 1
∴B C=❑√OB 2−OC2=❑√3，
1 1
∴B (1,❑√3)，
1
∵点B 、B 、B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅，都在同一直线上，∠B OA =∠B B A =60°，
1 2 3 1 1 2 1 2
∴OA ∥B A ，
1 1 2
∴A 的横坐标为OC+B A =1+2=3，
2 1 2∴A (3,❑√3)，
2
同理可得，A (4,2❑√3)，
3
A (5,3❑√3)，
4
∴A (2024,2022❑√3)，
2023
故答案为：(2024,2022❑√3)．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，数字变化的规律，得出A点横纵坐标规律是解题的关键．
【变式6-3】（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点分别在x轴、y轴
上，OA=3，OB=4，连接AB．点P在第一象限，若以点P、A、B为顶点的三角形与△AOB全等，则点
P的坐标为 ．
(96 72)
【答案】(3,4)或 ,
25 25
【分析】由条件可知AB为两三角形的公共边，且△AOB为直角三角形，当△AOB和△APB全等时，则可
知△APB为直角三角形，再分两种情况进行讨论，可得出P点的坐标．
【详解】解：如图所示：①若△AP B≌△BOA，
1
∴AP =BO=4,BP =AO=3,
1 1
∴四边形BOAP 是平行四边形，
1
又∠AOB=90°,
∴四边形BOAP 是矩形，
1
∴P (3，4)；
1
②若△BOA≌△BP A，则有BO=BP ,∠OBA=∠P BA,
2 2 2
连接OP ，交AB于点E，过点E作EF⊥OA于点F，
2
∴BA是OP 的垂直平分线，点E是OP 的中点，
2 2
∵OA=3，OB=4，
由勾股定理得，AB=❑√OA2+OB2=❑√32+42=5
1 1 1 1
又 AB⋅OE= OB⋅OA，即： ×5×OE= ×3×4,
2 2 2 2
12
∴OE=
5
在Rt△OAE中，AE=❑√OA2−OE2=❑
√
32−
(12) 2
=
9
，
5 5
1 1 1 9 12 1
又 AE⋅OE= EF⋅OA，即 × × = ×3×EF，
2 2 2 5 5 2
36
解得，EF= ，
25
由勾股定理得，OF=❑√OE2−EF2=❑
√ (12) 2
−
(36) 2
=
48
5 25 25
(48 36)
∴E , ,
25 25(96 72)
∴P , ，
2 25 25
(96 72)
故答案为：(3,4)或 , ．
25 25
【点睛】本题考查了全等三角形的性质及坐标与图形的性质，勾股定理以及面积法等知识，做这种题要求
对全等三角形的判定方法熟练掌握．
【题型7 利用勾股定理解决最值】
【例7】（24-25八年级·四川眉山·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．如果D、
E分别为BC、AB上的动点，那么AD+DE的最小值是（ ）
24 27
A． B．5 C． D．6
5 5
【答案】A
【分析】延长AC到点F，使得AC=CF，则直线BC是线段AF的垂直平分线，连接DF,BF，于是得到
AD=DF，AB=BF，于是AD+DE就变成了DF+DE，根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到
DF+DE的最小值就是△ABF的高，过点F作FG⊥AB于点G，求FG即可．
此题考查了轴对称最短路径问题，垂线段的性质，勾股定理，根据三角形的面积求高等，熟练掌握以上性
质是解本题的关键．
【详解】解：延长AC到点F，使得AC=CF，
∵∠ACB=90°，
∴直线BC是线段AF的垂直平分线，
连接DF,BF，
∴AD=DF，AB=BF，
∴AD+DE就变成了DF+DE，
根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到DF+DE的最小值就是△ABF的高，
过点F作FG⊥AB于点G，
∵∠ACB=90°，AC=3，AB=5，
∴AF=2AC=6，BC=❑√AB2−AC2=4，1 1
∴S = AF·BC= AB·FG，
△ABF 2 2
∴6×4=5FG，
24
∴FG= ．
5
故选：A．
【变式7-1】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，△ABC为等边三角形，AB=2，点D是BC中点，点
E,F分别是边AB、BC上的动点，且不与端点重合，作∠AEF和∠EFC的角平分线交于点G，则
DG+CG的最小值为 ．
【答案】❑√3
【分析】连接GA,GB,AD，过点G作GP⊥AB于点P，GQ⊥BC于点Q，GI⊥EC于点I，根据角平
分线的性质和判定可得BG平分∠ABC，继而BG垂直平分AC，BC=AB=2，则GC=GA，由勾股定理
得：AD=❑√AB2−BD2=❑√3，那么DG+CG=DG+AG≥AD=❑√3．
【详解】解：连接GA,GB,AD，过点G作GP⊥AB于点P，GQ⊥BC于点Q，GI⊥EC于点I，∵∠AEF和∠EFC的角平分线交于点G，
∴GP=GI,GQ=GI，
∴PG=QG，
∵GP⊥AB，GQ⊥BC，
∴BG平分∠ABC，
∵△ABC为等边三角形，AB=2
∴BG垂直平分AC，BC=AB=2
∴GC=GA，
∵△ABC为等边三角形，点D是BC中点，
∴AD⊥BC，BD=1，
∴由勾股定理得：AD=❑√AB2−BD2=❑√3，
∴DG+CG=DG+AG≥AD=❑√3，当点A,D,G三点共线时，DG+CG取得最小值为❑√3．
故答案为：❑√3．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，角平分线的性质和判定和线段的垂直平分线的性质定
理，正确添加辅助线进行转化是解题的关键．
【变式7-2】（2025·安徽合肥·一模）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，BC=6，点P为AC边
上一动点，PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F，连接EF，则EF的最小值为（ ）
3 3 3
A．3❑√6 B． ❑√5 C． ❑√6 D．
2 2 2
【答案】C【分析】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，正确作出辅助线是解题的关键．连接
❑√2
BP，取BP的中点G，连结EG，FG，先证明△EGC为等腰直角三角形，得到EF= BP，进而可知当
2
BP⊥AC时BP最小，利用直角三角形的性质求出的最小值即可得到答案．
【详解】解：连接BP，取BP的中点G，连结EG，FG，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠BEP=∠BFP=90°，
1
∴EG=FG= BP，
2
∴∠BEP=∠EBG ∠BFG=∠FBG，
∴∠EGF=∠BEG+∠EBG+∠BFG+∠FBG=2(∠EBG+∠FBG)=2∠ABC=90°，
❑√2
∴EF=❑√EG2+FG2=❑√2EG= BP，
2
当BP⊥AC时，BP取最小值，此时，EF的值也最小，
∵∠C=60°，
∴∠PBC=30°，
1
∴PC= BC=3，
2
∴BP=❑√BC2−CP2=3❑√3，
∴BP的最小值为3❑√3，
❑√2 3❑√6
此时，EF的最小值为 ×3❑√3= ．
2 2
故选C．
【变式7-3】（24-25八年级·浙江·周测）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，点P在AC的
延长线上，且AC=CP=4，将△ABC沿AB方向平移得到△A′B′C′，连接PA′，PC′，则△PA′C′的周长
的最小值为 ．【答案】4❑√5+4
【分析】作点C关于点AB的对称点D，连接AD,A′D,A′C,DP，由平移的性质可得：
AC=A′C′=CP=4,AC∥A′C′，证明△A′C′P≌△PC A′ (SAS)得到A′C=C′P，由对称的性质可得：
A A′⊥CD,BC=BD，推出AC=AD=4,A′C=A′D，则A′P+C′P=A′P+A′C=A′P+A′D≥DP，
当D,A′,P在同一直线上时，A′P+C′P的值最小，为DP，根据等腰直角三角形的性质及三角形内角和定
理得出∠DAP=90°，由勾股定理计算出DP的长即可得到答案．
【详解】解：如图，作点C关于点AB的对称点D，连接AD,A′D,A′C,DP，
由平移的性质可得：AC=A′C′=CP=4,AC∥A′C′，
∴∠A′PC=∠PA′C′，
∵A′P=PA′，
∴△A′C′P≌△PC A′ (SAS)，
∴A′C=C′P，
∴A′P+C′P=A′P+A′C，
∵点C关于点AB的对称点D，
∴A A′⊥CD,BC=BD,∠BAC=∠BAD,AC=AD=4,A′C=A′D，
∴A′P+C′P=A′P+A′C=A′P+A′D≥DP，
当D,A′,P在同一直线上时，A′P+C′P的值最小，为DP，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠BAD=45°，
∴∠DAC=90°，在Rt△ADP中，∠DAP=90°,AD=4,AP=AC+CP=4+4=8，
∴DP=❑√AD2+AP2=❑√42+82=4❑√5，
∴A′P+C′P的最小值为4❑√5，
∴△PA′C′的周长的最小值为A′P+C′P+A′C′=4❑√5+4，
故答案为：4❑√5+4．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，两点
之间线段最短，平移的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，构造三角形全等是解此
题的关键．
【题型8 构造直角三角形求线段长度】
【例8】（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，在△ABC中，AC=2,AB=❑√7,∠ACB=60°，点D为
△ABC外一点，且满足CD∥AB,AC=AD，则BD的长为 ．
【答案】❑√13
【分析】此题考查全等三角形的判定与性质、30°直角三角形、勾股定理．作AE⊥BC于点E，
CF⊥AB于点F，DH⊥AB交BA的延长线于点H，则∠AEC=∠AEB=∠AFC=∠H=90°，先由两
条平行线之间的距离处处相等得到CF=DH，再证明Rt△AHD≌Rt△AFC(HL)得到AF=AH，然后在
1
△ABC中由AE⊥BC求出CE= AC=1，AE=❑√3，BE=2，BC=BE+CE=3，再利用
2
1 1 3❑√21 ❑√7
S = AE⋅BC= CF⋅AB得到DH=CF= ，接着利用勾股定理依次求出AF=AH= ，
△ABC 2 2 7 7
8❑√7
BH=AB+AH= ，BD=❑√BH2+DH2=❑√13，于是得到问题的答案．
7
【详解】解：作AE⊥BC于点E，CF⊥AB于点F，DH⊥AB交BA的延长线于点H，则
∠AEC=∠AEB=∠AFC=∠H=90°，∵CD∥AB，
∴CF=DH，
∵AC=AD，
∴Rt△AHD≌Rt△AFC(HL)，
∴AF=AH，
∵AC=2,AB=❑√7,∠ACB=60°，
∴∠CAE=90°−∠ACB=30°，
1
∴CE= AC=1，
2
∴AE=❑√AC2−CE2=❑√22−12=❑√3，
∴BE=❑√AB2−AE2=❑√(❑√7) 2 −(❑√3) 2=2，
∴BC=BE+CE=2+1=3，
1 1
∵S = AE⋅BC= CF⋅AB，
△ABC 2 2
AE⋅BC 3×❑√3 3❑√21
∴DH=CF= = = ，
AB ❑√7 7
∴AF=AH=❑√AC2−CF2=❑
√
22−
(3❑√21) 2
=
❑√7
，
7 7
❑√7 8❑√7
∴BH=AB+AH=❑√7+ = ，
7 7
∴BD=❑√BH2+DH2=❑
√ (8❑√7) 2
+
(3❑√21) 2
=❑√13，
7 7
故答案为：❑√13．
【变式8-1】（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，点D在边AC
（不含A，C两点）上，连BD，以DB为直角边向右侧作邻腰直角△BDE，∠BDE＝90°，连接CE．若
AD=2， CE=❑√5，则线段BE的长为 ．【答案】2❑√5
【分析】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用
勾股定理进行计算是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造全等三角形是解决问题的难点．
过点E作EF⊥AC，交AC的延长线于点F，设DC=a，则BC=AC=2+a，证明△BDC和△≝¿全等得
DC=EF=a，BC=DF=2+a，则CF=2，在Rt△CEF中，由勾股定理可求出a=1，则BC=3，进而得
BD=DE=❑√10，然后在Rt△BDE中，由勾股定理即可求出线段BE的长．
【详解】过点E作EF⊥AC，交AC的延长线于点F，如图所示：
∴∠F=90°，
设DC=a，
∵AD=2，
∴AC=AD+DC=2+a，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴BC=AC=2+a，
∴∠BCD=∠F=90°，∠DBC+∠BDC=90°，
∵△BDE是等腰直角三角形，∠BDE=90°，
∴BD=DE，∠EDF+∠BDC=90°，
∴∠DBC=∠EDF，
在△BDC和△≝¿中，{∠BCD=∠F=90°
)
∠DBC=∠EDF ，
BD=DE
∴△BDC≌△≝(AAS)，
∴DC=EF=a，BC=DF=2+a，
∴CF=DF−DC=2+a−a=2，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：
EF=❑√CE2−CF2=1，
即a=1，
∴BC=2+a=3，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：
BD=❑√CD2+BC2=❑√10，
∴BD=DE=❑√10，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：
BE=❑√BD2+DE2=2❑√5．
故答案为：2❑√5．
【变式8-2】（24-25八年级·江苏南通·期末）如图，等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，点D在线段BC
上，点E在线段AB上，且∠BED=22.5°．若S =8，则DE的长为 ．
△BDE
【答案】4❑√2
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定、二次根式的应用、勾股定理，熟练掌握相关知识点，
学会添加辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．作DF⊥AB于点F，DG∥AC交AB于点G，利用
等腰直角三角形的性质得到∠B=∠A=45°，利用平行线的性质得到∠DGB=∠A=45°，结合
∠BED=22.5°推出EG=DG，利用等腰三角形的判定得到DF=BF，设DF=BF=a，表示出S ，列
△BDE
出方程求出a2的值，再利用勾股定理即可求出DE的长．
【详解】解：作DF⊥AB于点F，DG∥AC交AB于点G，∵等腰直角三角形ABC，
∴∠B=∠A=45°，
∵DG∥AC，
∴∠DGB=∠A=45°，
又∵∠BED=22.5°，
∴∠GDE=∠DGB−∠BED=22.5°，
∴∠GDE=∠BED，
∴EG=DG，
∵∠DGB=∠B=45°，
∴DB=DG，∠BDG=90°，
又∵DF⊥AB，
1
∴BF=FG，∠BDF= ∠BDG=45°，
2
∴∠BDF=∠B，
∴DF=BF，
设DF=BF=a，则DB=❑√DF2+BF2=❑√2a，
∴BG=2BF=2a，EG=DG=DB=❑√2a，
∴BE=BG+EG=(2+❑√2)a，EF=FG+EG=(1+❑√2)a，
1
∵S = BE⋅DF，
△BDE 2
1
∴8= ⋅(2+❑√2)a2 ，
2
解得：a2=16−8❑√2，
∴DF2=a2=16−8❑√2，EF2=[(1+❑√2)a) 2 =16+8❑√2，
∴DE2=DF2+EF2=32，
∴DE=❑√32=4❑√2，∴DE的长为4❑√2．
故答案为：4❑√2．
【变式8-3】（24-25八年级·四川成都·期末）数学课上，老师和同学们对矩形纸片进行了图形变换的以下
探究活动：
如图，取AD边的中点P，剪下△BPC，将△BPC沿着射线BC的方向依次进行平移变换，每次均移动BC
的长度，得到了△CJE、△EFG和△GHI．若BH=BI，BC=a，则以BJ、BF、BH为三边构成的新三
角形面积16❑√15，则a的值为 ．
【答案】4
【分析】本题主要考查了平移变换综合题．熟练掌握平移性质，勾股定理及逆定理，等腰三角形的性质，
三角形的面积公式，是解题是关键．
分别取CE、EG、GI的中点M、Q、N，连接JM、FQ、HN，由PB=PC，根据平移变换的性质，就
有△CJE、△EFG和△GHI都是等腰三角形，就有
JM⊥CE，FQ⊥EG，HN⊥GI，JM=FQ=HN．
3 5 7
BM=BC+CM= a，BQ=BE+EQ= a，BN=BG+GN= a，由勾股定理就可以求出
2 2 2
15
H N2= a2 ，从而得出新三角形三边的值，根据勾股定理的逆定理得新三角形是直角三角形，根据三角
4
形面积公式，从而得出结论．
【详解】如图，分别取CE、EG、GI的中点M、Q、N，连接JM、FQ、HN，
∵△PBC中，PB=PC，
根据平移变换的性质，△CJE、△EFG和△GHI都是等腰三角形，
∴JM⊥CE，FQ⊥EG，HN⊥GI，JM=FQ=HN．
3 5 7
BM=BC+CM= a，BQ=BE+EQ= a，BN=BG+GN= a，
2 2 2
在Rt△BHN中，BH=BI=4a，BH2=H N2+BN2，15
∴H N2= a2 ，
4
15
则J M2=FQ2=H N2= a2 ，
4
∴BJ2=BM2+J M2=6a2，BF2=BQ2+FQ2=10a2，
∴BH2=BJ2+BF2，
∴新三角形为直角三角形，BH长为斜边长．
∵❑√6a2=❑√6a，❑√10a2=❑√10a，新三角形面积为16❑√15，
1
∴ ×❑√6a×❑√10a=16❑√15，
2
∴a=4．
故答案为：4．
【题型9 平行四边形中的多结论问题】
【例9】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
1
AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E，P，连接OE，∠ADC=60°，AB= BC=1，则下列结论：
2
1 ❑√3
①∠CAD=30°；②BD=❑√7；③S =AB⋅AC；④OE= AD；⑤S = ，正确的个数是
▱ABCD 4 △APO 8
（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】①先根据角平分线和平行线的性质得：∠BAE=∠BEA，则AB=BE=1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE=30°
1 1
，最后由平行线的性质可作判断；②先根据三角形中位线定理得：OE= AB= ，OE∥AB，根据勾股
2 2
定理计算OC，OD的长，即可求BD的长；③因为∠BAC=90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
❑√3
④根据平行四边形的性质和三角形中位线定理可作判断；⑤由OA=OC求解S =S = ，再进一
△AOE △EOC 8
步可得答案．
【详解】解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，故①正确；
②∵BE=EC，OA=OC，
1 1
∴OE= AB= ，OE∥AB，
2 2
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
❑√3
∴OC=❑√CE2−OE2=
，
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，∵∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
❑√7
∴OD=❑√OC2+DC2=
，
2
∴BD=2OD=❑√7，故②正确；
③由②知：∠BAC=90°，
∴S =AB⋅AC，故③正确；
▱ABCD
④由②知：OE是△ABC的中位线，
1
∴OE= AB，
2
1
∵AB= BC，
2
1 1
∴OE= BC= AD，故④正确；
4 4
⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
❑√3
∴OA=OC= ，
2
1 1 ❑√3 ❑√3
∴S =S = × × = ，
△AOE △EOC 2 2 2 8
∵S 90°，点E为线段CD上一
动点，有下列四个结论：
①在E点运动过程中，△ABE的面积始终是▱ABCD面积的一半；
②在线段CD上有且只有一点E，使得S =2S ；
△ADE △BCE
③若点E恰好是∠BAD的角平分线与∠ABC 的角平分线的交点，则点E是CD的中点；
④若AB=2AD，则在CD上有且只有一点E，使得△ABE 是直角三角形其中所有正确结论的序号是
．
【答案】①②③
【分析】作EF⊥AB于点F，表示S 和S 判断①；由S =2S 可知ED=2CE，判断②；根
▱ABCD △ABE △ADE △CBE
据角平分线和平行可得ED=AD,EC=BC解题即可判断③；取AB的中点G,连接EG,当¿∥AD时，则
¿∥BC,四边形AGED和四边形BGEC都是菱形，可以得到∠AEB=90°，这时GE与CD不垂直，所以必
会存在另一点使得∠AEB=90°，判断④．
【详解】解：如图，作EF⊥AB于点F，
.四边形ABCD是平行四边形，
∴S =AB×EF，
▱ABCD1 1
∵S = AB×EF= S ，
△ABE 2 2 ▱ABCD
故①正确；
1 1
由题可知：S = ED×EF，S = CE×EF
△ADE 2 △CBE 2
∵S =2S ，
△ADE △CBE
∴ED=2CE，
故②正确；
∵AB∥CD.AD=BC，
∴∠DEA=∠EAB,∠CEB=∠EBA，
∵点E恰好是∠BAD的角平分线与∠ABC的角平分线的交点，
∴∠DAE=∠EAB,∠CBE=∠EBA，
∴∠DEA=∠DAE,∠CEB=∠CBE，
∴ED=AD,EC=BC.
∴ED=EC,
.∴点E是CD的中点，
故③正确；
取AB的中点G,连接EG,
∴AB=2AG=2BG,AB=2AD=2BC.
∴AG=AD,BG=BC,
当¿∥AD时，则¿∥BC,
∴四边形AGED和四边形BGEC都是菱形，
∴EG=AG=BG,
∴∠GEA=∠GAE,∠GEB=∠GBE，
1
∴∠AEB=∠GEA+∠GEB= ×180°=90°
2∴△ABE是直角三角形，
∵∠GED=∠BAD>90°，
∴GE与CD不垂直，
在CD上可能还存在点E′,使E′G=EG=AG=BG,
同理可证明△ABE′是直角三角形，
故④不正确，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，菱形的判定和性质，综合性较
强，难度较大，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【变式9-3】（24-25八年级·广东广州·期中）如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等
边△ABD和△ACE,F为AB中点，连接DF、EF、DE，EF与AC交于点O，DE与AB交于点G，连接
OG，若∠BAC=30°，下列结论：①△DBF≌△EFA；②AD=AE；③EF⊥AC；④AD=4AG；⑤
△AOG与△EOG的面积比为1∶4，其中正确的结论的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】利用等边三角形的性质，直角三角形的特征，等边三角形的三线合一性质，可判定①；利用直角
三角形性质，斜边大于直角边，可判定②；利用全等三角形的性质，可判定③；利用平行四边形的性质，
直角三角形的性质，可判定④；利用三角形面积特点，可判定⑤．
本题考查了等边三角形性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，平行四
边形的性质和判定等知识点的综合运用．
【详解】解：设BC=x，
∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，
∴AB=2x,AC=❑√AB2−BC2=❑√3x，
∵△ABD是等边三角形，F为AB中点，
∴DA=DB=AB=2x,BF=AF=x,DF⊥AB,DF=❑√DB2−BF2=❑√3x，∠DBF=60°，
∴BF=FA,DF=CA，
∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°，AE=AC，
∴∠FAE=90°，AE=FD，
∴∠FAE=∠BFD=90°，
∴△DBF≌△EFA；
故①正确；
∵DA=DB=AB,AC=AE=DF，∠ACB=90°，
∴DA=DB=AB＞AC=AE=DF，
故②错误；
∵△DBF≌△EFA，
∴∠DBF=∠EFA=60°，
∵∠BAC=30°，
∴∠AOF=90°，
∴EF⊥AC，
故③正确；
∵△DBF≌△EFA，
∴DB=EF，
∴DA=EF，
∵AE=DF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
1 1 1
∴AG=GF= AF= × AB，
2 2 2
∴AB=4AG，
∴AD=4 AG，
故④正确；
∵∠BAC=30°，∠AOF=90°，
1
∴OF= AF=AG，
2
∵EF=AB=4AG，
∴OE=3AG，∵AG=GF，
∴S =S ，
△AOG △FOG
∴S :S =S :S =OF:OE=AG:3AG=1:3，
△AOG △EOG △FOG △EOG
故⑤错误，
故选B．
【题型10 平行四边形中折叠问题】
【例10】（24-25八年级·山东日照·期中）已知：▱ABCD中，∠A=60°，AB=6，BC=10，点E是
AD上一个动点，连结BE，把△ABE沿BE折叠到△A′BE的位置．若点A′落在△DCE的内部（包括边
界），则DE的范围是 ．
【答案】❑√73−3≤DE≤7
【分析】本题考查勾股定理与折叠，平行四边形的性质，勾股定理，分别判断点A′落在△DCE三边时DE
的长，再求出点A′落在∠DCE的内部（包括边界）时DE的范围即可．
【详解】解：过B作BM⊥AD于M，BN⊥CD于N，
∵▱ABCD中，∠A=60°，AB=6，BC=10，
∴∠A=∠BCD=60°，∠D=∠ABC=120°，AB=CD=6，BC=AD=10，
∵BM⊥AD，BN⊥CD，
∴∠ABM=∠CBN=30°，1 1
∴AM= AB=3，CN= BC=5，
2 2
∴BN=❑√BC2−CN2=5❑√3，
∵把△ABE沿BE折叠到△A′BE的位置，
∴∠A=∠EA′B=60°，AE=A′E，AB=A′B=6=CD，
∴A′B=60)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：
∵ ABCD 2a
四边形 是正方形，边长为 ，
∴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．
【变式14-3】（24-25八年级·陕西渭南·期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连接
DH，IJ，H，D，E在一条直线上，图中两块阴影部分的面积分别记为S ，S ，若S ：S =1：4，四边
1 2 1 2
形BAHE的面积为27，则四边形MBNJ的面积为（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
【答案】A
【分析】先证明△BAC≌△HAD，△BAC≌△ABK，则S =S =S ，再证明四边形DJGK是
△BAC △HAD △ABK
正方形，四边形ADJF和四边形EDKB是面积相等的矩形，则S =S ，再证明
四边形AKGF 四边形EJGB
△AFN≌△BEM，则S =S ，可推导出S =S =AC2=27，则
四边AKGN 四边形BGJM 四边形BAHE 正方形CADE
S 1 AF 1 2
AC=3❑√3，再由 1= ，求得 = ，则BC= AC=2❑√3，再推导出
S 4 CF 2 3
2
1
S =S =S = ×3❑√3×2❑√3=9，于是得到问题的答案．
四边形MBNJ △ABK △BAC 2
【详解】解：∵四边形BAHJ和四边形CADE都是正方形，
∴AB=AH，AC=AD，∠BAH=∠CAD=90°，
∴∠BAC=∠HAD=90°−∠BAD，
∴△BAC≌△HAD(SAS)，
∵四边形BCFG是正方形，
∴∠CBK=∠C=∠DAD=90°，
∴四边形AKBC是矩形，
∴BC=AK，AC=BK，∠C=∠AKB=90°，
∴△BAC≌△ABK(SAS)，
∴S =S =S ，
△BAC △HAD △ABK
∵∠E=∠C=∠CFJ=90°，∴四边形ECFJ是矩形，
∴∠EJF=∠AKB=90°，
∴∠DKG=∠DJG=∠KDJ=90°，
设正方形BCFG和正方形CADE的边长分别为a、b，
∵AD=ED=b，AK=BC=CF=EJ=a，
∴AF=DK=DJ=BE=b−a，
∴四边形DJGK是正方形，四边形ADJF和四边形EDKB是面积相等的矩形，
∴S =S ，
四边形AKGF 四边形EJGB
∵FJ∥CE，BK∥DE，
∴∠ANF=∠ABC=90°−∠ACK=∠KBI=∠BME，
∵∠AFN=∠E=90°，AF=BE，
∴△AFN≌△BEM(AAS)，
∴S =S ，
△AFN △BEM
∴S =S ，
四边AKGN 四边形BGJM
∵S =S +S ，+S =S +S +S =S =b2=27，
四边形BAHE △HAD △ABK 矩形EDKB △BAC △ABK 矩形EDKB 正方形CADE
∴AC=b=3❑√3，
m2 S 1
设AF=DK=m，则 = 1= ，
a2 S 4
2
AF m 1
∴ = = ，
CF a 2
2
∴a=BC=CF= AC=2❑√3，
3
1
∴S =S +S =S +S =S =S = ×3❑√3×2❑√3=9，
四边形MBNJ △BGN 四边形BGJM △BGN 四边AKGN △ABK △BAC 2
故选：A．
【点睛】此题重点考查正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、根据转化思
想求图形的面积等知识与方法，证明S =S 并且求得AC=3❑√3是解题的关键．
四边形BAHE 正方形CADE
【题型15 求特殊平行四边形中的最值】
【例15】（24-25八年级·广东佛山·期末）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，F、E分别是AD、
CD上的动点，满足AF+CE=AB．若AB=6，则△BEF周长的最小值为（ ）A．6❑√3 B．9❑√3 C．12 D．18
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、垂线段最短
等知识，正确添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键．
如图：连接BD．先根据菱形的性质说明△ABD，△BDC都是等边三角形，再结合已知条件证明
△BDF≌△BCE(SAS)可得BE=BF，∠DBF=∠CBE，进而证明△BEF是等边三角形；再根据垂线段
最短求得BE的最小值为3❑√3，最后求△BEF的周长即可．
【详解】解：如图：连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=6，∠DAB=∠C=60°，
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∴∠BDF=∠C=∠DBC=60°，BD=BC，
∵AF+CE=AB=AD=AF+FD，
∴DF=CE，
在△BDF和△BCE中，
{
BD=BC
)
∠BDF=∠C ，
DF=CE
∴△BDF≌△BCE(SAS)，
∴BE=BF，∠DBF=∠CBE，
∴∠EBF=∠DBC=60°，
∴△BEF是等边三角形，
根据垂线段最短可知，当BE⊥DC时，BE的长最短，如图：过B作BE ⊥DC垂足为E ，
1 1
∵∠C=90°,
∴∠E BC=30°,
1
1
∴E C= BC=3，
1 2
∴BE =❑√BC2+CE 2=3❑√3,即BE的最小值为3❑√3，
1 1
∴△BEF周长的最小值为3BE=9❑√3．
故选B．
【变式15-1】（24-25八年级·吉林长春·期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E为AB中点，
点P在对角线BD上运动，若PE+PA=❑√3，则AB长的最大值为 ．
【答案】2
【分析】连接PC、CE、AC，如图所示，由菱形的性质得AB=BC，AP=PC，则
❑√3
PE+PC=PE+PA=❑√3≥CE，再证CE= AB，即可解决问题．
2
【详解】解：连接PC、CE、AC，如图所示：
∵ ABCD
四边形 是菱形，
∴AB=BC，BD垂直平分AC，
∴AP=PC，
∴PE+PC=PE+PA=❑√3≥CE，
∵∠ABC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，∵点E为边AB的中点，由等边三角形“三线合一”可知EC⊥AB，∠BCE=30°，
∴∠AEC=90°，
在Rt△BCE中，设BE=AE=x，则BC=AB=2BE=2x，由勾股定理得到CE=❑√3x，
❑√3
∴CE=❑√3AE= AB≤❑√3，
2
∴ AB≤2，
∴AB长的最大值是2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练
掌握菱形的性质，证明△ABC为等边三角形是解题的关键．
【变式15-2】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，点E是AD上一
点，且AE=3，点F是AB边上的动点，以EF为一边作菱形EFGH，使顶点H落在CD上，连接CG，则
△HCG面积的最小值为（ ）
3 7
A．1 B． C．3 D．
2 2
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，由矩形的性质可得点D、H重合，EH的值最小，即为
DE的长，即得EH的最小值为4，得到EF的最小值为4，延长HG、AB相交于点M，过点G作
GN⊥DC的延长线于点N，证明△GNH≌△EAF(AAS)得到NG=AE=3，可得当EF、EH取最大时，
DH取最大值，此时CH取最小，△HCG的面积取最小值，当EF取最大时，点B、F重合，此时
EF =❑√32+42=5，即得EH =5，得到CH =4−3=1，最后利用三角形面积公式计算即可
最大值 最大值 最小值
求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：∵四边形EFGH为菱形，
∴EF=EH，
当EH⊥CD时，EH取最小值，∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D=∠A=90°，
∴点D、H重合，EH的值最小，即为DE的长，
∵AD=7，AE=3，
∴DE=7−3=4，
∴EH的最小值为4，
∴EF的最小值为4，
延长HG、AB相交于点M，过点G作GN⊥DC的延长线于点N，则∠GNH=∠A=90°，
∵四边形ABCD为矩形，四边形EFGH为菱形，
∴DN∥AM，EF∥HM，GH=EF，AB=DC=7，
∴∠GHN=∠M，∠AFE=∠M，
∴∠GHN=∠AFE，
∴△GNH≌△EAF(AAS)，
∴NG=AE=3，
当EF、EH取最大时，DH取最大值，此时CH取最小，△HCG的面积取最小值，
当EF取最大时，点B、F重合，此时EF =❑√32+42=5，
最大值
∴EH =5，
最大值
∴DH=❑√52−42=3，
∴CH =4−3=1，
最小值
1 1 3
∴S = CH·GN= ×1×3= ，
△HCG最小值 2 2 2
故选：B．【变式15-3】（24-25八年级·浙江丽水·期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，点E为BC的
中点，连结AE． 以BC为边向左作△BCD，且∠BCD=90°，BD∥AC． 连结DE，记△CDE和
3
△ABE的面积分别为S 和S ，则 S −S 的最大值是（ ）
1 2 2 1 2
A．4 B．6 C．4❑√2 D．8
【答案】D
【分析】取BD的中点F，连接EF,CF，得出S =2S ，进而证明△FBE≌△ABE(ASA)得出
△DBC △FBC
3
S =S =S ，结合已知条件得出S =2S ，进而可得 S −S =S ，即可求解．
△FBE △ABE 2 1 2 2 1 2 △ABC
【详解】解：如图所示，取BD的中点F，连接EF,CF，
∵∠BCD=90°，
∴CF=BF =DF，
∴S =2S ，
△DBC △FBC
∵AB=AC=4，E为BC的中点，
∴∠ACB=∠ABC，AE⊥BC
∵BD∥AC
∴∠FBC=∠BCA
∴∠FBC=∠ABC
又∵FB=FC，BE=EC
∴FE⊥BC
∴∠FEB=∠AEB=90°，
在△FBE,△ABE中，{
∠FBE=∠ABE
)
BE=BE
∠AEB=∠FEB=90°
∴△FBE≌△ABE(ASA)
∴S =S =S
△FBE △ABE 2
又∵S =S
△ABE 2
∴S =2S =4S =4S
△BDC △BDE △BEF 2
∵点E为BC的中点，
1
∴S =S = S =S
△DCE △DBE 2 △BDC 1
∴S =2S ，
△BDC 1
∴S =2S
1 2
3
∴ S −S =3S −S =2S =2S =S
2 1 2 2 2 2 △ABE △ABC
3 1 1
∴当AB⊥AC时，S 取得最大值，即 S −S 的最大值是 ×AB×AC= ×4×4=8．
△ABC 2 1 2 2 2
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质
与判定，等腰三角形性质与判定，垂直平分线的性质与判定，得出S =2S 是解题的关键．
1 2
【题型16 特殊平行四边形中的多结论问题】
【例16】（24-25八年级·浙江金华·期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，且
AD=AE，DH⊥AE于点H，连接BH并延长，交CD于点F，连接DE．下列结论：①BC=❑√2AB；②
∠AED=∠CED；③BH=HF；④BC=2HE+CF．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】证明△ABE为等腰直角三角形，得到AE=❑√2AB，根据AD=AE，判断①；根据等边对等角，
结合角的和差关系，三角形的内角和定理，推出∠AED=∠CED=67.5°，判断②；证明
△BHE≌△HFD判断③；角平分线的性质，得到HE=CE，根据线段的和差关系，推出BC=2HE+CF
，判断④即可．【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90°,AB=CD,AD=BC,AD∥BC，
∵∠BAD的平分线AE交BC于点E，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴AE=❑√2AB，∠AEB=45°，
∵AD=AE，
1
∴∠AED=∠ADE= (180°−45°)=67.5°，BC=AD=❑√2AB；故①正确；
2
∵DH⊥AE，
∴△AHD为等腰直角三角形，
∴AD=❑√2AH=❑√2DH，∠ADH=45°，
∴AB=BE=AH=DH，
1
∴∠ABH=∠AHB= (180°−45°)=67.5°，
2
∴∠CBF=90°−∠ABE=22.5°，
∵∠CED=180°−∠AEB−∠AED=67.5°，
∴∠AED=∠CED；故②正确；
∵∠DHF=180°−∠AHD−∠AHB=22.5°，
∴∠DHF=∠HBE，
又∵BE=DH,∠DHF=90°−∠ADH=45°=∠BEH，
∴△BHE≌△HFD，
∴BH=HF，HE=DF；故③正确；
∵∠CED=∠AED,EH⊥DH,∠C=90°，
∴HE=CE，
∵CD=AB=BE,HE=DF=CE，
∴BC−CE=CF+DF，
∴BC=CF+DF+CE=CF+HE+HE=CF+2HE；故④正确；
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分
线的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，理清角度，线段之间的关系，是解题的关键．
【变式16-1】（24-25八年级·吉林长春·期末）知图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=8，BD=6，点E、F分别在边AB、CD上（点E不与A、B重合）．且DE∥BF，DE、BF
分别交AC于点P、Q，连结BP、DQ．给出下面四个结论：①AC平分四边形BEDF的周长；②四边形
AE 7
BEDF是矩形；③BD平分∠PDQ；④当DE⊥AB时， = ．上述结论中，所有正确结论的序号是
ED 24
．
【答案】①③④
【分析】根据菱形性质可以判定出四边形BEDF为平行四边形，结合等腰三角形的判定与性质可以判定出
PBQD为菱形，即可判断出①②③，利用勾股定理可以求出AE，DE的长从而得出结论④．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴DF∥BE，
∵DE∥BF，
∴四边形BEDF为平行四边形，故②四边形BEDF是矩形无法判定，不符合题意；
∴DF=BE，
∵AC垂直平分BD，DE∥BF，
∴∠DPO=∠BPO=∠BQO=∠DQO，
∴PD=PB=BQ=DQ，
∴PBQD为菱形，
∴DE−DP=BF−BQ，即EP=QF
∴①AC平分四边形BEDF的周长，正确，符合题意；
③BD平分∠PDQ，正确，符合题意；
∵ABCD为菱形，
1 1
∴AO=CO= AC=4，BO=DO= BD=3，
2 2
∴AB=❑√42+32=5，
1 1
当DE⊥AB时，S = AB⋅DE= BD⋅AO，
△ABD 2 21 1
∴ ×5×DE= ×6×4，
2 2
∴DE=
24
，AE=❑√AD2−DE2=❑
√
25−
(24) 2
=
7
，
5 5 5
7
AE 5 7
∴ = = ，故④正确，符合题意，
DE 24 24
5
综上所述，正确的结论有：①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性
质，熟练掌握相关性质定理是解题关键．
【变式16-2】（24-25八年级·湖北宜昌·期末）用一张正方形的纸片ABCD按如下方式折叠：如图，先将纸
片对折得到折痕EF，再沿过点C的直线翻折纸片，得到折痕CG，使点D落在EF上的点H处，连接
BH,DH,DH与CG交于点I．则下列结论中正确的个数为（ ）
①CG⊥DH；②△DHC为等边三角形；③∠BHD=135°；④HI=BH．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】由折叠得：CH=CD，EF垂直平分CD，CG⊥DH，故HC=HD，那么△DHC为等边三角
形，即可判断①②；由四边形是正方形得到CB=CD,∠BCD=90°，那么CB=CH,∠BCH=30°，由三
角形内角和定理可得∠BHD=∠CHB+∠CHD=135°，故③正确；对于HI和BH，通过勾股定理计算
说明不相等即可．
【详解】解：由折叠得：CH=CD，EF垂直平分CD，CG⊥DH
∴HC=HD，
∴CH=CD=DH，∴△DHC为等边三角形，
∴∠HCD=∠DHC=60°；
故①②正确，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD,∠BCD=90°，
∴CB=CH,∠BCH=30°，
∴∠CHB=∠CBH=75°，
∴∠BHD=∠CHB+∠CHD=135°，故③正确；
∵△CHD为等边三角形，HF⊥CD，CI⊥HD，
1 1
∴CF=HI= CD= HD，∠HCI=30°，
2 2
设HI=CF=x，则HC=BC=2x，
由勾股定理得：HF=❑√3x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∵HF⊥CD，
∴∠ABC=∠BCD=∠EFC=90°，
∴四边形EFCB为矩形，
∴BE=CF=x,EF=BC=2x，
∴EH=2x−❑√3x，
∴在Rt△BEH中，BH2=BE2+EH2=(8−4❑√3)x2，
而H I2=x2，
∴BH≠HI，故④错误，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，折叠的性
质，三角形的内角和定理等知识点，综合性较强，难度较大．
【变式16-3】（24-25八年级·浙江湖州·期末）如图，矩形ABCD中，AB=3,AD=5,E,F分别是边AD，
25
BC的中点，CP⊥BE于P，DP的延长线交AB于G．下列结论：①PF=2.5；②PF⊥DG；③PG=
12
．其中结论正确的有（ ）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【分析】连接GF，根据分别证明△DPF≌△DCF、Rt△GBF≌Rt△GPF，再利用勾股定理求出
25
PG= ，逐个选项判断即可．
12
【详解】解：连接GF，
∵矩形ABCD，
∴BC=AD=5，∠ABC=∠BCD=90°，BC∥AD，AB=CD=3，
∵CP⊥BE，F是边BC的中点，
1
∴PF=BF=FC= BC=2.5，故①正确；
2
∵E,F分别是边AD，BC的中点，
∴DE=BF
∴四边形DEBF是平行四边形
∴BE∥DF
∴CP⊥DF
∵PF=CF
∴CP垂直平分DF
∴PD=CD=3
∴△DPF≌△DCF（SSS）
∴∠DPF=∠BCD=90°，即PF⊥DG，故②正确；
∵PF⊥DG，∠DAB=90°，PF=BF，GF=GF∴Rt△GBF≌Rt△GPF（HL）
∴BG=PG，
设BG=PG=x，则AG=AB−BG=3−x，DG=PD+PG=3+x，
在Rt△AGD中，AG2+AD2=DG2，
25 25
∴(3−x) 2+52=(3+x) 2解得x= ，即PG= ，故③正确；
12 12
综上所述，正确的是①②③
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上中线、勾股定理、全等三角
形的性质与判定，涉及知识点比较多，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
【题型17 利用一次函数的性质求字母取值范围】
【例17】（24-25八年级·湖南岳阳·期末）定义：平面直角坐标系中，若点A到x轴、y轴的距离和为2，
则称点A为“和二点”．例如：点B(−1.2,0.8)到x轴、y轴距离和为2，则点B是“和二点”，点
C(1，1),D(−0.5，−1.5)也是“和二点”．一次函数y=kx+b(k≠0)的图象l经过点E(−3,−4)，且
图象l上存在“和二点”，则k的取值范围为（ ）
2 4 4 2
A． ≤k≤2 B． ≤k≤2 C． ≤k≤4 D． ≤k≤4
3 5 5 3
【答案】D
【分析】本题考查一次函数图象及性质．取E(−2,0)，F(2,0)，G(0,−2)连EG，FG,EG取点P，
PM⊥x轴PN⊥y轴，垂直分别为M,N ,PN=OM，可得△OEG，△OFG均为等腰直角三角形，从而
得△PEM为等腰直角三角形进而得PM+PN=OE=2，继而得到线EG上的点为“成双点”，线FG上的
点为“成双点”，可得到当一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与线EG或线FG有交点时，一次函数
y=kx+b(k≠0)的图象l上存在“成双点”，再分别求出当一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点E时，
当一次函数y=kx+b(k≠0)的图象l经过点G时，k的值，即可求解．
【详解】解：取E(−2,0)，F(2,0)，G(0,−2)连EG，FG,EG取点P，PM⊥x轴PN⊥y轴，垂直分
别为M,N ,PN=OM，∵OE=OF=OG=2，
∴△OEG，△OFG均为等腰直角三角形，
∴∠OEG=45°，
∴△PEM为等腰直角三角形，
∴PM=EM，
∴PM+PN=OE=2，
∴点P是“成双点”，即线EG上的点为“成双点”，同理线FG上的点为“成双点”，
∴当一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与线EG或线FG有交点时，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象l上存在
“成双点”，
∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象l经过点E(−3,−4)，
∴−3k+b=−4，
解得：b=3k−4，
∴一次函数解析式为b=kx+3k−4，
当一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点E时，
∴−2k+3k−4=0，解得：k=4，
当一次函数y=kx+b(k≠0)的图象l经过点G时，
2
∴3k−4=−2，解得：k= ，
3
2
∴k的取值范围： ≤k≤4，
3
故选：D．
【变式17-1】（24-25八年级·吉林长春·期中）如图，RtΔABC的顶点A的坐标为(3,4)，顶点B的坐标为
(−1,0)，点C在x轴上，若直线y=−2x+b与RtΔABC的边有交点，则b的取值范围为（ ）A．−20时，y随着x的增大而增大，
∴当−4≤ y≤−1时，可得−4≤ax−3−a≤−1，
1 2
解得1− ≤x≤1+ ，
a a
∵自变量x的负整数值恰好有2个，
∴负整数值只能是−2,−1，
1
{ −3<1− ≤−2)
a
则
2
1+ ≥−1
a
1 1
解得 0，则y y >0 B．若x x ＞0，则y y ＞0
1 3 1 2 1 2 1 3C．若x x <0，则y y >0 D．若x x <0，则y y >0
2 3 2 3 2 3 1 2
【答案】D
【分析】本题主要考查了一次函数的性质，熟练掌握数形结合的思想以及举反例的方法是解题的关键．
先求出此直线交y轴于(0,−4)，交x轴于(2,0)，画出图象，结合一次函数的增减性逐项判断即可解答，
【详解】解：当x=0时，y=−4，则此直线交y轴于(0,−4)，
当y=0时，y=2x−4，解得：x=2，则此直线交x轴于(2,0)，
当x<2时，y<0；当x>2时，y>0；
画出一次函数y=2x−4的图象如图所示：
，
A．若x x >0且x x >2，则y <0，y >0，即y y <0，即A选项不符合题意；
1 2 3 1 3 2 1 2 1 2
B．若x x >0且x 2，则y <0,y >0，即y y <0，即B选项不符合题意；
1 2 3 1 3 1 3 1 3
C．若x x <0且x 2，则y <0，y >0，即y y <0，即C选项不符合题意；
2 3 2 3 2 3
D．若x x <0且x 0，即D选项符合题意．
1 2 1 2
故选：D．
【变式18-1】（24-25八年级·湖北·期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，将函数y=2x+b（b为常
数）的图象位于x轴下方的部分沿x轴翻折至其上方后，所得的折线是函数y=|2x+b)（b为常数）的图
象．若函数y=|2x+b)（b为常数）与直线y=2有交点A、B，现给出以下结论，其中正确结论的序号是．
①△AOB的面积总为2；
②若函数y=|2x+b)（b为常数）图象在直线y=2下方的点的横坐标x满足0|2x+b)的解集为 2．
【答案】①②③
【分析】画出草图，再根据选项逐一解答进行排除即可．
【详解】①：如图，
b b
由题意可知，当y=0时，x=− ，∴点C(− ,0)
2 2
b+2
当y=2时，由y=−2x−b得，2=−2x−b，解得：x=− ，
2
2−b
由y=2x+b得，2=2x+b，解得：x= ，
2
|2−b b+2 )
则AB= −(− ) =2，
2 2
1 1
∴S = AB×2= ×2×2=2，
△AOB 2 2
故①正确；
b+2 2−b
②：由①得，y=|2x+b)与y=2图像交点为(− ,2)和( ,2)，
2 2
当y<2时，总有0|2x+4)，如图，
3
2 3
由 x=−2x+4，解得：x= ，
3 2
2
由 x=2x−4，解得：x=3，
3
3
∴解集为： 2或k<−2，故④不正确；
故选：①②③．
【点睛】此题考查一次函数的图象及其性质，解题的关键是结合图象进行分析．
【变式18-2】（24-25八年级·福建福州·期末）已知一次函数y =kx+2k+4，现给出以下结论：
1
①若该函数的图像不经过第三象限，则−20，则y 随x的增大而增大，那么当x=−4时有最小值8，
1
∴−4k+2k+4=8，
解得：k=−2，与k>0矛盾，舍去；
如果k<0，则y 随x的增大而减小，那么当x=−3时有最小值8，
1
∴−3k+2k+4=8，
解得：k=−4，
∴y =−4x−4，
1
∴当x=−4时，它的最大值为−4×(−4)−4=12，
∴当−4≤x≤−3时，该函数最小值为8，则它的最大值为12，故结论②正确；
③当x=−2时，y =kx+2k+4=−2k+2k+4=4，
1
∴该函数的图像必经过点(−2,4)，故结论③正确；
④把x=3代入y =2x−1得，y =2×3−1=5，
2 2
把x=3，y=5代入y =kx+2k+4得，3k+2k+4=5，
1
1
解得：k= ，
5
1
∴对于一次函数y =2x−1，当x<3时，y ，
2 2 1 5
1
当x=2，y=5时，k= ，满足y 0时，k<0；②当y的值随x值的增大而增大时，n<0；
3n+6
③当S =9时，n=−5或n=7；④当k<0时，直线AB与y轴相交于点C，则OC= ．
△AOB 4
【答案】①②③
【分析】将点A、B代入y=kx+b，求出k、b关于n的关系式，根据关系式即可判断①、②；求出该函数
与y轴的交点C的坐标及OC即可判断④；分k>0与k<0两种情况讨论，根据
1
S =S +S = OC×(x −x )即可求解n，从而判断④．
△AOB △AOC △BOC 2 B A
{−k+b=n
)
【详解】解：依题得： ，
3k+b=−3
1 3
解得：k=− n− ，n=−4k−3，
4 4
∵n>0时，−4k−3>0，
3
∴k<− <0，①正确；
4
当y随着x的值增大而增大时，k>0，
1 3
即− n− >0，n<−3<0，
4 4
∴②正确；
1 3
∵k=− n− ，
4 4
1 3 3 3
∴b=k+n=− n− +n= n− ，
4 4 4 4
( 3n−3)
∴直线AB与y轴相交于点C 0, ，
4
|3n−3)
即OC= ，
4
∴④错误；
∵当k>0时，n<−3<0，
3 3
∴b= n− <−3，
4 4
1
∴S =S +S = OC×(x −x )=9，
△AOB △AOC △BOC 2 B A3n−3 9
即− = ，解得n=−5，
4 2
∵k<0时，n>−3,
3 3
∴b= n− >−3,
4 4
1
∴S =S +S = OC×(x −x )=9，
△AOB △AOC △BOC 2 B A
3n−3 9
即 = ，解得n=7，
4 2
∴③正确．
综上，结论中一定正确的是①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查的知识点是一次函数的图像与性质，解题关键是熟练掌握图像上两点与原点围成三角形
面积的求法．
【题型19 一次函数中的规律探究】
1 1
【例19】（24-25八年级·河南·阶段练习）如图，直线l :y=x+1与直线l :y= x+ 相交于点P(−1,0)，
1 2 2 2
直线l 与y轴交于点A，一动点C从点A出发，先沿平行于x轴的方向运动，到达直线l 上的点B 处后，改
1 2 1
为垂直于x轴的方向运动，到达直线l 上的A 处后，再沿平行于x轴的方向运动，到达直线l 上的点B 处
1 1 2 2
后，又改为垂直于x轴的方向运动，达到直线l 上的点A 处后，仍沿平行于x轴的方向运动…，照此规律
1 2
运动，动点C依次经过点B ,A ,B ,A ,B ,A ,…,B ,A ⋯，则当动点C从A到达A 处时，运
1 1 2 2 3 3 2024 2024 2024
动的总路径的长为（ ）
A．22024−2 B．22023−1 C．22025−2 D．22026−2
【答案】C
【分析】由直线l :y=x+1确定点A(0,1)，利用解析式确定B (1,1)，A (1,2)，计算得到AB +A B =2
1 1 1 1 1 1
，同理可证A B +A B =4=22 ，由此可得A B +A B =2n ，继而确定动点C从A到达A 处时，运动
1 2 2 2 n−1 n n n n
的总路径的长为2+22+23+…+2n=2n+1−2，据此即可求解．本题考查平行于坐标轴的直线上点的坐标特征、探究规律，正确分析出相关规律是本题解题关键．
【详解】解：由直线l :y=x+1可知A(0,1)，根据题意，
1
1 1
当y=1时，得1= x+ ，
2 2
解得x=1，
∴B (1,1)，
1
当x=1时，y=x+1=2，
∴A (1,2)，
1
∴AB =1−0=1，A B =2−1=1，
1 1 1
∴AB +A B =2，
1 1 1
1 1
当y=2时，得2= x+ ，
2 2
解得x=3，
∴B (3,2)，
2
当x=3时，y=x+1=4，
∴A (3,4)，
2
∴A B =3−1=2，A B =4−2=2，
1 2 2 2
∴A B +A B =4=22 ，
1 2 2 2
由此可得，A B +A B =2n ，
n−1 n n n
∴动点C从A到达A 处时，运动的总路径的长为2+22+23+…+2n=2n+1−2，
n
∴动点C从A到达A 处时，运动的总路径的长为22025−2．
2024
故答案为：C．
【变式19-1】（24-25八年级·黑龙江佳木斯·期中）如图．在平面直角坐标系中，直线l经过原点，且与y
轴正半轴所夹的锐角为60°，过点A(0,1)作y轴的垂线交直线l于点B，过点B作直线l的垂线交y轴于点
A ，以A B，BA为邻边作▱ABA C ；过点A 作y轴的垂线交直线l于点B ，过点B 作直线l的垂线交
1 1 1 1 1 1 1
y轴于点A ，以A B ，B A 为邻边作▱A B A C ……按此作法继续下去，则点C 的坐标是 ．
2 2 1 1 1 1 1 2 2 2025【答案】(−❑√3×42024,42025)
❑√3
【分析】先求出直线l的解析式为y= x，设B点坐标为(x,1)，根据直线l经过点B，求出B点坐标为
3
(❑√3,1)，解Rt△A AB，得出A A =3，OA =4，由平行四边形的性质得出A C =AB=❑√3，则C 点的
1 1 1 1 1 1
坐标为(−❑√3,4)，即(−❑√3×40,41)；根据直线l经过点B ，求出B 点坐标为(4❑√3,4)，解Rt△A A B
1 1 2 1 1
，得出A A =12，OA =16，由平行四边形的性质得出A C =A B =4❑√3，则C 点的坐标为
1 2 2 2 2 1 1 2
(−4❑√3,16)，即(−❑√3×41,42)；同理，可得C 点的坐标为(−16❑√3,64)，即(−❑√3×42,43)；进而得出
3
规律，求得C 的坐标是(−❑√3×4n−1,4n)即可得到答案．
n
【详解】解：∵直线l经过原点，且与y轴正半轴所夹的锐角为60°，
❑√3
∴直线l的解析式为y= x．
3
∵AB⊥y轴，点A(0,1)，
∴设B点坐标为(x,1)，
❑√3 ❑√3
将(x,1)代入y= x，得1= x，解得x=❑√3，
3 3
∴B点坐标为(❑√3,1)，
则AB=❑√3．
在Rt△A AB中，∠A A B=90°−60°=30°，∠A AB=90°，
1 1 1∴A A =❑√3AB=3，OA =OA+A A =1+3=4，
1 1 1
∵在▱ABA C 中，A C =AB=❑√3，
1 1 1 1
∴C 点的坐标为(−❑√3,4)，即(−❑√3×40,41)；
1
❑√3
由 x=4，解得x=4❑√3，
3
∴B 点坐标为(4❑√3,4)，
1
则A B =4❑√3．
1 1
在Rt△A A B 中，∠A A B =30°，∠A A B =90°，
2 1 1 1 2 1 2 1 1
∴A A =❑√3A B =12，OA =OA +A A =4+12=16，
1 2 1 1 2 1 1 2
∵在▱A B A C 中，A C =A B =4❑√3，
1 1 2 2 2 2 1 1
∴C 点的坐标为(−4❑√3,16)，即(−❑√3×41,42)；
2
同理，可得C 点的坐标为(−16❑√3,64)，即(−❑√3×42,43)；
3
以此类推，则C 的坐标是(−❑√3×4n−1,4n)，
n
∴ C 的坐标(−❑√3×42024,42025)．
2025
故答案为：(−❑√3×42024,42025)．
【点睛】本题考查了坐标规律，涉及图形与坐标、平行四边形的性质、勾股定理解直角三角形以及一次函
数的综合应用，先分别求出C 、C 、C 点的坐标，从而发现规律是解题的关键．
1 2 3
【变式19-2】（24-25八年级·四川乐山·期末）如图，点A (2，2)在直线y=x上，过点A 作A B ∥y
1 1 1 1
1
轴，交直线y= x于点B ，以点A 为直角顶点，A B 为直角边在A B 的右侧作等腰直角△A B C ，再
2 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
过点C 作A B ∥y轴，分别交直线y=x和y= x于A 、B 两点，以点A 为直角顶点，A B 为直角边在
1 2 2 2 2 2 2 2 2
A B 的右侧作等腰直角△A B C ，…，按此规律进行下去．
2 2 2 2 2（1）等腰直角△A B C 的面积为 ，
1 1 1
（2）等腰直角△A B C 的面积为 ．
n n n
1 32n−2
【答案】
2 22n−1
【分析】先根据点A 的坐标及A B ∥y轴求出B 的坐标，进而得到A B 的长及△A B C 的面积，再根
1 1 1 1 1 1 1 1 1
据A 的坐标及A B ∥y轴求出B 的坐标，进而得到A B 的长及△A B C 的面积，根据变换规律A B 的
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3
长得到△A B C 的面积，依次类推即可找出规律，进而可得到△A B C 的面积．
3 3 3 n n n
1
【详解】解：(1)∵A (2，2)，A B ∥y轴，且B 点在直线y= x上，
1 1 1 1 2
1
∴x =2，y = ×2=1，
B 1 B 1 2
∴B (2,1)，
1
∴A B =2−1=1，
1 1
∵△A B C 是等腰直角三角形，
1 1 1
∴A C =A B =1，
1 1 1 1
1 1
∴S = ×1×1= ．
△A 1 B 1 C 1 2 2
1
故答案为：
2
（2）∵A C =A B =1，
1 1 1 1
∴A (3,3)，
2
1
∵A B ∥y轴，且B 点在直线y= x上，
2 2 2 2
3
∴B (3, )，
2 2
3 3
∴A B =3− = ，
2 2 2 21 3 3 9
∴S = × × = ，
△A 2 B 2 C 2 2 2 2 8
3
∵A C =A B = ，
2 2 2 2 2
9 9
∴A ( , )，
3 2 2
1
∵A B ∥y轴，且B 点在直线y= x上，
3 3 3 2
9 9
∴B ( , )，
3 2 4
9 9 9
∴A B = − = ，
3 3 2 4 4
1 9 9 81
∴S = × × = ，
△A 3 B3C3 2 4 4 32
1 1
∵S = ×1×1= ，
△A 1 B 1 C 1 2 2
9 32
S = = ，
△A 2 B 2 C 2 8 23
81 34
S = = ，
△A 3 B3C3 32 25
32n−2
依次类推，S = ．
△A n BnCn 22n−1
32n−2
故答案为： ．
22n−1
【点睛】此题考查一次函数的性质，图像上点的坐标特点，等腰直角三角形的性质，根据图像依次计算得
到点的坐标规律是计算面积的关键.
❑√3
【变式19-3】（2025·山东德州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y= x，直线
1 3
l ：y=❑√3x，在直线l 上取一点B，使OB=1，以点B为对称中心，作点O的对称点B ，过点B 作B A ∥
2 1 1 1 1 1
l ，交x轴于点A ，作B C ∥x轴，交直线l 于点C ，得到四边形OA B C ；再以点B 为对称中心，作O点
2 1 1 1 2 1 1 1 1 1
的对称点B ，过点B 作 B A ∥l ，交x轴于点A ，作B C ∥x轴，交直线l 于点C ，得到四边形OA B C
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2；…；按此规律作下去，则四边形OA B C 的面积是 ．
n n n
4n
【答案】 ❑√3
6
【分析】根据直线的解析式求得直线和x轴的夹角的大小，再根据题意求得OB 的长，然后依据直角三角
n
形三角函数的求法求得OA 的长，进而求得OA 的长，然后根据等边三角形的性质，求得OA =A C ，
1 n n n n
最后根据菱形的面积等于对角线积的一半即可求得．
❑√3
【详解】解：∵直线l:y= x，
3
直线l :y=❑√3x，
2
∴直线l 与x轴夹角为30°，
1
直线l 与x轴夹角为60°，
2
B为l 上一点，且OB=1，
1
根据题意可知：
OB=1，
OB =2，
1
OB =4，
2
OB =8，
3
OB =16，
4
…
OB =2n ，
n
四边形OA B C 、四边形OA B C 、四边形OA B C …是菱形，
1 1 1 2 2 2 3 3 3
∵∠A OC =60°，
1 1
∴△OA C ，△OA C ，ΔOAC，△OA C ，…△OA C 是等边三角形，
1 1 2 2 3 3 n n
∴OA =A C ，OA =A C ，OA =A C …OA =A C ，
1 1 1 2 2 2 3 3 3 n n n2
∵OA =A C = ❑√3，
1 1 1 3
4
OA =A C = ❑√3，
2 2 2 3
8
OA =A C = ❑√3，
3 3 3 3
…
2n
OA =A C = ❑√3
n n n 3
1 1 2n 4n
∴四边形OA B C 的面积= A C ·OB = × ❑√3×2n= ❑√3．
n n n 2 n n n 2 3 6
【点睛】本题考查了一次函数的综合运用，关键是利用中心对称的性质，以及等边三角形的性质求得线段
的长，得出一般规律．
【题型20 利用一次函数解决行程问题】
【例20】（24-25八年级·浙江宁波·期末）甲、乙两位同学周末相约去游玩，沿同一路线从A地出发前往B
地，甲、乙分别以不同的速度匀速前行乙比甲晚0．5h出发，并且在中途停留1h后，按原来速度的一半继
续前进．此过程中，甲、乙两人离A地的路程s（km）与甲出发的时间t（h）之间的关系如图．下列说
法：①A，B两地相距24km；②甲比乙晚到B地1h；③乙从A地刚出发时的速度为72km/h；④乙出发
17
h与甲第三次相遇．其中正确的有（ ）
14
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】本题考查一次函数的实际应用，以及分式方程的实际应用，根据函数与图象中的信息，结合时
间、路程、速度三者之间的关系和追击问题的等量关系，对上述说法一一分析，即可解题．
【详解】解：由图知甲、乙两位同学最终停下来时，离A地的路程s（km）最大为24km，∴①正确，
由图知乙到B地时t=2h，甲到B地时t=3h，3−2=1（h），
∴②正确，
∵乙比甲晚0．5h出发，并且在中途停留1h后，按原来速度的一半继续前进．
设乙从A地刚出发时的速度为2xkm/h，则停留后的速度为xkm/h，
由图知乙在中途停留前已走12km，则停留后行驶路程为24−12=12（km），总的行驶时间为
2−0.5−1=0.5（h），
12 12
有 + =0.5，解得x=36，
2x x
∴乙从A地刚出发时的速度为2×36=72（km/h），
∴③正确，
根据图象可知，甲的速度为24÷3=8(km/h)
乙在途中停留1h后，二者第三次相遇， 乙中途停留前运动时间为12÷72=6(h)
12 5
∵乙的第二个拐点时间为 +0.5+1= （h），
72 3
由图知第三次相遇在第二个拐点之后，即第三次相遇时间大于第二个拐点时间，
设乙继续前进t小时后二者相遇， 根据题意得：
( 1 )
8× 0.5+ +1+t =12+36t
6
1
解得t=
21
1 1 17
故第三次相遇为乙出发后 +1+ = (h)
6 21 14
∴④正确．
综上所述，正确的有①②③④，共4个．
故选：D．
【变式20-1】（24-25八年级·重庆·期中）已知甲，乙两地相距480km，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙
两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，
2
发现此时与出租车相距120km，货车改变速度继续出发 h后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原
3
路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离y(km)与货车行驶时间x(h)之间
的函数图象，则下列说法错误的是（ ）A．a=120
B．点F的坐标为(8,0)
C．出租车从乙地返回甲地的速度为128km/h
125 123
D．出租车返回的过程中，货车出发 h或 h都与出租车相距12km
17 15
【答案】D
【分析】本题考查了从函数图象获取信息，用待定系数法求一次函数，一次函数的实际应用.
利用待定系数法求得OC的解析式，将(1,a)代入解析式，解方程即可判断A选项；
根据A选项中a的值，即为货车装货时距离乙地的长度，结合货车停下来装完货物后，发现此时与出租车
2
相距120km，可求出装货时间，即点B的坐标，再根据货车继续出发 h后与出租车相遇，求出装完货后
3
货车的速度，即直线BG的解析式中k的值，最后将点B坐标代入直线BG的解析式，利用待定系数法即可
得到直线BG的解析式，把y=480代入可求得点G的坐标，进而得到点F的坐标，从而判断B选项；
由B选项中点F的坐标，再结合题意，可得点E的坐标，从而可得到出租车返回时的速度，从而判断C选
项；
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，此时货车距离乙地为60km，出租
车距离乙地为128(t−4)=(128t−512)km，结合货车和出租车的速度进行分类讨论：①出租车和货车第二
次相遇前，相距12km时；②出租车和货车第二次相遇后，距离12km时，分别进行解答即可判断D选项．
【详解】结合图象，可得C(4,480)，
设直线OC的解析式为y=kx，
将C(4,480)代入解析式，可得480=4k，解得k=120，
直线OC的解析式为y=120x，
把(1,a)代入y=120x，得a=120，故A选项正确；
根据货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，
可得此时出租车距离乙地为120+120=240(km)，
出租车距离甲地为480−240=240km，
把y=240代入y=120x，可得240=120x，解得x=2，
货车装完货时，x=2，可得B(2,120)，
2 2
根据货车继续出发 h后与出租车相遇，可得 ×（出租车的速度＋货车的速度）=120，
3 3
根据直线OC的解析式为y=120x，可得出租车的速度为120km/h，
2
相遇时，货车的速度为120÷ −120=60(km/h)，
3
故可设直线BG的解析式为y=60x+b，
将B(2,120)代入y=60x+b，可得120=120+b，解得b=0，
直线BG的解析式为y=60x，
把y=480代入y=60x，可得480=60x，解得x=8，
∴G(8,480)，
∴F(8,0)，
故B选项正确；
15 1
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得EF= = ,
60 4
(31 )
∴E ,0 ，
4
(31 )
出租车返回时的速度为480÷ −4 =128(km/h)，
4
故C选项正确；
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60km，出租车距离乙地为128(t−4)=128−512(km)，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时；
可得60t −(128t −512)=12，
1 1
125
解得t = ，
1 17
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时；可得(128t −512)−60t =12，
2 2
131
解得t = ，
2 17
125 131
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发 ℎ或 ℎ与出租车相距12km．
17 17
故D选项错误．
故选：D
【变式20-2】（2025·重庆渝中·二模）甲、乙两辆冷链运输车从某公司疫苗存储库同时出发，各自将一批
疫苗运往省疾控中心疫苗仓储库，他们将疫苗运到省疾控中心疫苗仓储库后，省疾控中心将按规定流程对
疫苗的质量进行检查验收，检查验收及卸货的时间共为30分钟，然后甲、乙两辆冷链运输车又各自按原路
原速返回公司疫苗存储库，在整个过程中，假设甲、乙两辆冷链运输车均保持各自的速度匀速行驶，且甲
车的速度比乙车的速度快．甲、乙两车相距的路程y（千米）与甲车离开公司疫苗存储库的时间x（小时）
之间的关系如图所示，则在甲车返回到公司疫苗存储库时，乙车距公司疫苗存储库的距离为 千
米．
【答案】36
【分析】根据图象求出甲、乙速度和公司疫苗存储库到省疾控中心疫苗仓储库的距离，从而可得甲回到公
司疫苗存储库所用时间，求出这段时间乙行驶路程，即可得到答案．
【详解】解：如图：
由A（1.8，18）可知，甲1.8小时达到省疾控中心疫苗仓储库，且1.8小时，甲、乙相距18千米，即甲比
乙多行驶18千米，
∴甲、乙速度差为：V -V =18÷1.8=10（千米/时），
甲 乙∵检查验收及卸货的时间共为30分钟（0.5小时），
∴C（2.3，0），
而x =2.5，
D
∴甲比乙早0.2小时返回，即甲比乙早0.2小时到省疾控中心疫苗仓储库，
设甲速度为x千米/时，则乙速度是（x-10）千米/时，可得：
1.8x=（1.8+0.2）（x-10），
解得x=100，
∴甲速度为100千米/时，乙速度是90千米/时，公司疫苗存储库到省疾控中心疫苗仓储库的距离是180千
米，
∵在整个过程中，甲、乙两辆冷链运输车均保持各自的速度匀速行驶，
∴甲从第2.3小时返回，到公司疫苗存储库时间为2.3+1.8=4.1（小时），
乙从2.5小时开始返回，到4.1小时所行路程为：（4.1-2.5）×90=144（千米），
此时到公司疫苗存储库距离是180-144=36（千米），
∴甲车返回到公司疫苗存储库时，乙车距公司疫苗存储库的距离是36千米．
故答案为：36．
【点睛】本题考查一次函数图象及应用，读懂图象，特别是理解重要点的坐标，是解题的关键．
【变式20-3】（24-25八年级·浙江杭州·期末）2018年杭黄高铁开通运营，已知杭州到黄山距离300千米，
现有直达高铁往返两城市之间，该高铁每次到达杭州或黄山后，均需停留一小时再重新出发．暑假期间，
铁路局计划在同线路上加开一列慢车直达旅游专列，在试运行期间，该旅游专列与高铁同时从杭州出发，
10
在整个运行过程中，两列车均保持匀速行驶，经过 小时两车第一次相遇．两车之间的距离y千米与行驶
3
时间x小时之间的部分函数关系如图所示，当两车第二次相遇时，该旅游专列共行驶了 千
米．
【答案】2503
【分析】由图可知，高铁从杭州到黄山为 小时，根据路程÷时间=速度可求出高铁的速度，根据“高铁每
2
10 5 5
次到达杭州或黄山后，均需停留一小时再重新出发”从黄山出发经过 − = 小时与旅游专列第一次相
3 2 6
5 500
遇，可求出此时铁距离黄山 ×200= 千米，从而得出旅游专列的速度，因为旅游专列从杭州到黄山所
6 3
15
需时间为300÷40= 小时，而高铁从杭州到黄山1.5小时，停留1小时，再从黄山到杭州1.5小时，停留
2
1小时，所用时间为5个小时，可得高铁再次从杭州到黄山可以与旅游专列二次相遇从而可求出该旅游专
列共行驶的路程．
3
【详解】解：由图可知，高铁从杭州到黄山为 小时，
2
3
所以高铁速度为300÷ =200（千米/时），高铁到达黄山时停留一小时，共用2.5小时，
2
10 5 5
所以从黄山出发经过 − = 小时与旅游专列第一次相遇．
3 2 6
5 500
此时高铁距离黄山 ×200= 千米，
6 3
10 500 400 400 10
所以旅游专列 小时行驶300- = 千米，旅游专列的速度为 ÷ =40（千米/时）
3 3 3 3 3
15
又∵旅游专列从杭州到黄山所需时间为300÷40= 小时．
2
而高铁从杭州到黄山1.5小时，停留1小时，
再从黄山到杭州1.5小时，停留1小时，
所用时间为5个小时．
所以再次从杭州到黄山可以与旅游专列二次相遇．
5个小时旅游专列到达5×40=200千米，
200 5
所以二次相遇所用时间 = 小时
200-40 4
5
∴旅游专列共行驶了（5+ ）×40=250千米．
4
故答案为250．
【点睛】本题考查了利用函数图象解决行程的实际问题．正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象解决相应的函数问题．
