专题6.8期中大题易丢分培优训练（期中真题压轴80道，八下人教）-2023复习备考（解析版）人教版_初中数学人教版_八年级数学下册_保存转存之后查看(1)_旧版-可参考_06习题试卷

2022-2023学年八年级数学下学期复习备考高分秘籍【人教版】
专题6.8期中大题易丢分培优训练（期中真题压轴80道，八下人教）
一、解答题
1．（2022秋·湖南永州·八年级统考期中）在四边形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AD=6cm，
BC=10cm，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发，以2cm/s的速度向点C运动，当其
中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t．
(1)t取何值时，四边形EFCD为矩形？
(2)M是BC上一点，且BM=4，t取何值时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】(1)4
4
(2)4或
3
【分析】（1）根据平行四边形的判定，当DE=CF时，四边形EFCD为平行四边形，又由BC⊥CD，
平行四边形EFCD是矩形，列出方程求解即可；
（2）F是动点，点F在点M的左边和右边所构成的四边形AMEF都可能是平行四边形，分类讨论列方程
求解即可．
【详解】（1）由题意可知，AE=t×1=t(cm)，则DE=AD−AE=(6−t)cm，BF=t×2=2t(cm)，则
CF=BC−BF=(10−2t)cm，
∵AD∥BC，即DE∥CF，
∴当DE=CF时，四边形EFCD为平行四边形，
又∵BC⊥CD，
∴平行四边形EFCD是矩形，
则有6−t=10−2t，解得t=4，
答：t=4时，四边形EFCD为矩形．
（2）∵AD∥BC，M是BC上一点，即AE∥FM，
①当点F在线段BM上，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
4
则有t=4−2t，解得t= ，
3②当F在线段CM上，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t=2t−4，解得t=4，
4
综上所述t=4s或 s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
3
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形的判定，解题的关键是学会构建方程解决问题，学会用分类讨论的
思想思考问题．
2．（2022春·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，
点P、Q是边AB，BC上两个动点，且BP=4CQ，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，QD分
别交AC于点E，F，设CQ=m．
(1)当平行四边形BPDQ的面积为6√3时，求m的值；
(2)求证：△≝≌△QCF；
(3)如图2，连接AD，PF，PQ，当AD与△PQF的一边平行时，求△PQF的面积．
【答案】(1)m的值是1
(2)证明见解析
16√3 3√3
(3)△PQF的面积为 或
9 2
【分析】（1）如图1，过点P作PM⊥BC于M，表示BQ=4−m， PM=2√3m，根据平行四边形
BPDQ的面积为6√3，列等式可得m的值，由AB=8，可确定m=1；
（2）先计算DE=CQ=m，再由平行线的性质和对顶角相等结合AAS证明△≝≌△QCF；
（3）分两种情况：①如图2，AD∥PF，证明四边形APFD是平行四边形，根据PE=ED列方程可得m
的值，并计算△PQF的面积；②如图3，AD∥Q，证明四边形APQD是平行四边形，AP=PB，列方程
可解答．
【详解】（1）解：如图1，过点P作PM⊥BC于M，∵BP=4CQ，CQ=m，
∴BP=4m，
Rt△PBM中，∠B=60°，
∴∠BPM=30°，
1
∴BM= BP=2m，PM=2√3m，
2
∵BC=4，CQ=m，
∴BQ=4−m，
∵平行四边形BPDQ的面积为6√3，
∴BQ⋅PM=6√3，即(4−m)⋅2√3m=6√3，
解得：m =1，m =3，
1 2
Rt△ABC中，∠A=30°，
∴AB=2BC=2×4=8，
当m=1时，BP=4m=4，
当m=3时，BP=4m=12>8，不符合题意，舍去；
综上，m的值是1；
（2）证明：∵四边形BPDQ是平行四边形，
∴PD∥BC，
∴∠D=∠CQF，
由（1）知：BM=2m，
∴PE=CM=4−2m，
∴ED=PD−PE=BQ−PE=4−m−(4−2m)=m，
∵CQ=m，
∴CQ=ED，∵∠EFD=∠CFQ，
∴△≝≌△QCF(AAS)；
（3）解：分两种情况：
①如图2，AD∥PF，
∵PD∥BC，
∴∠AEP=∠C=90°，
Rt△AEP中，∠PAE=30°，
1 1
∴PE= AP= (8−4m)=4−2m，
2 2
∵AP∥DF，AD∥PF，
∴四边形APFD是平行四边形，
∴PE=ED，
∴4−2m=m，
4
∴m= ，
3
4 4 4
∵PE=4−2× = ， CQ= ，
3 3 3
∴PE=CQ，
∵PE∥CQ，∠C=90°，
∴四边形CQPE是矩形，
∴∠CQP=90°，
1 1 16 16√3
∴S = PQ⋅CQ= ×2√3m×m=√3× = ；
△PFQ 2 2 9 9
②如图3，AD∥PQ，∵AD∥PQ，AP∥DQ，
∴四边形APQD是平行四边形，
∴AP=DQ，
∵PB=DQ，
∴AP=PB，
∴8−4m=4m，
∴m=1，
∴S =S −S −S −S
△PFQ △ABC △APF △BPQ △CFQ
1 1 1 1
= ×4×4√3− ×1×√3− ×(4√3−√3)×2− ×3×2√3
2 2 2 2
3√3
= ；
2
16√3 3√3
综上，△PQF的面积为 或 ．
9 2
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了含30°的直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形的
性质和判定，平行四边形的性质，三角形的中位线，三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运
用性质进行计算的能力，还用了分类讨论思想．
3．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在梯形ABCD中，AB∥BC，
∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从点A开始，沿AD边，以1厘米/秒的速度
向点D运动；动点Q从点C开始，沿BC边，以3厘米/秒的速度向B点运动．已知P、Q两点分别从A、C
同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．假设运动时间为t秒，问：(1)t为何值时，四边形PQCD是平行四边形？
(2)在某个时刻，四边形PQCD可能是菱形吗？为什么？
(3)t为何值时，四边形PQCD是等腰梯形？
【答案】(1)运动时间为6秒；
(2)四边形PQCD不可能是菱形，理由见解析；
(3)当t=7时，四边形PQCD是等腰梯形
【分析】（1）当四边形PQCD是平行四边形时，必须有PD=CQ，列方程解答即可；
（2）由若四边形PQCD是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，根据（1）中的求解答案，分析看此时
能否为菱形，因为CD≠PD，即可得四边形PQCD不可能是菱形；
（3）过点D作DE⊥BC，PF⊥BC，则利用等腰梯形的性质可建立关于t的方程，解出即可．
【详解】（1）解：∵运动时间为t秒，
∴AP=tcm，PD=AD−AP=(24−t)cm，CQ=3tcm，BQ=BC−CQ=(26−3t)cm，
∵AB∥BC，
∴当PD=CQ时，四边形PQCD是平行四边形.
此时有3t=24−t，解得t=6．
∴当t=6时，四边形PQCD是平行四边形．
（2）解：若四边形PQCD是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，
根据（1）得：t=6，
∴PD=24−t=24−6=18(cm)，
过点D作DE⊥BC于E，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=24cm，
∴EC=BC−BE=26−24=2(cm)，DE=AB=8cm，
∴DC=√DE2+EC2=2√17≠PD，∴四边形PQCD不可能是菱形；
（3）解：若四边形PQCD是等腰梯形，如图，则∠PQC=∠C，PQ=DC，
过点D作DE⊥BC，PF⊥BC，
则∠PFQ=∠DEC=90°，
∴△PFQ≌△DEC(AAS)，四边形PFED为矩形，
则CE=QF，EF=PD，
由（2）知，CE=2cm，
当CQ−PD=4时，四边形PQCD是等腰梯形．
即3t−(24−t)=4，
∴t=7．
当t=7时，四边形PQCD是等腰梯形．
【点睛】此题考查了梯形的性质及等腰梯形的判定、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、解一元一次
方程，属于动点型问题，关键是判断出满足条件的点P及点Q位置，然后利用方程思想求解t的值，难度
较大．
4．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）（1）如图1，点E为▱ABCD中AB边上任意一点，请你仅用无
刻度的直尺在CD上找一点F，使得DF=BE．
（2）如图2，正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点(BE>DE)，请你仅用无刻度的直尺画一个菱形，
使得AE为菱形的一边．【答案】（1）见解析
（2）见解析
【分析】（1）连接AC，BD交于点O，连接EO，延长EO交CD于点F，点F即为所求；
（2）连接AC交BD于点O，延长AE交CD于点M，连接MO交AB于点N，连接CN交BD于点F，连接
AF，四边形AECF即为所求．
【详解】解：（1）如图1中，点F即为所求；
∵▱ABCD
∴OB=OD，AB∥CD，
∴∠EBO=∠FDO，
∵∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF(ASA)，
∴DF=BD．
（2）如图2中，四边形AECF即为所求．
∵正方形ABCD，
AC⊥BD
∴OA=OC，OM=ON，
¿
¿
∴四边形AMCN为平行四边形，
∴OE=OF，∴四边形AECF为菱形．
【点睛】本题考查作图−复杂作图，平行四边形的性质，正方形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题
关键是掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型．
5．（2022秋·河南鹤壁·八年级校考期中）如图1，有一个正方形ABCD，将边CB绕点C旋转得到线段CE，
连接BE，点F是BE的中点，过点A作AG⊥BE交直线BE于点G．
(1)如图2，当点E落在正方形内部时，易得：
①CF与BE的位置关系是 ；
②线段AG与FB的数量关系是 ；
③CF，AG，GF的数量关系是 ．
(2)若点E落在正方形外部（点B，C，E不在同一直线上）时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请
证明；若不成立，请直接写出新的结论．
【答案】(1)①CF⊥BE；②AG=FB；③GF=CF−AG；
(2)CF⊥BE，AG=FB，成立；点E落在正方形的边CD上方时，GF=AG−CF；点E落在正方形的边
BC右侧时，GF=AG+CF．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质可得到CF⊥BE；利用AAS可证明△ABG≌△BCF，利用全等三角
形的性质可得到AG=FB以及GF=CF−AG；
（2）分点E落在正方形的边CD上方和点E落在正方形的边BC右侧时，两种情况讨论，证明
△ABG≌△BCF，利用全等三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①由旋转的性质知CB=CE，
∵点F是BE的中点，即EF=BF，
∴由等腰三角形的性质得CF⊥BE；②∵四边形ABCD是正方形，AG⊥BE，
∴∠ABC=∠AGB=∠CFB=90°，AB=BC，
∴∠ABG+∠CBF=∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ABG=∠BCF，
∴△ABG≌△BCF(AAS)，
∴AG=FB；
③∵△ABG≌△BCF，
∴BG=CF，AG=FB，
∴GF=BG−BF=CF−AG；
故答案为：①CF⊥BE；②AG=FB；③GF=CF−AG；
（2）解：当点E落在正方形的边CD上方时，如图，
由旋转的性质知CB=CE，
∵点F是BE的中点，即EF=BF，
∴由等腰三角形的性质得CF⊥BE；
∵四边形ABCD是正方形，AG⊥BE，
∴∠ABC=∠AGB=∠CFB=90°，AB=BC，
∴∠ABG+∠CBF=∠BCF+∠CBF=90°，∴∠ABG=∠BCF，
∴△ABG≌△BCF(AAS)，
∴BG=CF，AG=FB，
∴GF=BF−BG=AG−CF；
当点E落在正方形的边BC右侧时，如图，
由旋转的性质知CB=CE，
∵点F是BE的中点，即EF=BF，
∴由等腰三角形的性质得CF⊥BE；
∵四边形ABCD是正方形，AG⊥BE，
∴∠ABC=∠AGB=∠CFB=90°，AB=BC，
∴∠ABG+∠CBF=∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ABG=∠BCF，
∴△ABG≌△BCF(AAS)，
∴BG=CF，AG=FB，
∴GF=BF+BG=AG+CF．
【点睛】本题考查的是正方形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握相关的
判定定理和性质定理是解题的关键．
6．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十七中学校考期中）图1、图2分别是10×6的网格，网
格中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，A、B两点在格点上，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)在图1中画一个△ABC，使△ABC为钝角等腰三角形，且△ABC的面积为10；
(2)在图2中画一个平行四边形ABEF，使其周长为10+2√13
(3)在图2中连接BF，并直接写出BF的长，BF=_________．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)3√2
【分析】（1）先根据面积，求出AB边上的高，再画出符合要求的图形即可；
（2）平行四边形ABEF的周长为10+2√13，AB=5即可求出BE=√13，依据勾股定理构造斜边为√13的
直角三角形，即可画出图形；
（3）依据勾股定理求解即可
【详解】（1）解：∵ △ABC为钝角等腰三角形，且△ABC的面积为10，AB=5
2S 20
∴ AB边上的高= △ABC = =4，利用勾股定理构造图如下：
AB 5
如图所示（答案不唯一）
BC=√32+42=√25=5=AB
故△ABC为钝角等腰三角形符合题意．（2）解：∵平行四边形ABEF的周长为10+2√13，AB=5
∴ BE=AF=√13
利用勾股定理构造图如下：
如图所示，BE=√22+32=√13符合题意．
故四边形ABEF是平行四边形，其周长为10+2√13（答案不唯一）．
（3）解：如下图：
如图BF=√32+32=3√2．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形和等腰三角形的性质以及勾股定理及作图，属于基础题，熟练掌
握等腰三角形的性质是关键．
7．（2022春·陕西渭南·八年级统考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线
MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．(1)求证：CE=AD；
(2)当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？请说明你的理由；
(3)若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形BECD是菱形，证明见解析
(3)当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．证明见解析
【分析】（1）根据DE⊥BC，得∠DFB=90°，结合∠DFB=90°得AC∥DE，根据平行四边形的判
定，得CE=AD．
（2）由题（1）得CE=AD，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得AD=BD=CD，可判定四边形
BECD是平行四边形，又根据BD=CD，判定平行四边形BECD是菱形．
（3）根据三角形内角和，当∠A=45°时，得∠ABC=45°，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得
CD=BD=AD，根据等角对等边，得∠DCB=∠DBC=45°，又根据正方形的判定，即可判定四边形
BECD是正方形．
【详解】（1）解：∵DE⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD．
（2）四边形BECD是菱形．理由如下：
由（1）得，CE=AD，
∵∠ACB=90°，点D为AB的中点
∴AD=BD=CD，
∴BD=CE，∵BD∥CE
∴四边形BECD是平行四边形，
∵CD=BD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．
证明，如下：
∵∠ACB=90°，∠A=45°
∴∠ABC=45°
又∵点D为AB的中点
∴CD=BD=AD
∴∠DCB=∠DBC=45°
∴∠CDB=90°
又∵四边形BECD是菱形
∴四边形BECD是正方形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理和直角三角形斜边上
的中线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．
8．（2022春·广东肇庆·八年级校考期中）如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作60°,30°,15°等
大小的角，可以采用下面的方法：
第一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．
第二：再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM和线段BN．
(1)请问图中∠1、∠2和∠3有什么关系？证明你的结论．
(2)在第（1）题图中，延长BN交AD于G，过G点作GH⊥BC于点H，得出一个以DG为宽的黄金矩形
√5−1
GHCD（黄金矩形就是符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为 ），若已知AB=4，求BC的长．
2
【答案】(1)∠1=∠2=∠3，理由见解析
(2)BC=4√3+2√5−2【分析】（1）连接AN，先证明△ABN为等边三角形，从而∠1=∠2=30°，由等边三角形的性质及矩形
的性质即可求出∠3的度数，即可得到∠1=∠2=∠3；
（2）先根据黄金矩形求出CH=2√5−2，再根据∠1=∠2=∠3得到∠3=30°，然后根据30度角的性质
和勾股定理求出BH=4√3，然后作答即可．
【详解】（1）解：如图，连接AN，
由折叠可得：∠1=∠2,AB=NB.，EF垂直平分AB，
∴NA=NB，
∴AB=NA=NB，
∴△ABN为等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠1=∠2=30°．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠3=∠ABC⋅∠NBC=90°−60°=30°；
∴∠1=∠2=∠3；
（2）如图：
∵ABCD是矩形纸片，GH⊥BC，
∴AB=GH=DC=4，
∵黄金矩形GHCD以DG为宽，GH=4，
DG √5−1
∴ = ，
GH 2
∴DG=2√5−2=CH，
∵∠1=∠2=∠3=30°，
∴BG=2GH=8，由勾股定理得BH=√82−42=√64−16=4√3，
∴BC=BH+HC=4√3+2√5−2．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，30度角的性质和勾股定理，
能够根据折叠的性质证出∠1=∠2=∠3=30°是解题的关键．
9．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）如图，长方形ABCD沿直线EF翻折，使点C落在点C′处，点B
落在点B′处．
(1)如图1，当延长FC′恰好经过点A时，C′B′交AB于点H，连接C′E．已知H为C′B′中点．
①求证：△AHC′≌△EHB′．
②若HB=11，BC=2√11．求AF的长．
AD 3 OF
(2)如图2，当C′与点A重合时，作AO⊥EF，若 = ，求 的比值．
CF 5 AO
【答案】(1)①见解析；②12
1
(2)
3
【分析】（1）①根据AC′∥EB′得∠HAC′=∠HEB′，根据H是B′C′的中点得HC′=HB′，利用AAS
证明三角形全等即可；②设BE=BE′=x，在Rt△HB′E中，根据勾股定理得，(11−x) 2=x2+(√11) 2 ，
进行计算得出x=5，即可得AH=EH=6，AC′=EB′=EB=5，根据四边形ABCD是矩形得
AC=BC=2√11，AB=CD=17，∠ADC=90°，设CF=FC′= y，则AF= y+5，DF=17−y，根据
勾股定理得，(y+5) 2=(2√11) 2+(17−y) 2，计算得y=7，即可得；
（2）过点F作FH⊥AB于点H，根据AD∶CF=3∶5，可以假设AD=3k，CF=5k，则DF=4k，根
据∠D=∠DAH=∠FHA=90°，可得四边形ADFH是矩形，即可得DF=AH=4k，FH=AD=3k，由翻折变换的性质可知∠CFE=∠EFA，根据CD∥AB得∠CFE=∠AEF，则∠AFE=∠AEF，即可
√10
得AF=AH=5k，则EH=k，根据勾股定理得EF=√10k，根据AO⊥EF得OF=OE= k，根据
2
1 1 3√10k
AE·FH= EF·AO得AO= ，即可得．
2 2 2
【详解】（1）①证明：∵AC′∥EB′，
∴∠HAC′=∠HEB′，
∵H是B′C′的中点，
∴HC′=HB′，
在△AHC′和△EHB′中，
¿，
∴△AHC′≌△EHB′（AAS）；
②由翻折变换的性质可知BC=B′C′=2√11，BE=EB′，∠B=∠B′=90°，
设BE=BE′=x，则EH=11−x，
在Rt△HB′E中，根据勾股定理得，(11−x) 2=x2+(√11) 2 ，
121−22x+x2=x2+11
22x=110
x=5，
∴AH=EH=6，AC′=EB′=EB=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BC=2√11，AB=CD=17，∠ADC=90°
设CF=FC′= y，则AF= y+5，DF=17−y，
根据勾股定理得，(y+5) 2=(2√11) 2+(17−y) 2，
y2+10 y+25=44+289−34 y+ y2，
44 y=308，
y=7，
∴AF=AC′+FC′=12；
（2）解：如图2所示，过点F作FH⊥AB于点H，∵AD∶CF=3∶5，
∴可以假设AD=3k，CF=5k，
∴C′F=5k，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠ADF=90°，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF=√AF2−AD2=√(5k) 2−(3k) 2=4k，
∵∠D=∠DAH=∠FHA=90°，
∴四边形ADFH是矩形，
∴DF=AH=4k，FH=AD=3k，
由翻折变换的性质可知∠CFE=∠EFA，
∵CD∥AB，
∴∠CFE=∠AEF，
∴∠AFE=∠AEF，
∴AF=AH=5k，
∴EH=AE−AH=5k−4k=k，
∴EF=√EH2+H F2=√k2+(3k) 2=√10k，
∵AO⊥EF，
√10
∴OF=OE= k，
2
1 1
∵ AE·FH= EF·AO，
2 2
5k×3k 3√10k
∴AO= = ，
√10k 2√10k
OF 2 1
∴ = = ．
OA 3√10k 3
2
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，翻折
变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
10．（2022秋·江西景德镇·八年级统考期中）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B落在AD边上一点E处，
折痕两端点分别在AB，BC上（含端点），且AB=6，BC=10．设AE=x．
(1)当BF的最小值等于______时，才能使点B落在AD上一点E处；
(2)当点F与点C重合时，求AG的长．
(3)当AE=3时，点F离点B有多远？
【答案】(1)6
8
(2)AG=
3
15
(3)BF=
2
【分析】（1）根据折叠的性质，得到BF=EF，根据垂线段最短原理，当EF⊥AD时，BF最小，此时
四边形ABFE是正方形，从而得到BF的最小值等于AB=6，计算即可．
（2）根据折叠性质，勾股定理得ED=√EC2−CD2=√102−62=8，根据GE2=AG2+AE2，引入未知
数，建立等式计算即可．
（3）过点F作FH⊥AD，垂足为H，判定四边形DCFH是矩形，根据勾股定理，得EF2=EH2+FH2，
计算即可．
【详解】（1）解：根据折叠的性质，得BF=EF，
根据垂线段最短原理，当EF⊥AD时，BF最小，
因为矩形纸片ABCD，
所以∠BAD=∠B=90°，
所以四边形ABFE是正方形，
所以BF=AB=6，
故答案为：6．
（2）解：根据折叠的性质，得BF=EF=BC=CE=10，
因为矩形纸片ABCD，AB=6，BC=10，
所以∠BAD=∠B=∠D=90°，BF=EF=BC=CE=10，CD=AB=6，BG=≥= y，
所以ED=√EC2−CD2=√102−62=8，
所以AE=AD−ED=10−8=2，
因为GE2=AG2+AE2，
所以y2=(6−y) 2+22，
10
解得y= ，
3
10 8
所以AG=AB−BG=6− = ．
3 3
（3）解：如图，过点F作FH⊥AD，垂足为H，
因为矩形纸片ABCD，AB=6，
所以∠D=∠B=90°，
所以四边形DCFH是矩形，
所以FH=CD=AB=6，
根据折叠的性质，得BF=EF，设BF=EF=k，
则CF=DH=BC−BF=10−k，
因为AE=3，
所以ED=AD−AE=7，
所以EH=ED−HD=7−(10−k)=k−3，
根据勾股定理，得EF2=EH2+FH2，
所以k2=(k−3) 2+62，
15
解得k= ，
2
15
所以点F离点B的距离为： ．
2
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正方形的判定，垂线段最短原理，熟练
掌握矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
11．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）如图1矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A
开始以1cm/s的速度沿AB边向点B运动，点Q从点B以1cm/s的速度沿BC边向点C运动，如果P、Q
同时出发，设运动时间为ts.
(1)当t=2时，求 PBQ的面积；
(2)当t为何值时，△△DPQ是以PQ为底的等腰三角形；(3)当运动3s时，P点停止运动，Q点以原速立即向B点返回，在返回的过程中， DP是否能平分∠ADQ？
若能，求出点Q运动的时间；若不能，请说明理由.
【答案】(1)4
3
(2)
2
21
(3) s
4
【分析】（1）根据题意，当t=2时，AP=t=2，BQ=t=2，求得BP的长，即可求得答案；
（2）由题意得AP=t，BQ=t，得到CQ=BC−BQ=12−t，在Rt△APD中，由勾股定理得
PD2=AP2+AD2=t2+122=t2+144，在Rt△DCQ中，由勾股定理得到
DQ2=CQ2+CD2=(12−t) 2+62，PD=DQ时，t2+144=(12−t) 2+62，即可求得答案；
（3）若DP平分∠ADQ，作PE⊥DQ于点E，证明Rt△PQE≌Rt△PQB(HL)，根据全等三角形的性质
可得QE=QB，再证△ADP≌△EDP(AAS)，设QE=QB=x，则CQ=12−x，DQ=12+x．在Rt△CDQ
中，根据勾股定理列出方程，解方程求得x的值，继而求得t值.
【详解】（1）解：当t=2时，AP=t=2，BQ=t=2，
∴BP=AB−AP=6−2=4，
1 1
∴△PBQ的面积＝ ×BP×BQ= ×4×2=4；
2 2
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=12cm，AB=CD=6cm，∠A=∠C=90°，
由题意得AP=t，BQ=t，
∴CQ=BC−BQ=12−t，
在Rt△APD中，∠A=90°，AP=t，AD=12，
∴PD2=AP2+AD2=t2+122=t2+144，
在Rt△DCQ中，∠C=90°，CQ=12−t，CD=6，
∴DQ2=CQ2+CD2=(12−t) 2+62，
当PD=DQ时，t2+144=(12−t) 2+62，
整理得，24t=36，3
解得t= ，
2
3
即当t= 时，△DPQ是以PQ为底的等腰三角形；
2
（3）当t=3s时，AP=3cm，BP=3cm．
如图所示，若DP平分∠ADQ，作PE⊥DQ于点E．
∴PA=PE=3cm．
在Rt△PQE和Rt△PQB中，
¿，
∴Rt△PQE≌Rt△PQB(HL)．
∴QE=QB．
在△APD和△EPD中，
¿，
∴△ADP≌△EDP(AAS)．
∴AD=ED=12．
设QE=QB=x，则CQ=12−x．
DQ=DE+QE=12+x．
在Rt△CDQ中，CD2+CQ2=DQ2．
即(12+x) 2=62+(12−x) 2．
3
解得x= ．
4
45
∴CQ=12−x= ．
4
(45 ) 9
∴Q又走了 −9 ÷1= s，
4 4
∵原来运动3s．9 21
∴t= +3= s．
4 4
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等知识，也考查了对知识的综
合运用能力，解决这类问题的关键是注意动点线段的表示方法．
12．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第六十九中学校校考期中）▱ABCD中，点E、F分别在
C、AD上，且DF=BE．
(1)如图1，求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)如图2，若E为BC中点，连接BF、DE、EF，AE与BF相交于点G，CF与DE相交于点H，在不添加
任何辅助线的情况下，请直接写出图2中除▱ABCD和▱AECF以外的所有平行四边形．
【答案】(1)见解析，
(2)▱BEDF，▱GEHF
【分析】（1）由▱ABCD得出AD∥BC，AD=BC，从而证得AF∥CE，AF=CE，即可得出结论；
（2）利用▱ABCD的性质得出DF∥BE，又因为DF=BE，可得出▱BEDF；利用▱AECF得出
BF∥DE，利用▱AECF得出AE∥CF，可得出▱GEHF．
【详解】（1）证明：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，AD=BC，
即AF∥CE，
∵DF=BE，
∴AD−DF=BC−BE，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：除▱ABCD和▱AECF以外的所有平行四边形有：▱BEDF，▱GEHF．
理由：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，即DF∥BE，
∵DF=BE，
∴▱BEDF ；∴BF∥DE，即GF∥EH，
∵▱AECF，
∴AE∥CF，即GE∥HF，
∴▱GEHF．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
13．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第六十九中学校校考期中）▱ABCD中，点E在边AD上，
∠B+∠AEC=180°．
(1)如图1，求证：CD=CE；
(2)如图2，延长BA、CE交于点F，点G在线段CE上，连接AG、DG，若∠AGE=∠CDG，求证：
△AFG≌△GCD；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接DF，若DF=DG，∠ADG=2∠BFC，BC=4，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)8−4√3
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出∠B=∠D，再由等角的补角相等得出∠B=∠DEC=∠D，
利用等角对等边即可证明；
（2）根据各角之间的关系得出∠GAD=∠ADG，AG=DG，再由平行线的性质得出∠AFE=∠DCG，
利用全等三角形的判定证明即可；
（3）设∠GDC=x，∠BFC= y，则∠ADG=∠GAD=2y,∠DCG= y，根据各角之间的关系得出
∠FDA=30°,过F作FM⊥AD于M，利用含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠B+∠AEC=180°,∠AEC+∠DEC=180°，∴∠B=∠DEC=∠D，
∴CD=CE；
（2）∠CED=∠AGE+∠GAD,∠CDA=∠CDG+∠ADG，
∵∠AGE=∠CDG,∠CED=∠CDA，
∴∠GAD=∠ADG，
∴AG=DG，
∴BF∥CD，
∴∠AFE=∠DCG，
∴△AFG≌△GCD(AAS)；
（3）设∠GDC=x，∠BFC= y，则∠ADG=∠GAD=2y,∠DCG= y，
∴∠FGD=∠DCG+∠GDC=x+ y=∠DFG，
由（2）知：∠AGE=∠CDG=x，
△ADG中，2y+2y+x+x+ y=180°，即5 y+2x=180°，
△AEF中，∠AFE= y，
∴∠FAE=∠FEA=x+2y，
∴∠AFD=x+2y=∠FAE，
∴DF=AD=BC=AG=DG=4，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠GAD=2y=60°,y=30°，
∴∠FDA=30°，
过F作FM⊥AD于M，
∵AF=EF，∴AE=2AM，
1
Rt△DFM中，FM= DF=2，
2
DM=√DF2−FM2=2√3，
∴AE=2AM=2(AD−DM)=2(4−2√3)=8−4√3．
【点睛】题目主要考查平行四边形的性质及全等三角形的判定和性质，含30角的直角三角形的性质与勾股
定理解三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
14．（2022秋·吉林长春·八年级长春市第五十二中学校考期中）在▱ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，
BD=4cm，动点P从点D出发，以4cm/s的速度沿折线DC−CB−BD运动，连接AP交BD于点O，设点
P的运动时间为t秒．
(1)当点P在DC边上运动时，直接写出DP、CP的长；
(2)在（1）的条件下，当△OPD是等腰三角形时，求t的值；
(3)当点P在AD的垂直平分线上时，求出此时t的值；
(4)点Q与点P同时出发，且点Q在AB边上由点A向点B运动，点Q的速度是1cm/s，当直线PQ平分
▱ABCD的面积时，直接写出t的值．
【答案】(1)DP=4tcm，CP=(3−4t)cm；
1
(2)t= ；
4
73 71
(3) 或 ；
40 32
3 5
(4) 或 ．
5 2
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB=CD=3cm，由DP=4tcm可得CP=(3−4t)cm；
（2）求出∠BDC=∠ABD=90°，可得△OPD是等腰三角形时，DP=DO，△ABO是等腰直角三角形，
然后根据AB=BO列式求出t值即可；
（3）作AD的垂直平分线交BC于P ，交BD于P ，交AD于F，过点B作BH⊥AD于H，连接AP ，当
1 2 27
点P运动到P 的位置时，先求出AF和AH的长，然后可得BP =HF= cm，即可计算t的值；当点P运
1 1 10
7
动到P 的位置时，在Rt△ABP 中，利用勾股定理构建方程求出BP = cm，然后可计算此时t的值；
2 2 2 8
（4）如图2，连接AC交BD于G，PQ过点G，证明△QAG≅△PCG(ASA)，可得当PQ过点G时，直线
PQ平分▱ABCD的面积，然后分点P在DC上和点P在BD上两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：在▱ABCD中，AB=CD=3cm，
由题意得：DP=4tcm，
∴CP=(3−4t)cm；
（2）解：∵AB=3cm，AD=5cm，BD=4cm，
∴AB2+BD2=AD2，
∴△ABD是直角三角形，且∠ABD=90°，
∵在▱ABCD中，AB∥CD，
∴∠BDC=∠ABD=90°，
∴当△OPD是等腰三角形时，DP=DO=4t，
∴∠DOP=∠DPO=45°，
∴∠AOB=∠DOP=45°，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∵AB=BO，
∵BO=BD−DO=4−4t，
∴4−4t=3，
1
∴t= ；
4
（3）解：如图1，作AD的垂直平分线交BC于P ，交BD于P ，交AD于F，过点B作BH⊥AD于H，
1 2
∵在▱ABCD中，AB=CD=3cm，AD=BC=5cm，
1 5
∴AF= AD= cm，
2 2
1 1
∵S = AB⋅BD= AD⋅BH，
△ABD 2 2
AB⋅BD 3×4 12
∴BH= = = cm，
AD 5 5∴在Rt△ABH中，AH=√AB2−BH2=
√
32−
(12) 2
=
9
cm，
5 5
5 9 7
∴HF=AF−AH= − = cm，
2 5 10
∵BH⊥AD，P F⊥AD，BC∥AD，
1
∴∠BHF=∠HFP =∠FP B=90°，
1 1
7
∴BP =HF= cm（平行线间间距相等），
1 10
7 43
∴CP =5− = cm，
1 10 10
43
3+
∴当点P运动到P 的位置时， 10 73 ；
1 t= = s
4 40
连接AP ，
2
∵P F垂直平分AD，
2
∴AP =P D=4−BP ，
2 2 2
在Rt△ABP 中，AB2+BP ❑ 2=AP ❑ 2 ，
2 2 2
∴32+BP
❑
2=(4−BP
)
2
，
2 2
7
∴BP = cm，
2 8
7
3+5+
∴当点P运动到P 的位置时， 8 71 ；
2 t= = s
4 32
73 71
综上，当点P在AD的垂直平分线上时，t的值为 或 ；
40 32
（4）解：如图2，连接AC交BD于G，PQ过点G，
∵在▱ABCD中，AB∥CD，AG=CG，∴∠QAG=∠PCG，
又∵∠QGA=∠PGC，
∴△QAG≅△PCG(ASA)，
∴S =S ，AQ=CP，
△QAG △PCG
1
∴S =S +S =S +S =S = S ，
四边形BQPC 四边形BQGC △PCG 四边形BQGC △QAG △ABC 2 平行四边形ABCD
∴当PQ过点G时，直线PQ平分▱ABCD的面积，
当点P在DC上时，
∵AQ=t，PC=3−4t，AQ=CP，
∴t=3−4t，
3
解得：t= ；
5
当点P在BD上时，如图3，点P与点G重合，
1
∵BP= BD=2，
2
3+5+2 5
∴t= = ；
4 2
3 5
综上，当直线PQ平分▱ABCD的面积时，t的值为 或 ．
5 2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直
平分线的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，熟练掌握数形
结合思想与方程思想的应用是解题的关键．
15．（2022秋·江苏镇江·八年级统考期中）新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做积等三角
形．(1)初步尝试：如图1，已知Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=8，P为AC上一点，当AP=
______时，△ABP与△CBP为积等三角形；
(2)理解运用：如图2，△ABD与△ACD为积等三角形，若AB=2，AC=5，且线段AD的长度为正整数，
求AD的长；
(3)综合应用：如图3，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AC，AB为边向外作正方形ABDE和正
方形ACFG，连接EG，求证：△AEG与△ABC为积等三角形．
【答案】(1)3
(2)2或3
(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角形的中线的性质及积等三角形的定义即可解决问题；
（2）过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，证明△ADB≌△EDC(AAS)，推出AD=DE，
AB=EC=2，利用三角形的三边关系即可解决问题；
（3）过点E作EH⊥GA，交GA的延长线于点H，先证明△ABC≌△AEH，得到BC=EH，依据三角形
的面积公式可知S =S ，然后再依据积等三角形的定义进行证明即可．
△ABC △AEG
【详解】（1）解：如图，
∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=8，
∴AC=√AB2−BC2=√102−82=6，
当AP=CP=3时，
1 1
S = ·CP·BC= ×3×8=12，
△CBP 2 2
1 1
S = ·AP·BC= ×3×8=12
△ABP 2 2∴△CBP与△ABP的面积相等，
∵∠C=90°，∠APB=90°+∠PBC>90°，
∴△CBP是直角三角形，△ABP是钝角三角形，
∴△CBP与△ABP不全等．
∴△ABP与△CBP为积等三角形．
故答案为：3．
（2）如图，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，
∴∠ABD=∠ECD，
∵△ABD与△ACD为积等三角形，
∴BD=CD，
在△ADB与△EDC中，
¿
∴△ADB≌△EDC(AAS)
∴AD=DE，AB=EC，
∵AB=2，AC=5，
∴在△ACE中，AE=2AD，AC=5，EC=AB=2，
∴5−2<2AD<5+2，
3 7
即 <AD< ，
2 2
∵线段AD的长度为正整数，
∴AD=2或3．
（3）证明：如图，过点E作EH⊥GA，交GA的延长线于点H，∴∠AHE=90°，
∵四边形ACFG和四边形ABDE均为正方形，
∴∠CAG=∠EAB=90°，AE=AB，AG=AC，
∴∠BAC+∠BAH=180°−90°=90°，∠EAH+∠BAH=90°，
∴∠BAC=∠EAH，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠AHE=90°，
在△ABC和△AEH中，
¿
∴△ABC≌△AEH(AAS)
∴BC=EH，
1 1 1
∵S = BC·AC，S = AG·EH= AC·BC，
△ABC 2 △AEG 2 2
∴S =S ，
△ABC △AEG
∵∠CAG=∠EAB=90°，
∴∠GAE+∠BAC=180°，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠BAC<90°，
∴∠GAE>90°，
∴△GAE为钝角三角形，
∴△GAE和△ABC不全等，
∴△AEG与△ABC为积等三角形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，三角形的中线的性质，三角形的三边
关系，全等三角形的判定和性质，三角形的分类等知识．解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形解决
问题．
16．（2022春·广东东莞·八年级东莞市东华初级中学校考期中）如图，将一张矩形ABCD的纸片沿BD向上折叠，顶点C落在点E处，BE交AD于F．
(1)求证：△BDF是等腰三角形；
(2)过D作DG∥BE交BC于G，连接FG，交BD于O．
①判断四边形BFDG的形状；
②若AB=6，AD=8，求FG的长．
【答案】(1)见解析；
15
(2)①菱形；②FG= ．
2
【分析】（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性可得结论；
（2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等可得结论；
②在Rt△ABD中，由勾股定理可求BD=10，在Rt△ABF中，由勾股定理可求DF的长，根据菱形的面积
公式即可求解．
【详解】（1）证明：根据折叠可得∠DBC=∠DBE，
又AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB，
∴∠DBE=∠ADB，
∴DF=BF，
∴△BDF是等腰三角形；
（2）①四边形BFDG是菱形，
理由如下：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴FD∥BG，
又∵DG∥BE，∴四边形BFDG是平行四边形，
∵DF=BF，
∴四边形BFDG是菱形；
②在Rt△ABD中，AB=6，AD=8，
∴BD2=AD2+AB2，
∴BD=10，
∵BF2=AF2+AB2，
∴DF2=(8−DF) 2+36，
25
∴DF= ，
4
25 1
∴四边形BFDG的面积= ×6= FG×10，
4 2
15
解得：FG= ．
2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形判定，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，利
用勾股定理求出DF的长是本题的关键．
17．（2022春·湖南怀化·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4cm,BC=8cm，动点M从点D出
发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以1cm/s的速度
运动．
(1)若动点M,N同时出发，t秒时，N走过___________cm，M走过___________cm；
(2)若动点M,N同时出发，经过几秒钟两点第一次相遇？
(3)若点E在线段BC上，且BE=3cm，若动点M,N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点
A,E,M,N组成平行四边形？
【答案】(1)t;2t
(2)8
17
(3)t=
3【分析】（1）根据路程=时间×速度的等量关系，可直接写出N和M的路程
（2）根据相遇问题的等量关系列出方程求解即可，M的路程+N的路程=矩形的周长；
（3）分点M在点E的左边和右边两种情况，根据平行四边形对边相等，利用AN=ME列出方程求解即可．
【详解】（1）解：路程=时间×速度，时间为t，N的速度为1cm/s，所以其路程为t，M的速度2cm/s所
以其路程为2t；
（2）解：设t秒时两点相遇，根据题意得t+2t=2×(4+8)=24，解得t=8，
即经过8秒钟两点第一次相遇；
（3）解：
①如图1，点M在BC上且在E点右侧时，当AN=ME时，四边形AEMN为平行四边形，得8−t=9−2t，
解得t=1，此时点M在DC，所以舍去；
②如图2，点M在BC上且在E点左侧时，当AN=ME时，四边形AEMN为平行四边形，得8−t=2t−9，
17
解得t= ，符合题意 ，
3
17
所以经过 秒钟，点A,E,M,N组成平行四边形．
3
【点睛】本题主要考查了矩形的性质及平行四边形的判定与性质，根据等量关系列出方程是解题的关键．
18．（2022春·福建厦门·八年级统考期中）如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是
线段AO上（不与A、O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且交边CD于点E．
(1)求证：PB=PE；
(2)若正方形ABCD的边长为6．
①过点E作EF⊥AC于点F，如图2，则在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，请直接写出这个不变的值；若变化，请说明理由．
②连接BE交AC于点G，在点P运动的过程中，当CE=2，求PG的长．
【答案】(1)见解析；
5√2
(2)①PF的长不发生变化，为定值3√2；② ．
2
【分析】（1）过点P作MN∥AD，根据正方形的性质和同角的余角相等，证明△BMP≌△PNE，即
可得证．
（2）①连接OB，根据正方形的性质，对角线垂直和同角的余角相等，证明△OBP≌△FPE，即可得解；
②过点P作MN∥AD，利用正方形的性质，求出PC，过G作GQ⊥BC于Q，GH⊥CD于H，利用
S +S =S ，求出CG，再用PG=PC−CG即可得解．
△BCG △ECG △BCE
【详解】（1）证明：如图1，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
则BM=CN，
∵PB⊥PE，
∴∠BPE=90°，
∴∠MPB+∠NPE=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠D=90°，∠PCN=45°，
∵AD∥MN，
∴∠BMP=∠BAD=∠PNE=∠D=90°，
∴∠MPB+∠MBP=90°，
∴∠NPE=∠MBP．
在Rt△PNC中，∠PCN=45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN=CN，
∴BM=CN=PN，
∴△BMP≌△PNE(ASA)，
∴PB=PE．（2）解：①在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．理由如下：
如图2，连接OB．
∵四边形ABCD是边长为6的正方形，
∴AB=CB=6，
∵点O是AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB=∠EFP=90°，
∴∠OBP+∠BPO=90°．
∴∠BPE=90°，
∴∠BPO+∠FPE=90°，
∴∠OBP=∠FPE．
由（1）得：PB=PE，
∴△OBP≌△FPE(AAS)，
∴PF=OB．
∵△ABO是等腰直角三角形，
√2
∴OB= AB=3√2，
2
∴PF=3√2，
即PF的长不发生变化，为定值PF＝3．②过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
由（1）可知，PM=NE，△AMP和△PCN是等腰直角三角形，
∴PA=√2PM,PC=√2NC，
∴PA=√2NE，
∴PC=√2(NE+CE)=√2NE+√2CE=PA+√2CE，
∴PC−PA=√2CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=6,∠ABC=∠BCD=90°,∠ACB=∠ACD=45°，
∴AC=√2AB=6√2=PC+PA，
∴PC=4√2,PA=2√2，
过G作GQ⊥BC于Q，GH⊥CD于H，
则GQ＝GH，△CGQ是等腰直角三角形，
∴CG=√2GQ，
设GQ=GH=x，则CG=√2x，
∵S +S =S ，
△BCG △ECG △BCE
1 1 1
∴ BC⋅GQ+ CE⋅GH= BC⋅CE，
2 2 2
1 1 1
即 ×6⋅ x+ ×2⋅ x= ×6×2，
2 2 2
3
解得：x= ，
2
3√2
∴CG= ，
2
3√2 5√2
∴PG=PC−CG=4√2− = ，
2 2
5√2
即PG的长为 ．
2【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质．根据正方形的性质添加合适的辅助线证明三
角形全等是解题的关键．
19．（2022春·山东德州·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，
AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C
开始沿CB边向点B以3cm/s的速度运动，动点P，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，
另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒.
(1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？
(2)当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？
【答案】(1)当t=6.5s时，四边形ABQP是矩形
(2)当t=6s时，四边形PQCD是平行四边形
【分析】（1）四边形ABQP为矩形，即AP=BQ，列出等式，求解即可；
（2）四边形PQCD为平行四边形，即CQ=PD，列出等式求解；
【详解】（1）解：∵设运动时间为t秒，
∴AP=t(cm)，PD=AD−AP=24− t(cm)，CQ=3t(cm)，BQ=BC−CQ=26−3 t(cm)，
如图1，
∵AD∥BC，
∴当PA=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
∵∠B=90°，
∴四边形ABQP是矩形，
即t=26−3 t，
解得：t=6.5，
∴t=6.5s时，四边形ABQP是矩形；（2）解：如图2，
∵AD∥BC，
∴当QC=PD时，四边形PQCD是平行四边形．
此时有3t=24− t，
解得t=6．
∴当t=6s时，四边形PQCD是平行四边形．
【点睛】此题主要考查了矩形、平行四边形的判定与性质应用，要求学生掌握对各种图形的认识，同时学
会数形结合的数学解题思想．
20．（2022春·江西赣州·八年级校考期中）如下图所示，在平面直角坐标系中，四边形AOCB的点O在坐
标原点上，点A在y轴上，AB∥OC，点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿
AB方向以每秒1个单位长度的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个单位长度的速度运动.点
M、N同时出发，一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒.
(1)当t=2时，点M的坐标为___________，点N的坐标为___________；
(2)运动过程中，当t=5时，四边形MNCB时什么四边形？
【答案】(1)M(2,8),N(17,0)
(2)菱形
【分析】（1）根据已知点的坐标和移动的速度求得AM和ON的长，然后即可求得点M和点N的坐标；
（2）先求出BM，得到BM=CN，推出四边形MNCB为平行四边形，然后过点B作BD⊥OC于D，得到四
边形OABD是矩形，根据矩形的对边相等可得OD=AB，BD=OA，然后求出CD，再利用勾股定理列式求
出BC，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形．（1）
∵点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速
度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动，
∴当t=2时，AM=2，CN=4，
∴ON=21-4=17，
∴点M的坐标为：（2，8），点N的坐标为：（17，0），
故答案为（2,8），（17,0）；
（2）
运动过程中，当t=5时，AM=5，CN=10，
∴ON=21-10=11，BM=15-5=10，
∴BM=CN，
∵BM∥CN，
∴四边形MNCB为平行四边形，
过点B作BD⊥OC于点D，则四边形AODB是矩形．
∴OD=AB=15，BD=OA=8，CD=OC-OD=6，
在Rt△BCD中，BC=√BD2+CD2=10，
∴BC=CN，
∴平行四边形MNCB是菱形，
∴当t=5时，四边形MNCB为菱形．
【点睛】本题是四边形综合题型，主要利用了矩形的性质，平行四边形与菱形的关系，梯形的问题，以及
勾股定理，根据矩形、菱形与平行四边形的联系，熟练掌握各性质是解题的关键．
21．（2022春·贵州黔东南·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=9cm，
BC=13cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向终
点B运动，当其中一个动点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为ts．
（1）若AB=3cm，求CD的长；（2）当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？
探究：
（3）若AB=3cm，在整个运动过程中是否存在一个时间，使得四边形PQCD是菱形？若存在，请求出运动
时间；若不存在，请说明理由．
能力提升：
（4）探究：如果要使第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形，则线段AB的长又要等于多少？
【答案】（1）DC=5cm；（2）当t为3s时，四边形PDCQ是平行四边形；（3）不存在；理由见解析；
（4）当AB=2√5cm时，第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形．
【分析】（1）过点D作DE⊥BC于点E，则∠DEB=90°，根据矩形的判定和性质得出AB=DE=3，BE=13-
9=4，再由勾股定理求解即可；
（2）根据题意得出PD=9−t，CQ=2t，再由平行四边形的性质得出方程求解即可；
（3）根据（2）中过程及菱形的性质求解即可；
（4）根据菱形的性质及勾股定理求解即可得出结果．
【详解】解：（1）过点D作DE⊥BC于点E．则∠DEB=90°，
∵ AD∥BC，∠B=90°，
∴∠A=∠B=90°，即∠A=∠B=∠DEB=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴AB=DE=3，CE=13-9=4，
在Rt△DEC中，
DC=√32+42=5（cm）
（2）由题意得，PD=9−t，CQ=2t，
∵AD∥BC，
∴当PD=CQ时，四边形PDCQ是平行四边形，即9−t=2t，
解得t=3．
∴当t为3s时，四边形PDCQ是平行四边形．
（3）解：不存在：理由：
要使四边形PDCQ是菱形，则四边形PDCQ一定是平行四边形
由（2）可知t=3s时，四边形PDCQ是平行四边形，此时PD=9-t=6，
又∵CD=√32+42=5，
∴PD≠CD，
∴四边形只能是平行四边形，不可能是菱形
（4）当t=3时，PD=9-3=6，
当DP=DC=6时，平行四边形PDCQ是菱形，
∴DE=AB=√62−42=2√5
即当AB=2√5cm时，第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形．
【点睛】题目主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质及勾股定理解三角形，一元一次方程的应用
等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
22．（2022春·江西赣州·八年级校考期中）阅读理解：
如图①，如果四边形ABCD满足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝
形”.将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中
CE，CF为折痕，∠BCE=∠ECF=∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相
交于点O.
简单应用：
(1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是___________；
(2)当图③中的∠BCD=120°时，∠AEB′=___________°；(3)当图③中的四边形AECF为菱形时，求证OD′CB′为完美筝形.
【答案】(1)正方形
(2)80°
(3)见解析
【分析】(1)根据“完美风筝”的定义判断即可得到结果；
1
(2)根据根据∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，可得到∠BCE= ∠BCD=40°，由三角形的内角和可得∠BEC=50°，
3
根据对折得到∠BEC=∠B′EC，根据邻补角即可求解；
(3)根据“完美筝形”的定义得出线段、角相等，转化到四边形ODCB中，即可．
【详解】（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=90°，
∴正边形一定是“完美筝形”
故答案为：正边形
（2）由对折有，∠BEC=∠B′EC，
∵∠BCE=∠ECF=∠FCD，且∠BCD=120°，
1
∴∠BCE= ∠BCD=40°，
3
∴∠BEC=90°−∠BCE=50°，
∴∠BEB′=100°
∴∠AEB′=80°，
故答案为：80
（3）四边形CD′OB′是“完美筝形”．
理由：∵四边形ABCD是“完美筝形”，
∴CB＝CD，∠B＝∠D＝90°．
由折叠可知，CD′＝CD，CB′＝CD，∠CD′O＝∠CB′O＝90°，
∴CD′＝CB′，∠OD′E＝∠OB′F＝90°．∵四边形AECF为菱形，
∴CE＝CF，
∴D′E＝B′F，
在△OED′和△OFB′中，
¿
∴△OED′≌△OFB′ (AAS)，
∴OD′＝OB′，
∴四边形CD′OB′是“完美筝形”．
【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质和判定，解本题的关键是“完美筝形”的定义的条件．
23．（2022春·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，O是对
角线AC的中点，过点O作OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G．
(1)如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积；
(2)如图2，若∠ACB＝45°，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)30
(2)AF+OF＝√2EG，理由见解析
【分析】（1）连接BD，求出S OBC，再根据平行四边形的性质得出平行四边形的面积与S OBC的关系
△ △
求得结果；
（2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，证明△OEG≌△CEH得OG＝CH，EG＝EH，再证明
△OAF≌△OCG，得AF＝CG，OF＝OG，进而根据等腰直角三角形的性质得结论．
【详解】（1）解：连接BD，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BD过点O，
1 1 15
∴S ❑ = BC·OE= ×5×3= ．
△ OBC 2 2 2
∴平行四边形ABCD的面积=4S =30；
△OBC
（2）解：AF+OF=√2EG．理由如下：
过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，如图2，
∵OE⊥BC，
∴∠OEG+∠GEC＝∠GEC+∠CEH＝90°，
∴∠OEG＝∠CEH，
∵∠ACB＝45°，
∴∠COE＝45°，
∴OE＝CE，
∵平行四边形ABCD中，AB∥CD，
又FG⊥AB，
∴FG⊥CD，
∴∠EOG+∠ECG＝360°-90°-90°＝180°，∵∠ECH+∠ECG＝180°，
∴∠EOG＝∠ECH，
∴△OEG≌△CEH（ASA），
∴OG＝CH，EG＝EH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠OAF＝∠OCG，
∵∠AOF＝∠COG，
∴△OAF≌△OCG（ASA），
∴AF＝CG，OF＝OG，
∵CG+CH＝GH，
∴AF+OF＝GH，
∵∠GEH＝90°，EG＝EH，
∴GH＝√2EG，
∴AF+OF=√2EG．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等内容，综合性比较强，准确
找出题中各个量之间的关系并进行转化是解题的关键．
24．（2022春·湖北宜昌·八年级统考期中）在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，经过折叠使点A落在BC边上
的点E处，折痕为PQ．当点E在BC边上移动时，折痕的端点P，Q也随之移动.规定点P、Q分别在AB，
AD上移动．
(1)当点A落在图1中E点处，如果PA=2，求BE的长为多少？
(2)当点E恰好是BC的中点时，AP和DQ的长分别是多少？
(3)点E在BC边上可移动的最大距离是多少？
【答案】(1)BE的长为√3
61 39
(2)当点E恰好是BC的中点时，AP= ，DQ=
24 20(3)点E在BC边上可移动的最大距离是2
【分析】（1）由题意易得PA=PE=2，则有BP=1，然后根据勾股定理可求解；
5
（2）过点Q作QF⊥BC于点F，设AP=x，则BP=3− x，设DQ=y，则BF=EQ=AQ=5-y，然后可得BE= ，
2
5
EF=BF−BE= −y，进而根据勾股定理可建立方程求解；
2
（3）由题意可分当点E在最左边和最右边，然后问题可求解．
【详解】（1）解：由折叠可得PA=PE=2，
∵AB=3，
∴BP=1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴BE=√PE2 −BP2=√3；
（2）解：如图①，过点Q作QF⊥BC于点F，
设AP=x，则BP=3− x，
∵BC=AD=5，点E是BC的中点，
5
∴BE= ，
2
25
在Rt△BPE中，由勾股定理得：x2=(3− x) 2+ ，
4
61 61
∴x= ，即AP= ，
24 24
设DQ=y，则BF=EQ=AQ=5-y，
5
∴EF=BF−BE= −y，
2
5 2
在Rt△EFQ中，由勾股定理得： ( −y ) +32=(5− y) 2 ，
239 39
解得：y= ，即DQ= ；
20 20
（3）解：①当点E在最左边时：如图②
在Rt△DCE中，DE=5，CD=3，
∴EC=√DE2 −CD2=4，
②当点E在最右边时：如图③
∴BE=AB=3，
∴EC=BC-BE=2，
综上：点E可移动的最大距离为4-2=2
【点睛】本题主要考查矩形与折叠的问题及勾股定理，熟练掌握矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
25．（2022春·广西玉林·八年级校考期中）在 ABC中，∠C=90°，AC>BC，D是AB的中点，E为直
线AC上一动点，连接DE．过点D作DF⊥D△E，交直线BC于点F，连接EF．
(1)如图1，当E是线段AC的中点时，设AE=a，BF=b，求EF的长（用含a，b的式子表示）；(2)如图2，当点E在线段CA的延长线上时，若BM∥CE交ED的延长线于点M，连接FM，用等式表示
线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)EF=√a2+b2
(2)AE2+BF2=EF2，详见解析
1
【分析】(1)由三角形中位线定理得到DE= BC，再证明四边形CEDF是矩形，最后在Rt△CEF中由勾股
2
定理即可求解；
(2)先证明ΔEAD≌ΔGBD，由此得到DF是GE的垂直平分线，进而EF=FG，最后在Rt△BFG中由勾股定理
即可求得AE2+BF2=EF2．
（1）
∵D是AB的中点，E是线段AC的中点，
1
∴DE∥BC，DE= BC，
2
∵∠ACB=90°，
∴∠DEC=90°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形CEDF是矩形，
1
∴DE=CF= BC，
2
∴CF=BF=b，
∵CE=AE=a，
∴EF=√CF2+CE2=√a2+b2；
（2）
AE2+BF2=EF2．
证明：∵BM∥AC，则∠AED=∠BMD，∠FBM=∠ACB=90°，
∵D点是AB的中点，
∴AD=BD，
在△ADE和△BDM中，∵¿，
∴△ADE≌△BDM（AAS），
∴AE=BM，DE=DM，
∵DF⊥DE，
∴EF=MF，
∵在Rt△BMF中BM2+BF2=M F2，
∴AE2+BF2=EF2．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂直平分线的判定和
性质，解题的关键在于证明三角形全等．
26．（2022春·山东青岛·八年级山东省青岛市第五十七中学校考期中）我们定义：有一组对角相等而另一
组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．
(1)已知：如图1，四边形ABCD是“等对角四边形”， ∠A≠∠C，∠A=70°，∠B=80°．求∠C，
∠D的度数．
(2)在探究“等对角四边形”性质时：
①小红画了一个“等对角四边形”ABCD（如图2），其中∠ABC=∠ADC，AB=AD，此时她发现
CB=CD成立，请证明此结论：
②由此小红猜想：“对于任意等对角四边形，当一组邻边相等时，另一组邻边也相等”，你认为他的猜想
（填正确或不正确）．
(3)已知：在“等对角四边形”ABCD中，∠DAB=60°，∠ABC=90°，AB=5，AD=4．求对角线的
长为 ．
【答案】(1)∠C=130°，∠D=80°
(2)①见解析；②不正确
(3)2√7或2√13
【分析】（1）根据四边形ABCD是“等对角四边形”得出∠D=∠B=80°，根据多边形内角和定理求出
∠C即可；（2）①连接BD，根据等边对等角得出∠ABD=∠ADB，求出∠CBD=∠CDB，根据等腰三角形的判
定得出即可；②先画出反例图形，即可得出答案；
（3）分两种情况：①当∠ADC=∠ABC=90°时，延长AD，BC相交于点E，先用含30°角的直角三角
形的性质求出AE，得出DE，再用求出CD，由勾股定理求出AC；②当∠BCD=∠DAB=60°时，过点
D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，则∠AMD=90°，四边形BNDM是矩形，先求出AM、DM，
再由矩形的性质得出DN=BM=3，BN=DM=2√3，求出CN、BC，根据勾股定理求出AC即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A≠∠C，∠A=70°，∠B=80°，
∴∠D=∠B=80°，
∴∠C=360°−80°−80°−70°=130°；
（2）①证明：如图1，连接BD，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠ABC−∠ABD=∠ADC−∠ADB，
∴∠CBD=∠CDB，
∴CB=CD；
②小红的猜想不正确，如图：
四边形ABCD是“等对角四边形”， ∠A=∠C=90°，AB=AD，但是BC和CD不等，
所以小红的猜想不正确；
（3）分两种情况：①当∠ADC=∠ABC=90°时，延长AD，BC相交于点E，如图3所示：
∵∠ABC=90°，∠DAB=60°，AB=5，∴∠E=30°，
∴AE=2AB=10，
∴DE=AE−AD=10−4=6，
∵∠EDC=90°，∠E=30°，
∴CD=2√3，
∴AC=√AD2+CD2=√42+(2√3) 2=2√7；
②当∠BCD=∠DAB=60°时，
过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，如图4所示：
则∠AMD=90°，四边形BNDM是矩形，
∵∠DAB=60°，
∴∠ADM=30°，
1
∴AM= AD=2，
2
∴DM=2√3
∴BM=AB−AM=5−2=3，
∵四边形BNDM是矩形，
∴DN=BM=3，BN=DM=2√3，
∵∠BCD=60°，∴CN=√3，
∴BC=CN+BN=3√3，
∴AC=√52+(3√3) 2=2√13；
综上所述：AC的长为2√7或2√13．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了新定义、四边形内角和定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定
理、矩形的判定与性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过作
辅助线运用勾股定理才能得出结果．
27．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是BC边上的一点，
∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分线CP于点P．
(1)求∠ECP的度数；
(2)求证：AE=EP；
(3)在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEP是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存
在，请说明理由；
(4)如图2，在边长为4的正方形ABCD中，将线段AB沿射线BD平移，得到线段GF，连接CG,CF，则直
接写出CG+CF的最小值是 ．
【答案】(1)135°
(2)见解析
(3)存在，理由见解析
(4)2√2+2√10
【分析】（1）根据正方形的性质和角平分线的定义得出∠DCN,∠PCN的度数，继而求解即可；
（2）在BA边上截取BK=BE，连接KE，根据等腰直角三角形的性质和角平分线的定义证明
∠ECP=∠AKE，再根据线段的和差证明AE=EP，通过证明△AKE≅△ECP(ASA)，利用全等三角形
的性质求解即可；（3）作DM⊥AE交AB于点M，连接ME,DP，可证明DM∥EP，再通过ASA证明△ADM≅△BAE，
继而得出MD=AE，再根据平行四边形的判定定理证明即可；
（4）先通过勾股定理计算出AC,CG的长度，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCN=∠DCB=90°，
∵EP交正方形外角的平分线CP于点P，
∴∠PCN=45°，
∴∠ECP=180°−45°=135°；
（2）证明：如图，在BA边上截取BK=BE，连接KE，
∵∠B=90°,BK=BE，
∴∠BKE=45°，
∴∠AKE=135°，
∵CP平分外角，
∴∠DCP=45°，
∴∠ECP=135°，
∴∠ECP=∠AKE，
∵AB=CB,BK=BE，
∴AB−BK=CB−BE，
即AK=EC，
在△AKE和△ECP中，
¿，
∴△AKE≅△ECP(ASA)，
∴AE=EP；
（3）解：存在．理由如下：
作DM⊥AE交AB于点M，连接ME,DP，∴DM∥EP,∠ADM+∠DAE=90°，
∵∠BAE+∠DAE=90°，
∴∠ADM=∠BAE，
在△ADM与△BAE中，
¿，
∴△ADM≅△BAE(ASA)，
∴MD=AE，
∵AE=EP，
∴MD=EP，
∴四边形DMEP为平行四边形．
（4）解：当F与点O重合时，CG+CF取最小值，
∵BC=4，
∴AC=√AB2+BC2=4√2，
1 1
由题意得，CE=GF+ CD=6,EG= BC=2，
2 2
∴CF=2√2,CG=√22+(4+2) 2=2√10，
∴CF+CG=2√2+2√10．
故答案为：2√2+2√10．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握知识点并准确添加辅助线是解题的关键．
28．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，∠A=∠B=∠C=∠D=∠=∠F=90°，AB、EF、
CD为铅直方向的边，AF、DE、BC为水平方向的边，点E在AB、CD之间，且在AF、BC之间，我们
称这样的图形为“L图形”，若一条直线将该图形的面积分为面积相等的两部分，则称此直线为该“L图
形”的等积线．
(1)下列四副图中，直线L是该“L图形”等积线的是_________(填写序号)
(2)如图2，直线m是该“L图形”的等积线，与边BC、AF分别交于点M、N，过MN中点O的直线分别
交边BC、AF于点P、Q，则直线PQ (填“是”或“不是”)该图形的等积线．
(3)在图3所示的“L图形”中，AB=6，BC=10，AF=2．
①若CD=2，在下图中画出与AB平行的等积线l(在图中标明数据)
②在①的条件下，该图形的等积线与水平的两条边DE、BC分别交于P、Q，求PQ的最大值；
③如果存在与水平方向的两条边DE、BC相交的等积线，则CD的取值范围为 ．
【答案】(1)①②③
(2)是
6
(3)①1；②2√10；③ <CD<6
5【分析】（1）如图，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该L图形
的面积平分线，由此可直接进行判断；
（2）如图2，证明△OQN≌△OPM(AAS)，根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；
（3）①如图4，先计算L图形ABCDEF的面积，可得出矩形EMNO的面积=EO×ON=2，由此可得出
OE的长；
②如图5，根据面积平分线可知梯形CDQP的面积为14，根据面积公式列式可得CH的长，根据勾股定理
可得PQ的最大值；
③如图6，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，列不等式可得CD的取值．
【详解】（1）解：根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该L图形的
面积平分线，
∴直线L是该“L图形”等积线的是①②③；
故答案为：①②③；
（2）如图2，
∵∠A=∠B=90°，
∴AF∥BC，
∴∠NQO=∠MPO，
∵点O是MN的中点，
∴ON=OM，
在△OQN和△OPM中，
¿，
∴ △OQN≌△OPM(AAS)，
∴ S =S ，
△OQN △OPM
∵ S =S ，
梯形ABMN 多边形MNFEDC
∴ S −S =S −S ，
梯形ABMN △OPM 多边形MNFEDC △OQN即S =S ，
ABPON 多边形CDEFQOM
∴ S +S =S +S ，
ABPON △OQN 多边形CDEFQOM △OPM
即S =S ，
梯形ABPQ 多边形CDEFQP
∴直线PQ是L图形ABCDEF的等积线．
故答案为：是；
（3）①L图形ABCDEF的面积=6×10−(6−2)×(10−2)=28，
延长FE交BC于点M，
∴ S =2×6=12<14，
四边形AFMB
∴若ON是L图形ABCDEF的面积平分线，且ON∥AB，点O必然在线段DE上，如图4所示，
∴矩形EMNO的面积=EO×ON=2，
∴EO=1，
②如图5，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，
∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，
1
∴梯形CDQP的面积= ×(DQ+BC)×CD=14，
2
1
即 ×(DQ+10)×2=14，
2
∴DQ=CH=4，
∴PH=10−4=6，
∵QH=CD=2，由勾股定理得：PQ= 2√10；
即PQ的最大值是2√10；
③在与水平方向的两条边DE、BC相交的等积线，
如图6，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，延长DE交AB于G，延长
FE交BC于H，
则S <S ，
矩形AGEF 矩形EHCD
即S <S ，
矩形ABHF 矩形CDGB
∴6×2<10CD，
6
∴CD> ，
5
6
故答案为： <CD<6．
5
【点睛】本题考查了矩形的性质，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并明确面积平分
线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．
29．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图1，△ABC中，AB=AC，点N为AC中点，点D为AB上
一点，连结CD．已知BD:AD:CD=2:3:4,CD=8．动点P从点B出发，以1个单位/秒的速度沿线段BA
向终点A运动，设点P运动的时间为t（秒）．
(1)求证：CD⊥AB．
(2)若△BPN为等腰三角形时，求t的值．1
(3)如图2，动点P出发的同时，另有一点Q从点D出发沿线段DC向终点C运动，速度为 个单位/秒，连结
3
BQ,PQ，将线段BQ,PQ绕点Q分别向顺时针和逆时针方向旋转90∘，得到线段QE和QF，当E,C,F三
点共线时，直接写出t的值为______．
【答案】(1)证明见详解；
65
(2)t的值为 或√65；
14
48
(3) ；
5
【分析】（1）设BD=2x，AD=3x，CD=4x，则AB=5x，再利用勾股定理的逆定理证明即可；
（2）如图1中，，取AD得中点H，连接NH，分两种情况：PB=PN，PB=BN，分别求解即可；
（3）如图2中，过点E作EK⊥CD于点K，过点F作FJ⊥DC交DC的延长线于点J，证得BP=2CQ，
由此构建方程求解即可．
【详解】（1）证明：设BD=2x，AD=3x，CD=4x，
则AB=5x，
∴AC=AB=5x，
∴AD2+CD2=25x2=AC2，
∴△ACD是直角三角形，
∴CD⊥AB；
（2）如图1中，取AD得中点H，连接NH，
∵BD： =A2D：：3C：D4，CD=8，
∴BD=3，AD=6，
∵CD⊥AB，
∴AB=AC=√62+82=10，1
∴AN=CN，NH= CD=4，BH=4+3=7，
2
∴BN=√HN2+BH2=√42+72=√65，
当PB=PN时，t2=42+(7−t) 2，
65
∴t= ，
14
当BP=BN时，t=√65，
∵点P在AB上运动，
∴不可能NB=NP，
65
综上所述，满足条件的t的值为 或√65；
14
（3）如图2中，过点E作EK⊥CD于点K，过点F作FJ⊥DC交DC的延长线于点J，
∵∠EKQ=∠BQE=∠BDQ=90°，
∴∠BQD+∠EQK=90°，∠EQK+∠QEK=90°，
∴∠BQD=∠QEK，
∵QB=QE，
∴△BQD≌△QKE（AAS），
∴QD=EK，BD=KQ，
同理可证△PDQ≌△QJF，
∴DQ=JF，DP=QJ，
∴EK=FJ，
∵∠EKC=∠J=90°，∠ECK=∠FCJ，
∴△EKC≌△FJC（AAS），
∴CK=CJ，∴QK+JQ=CQ−CK+CQ+CJ=2CQ=BD+PD=PB，
( 1 )
∴t=2 8− t ，
3
48
∴t= ，
5
48
故答案为： ．
5
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形中位线定理，全等三角形
的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
30．（2022秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十七中学校考期中）已知：在△ABC中，AB=AC，
∠BAC=120°，点P是边BC上一点，连接AP，AP=CP．
(1)如图1，求证：AP⊥AB；
(2)如图2，将△ABC沿BC翻折得到△DBC，延长AP交CD于点Q，求证：AP=2PQ；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BQ，在CP上取一点E，连接AE，使∠CAE=∠DBQ，若AQ=6，
求PE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)1
【分析】（1）根据等边对等角先求出∠B=∠C=30°，再由AP=CP，得到∠PAC=∠C=30°，则
∠BAP=90°，即AP⊥AB；
（2）由折叠的性质可知∠DCB=∠ACB=30°，利用三角形外角的性质证明∠APB=60°，则
∠CPQ=∠APB=60°，即可推出∠PQC=90°，由此可证明AP=CP=2PQ；
（3）如图所示，分别取BP，BQ的中点，G、H连接GH，则GH是△BPQ的中位线，可以得到
1
GH= PQ，GH∥PQ，则根据（2）的结论求出AP=4，PQ=2，则GH=1，再根据含30度角的直
2角三角形的性质推出BG=AP，再导角证明∠PEA=∠GHB，即可证明△PEA≌△GHB，得到
PE=GH=1．
【详解】（1）证明：如图1所示，∵AB=AC，∠BAC=120°，
180°−∠BAC
∴∠B=∠C= =30°，
2
∵AP=CP，
∴∠PAC=∠C=30°，
∴∠BAP=∠BAC−∠PAC=90°，即AP⊥AB；
（2）证明：由折叠的性质可知∠DCB=∠ACB=30°，
由（1）得∠APB=∠PAC+∠ACB=60°，
∴∠CPQ=∠APB=60°，
∴∠PQC=90°，
∴CP=2PQ，
∵AP=CP，
∴AP=2PQ；
（3）解：如图所示，分别取BP，BQ的中点，G、H连接GH，则GH是△BPQ的中位线，
1
∴GH= PQ，GH∥PQ，
2
∴∠BHG=∠BQP，
∵AP=2PQ，AQ=6，
∴AP=4，PQ=2，
∴GH=1，
在Rt△ABP中，∠BAP=90°，∠ABP=30°，
∴BP=2AP=8，
1
∴BG=PG= BP=4=AP，
2
由折叠的性质可知∠DBC=∠ABC=30°=∠APC，
∵∠CAE=∠DBQ，
∴∠QBP=∠QAE，
∵∠QBP+∠BQP+∠BPQ=180°=∠PAE+∠PEA+∠APE，∠APE=∠BPQ，
∴∠PEA=∠BQP，
∴∠PEA=∠GHB，∴△PEA≌△GHB(AAS)，
∴PE=GH=1．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，含30度角的直角三
角形的性质，等腰三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
31．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=4，
∠ACB=90°，D是BC边的中点，E是AB边上一动点，则EC+ED的最小值是______．
（2）如图2，在正△ABC中，AB=4，P、M、N分别是BC,CA,AB上的动点，
①PM+MN的最小值为______；②求PM+MN+NP的最小值．
（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，E、F分别是边AB和BC上的动点且始终满足AE=BF，连结
DE,DP，求DE+DF的最小值．
【答案】（1）2√5；（2）①2√3；②6；（3）4√5
【分析】（1）作点C关于AB的对称点C′，连接C′D交AB于E′，此时CE+DE的最小值为C′D的长，再
利用勾股定理求出DC′的长，即可；
（2）①作点P关于AC的对称点P′，连接P′N，此时PM+MN的最小值为P′N的最小值，根据对称性可
得CP′∥AB，然后作CH⊥AB于H，可得P′N的最小值为CH的长， 再利用勾股定理求出CH的长，即
可；②分别作点N关于AC,BC的对称点，作CH⊥AB于点H，根据对称性可得
MN+MP+NP=N M+MP+PN ≥N N ，然后根据等边三角形和直角三角形的性质，求出N N 的长，
1 2 1 2 1 2
即可；
（3）连接CE，作点D关于点A的对称点D ，连接CD 交AB于点E′，先证明△BEC≌△CFD，可得
1 1
DF=CE，从而得到DE+DF=DE+CE≥CE′+E′D =CD ，即可求解．
1 1【详解】解：（1）作点C关于AB的对称点C′，连接C′D交AB于E′，此时CE+DE的最小值为C′D的长，
由对称性知，BC′=BC=4,∠ABC′=∠ABC=45°，
∴∠CBC′=90°，
∵点D是BC的中点，
∴BD=2，
在Rt△DBC′中，由勾股定理得，C′D=√DB2+BC′2=√22+42=2√5，
∴CE+DE的最小值为2√5，
故答案为：2√5；
（2）①作点P关于AC的对称点P′，连接P′N，此时PM+MN的最小值为P′N的最小值，
由对称性知，
∠P′CA=∠ACB=∠CAB=60°，
∴CP′∥AB，
作CH⊥AB于H，
∴P′N的最小值为CH的长，
∵BH=2,CB=4，
∴CH=√BC2−BH2=√42−22=2√3，
故答案为∶2√3；
②如图，分别作点N关于AC,BC的对称点N ,N ，作CH⊥AB于点H，
1 2由对称得：∠ACN =∠ACN,∠BCN =∠BCN，CN =CN=CN ，
1 2 1 2
∴MN+MP+NP=N M+MP+PN ≥N N ，
1 2 1 2
即当PM+MN+NP取得最小值时，点N与点H重合共线，
此时CN =CN =CH=2√3，
1 2
设CH与N N 交于点F，
1 2
在正△ABC中，∠ACB=60°,AC=AB=BC=4，
∴∠N CN =2∠ACB=120°，
1 2
∴∠CN N =∠CN N =30°，
1 2 2 1
此时∠N CH=∠N CH=60°，
1 2
∴∠CFN =∠CFN =90°，
1 2
1
∴FN =FN ，CF= CN =√3，
1 2 2 1
∴FN =FN =√CN ❑ 2−CF2=3，
1 2 1
∴N N =6，
1 2
∴PM+MN+NP的最小值为6；
（3）如图，连接CE，作点D关于点A的对称点D ，连接CD 交AB于点E′，
1 1
在正方形ABCD中，∠DCB=∠B=90°,AB=BC=CD=4，
∵AE=BF，∴BE=CF，
在△BEC和△CFD中，
¿，
∴△BEC≌△CFD(SAS)，
∴DF=CE，
∴DE+DF=DE+CE≥CE′+E′D =CD =√CD2+DD2=4√5，
1 1 1
即DE+DF的最小值为4√5．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称——最短路线问题，等边三角形的性质，正方形的性质，
全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟悉将军饮马基本模型是解决问题的关键．
32．（2022春·浙江金华·八年级统考期中）我们规定：有一组邻边相等，且这组邻边的夹角为60°的凸四
边形叫做“准筝形”．
(1)如图1，在四边形ABCD中，∠A=120°，∠C=150°，∠D=30°， AB=BC=2，则AD=
___________ ；CD= ___________．
(2)小军同学研究“准筝形”时，思索这样一道题：如图2，“准筝形”
ABCD，AD=BD，∠BAD=∠BCD=60°，BC=5，CD=3，求AC的长．
小军研究后发现，可以CD为边向外作等边三角形，构造手拉手全等模型，用转化的思想来求AC．请你
按照小军的思路求AC的长．
(3)如图3，在△ABC中，∠A=45°，∠ABC=120°，BC=2√3，设D是△ABC所在平面内一点，当
四边形ABCD是“准筝形”时，请直接写出四边形ABCD的面积．
【答案】(1)4;2√3
(2)7
3 9+3√3 9
(3) √3或 或 +3√3
2 2 2
【分析】（1）连接AC，证明△ABC是等边三角形，从而得到AC和直角三角形ACD，根据∠D=30°,继而求得CD;
（2）以CD为边作等边△CDE，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，证△ADC≌△BDE得AC=BE，求
1 3 3√3
出∠CEF=30°，由直角三角形的性质得出CF= CE= ,由勾股定理求出EF= ，再由勾股定理即
2 2 2
可得出答案；
（3）过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，设BH=x，求出∠BCH=30°，由直角三角形的性质得出
HC=x，BC=2BH=2x，构建方程求出x，进而得出AC的长，分三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）如图，连接AC，
∵AB=BC,∠B=60°,
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB=2,∠BAC=∠ACB=60°
∵∠BAD=120°,∠BCD=150°，
∴∠ACD=90°,
又∵∠C=30°,
∴AD=2AC=4,CD=√3AC=2√3,
故答案为：4;2√3
（2）以CD为边作等边△CDE，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，如图2所示，
则DE=DC=CE=3，∠CDE=∠DCE=60°，
∵AD=BD，∠BAD=∠BCD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，∴∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC，即∠ADC=∠BDE，
在△ADC和△BDE中，
¿，
∴△ADC≌△BDE（SAS），
∴AC=BE，
∵∠BCD=∠DCE=60°，
∴∠ECF=180°−60°−60°=60°，
∵∠EFC=90°，
∴∠CEF=30°，
1 3
∴CF= CE= ，
2 2
由勾股定理得：
3 2 3√3 3 13
EF=√CE2−CF2=√32−( ) = ,BF=BC+CF=5+ = ,
2 2 2 2
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
BE=√BF2+EF2=7,
∴AC=7，
（3）过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，设BH=x，如图3所示，
∵∠ABC=120°，CH⊥AH，
∴∠BCH=30°，
∴HC=√3x,BC=2BH=2x=2√3,
∴x=√3,HC=3，
又∵∠A=45°，
∴△HAC是等腰直角三角形，
∴HA=HC=3,AB=3−√3,
∴AC=√2HC=3√2，①如图4所示，
当AB=AD=3−√3,∠BAD=60°时，
连接BD，过点C作CG⊥BD，交BD延长线于点G，过点A作AK⊥BD，
1 1
则BD=3−√3，∠ABD=60°，BK= AB= (3−√3)，
2 2
∵∠ABC=120°，
∴∠CBG=60°=∠CBH，
∵在△CBG和△CBH中，
¿
∴△CBG≌ △CBH ，
∴GC=HC=3，
在Rt△ABK中，由勾股定理得，
AK=√AB2−BK2= √ (3−√3) 2 − [1 (3−√3) ] 2 = 3√3−3 ，
2 2
1 1 3√3−3 6√3−9
∴S = BD⋅AK= ×(3−√3)× = ，
ΔABD 2 2 2 2
1 1 9−3√3
S = BD⋅CG= ×(3−√3)×3= ,
ΔCBD 2 2 2
6√3−9 9−3√3 3
∴S ABCD= + = √3，
四边形 2 2 2
②图5所示，当BC=CD=2√3,∠BCD=60°时，
连接BD，作CG⊥BD于点G，AK⊥BD于K，
√3 √3 3√3−3
如图，则BD=2√3,CG= BC= ×2√3=3,AK= ,
2 2 2
1 1 1 1 3√3−3 9−3√3
∴S = BD⋅CG= ×2√3×3=3√3，S = BD⋅AK= ×2√3× = ，
ΔBCD 2 2 ΔABD 2 2 2 2
9−3√3 9+3√3
∴S =3√3+ = ;
四边形ABCD 2 2
③如图6所示，
当AD=CD=AC=3√2,∠ADC=60°时，
作DM⊥AC于M，作CH⊥AB于H，
√3 √3 3 √3
则DM= AD= ×3√2= √6，CH= ×2√3=3,
2 2 2 2
1 1 9−3√3
∴S = AB⋅CH= ×(3−√3)×3= ,
ΔABC 2 2 2
1 1 3√6 9
S = AC⋅DM= ×3√2× = √3，
ΔADC 2 2 2 2
9−3√3 9 9
S = + √3= +3√3，
四边形ABCD 2 2 23 9+3√3 9
综上所述，四边形A BCD的面积为 √3或 或 +3√3．
2 2 2
【点睛】本题是考查了“准筝形”的判定与性质、四边形内角和定理、全等三角形的判定与性质含30°角
的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识，熟练掌握准筝形的
判定与性质和直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
33．（2022秋·江苏盐城·八年级校考期中）在△ABC中， ∠BAC=90°,AB=AC,D为直线BC上一动点
(点D不与B、C重合).以AD为边作正方形ADEF，连接CF.
(1)如图①,当点D在线段BC上时，求证：BD⊥CF
(2)如图②,当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关
系.
(3)如图③,当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其他条件不变:
①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系;
②若连接正方形对角线AE、DF,交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)CF=BC+CD
(3)①CF=CD−BC；②△AOC为等腰三角形，理由见解析
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=45°，再根据正方形的性质可得
AD=AF，∠DAF=90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明
△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠ABD，再求出∠ACF+∠ACB=90°，
从而得证；
（2）与（1）同理可得BD=CF，然后结合图形可得CF=BC+CD；
（3）①与（1）同理可得BD=CF，然后结合图形可得CF=CD−BC；
②根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC=∠ACB=45°，再根据邻补角的定义求出∠ABD=135°，再
根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠ABD，再求出∠FCD=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜
1
边的一半求出OC= DF，再根据正方形的对角线相等求出OC=OA，从而得到△AOC是等腰三角形．
2
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，
∠DAF=∠CAF+∠DAC=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中， ¿，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴∠ACF=∠ABD=45°，
∴∠ACF+∠ACB=90°，
∴BD⊥CF；
（2）解：CF=BC+CD；理由如下：
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠DAF，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAC+∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中¿，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，
∵BD=BC+CD，
∴CF=BC+CD；
（3）解：①CF=CD−BC；理由如下：
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠BAF+∠CAF=90°，∠DAF=∠BAF+∠DAB=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中 ¿，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，
∵BD=CD−BC，
∴CF=CD−BC；
②∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD=180°−45°=135°，
∵△BAD≌△CAF，
∴∠ACF=∠ABD=180°−45°=135°，
∴∠FCD=∠ACF−∠ACB=90°，
∴△FCD为直角三角形，
∵正方形ADEF中，O为DF中点，
1
∴OC= DF，
2
1
∵在正方形ADEF中，OA= AE，AE=DF，
2
∴OC=OA，
∴△AOC是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形
的判定，以及同角的余角相等的性质，此类题目通常都是用同一种思路求解，在（1）中找出证明三角形
全等的思路是解题的关键．
34．（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图所示，△ABC是一个边长为4的等边三角形，D是直线
BC上一点，以AD为边作△ADE，使AE=AD，∠DAE=120°，并以AB、AE为边作平行四边形ABFE．(1)当点D在线段BC上时，AD交BF于点G，求证：△ABD≌△BCF；
(2)求线段BF的最小值： ．
(3)当直线AE与△ABC的一边垂直时，请直接写出▱ABFE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)2√3
(3)▱ABFE的面积为4√3或16√3或8√3．
【分析】（1）由BF=AE，AE=AD，可得BF=AD，△ABC是等边三角形可得AB=BC，
∠CBF+∠ABG=60°且∠ABD+∠BAG=60°可得∠CBF=∠BAD，从而可证△ABD≌△BCF；
（2）当BF⊥AC时，BF有最小值，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解；
（3）分三种情况：①AE⊥AC，②AE⊥AB，③AE⊥BC时，分别画出图形，求出底边长度和高，即
可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABFE是平行四边形，
∴BF=AE，BF∥AE，
∵AE=AD，
∴BF=AD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，即∠CBF+∠ABG=60°，
∵BF∥AE，∠DAE=120°，
∴∠AGF=60°，
∴∠ABD+∠BAG=60°，
∴∠CBF=∠BAD，
在△ABD和△BCF中，¿，
∴△ABD≌△BCF(SAS)；
（2）解：当BF⊥AC时，BF有最小值，如图：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，∠ABF=30°，1
∴AF= AB=2，BF=√42−22=2√3，
2
∴BF的最小值为2√3，
故答案为：2√3；
（3）解：直线AE与△ABC的一边垂直，分三种情况：
①AE⊥AC时，如图：
此时∠CAE=90°，
∵AE∥BF，
∴∠AFB=∠CAE=90°，
又∠BAC=60°，
在Rt△ABF中，∠ABF=30°，
1
AF= AB=2，BF=√42−22=2√3，
2
∴S =AF⋅BF=4√3；
▱ABFE
②AE⊥AB时，如图：
此时∠BAE=90°，平行四边形ABFE为矩形，
在Rt△ABE中，∠ABC=60°，∠AEB=30°，
∴BE=2AB=8，AE=√82−42=4√3，
∴S =AB⋅AE=16√3；
▱ABFE③AE⊥BC时，延长EA交BC于H，如图：
此时∠EHD=90°，
∴∠HAC=30°，
∵∠DAE=120°，
∴∠CAD=30°，
∴∠ADH=180°−∠AHD−∠HAC−∠CAD=30°，
1
Rt△AHC中，CH= AC=2，AH=2√3，
2
∴BH=2，
Rt△AHD中，AD=2AH=4√3，
∴BF=AE=AD=4√3，
∴S =BF⋅BH=8√3，
▱ABFE
综上所述，直线AE与△ABC的一边垂直，平行四边形ABFE的面积为4√3或16√3或8√3．
【点睛】本题考查等边三角形、平行四边形性质及应用，涉及全等三角形、矩形等知识，解题的关键是分
别画出图形，分类讨论．
35．（2022秋·江苏泰州·八年级统考期中）已知，正方形ABCD的边长为8，点P、G分别在射线BC、边
AB上，连接PG，点B关于PG的对称点为Q，连接BQ．(1)如图1，取AD、BC的中点E、F，连接EF，若点Q刚好落在线段EF上，且点P在线段FC上，则
∠PBQ的度数不可能是下列选项中的______；（填序号）
①45°，②59°，③72°
(2)如图2，当点Q落在AD边上（不与点D重合）时，试判断点P是否一定在射线BC上点C的右侧，并
说明理由；
(3)在（2）的条件下，
①当PC=2时，求AG的长；
②若线段PQ与CD相交于点N，连接BN，试探索点Q落在不同位置时，∠QBN的度数是否发生变化，若
不变，求出∠QBN的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)③
(2)是，见解析
(3)①3；②∠QBN的度数不变，且∠QBN=45°，见解析
【分析】（1）可推出45°≤∠PBQ≤60°，进而得出结果；
（2）作BE⊥PQ，可证得AB=BE<PB，进而得出结果；
（3）①作PE⊥AD，交AD的延长线于E，连接PQ，GQ，在Rt△PQE中求得EQ=6，进而求得DQ
的长，设AG=x，则BG=QG=8−x，在Rt△AGQ中，由勾股定理列出方程求得结果；
②先证得△ABQ≌△AEQ，∠ABQ=∠EBQ，进而证得Rt△BEN≌Rt△BCN(HL)，进而得出
∠CBN=∠EBN，进一步得出结果．
【详解】（1）解：如图1，
当点P在F点时，∠PBQ=45°，
当点P在C点时，∠PBQ′=60°，
∴45°≤∠PBQ≤60°，
观察四个选项，不可能是③，
故答案为：③；
（2）解：如图2，点P落在点C的右侧，理由如下：
连接PQ，作BE⊥PQ于E，
∵点B和点Q关于PG对称，
∴PG垂直平分BQ，
∴PQ=PB，
∴∠PBQ=∠PQB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠A=90°，AB=BC，
∴∠PBQ=∠AQB，BA⊥AD，
∴∠AQB=∠PQB，
∴BE=AB，
∴BE=BC，
在Rt△PEB中，
BE<PB，
∴BC<PB，
∴点P是否一定在射线BC上点C的右侧；
（3）解：①如图3，
作PE⊥AD，交AD的延长线于E，连接PQ、GQ，
∵PG是BQ的垂直平分线，
∴PQ=PB=8+2=10，BG=GQ，
在Rt△PQE中，PQ=10，PE=AB=8，∴EQ=6，
∵DE=CP=2，
∴DQ=EQ−DE=6−2=4，
∴AQ=AD−DQ=8−4=4，
设AG=x，则BG=QG=8−x，
在Rt△AGQ中，由勾股定理得，
AG2+AQ2=QG2，
∴x2+42=(8−x) 2，
∴x=3；
②如图4，
∠QBN不发生变化，理由如下：
作BE⊥PQ，
由（2）可知：△ABQ≌△AEQ，∠ABQ=∠EBQ，
∴BE=AB，
∵AB=BC，
∴BE=BC，
∵∠BEN=∠BCN=90°，BN=BN，
∴Rt△BEN≌Rt△BCN(HL)，
∴∠CBN=∠EBN，
∵∠ABQ+∠EBQ+∠EBN+∠CBN=90°，
∴2∠EBQ+2∠EBN=90°，
∴∠QBN=45°，
∴∠QBN的度数不发生变化．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，线段垂直平分线性质等知
识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
36．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期中）如图，△ABC和△ADE是两个等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=AD=EA，BC与AD、DE分别交于点F、H，AC和DE交
于点G，连接BD，CE．
(1)若∠BDA=65°，求∠DAC的度数；
(2)如图（2）延长BD，EC交于点M，
①证明：A，M，H在同一条直线上；
②若BC=2CM，证明：BD=HD．
【答案】(1)40°
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可；
（2）①连接BE，根据等腰三角形的判定与性质，结合全等三角形的判定与性质分别证明
△ABC≌△ADE、△ABD≌△AEC、△DBH≌△CEH、△MDE≌△MCB得到ME=MB，BH=EH，
根据线段垂直平分线的判定即可证的结论；②根据邻补角定义和四边形的内角和为360°证得
∠BMC=90°，取BC中点O，连接MO，根据直角三角形斜边中线性质和等边三角形的判定与性质得到
∠MCB=60°=∠MDE， ∠MBC=30°，再利用三角形的外角性质得到∠DBH=∠DHB，根据等腰
三角形的判定即可证得结论正确．
【详解】（1）解：∵AB=AD，∠BDA=65°，
∴∠ABD=∠BDA=65°，
∴∠BAD=180°−2×65°=50°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAC=90°−50°=40°；
（2）解：连接BE，
在△ABC和△ADE中，∵∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=EA，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，∴∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°，BC=DE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，又AB=AC=AD=EA，
∴△ABD≌△AEC(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠ADB=∠ACE=∠AEC，
∴∠DBH=∠CEH，又∠DHB=∠CHE，
∴△DBH≌△CEH(AAS)，
∴BH=EH，
∵∠MDE+∠ADB+∠ADE=180，
∠MCB+∠ACE+∠ACB=180°，
∴∠MDE=∠MCB，又DE=BC，∠MED=∠MBC，
∴△MDE≌△MCB(ASA)，
∴ME=MB，又AB=AE，BH=EH，
∴A，M，H在线段BE的垂直平分线上，
∴A，M，H在同一条直线上；
②由①知，∠ABD=∠ACE，
∵∠ACE+∠ACM=180°，
∴∠ABD+∠ACM=180°，
∵∠ABM+∠ACM+∠BAC+∠BMC=360°，∠BAC=90°，
∴∠BMC=90°，
1
取BC中点O，连接MO，则MO=OC=OB= BC，
2
∵BC=2CM，
∴MO=OC=CM，
∴△MOC是等边三角形，
∴∠MCB=60°=∠MDE，则∠MBC=30°，
∵∠MDE=∠DBH+∠DHB，
∴∠DHB=60°−30°=30°，
∴∠DBH=∠DHB，
∴BD=HD．【点睛】本题是三角形的综合题，主要涉及等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段垂
直平分线的判定、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质、四边形的内角和性
质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，是解答的关键
37．（2022秋·湖北武汉·八年级统考期中）（1）如图1，四边形ABCD是正四边形，∠EAF在∠BAD的
内部绕点A转动，若AE平分∠BEF．求证：AF平分∠DFE．
（2）如图2，四边形ABCD是正四边形，∠EAF=45°，∠EAF绕点A旋转，∠EAF的边与CB的延长
线交于点E，与DC的延长线交于点F，判断BE、EF、DF的数量关系并证明．
【答案】（1）见解析；（2）DF=BE+EF；理由见解析
【分析】（1）过点A作AG⊥EF，垂足为点G，根据角平分线的性质，得出AB=AG，从而得出
AG=AD，最后根据角平分线的判定即可得出结论；
（2）先证明△ABE≌△ADM(SAS)，得出AE=AM，∠EAB=∠DAM，证明∠EAF=∠MAF=45°，再证明△EAF≌△MAF(SAS)，得出EF=MF，即可得出结论．
【详解】解：（1）过点A作AG⊥EF，垂足为点G，如图所示：
∵四边形ABCD为正四边形，
∴∠B=∠D=90°，AB=AD，
∴AB⊥BE，AD⊥DF，
∵AE平分∠BEF，AB⊥BE，AG⊥EF，
∴AB=AG，
∴AG=AD，
∵AD⊥DF，AG⊥EF，
∴AF平分∠DFE；
（2）DF=BE+EF；理由如下：
在DC上截取DM=BE，连接AM，如图所示：
∵四边形ABCD为正四边形，
∴∠ABC=∠D=∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠ABE=180°−∠ABC=90°，
∴∠ABE=∠ADM，
在△ABE和△ADM中¿，
∴△ABE≌△ADM(SAS)，
∴AE=AM，∠EAB=∠DAM，
∵∠EAB+∠BAF=∠EAF=45°，
∴∠DAM+∠BAF=45°，∴∠MAF=∠BAD−(∠DAM+∠BAF)=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
在△EAF和△MAF中¿，
∴△EAF≌△MAF(SAS)，
∴EF=MF，
∴DF=DM+MF=BE+EF．
38．（2022秋·江苏无锡·八年级校考期中）（1）如图1，将长方形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，
折痕为BE，点C落在点C′处，若∠ADB=58°，则∠DBE= °；
（2）小明手中有一张长方形纸片ABCD，AB=CD=4，AD=BC=9．
【画一画】
如图2，点E在这张长方形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点
M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹）；
（3）【算一算】
图3，点F在这张长方形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别
7
落在点A′，B′处，若AG= ，求B′D的长．
3
【答案】（1）29°；（2）见解析；（3）3
【分析】(1) 根据长方形ABCD，得到AD∥BC，得到∠ADB=∠DBC=58°，根据折叠的性质，得到
1
∠DBE=∠CBE= ∠DBC，计算即可．
2
（2）延长BA,CE交于点G，作∠BGC平分线即可．
【详解】(1) 如图1，因为长方形ABCD，
所以AD∥BC，
所以∠ADB=∠DBC=58°，
1 1
根据折叠的性质，得到∠DBE=∠CBE= ∠DBC= ×58°=29°，
2 2
故答案为：29°．
(2)如图，延长BA,CE交于点G，作∠BGC平分线，
则MN即为所求．
7
（3）因为四边形ABCD是长方形，AB=CD=4，AD=BC=9，AG= ，纸片折叠，使FB落在射线FD
3
上，
7 20
所以AD∥BC，∠BFG=∠B′FG，GD=AD−AG=9− = ，BF=B′F，∠BCD=90°，
3 3
所以∠BFG=∠FGD，
所以∠B′FG=∠FGD，
20
所以FD=GD= ，
3设BF=B′F=x，
则
(20) 2
=42+(9−x) 2
，
3
11
解得x=BF=B′F=
，
3
20 11
所以B′D=DF−B′F= − =3．
3 3
【点睛】本题考查了长方形的性质，垂直平分线的判定，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握长方形的性质，
折叠的性质和勾股定理是解题的关键．
39．（2022秋·湖北荆门·八年级校考期中）【问题初探】（1）如图1，四边形ABCD中，AB=AD，
∠BAD=90°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=45°，试判断EF,BE,
DF之间的关系．聪明的小明是这样做的：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明
△ABE≌△ADG，再证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为 ．
【类比探究】（2）如图2在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∠B=∠ADC=90°，点E，F
分别在四边形ABCD的边CB，DC的延长线上，∠EAF=45°，连接EF，请根据小明的发现给你的启示
写出EF，BE，DF之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）EF=BE+DF
（2）EF=DF−BE，证明见解析．
【分析】（1）延长 FD到点 G，使DG=BE，连结AG ，可证明△ABE≌△ADG，得 AE=AG，
∠BAE=∠DAG，则 ∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=90°−∠EAF=45°=∠EAF，即
可证 △AFG≌△AFE，所以 EF=FG=FD+DG=DF+BE，即可解题．
（2）在 DC上截取DH=BE，连结AH，可证明 △ABE≌△ADH，得AE=AH ，∠BAE=∠DAH，则∠FAH=90°−∠BAF−∠DAH=90°−∠BAF−∠BAE=45°=∠EAF ，即可证△AFH≌△AFE
，所以EF=FH=FD−DH=DF−BE，即可解题．
【详解】（1）EF=DF+BE，证明如下：
延长FD到点 G，使DG=BE，连结AG
∵∠B=∠ADF=90°
∴∠ADG=180°−∠ADF=90°=∠B
在 △ABE和△ADG 中
¿
∴△ABE≌△ADG
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
则 ∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=90°−∠EAF=45°=∠EAF
在△AFG和 △AFE中
¿
∴△AFG≌△AFE
则EF=FG
又∵FG=DG+DF，DG=BE
∴EF=DF+BE
故答案为EF=DF+BE
（2）EF=DF−BE，证明如下：
在 DC上截取DH=BE，连结AH
∵∠ABC=∠ADC=90°
∴∠ABE=180°−∠ABC=90°=∠ADC
在△ABE 和△ADH 中
¿
∴△ABE≌△ADH则AE=AH ，∠BAE=∠DAH
∴∠FAH=90°−∠BAF−∠DAH=90°−∠BAF−∠BAE=45°=∠EAF
在 △AFH和 △AFE中
¿
∴△AFH≌△AFE，
则FH=EF
又∵HF=DF−DH，BE=DH
∴EF=DF−BE
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本
题的关键．
40．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州高新区第二中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，长方形
OABC的顶点A，B的坐标分别为A(9,0)，B(9,4)，AD=1，CE=5，动点P从O点出发，以每秒1个单
位长度的速度，沿着O→A→B→C运动，设点P运动的时间为t秒（0<t<22）．
(1)点D的坐标是 ；点E的坐标是 ；
(2)当点P在OA上运动时，连接PE，ED，当∠PED为直角时，求点P的坐标；
(3)在整个运动过程中，当△PED是以PE为腰的等腰三角形时，求t的值．
【答案】(1)点D的坐标是（9,1），点E的坐标是（5,4）
(2)点P的坐标是(2,0)
41 111
(3)t=2，或t=8，或t= ，或t=
8 8
【分析】（1）利用矩形的性质求出点D和点E的坐标
（2）过点P作PF⊥BC，根据勾股定理，利用参数构建方程得出答案
（3）分两种情形分别讨论求解即可
【详解】（1）由AD=1，CE=5得：点D的坐标是（9,1），点E的坐标是（5,4）（2）
设点P的坐标是（x,0），过点P作PF⊥BC，交BC于点F，则点F的坐标是(x,4)
在Rt△PEF中，PE2=PF2+EF2=(x-5) 2+42，
在Rt△BDE中，DE2=BD2+BE2=32+42=25，
在Rt△PAD中，PD2=PA2+AD2=(x-9）2+12，
由题意知△PDE是以PD为斜边的Rt△，
∴ PD2=PE2+DE2，即(x−9) 2+1=(x−5) 2+16+25，
解得：x=2，
∴点P的坐标是(2,0)
（3）当点P在线段OA上时，设点P的坐标是（t,0），
1）当以PE和DE为等腰三角形的腰，则：PE=DE=5
∴ (t−5) 2+16=25,
解得：t=2，或t=8
2）当以PE和PD为等腰三角形的腰，则：(t−9) 2+1=(t−5) 2+16,
41
解得：t=
8
2、当点P在线段AB上时，不存在点P使得△PDE为等腰三角形；因为当点P在线段AD上时：PE>DE>PD；当点P在线段BD上时：DE>PE>PD；这两种情况都不能构成等腰三角形。
3、当点P在线段BC上时，设点P的坐标是（x,4）
1）当点P在线段BE上时，∠DPE>90°，则PD=PE
∴ (x−5) 2=(x−9) 2+(4−1) 2,
65
解得：x= ，
8
65 111
∴ t=22− =
8 8
2）当点P在线段CE上时，∠PED>90°，则：PE=DE=5，而CE=5
∴点P与点C重合，
∴ t=22（舍去）
41 111
综上1、2、3所述t=2，或t=8，或t= ，或t=
8 8
【点睛】本题考查四边形的综合题、矩形的性质，利用勾股定理解决问题，解题的关键是理解题意，学会
用分类讨论的方法思考问题，学会利用参数构建方程解
41．（2022秋·河北石家庄·八年级校考期中）阅读材料已知下面一列等式：
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1× =1− ； × = − ； × = − ； × = − ……
2 2 2 3 2 3 3 4 3 4 4 5 4 5
(1)请用含n的等式表示你发现的规律___________________；
(2)证明一下你写的等式成立；
1 1 1 1
(3)利用等式计算： + + + ；
x(x+1) (x+1)(x+2) (x+2)(x+3) (x+3)(x+4)
1 1 1 1
(4)计算： + + +⋯+ ．
1+√2 √2+√3 √3+2 3+√10
1 1 1 1
【答案】(1) ⋅ = −
n n+1 n n+1
(2)见解析4
(3)
x2+4x
(4)−1+√10
【分析】（1）观察已知的四个等式，发现等式的左边是两个分数之积，这两个分数的分子都是1，后面一
个分数的分母比前面一个分数的分母大1，并且第一个分数的分母与等式的序号相等，等式的右边是这两
个分数之差，据此可以写出一般性等式；
（2）根据分数的运算法则即可验证；
（3）根据（1）中的结论进行计算即可；
（4）先将分母有理化，再合理利用（1）中的结论计算即可．
【详解】（1）解：根据题意，由规律可得：
1 1 1 1
它的一般性等式为 ⋅ = − ；
n n+1 n n+1
1 1 n+1 n 1 1 1
（2）证明：∵ − = − = = ⋅
n n+1 n(n+1) n(n+1) n(n+1) n n+1
∴原式成立；
1 1 1 1
（3）解： + + +
x(x+1) (x+1)(x+2) (x+2)(x+3) (x+3)(x+4)
1 1 1 1 1 1 1 1
= − + − + − + −
x x+1 x+1 x+2 x+2 x+3 x+3 x+4
1 1
= −
x x+4
4
=
；
x2+4x
1 1 1 1
（4）解： + + +⋯+
1+√2 √2+√3 √3+2 3+√10
√2−1 √3−√2 2−√3 √10−3
= + + +…+
(√2+1)(√2−1) (√3+√2)(√3−√2) (2+√3)(2−√3) (√10+3)(√10−3)
=√2−1+√3−√2+2−√3+…+√10−3
=−1+√10．
【点睛】本题是寻找规律的题型，考查了数字的变化规律，还考查了学生分析问题、归纳问题以及解决问
题的能力，总结规律要从整体、部分两个方面入手，防止片面总结出错误结论．
42．（2022秋·四川内江·八年级四川省内江市第六中学校考期中）（1）一只蚂蚁从点A沿数轴向右直爬1
个单位长度到达点B，点A表示−√5，设点B所表示的数为p．①则p的值 ；
=
②若p的小数部分为k，求(k+√5) 2的值．
（2）已知4a2+b2+4ab与√3b+12互为相反数，
①则2a−3b的平方根 ；②解关于x的方程ax2+4b−2=0．
（3）已知正实数x的平方根是m和m+b．
①当b=8时，则m ；②若m2x+(m+b) 2x=32，求x的值．
【答案】（1）①−√5+1；②9；（2）①±4；②x=±3；（3）①−4；②4
【分析】（1）①根据题意，向右移动则用加，据此可表示出B表示的数；
②先根据无理数的估算求得k，进而代入计算即可；
（2）互为相反数的两个数的和为0，从而可求得a，b的值，再代入①②进行运算即可；
（3）正实数的平方根互为相反数，则有m+m+b=0，得到b=−2m，再代入①②进行求值即可．
【详解】解∶（1）①由题意得∶点B表示的数为∶p=−√5+1；
②∵4＜5＜9，
∴2＜√5＜3，
∴−3＜−√5＜−2，
∴−2＜−√5+1＜−1，
∴p的小数部分为k=−√5+1−(−2)=−√5+3，
∴(k+√5) 2=32=9；
（2）∵4a2+b2+4ab与√3b+12互为相反数，
∴(2a+b) 2+√3b+12=0，
则2a+b=0，3b+12=0，
解得∶a=2，b=−4，
①当a=2，b=−4时，
2a−3b=2×2−3×(−4)=4+12=16，16的平方根为∶±√16=±4；
②当a=2，b=−4时，ax2+4b−2=0化为
2x2−16−2=0，
解得∶x=±3；
(3) ∵正实数x的平方根是m和m+b，
∴m+m+b=0，得∶b=−2m，
①当b=8时，−2m=8，
解得∶m=−4；
②∵m2x+(m+b) 2x=32，b=−2m，
∴m2x+m2x=32，
2m2x=32，
x=m2，
则2x2=32，
解得∶x=±4，
∵x是正实数，
∴x=4．
【点睛】本题主要考查二次根式的混合运算，非负数性质，算术平方根，解答的关键是对相应的知识的掌
握与运用．
43．（2022春·内蒙古巴彦淖尔·八年级统考期中）像√4−2√3，√√48−√45…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×√3×1+12＝√ (√3−1) 2＝√3−1．
再如：√5+2√6=√3+2√6+2=√ (√3) 2+2√3×√2+(√2) 2 =√ (√3+√2) 2= √3 +√2
请用上述方法探索并解决下列问题：
(1)化简：√12+2√35；
(2)化简：√17−4√15；
(3)若a+6√5=(m+√5n) 2，且a，m，n为正整数，求a的值．
【答案】(1)√5+√7
(2)2√3−√5
(3)14或46
【分析】（1）利用题中复合二次根式借助构造完全平方式的新方法求解；
（2）利用题中复合二次根式借助构造完全平方式的新方法求解；
（3）利用完全平方公式，结合整除的意义求解．【详解】（1）√12+2√35=√(√5) 2+2×√5×√7+(√7) 2=√ (√7+√5) 2=√5+√7
（2）√17−4√15=√12−4√15+5=√(2√3) 2 −2×2√3×√5+(√5) 2=√(2√3−5) 2=2√3−5
（3）∵a+6√5=m2+5n2+√5，
∴a=m2+5n2，6=2mn，
∴mn=3
又∵a、m、n为正整数，
∴m=1,n=3，或者m=3,n=1，
∴当m=1,n=3时，a=46；
当m=3,n=1时，a=14．
∴a的值为：14或46．
【点睛】此题考查活用完全平方公式，把数分解成完全平方式，进一步利用公式因式分解化简，注意在整
数分解时参考后面的二次根号里面的数值．
44．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与实践：在学习二次根式时，发现一些含有根号的式子可
以结合完全平方式化成另一个式子的平方，如：
4+2√3=(1+3)+2√1×3=12+2×1×√3+(√3) 2=(1+√3) 2 ，
5−2√6=(3+2)−2√3×2=(√3) 2 −2×√3×√2+(√2) 2=(√3−√2) 2 ．
由此，可将一些被开方数为无理数的式子进行化简√4+2√3=√(1+√3) 2=1+√3，
√5−2√6=√(√3−√2) 2=√3−√2．
(1)请你依上述方法将4−2√3化成一个式子的平方，并直接写出√4−2√3的值．
(2)化简：√4−2√3+√8−2√15+√12−2√35+√16−6√7．
(3)若√a+2√6=√m+√n且a、m、n均为正整数，则a=________．
【答案】(1)(√3−1) 2，√3−1
(2)2
(3)5或7【分析】（1）参照题目例子，将4拆分为1和3，把4−2√3转化为(a−b) 2的形式，即可求解；
（2）用（1）中方法把被开方数是无理数的式子依次化简，再进行二次根式的加减运算即可；
（3）计算√m+√n的平方，与a+2√6进行对比即可求出a值．
(1)
解：4−2√3=(3+1)−2√3×1=(√3) 2 −2×√3×√1+(√1) 2=(√3−1) 2 ，
√4−2√3=√ (√3−1) 2=√3−1．
(2)
解：∵8−2√15=(5+3)−2√5×3=(√5) 2 −2×√5×√3+(√3) 2=(√5−√3) 2
∴√8−2√15=√ (√5−√3) 2=√5−√3，
同理√12−2√35=√ (√7−√5) 2=√7−√5，
√16−6√7=√ (√9−√7) 2=√9−√7=3−√7，
∴√4−2√3+√8−2√15+√12−2√35+√16−6√7
=√3−1+√5−√3+√7−√5+3−√7
=2．
(3)
解：(√m+√n) 2=(√m) 2+2√m⋅√n+(√n) 2=m+2√mn+n=(m+n)+2√mn
∵√a+2√6=√m+√n且a、m、n均为正整数，
∴(m+n)+2√mn=a+2√6，
∴m+n=a，mn=6，
当m=2，n=3或m=3，n=2时，a=m+n=5；
当m=1，n=6或m=6，n=1时，a=m+n=7；
故答案为：5或7．
【点睛】本题考查完全平方公式、二次根式的混合运算，题目较为新颖，能够灵活运用完全平公式对二次
根式进行化简是解题的关键．
45．（2022春·北京海淀·八年级人大附中校考期中）在二次根式的计算和比较大小中，有时候用“平方
法”会取得很好的效果，例如，比较a＝2√3和b＝3√2的大小，我们可以把a和b分别平方，∵a2＝12，b2＝18，则a2＜b2，∴a＜b．
请利用“平方法”解决下面问题：
(1)比较c＝4√2，d＝2√7大小，c d（填写＞，＜或者＝）．
(2)猜想m＝2√5+√6，n＝2√3+√14之间的大小，并证明．
(3)化简：√4 p−8√p−1+√4 p+8√p−1＝ （直接写出答案）．
【答案】(1)c>d
(2)m<n，证明过程见解析
(3)4或4√p−1
【分析】（1）根据题干中“平方法”比较实数大小；
（2）根据题干中“平方法”比较二次根式的大小；
（3）根据题干中“平方法”找出(√p−1−1) 2=p−2√p−1，(√p−1+1) 2=p+2√p−1，再利用二次
根式的性质结合完全平方公式进而开平方分类讨论得出答案．
【详解】（1）解：∵c2=32，d2=28，
则c2>d2，
∴c>d；
故答案为：>．
（2）解：猜想：m<n，
证明：∵m＝2√5+√6，n＝2√3+√14，
∴m2=(2√5+√6)2=26+4√30， n2＝(2√3+√14)2=26+4√42，
∵√30<√42，
∴m2<n2，
∴m<n；
（3）解：∵(√p−1−1) 2=p−2√p−1，(√p−1+1) 2=p+2√p−1，
∴√4 p−8√p−1+√4 p+8√p−1
=2√p−2√p−1+2√p+2√p−1
=2|√p−1−1|+2|√p−1+1|
∵√p−1≥0
∴p≥1，
分情况讨论：①若√p−1−1≤0，即1≤p≤2时，
原式=2(1−√p−1)+2(√p−1+1)，
=4；
②若√p−1−1>0，即p>2时，
原式=2(√p−1−1)+2(√p−1+1)，
=4√p−1
综合①②得：
当1≤p≤2时，原式=4；
当p>2时，原式=4√p−1；
故答案为：4或4√p−1．
【点睛】此题考查了实数的大小比较，二次根式的大小比较和化简二次根式，解题的关键是熟练运用题干
中“平方法”，第（3）题注意分情况讨论．
46．（2022春·北京·八年级北理工附中校考期中）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方． 例如：
4+2√3=1+3+2√3=12+2√3+(√3) 2=(1+√3) 2 ．
这样小明就找到了一种把类似4+2√3的式子化为完全平方式的方法．
请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)结合小明的探索过程填空： + √5=(1+2√5) 2；
(2)7+4√3的算术平方根为 ；
(3)化简：√3−2√2+√5−2√6+√7−2√12+⋯+√2n+1−2√n(n+1) ．( 为正整数)
𝑛
【答案】(1)21；4
(2)2+√3
(3)√n+1−1
【分析】（1）根据(1+2√5) 2=21+4√5，填写答案即可；（2）由题意知，7+4√3配完全平方得(2+√3) 2，然后求算术平方根即可；
（3）由题意知，2n+1−2√n(n+1)配完全平方得(√n+1−√n) 2，然后求得算术平方根为√n+1−√n，将
原式进行配完全平方和求算术平方根得√2−1+√3−√2+√4−√3+⋅⋅⋅+√n+1−√n，最后进行二次根
式的加减运算即可．
【详解】（1）解：∵(1+2√5) 2=1+4√5+20=21+4√5，
故答案为：21；4；
（2）解：∵7+4√3=4+4√3+3=22+4√3+(√3) 2=(2+√3) 2，
∴√7+4√3=√(2+√3) 2=2+√3，
故答案为：2+√3；
（3）解：∵2n+1−2√n(n+1)=(n+1)−2√n⋅√(n+1)+n
=(√n+1) 2 −2√n⋅√n+1+(√n) 2
=(√n+1−√n) 2 ，
∴√2n+1−2√n(n+1)=√(√n+1−√n) 2=√n+1−√n，
∴√3−2√2+√5−2√6+√7−2√12+⋅⋅⋅+√2n+1−2√n(n+1)
=√2×1+1−2√1×2+√2×2+1−2√2×3+√2×3+1−2√3×4+⋅⋅⋅+√2n+1−2√n(n+1)
=√(√2−1) 2+√(√3−√2) 2+√(√4−√3) 2+⋅⋅⋅+√(√n+1−√n) 2
=√2−1+√3−√2+√4−√3+⋅⋅⋅+√n+1−√n
=√n+1−1，
∴原式化简结果为√n+1−1．
【点睛】本题考查了完全平方公式运算、算术平方根、二次根式的加减运算．解题的关键在于熟练掌握完
全平方公式．
x
47．（2022春·重庆丰都·八年级期中）如果记y= =f (x)，并且f (√1)表示当x=√1时y的值，即
1+x√1 1； 表示当 时 的值，即 √2 ； (√1)表示当 √1时 的值，即
f (√1)= = f (√2) x=√2 y f (√2)= f x= y
1+√1 2 1+√2 2 2
√1
(√1) 2 1
f = = ；…
2 √1 √2+1
1+
2
（1）计算下列各式的值：
(√1)
f (√2)+f =__________.
2
(√ 1 )
f (√111)+f =__________.
111
(√1)
（2）当n为正整数时，猜想f (√n)+f 的结果并说明理由；
n
(√1) (√1) (√ 1 )
（3）求f (√1)+f (√2)+f +f (√3)+f +⋅⋅⋅+f (√100)+f 的值.
2 3 100
1
【答案】（1）1；1（2）结果为1，证明过程见详解（3）99
2
【分析】（1）根据题目定义的运算方式代数计算即可.
（2）根据第（1）题的计算结果总结规律，并加以证明.
（3）运用第（2）题的运算规律和加法结合律进行将式子中每一项适当分组，再进行计算.
√1
(√1) √2 2 √2 1 √2+1
【详解】解：（1）f (√2)+f = + = + = =1；
2 1+√2 √1 1+√2 √2+1 √2+1
1+
2
√ 1
(√ 1 ) √111 111 √111 1
f (√111)+f = + = + =1.
111 1+√111 √ 1 1+√111 1+√111
1+
111
(√1)
（2）猜想f (√n)+f 的结果为1.
n(√1)
证明：f (√n)+f
n
√1
√n n
= +
1+√n √1
1+
n
√n 1
= +
1+√n √n+1
√n+1
=
1+√n
=1
(√1) (√1) (√ 1 )
（3）f (√1)+f (√2)+f +f (√3)+f +⋅⋅⋅+f (√100)+f
2 3 100
[ (√1) ] [ (√1) ] [ (√ 1 ) ]
=f (√1)+ f (√2)+f + f (√3)+f +⋅⋅⋅+ f (√100)+f
2 3 100
√1
= +99×1
1+√1
1
=99
2
【点睛】本题以定义新运算的形式考查了二次根式的综合计算，遵循新运算的方式，熟练掌握二次根式的
计算是解答关键.
1
48．（2022秋·辽宁锦州·八年级统考期中）小明在解决问题：已知a＝ ，求2a2－8a＋1的值，他是
2+√3
这样分析与解答的：
1 2−√3
因为a＝ ＝ ＝2－√3，
2+√3 (2+√3)(2−√3)
所以a－2＝－√3.
所以(a－2)2＝3，即a2－4a＋4＝3.
所以a2－4a＝－1.
所以2a2－8a＋1＝2(a2－4a)＋1＝2×(－1)＋1＝－1.
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：1
(1)计算： = － .
√2+1
1 1 1 1
(2)计算： + + ＋…＋ ；
√2+1 √3+√2 √4+√3 √100+√99
1
(3)若a＝ ，求4a2－8a＋1的值．
√2−1
【答案】(1)√2 ，1；(2) 9；(3) 5
1 √2−1
【分析】（1） = =√2−1；
√2+1 (√2+1)(√2−1)
（2）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，
去掉分母，然后合并同类项二次根式即可求解；
（3）首先化简a，然后把所求的式子化成4(a−1) 2−3代入求解即可.
1
【详解】(1)计算： =√2−1；
√2+1
(2)原式=(√2−1)+(√3−√2)+(√4−√3)+...+(√100−√99)=√100−1=10−1=9；
1 √2+1
(3)a= = =√2+1，
√2−1 (√2−1)(√2+1)
则原式=4(a2−2a+1)−3=4(a−1) 2−3，
当a=√2+1时，原式=4×(√2) 2 −3=5.
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，正确读懂例题，对根式进行化简是关键.
49．（2022春·广西崇左·八年级统考期中）先观察下列等式，再回答问题：
√ 1
① 12+2+( ) 2 =1+1=2；
1
√ 1 1 1
② 22+2+( ) 2=2+ =2 ；
2 2 2
√ 1 1 1
③ 32+2+( ) 2=3+ =3 ；…
3 3 3
（1）根据上面三个等式提供的信息，请猜想第四个等式；
（2）请按照上面各等式规律，试写出用 n（n 为正整数）表示的等式，并用所学知识证明．√ 1 1 1 √ 1 1 n2+1
【答案】（1） 42+2+（ ）2= 4+ = 4 ；（2） n2+2+（ ）2= n+ = ，证明见解析．
4 4 4 n n n
【分析】（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想
√ 1 1 1
出第四个等式为 42+2+（ ）2=4 + = 4 ；
4 4 4
√ 1 1 n2+1
（2）根据等式的变化，找出变化规律“ n2+2+（ ）2=n+ = ”，再利用
n n n
1 1
n2+2+（ ）2=（n+ ）2
开方即可证出结论成立．
n n
√ 1 √ 1 1 1 √ 1
【详解】（1）∵① 12+2+（ ）2=1+1=2；② 22+2+（ ）2=2+ =2 ；③ 32+2+（ ）2=3
1 2 2 2 3
1 1
+ =3 ；里面的数字分别为1、2、3，
3 3
√ 1 1 1
∴④ 42+2+（ ）2= 4+ = 4 ．
4 4 4
√ 1 √ 1 1 1 √ 1
（2）观察，发现规律： 12+2+（ ）2=1+1=2， 22+2+（ ）2=2+ =2 ， 32+2+（ ）2=3
1 2 2 2 3
1 1 √ 1 1 1 √ 1 1 n2+1
+ =3 ， 42+2+（ ）2=4+ =4 ，…，∴ n2+2+（ ）2= n+ = ．
3 3 4 4 4 n n n
√ 1 1 √ 1 1 n2+1
证明：等式左边= n2+2n⋅ +（ ）2= （n+ ）2 =n+ = =右边．
n n n n n
√ 1 1 n2+1
故 n2+2+（ ）2=n+ = 成立．
n n n
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简以及规律型中数的变化类，解题的关键是：（1）猜测出第四
√ 1 1 n2+1
个等式中变化的数字为4；（2）找出变化规律“ n2+2+（ ）2=n+ = ”．解决该题型题目时，
n n n
根据数值的变化找出变化规律是关键．
50．（2022春·江西南昌·八年级校考期中）阅读下列材料，然后回答问题：
2
在进行类似于二次根式 的运算时，通常有如下两种方法将其进一步化简：
√3+1
2 2(√3−1) 2(√3−1)
方法一：
= = =√3−1
√3+1 (√3+1)(√3−1) (√3) 2 −12 3−1 (√3 2 )−1 (√3+1)(√3−1)
方法二： = = = =√3−1
√3+1 √3+1 √3+1 √3+1
2
（1）请用两种不同的方法化简： ；
√5+√3
1 1 1 1
（2）化简： + + +⋯+ ．
√4+√2 √6+√4 √8+√6 √2020+√2018
√2
【答案】（1）√5−√3；（2）√505−
2
【分析】(1)首先理解题意，根据题目的解析，即可利用两种不同的方法化简求得答案；
1
(2)结合题意，可将原式化为 (√4-√2+√6-√4+√8-√6+…+√2020-√2018)，继而求得答案．
2
2 2(√5−√3) 2(√5−√3)
【详解】解：(1)方法一： = = =√5-√3；
√5+√3 (√5+√3)(√5−√3) (√5) 2 −(√3) 2
2 5−3 (√5+√3)(√5−√3)
方法二： = = =√5-√3；
√5+√3 √5+√3 (√5+√3)
1 1 √2
(2)原式= (√4-√2+√6-√4+√8-√6+…+√2020﹣√2018)= (√2020﹣√2)=√505- ．
2 2 2
√2
故答案为(1)√5-√3；(2)√505- ．
2
【点睛】此题考查了分母有理化的知识．此题难度较大，解题的关键是理解题意，掌握分母有理化的两种
方法．
51．（2022春·河南许昌·八年级许昌市第一中学校考期中）像(√5+2)(√5﹣2)＝1、√a•√a＝a(a≥0)、(√b
+1)(√b﹣1)＝b﹣1(b≥0)……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互
为有理化因式．例如，√5与√5，√2 +1与√2﹣1，2√3+3√5与2√3﹣3√5等都是互为有理化因式．进行二
次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．请完成下列问题：
2
(1)化简： ；
3√3
1 1
(2)计算： + ；
2−√3 √3−√2
(3)比较√2018−√2017与√2017−√2016的大小，并说明理由．
2√3
【答案】（1） （2）2+2√3+√2（3）√2018−√2017<√2017−√2016
9【分析】（1）由√3×√3=1，确定互为有理化因式，由此计算即可；
（2）确定分母的有理化因式为2−√3与2+√3，√3−√2与√3+√2，然后分母有理化后计算即可；
（3）确定√2018−√2017与√2017−√2016的有理化因式为√2018+√2017与√2017+√2016，得到
1 1
与 ，然后比较即可．
√2018+√2017 √2017+√2016
2√3 2√3
【详解】解：(1) 原式= = ；
3√3⋅√3 9
（2）原式=2+√3+√3+√2=2+√2+2√3；
1 1
（3）根据题意，√2018−√2017= ，√2017−√2016= ，
√2018+√2017 √2017+√2016
∵√2018+√2017>√2017+√2016，
1 1
∴ < ，
√2018+√2017 √2017+√2016
即√2018−√2017<√2017−√2016．
【点睛】此题是一个阅读题，认真读题，了解互为有理化因式的实际意义，以及特点，然后根据特点变形
解题是关键．
52．（2022秋·河北石家庄·八年级校考期中）阅读材料，回答问题：
两个含有二次根式的代数式相乘，如果它们的积不含有二次根式，我们就说这两个代数式互为有理化因式．
例如：因为√a×√a=a，(√2+1)(√2−1)=1，所以√a与√a，√2+1与√2−1互为有理化因式．进行二次
根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
√3+2
(1)√3−2的有理化因式是________；化简： =________；
√3−2
1 1 1 1
(2)化简： + + +⋯⋯+
√3+1 √5+√3 √7+√5 √289+√287
(3)拓展应用：已知，a=√2020−√2019，b=√2021−√2020，c=√2022−√2021，
试比较a，b，c的大小，并说明理由．
【答案】(1)√3+2；−7−4√3
(2)8
(3)a>b>c，见解析
【分析】（1）根据题目中的例子分别确定它们有理化因式即可；（2）先对分母进行有理化，然后再合并同类项即可；
1 1 1
（3）先分别求出 , , 进行分母有理化，然后进行比较，进而完成解答．
a b c
【详解】（1）解：∵(√3−2)(√3+2)=−1
∴√3−2的有理化因式是√3+2；
√3+2 (√3+2)(√3+2) 7+4√3 7+4√3
∴ = = = =−7−4√3．
√3−2 (√3−2)(√3+2) 3−4 −1
故答案为√3+2；−7−4√3．
1 1 1 1
（2）解： + + +⋯⋯+
√3+1 √5+√3 √7+√5 √289+√287
√3−1 √5−√3 √7−√5 17−√287
= + + +⋯⋯+
2 2 2 2
1 17
=− +
2 2
=8．
（3）解：a>b>c，理由如下：
1 1 √2020+√2019
= = =√2020+√2019
a √2020−√2019 (√2020−√2019)(2020+√2019)
1 1 √2021+√2020
= = =√2021+√2020
b √2021−√2020 (√2021−√2020)(√2021+√2020)
1 1 √2022−√2021
= = =√2022+√2021
c √2022−√2021 (√2022−√2021)(√2022+√2021)
1 1 1
∵ < <
a b c
∴a>b>c．
【点睛】本题主要考查了材料阅读、二次根式的混合运算、分母有理化等知识点，读懂阅读材料是解答本
题的关键．
53．（2022秋·江西鹰潭·八年级校考期中）阅读下列解题过程，并解答问题．
1 1×(√3−√2) √3−√2
①
= = =√3−√2；
√3+√2 (√3+√2)(√3−√2) (√3) 2 −(√2) 2√11−√10 (√11−√10)(√11+√10) 1
②√11−√10= = = ．
1 1×(√11+√10) √11+√10
1
(1)直接写出结果 = ；
√n+1+√n
1 1 1 1
(2)化简： + + +⋅⋅⋅+ ；
√2+1 √3+√2 √4+√3 √100+√99
(3)比较大小：√2023−√2022与√2022−√2021．
【答案】(1)√n+1−√n
(2)9
(3)√2023−√2022<√2022−√2021
【分析】（1）根据①中的计算方法，可以求得所求式子的值；
（2）根据（1）中的结果，可以将所求式子展开，然后计算即可；
（3）根据②中的结果，可以将√2023−√2022与√2022−√2021变形，从而可以求得√2023−√2022与
√2022−√2021的大小关系．
1 √n+1−√n √n+1−√n
【详解】（1） = = =√n+1−√n，
√n+1+√n (√n+1+√n)(√n+1−√n) n+1−n
故答案为：√n+1−√n；
1 1 1 1
（2） + + +⋅⋅⋅+
√2+1 √3+√2 √4+√3 √100+√99
=√2−1+√3−√2+√4−√3+...+√100−√99
=√100−1
=10−1
=9；
1 1
（3）√2023−√2022= ,√2022−√2021= ,
√2023+√2022 √2022+√2021
∵√2023+√2022>√2022+√2021,
1 1
∴ < ,
√2023+√2022 √2022+√2021
∴√2023−√2022<√2022−√2021
【点睛】本题考查平方差公式、分母有理化，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的运算法则和运算
顺序，注意平方差公式的应用．1 1
54．（2022秋·甘肃兰州·八年级校考期中）已知x= ，y=
√5−2 √5+2
(1)求x2+2xy+ y2的值．
(2)若x的小数部分为a，y的整数部分为b，求ax+by的平方根．
【答案】(1)20；
(2)±1．
【分析】（1）先分母有理化求出x、y的值，再求出x+ y和xy的值，最后根据完全平方公式进行变形，代
入求出即可；
（2）先求出x、y的范围，再求出a、b的值，最后代入求出即可．
1 1×(√5+2) 1
【详解】（1）解： x= = =√5+2， y= =√5−2，
√5−2 (√5−2)×(√5+2) √5+2
x+ y=(√5+2)+(√5−2)=2√5，
∴x2+2xy+ y2=(x+ y) 2=(2√5) 2=20；
（2）解；∵2＜√5＜3，
∴4＜ √5 +2＜5，0＜ √5 −2＜1，
∵x的小数部分为a，y的整数部分为b，
∴a= √5 +2−4= √5 −2，y=0，
∴ax+by=(√5−2)(√5+2)+(√5−2)×0=5−4=1，
∴ax+by的平方根是±√1=±1．
【点睛】本题考查了完全平方公式、分母有理化、估算无理数的大小、平方根等知识点，能求出x+ y和xy
的值是解（1）的关键，能估算出x、y的范围是解（2）的关键．
55．（2022春·广东肇庆·八年级校考期中）先观察下列等式，再回答下列问题：
√ 1 1 1 1 1
① 1+ + =1+ − =1 ；
12 22 1 1+1 2
√ 1 1 1 1 1
② 1+ + =1+ − =1 ；
22 32 2 2+1 6√ 1 1 1 1 1
③ 1+ + =1+ − =1 ．
32 42 3 3+1 12
√ 1 1
(1)请你根据上面三个等式提供的信息，猜想 1+ + 的结果，并验证；
42 52
(2)请你按照上面各等式反映的规律，试写出一个用n（n为正整数）表示的等式；
√50 1
(3)请利用上述规律来计算 + （仿照上式写出过程）．
49 64
1
【答案】(1)1 ，理由见解析
20
√ 1 1 1
(2) 1+ + =1+
n2 (n+1) 2 n(n+1)
1
(3)1
56
【分析】（1）根据已知算式得出规律，再根据求出的规律进行计算即可；
（2）根据已知算式得出规律即可；
√ 1 1
（3）先变形为原式= 1+ + ，再根据得出的规律进行计算即可．
72 82
√ 1 1 1 1 1
【详解】（1）∵① 1+ + =1+ − =1 ，
12 22 1 1+1 2
√ 1 1 1 1 1
② 1+ + =1+ − =1 ，
22 32 2 2+1 6
√ 1 1 1 1 1
③ 1+ + =1+ − =1 ，
32 42 3 3+1 12
√ 1 1 1 1 1 1
∴ 1+ + + =1+ − =1 ，
4 2 5 4 4+1 20
√ 1 1 √ 441 21 1
理由： 1+ + = = =1 ；
4 2 16×25 4×5 20√ 1 1 1
（2）由（1）可知， 1+ + =1+ ；
n2 (n+1) 2 n(n+1)
√50 1
（3） +
49 64
√ 1 1
= 1+ +
49 64
√ 1 1
= 1+ +
72 82
1 1
=1+ −
7 7+1
1
=1
56
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，数字的变化类等知识点，能根据已知算式得出规律是解此题
的关键．
56．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图，门上针子P处挂萡一个“欢迎光临”的长方形挂牌
ABCD，则得AB=10cm，AD=24cm．如图1，当挂牌水平悬挂（即BC与地面平行）时，测得挂绳
AP=DP=20cm，此时点P到BC所在直线的距离为______cm．将该门挂的挂绳长度缩短4cm后重新挂上，
此时不小心把挂牌弄斜了（如图2），发现AC与地面平行，且点P、D、C三点在同一直线上，则点B
的高度下降了______cm．
( 218)
【答案】 26 6√10−
13
【分析】（1）过点P作PF⊥BC于点F，则PF为所求，根据四边形ABCD为矩形，可知PE⊥AD，设
1
垂足为F，则PA=PD=20，PE⊥AD，故AE=DE= ×24=12，故在Rt△APE中，
2，故 （cm）；
PE=√AP2−AE2=√202−122=16 PF=PE+EF=16+10=26
（2）过点P作PG⊥水平面，垂足为G，则AC与底面平行，故DG⊥AC与点H，故过点B作BI垂直AC，
1
垂足为I，由题可知PA+PD=20×2−4=36，则PA=PC=(PA+PD+DC)⋅ =23，在Rt△ABC中，
2
1
AC=√AB2+BC2=√242+102=26，根据PA=PC，PH⊥AC，可知AH= AC=13，在Rt△PAH中，
2
1 1 1 1
PH=√PA2−AH2=√232−132=6√10，根据S = AB⋅BC= AC⋅BI， ×10×24= ×26×BI，
△ABC 2 2 2 2
120 120
则BI= （cm），故PG=PH+HG=PH+BI=6√10+ （cm）．
13 13
【详解】解：（1）过点P作PF⊥BC于点F，则PF为所求，
∵四边形ABCD为矩形，
∴PE⊥AD，
∵PA=PD=20，PE⊥AD，
1
∴AE=DE= ×24=12，
2
在Rt△APE中，PE=√AP2−AE2=√202−122=16，
∴PF=PE+EF=16+10=26（cm），
故答案为：26；
（2）过点P作PG⊥水平面，垂足为G，
∴AC与底面平行，
∴PG⊥AC与点H，
过点B作BI垂直AC，垂足为I，由题可知PA+PD=20×2−4=36，
1
∴PA=PC=(PA+PD+DC)⋅ =23，
2
在Rt△ABC中，AC=√AB2+BC2=√242+102=26，
∵PA=PC，PH⊥AC，
1
∴AH= AC=13，
2
在Rt△PAH中，PH=√PA2−AH2=√232−132=6√10，
1 1
∵S = AB⋅BC= AC⋅BI，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×10×24= ×26×BI，
2 2
120
BI= （cm），
13
120
∴PG=PH+HG=PH+BI=6√10+ （cm），
13
120 218
PG−PF=6√10+ −26=6√10− （cm），
13 13
( 218)
所以B的高度下降了 6√10− cm
13
( 218)
故答案为： 6√10− ．
13
【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用，长方形的性质，能够根据题意构造合适的辅助线是解决本题的
关键．57．（2022秋·江苏常州·八年级校考期中）数与形是数学中的两个最古老，也是最基本的研究对象，它们
在一定条件下可以相互转化，数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结
合起来，通过“以形助数”或“以数解形”可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题
途径的目的．
(1)【思想应用】已知m，n均为正实数，且m+n=2，求√m2+1+√n2+4的最小值．通过分析，小明想到
了利用下面的构造解决此问题：如图，AB=2，AC=1，BD=2，AC⊥AB，BD⊥AB，点E是线段
AB上的动点，且不与端点重合，连接CE，DE，设AE=m，BE=n．
①用含m的代数式表示CE= ，用含n的代数式表示DE= ；
②据此写出√m2+1+√n2+4的最小值 ；
(2)【类比应用】根据上述的方法，代数式√x2+25+√(x−16) 2+49的最小值是 ；
(3)【拓展应用】①已知a，b，c为正数，且a+b+c=1，试运用构图法，画出图形，并写出
√a2+b2+√b2+c2+√c2+a2的最小值；
②若a，b为正数，写出以√a2+b2，√4a2+b2，√a2+4b2为边的三角形的面积 ．
【答案】(1)①√m2+1，√n2+4；②√13
(2)20
3
(3)①画图见解析，√2；② ab
2
【分析】（1）①利用勾股定理可得CE和DE的长；②利用三角形三边的关系得到CE+DE≥CD（当且仅
当C、E、D共线时取等号），作DH⊥CA交CA的延长线于H，易得四边形ABDH为长方形，利用勾股定理计算出CD=√13，从而得到结论；
（2）利用（1）中的方法画出图形，设AB=16，CA=5，BD=7，AE=x，则BE=16−x，利用勾股定
理得到，CE=√x2+25，DE=√(x−16) 2+49；根据三角形三边的关系得到而CE+DE≥CD（当且仅当
C、E、D共线时取等号），作DH⊥CA交CA的延长线于H，易得四边形ABDH为矩形，利用勾股定理
计算出CD即可得到代数式√x2+25+√(x−16) 2+49的最小值；
（3）①利用类比的方法，仿照（1）的方法画出边长为1的正方形，再利用两点之间线段最短即可得出结
论；②利用类比的方法，仿照（1）的方法画出边长2a，2b的长方形，利用勾股定理构图解答即可．
【详解】（1）解：①在Rt△ACE中，CE=√m2+1，
在Rt△BDE中，DE=√22+n2=√n2+4，
故答案为：√m2+1，√n2+4；
②连接CD，
由①得：√m2+1+√n2+4=CE+DE，
而CE+DE≥CD（当且仅当C、E、D共线时取等号），
作DH⊥CA交CA的延长线于H，如图1，可得四边形ABDH为长方形，
∴AH=BD=2，DH=AB=2，
在Rt△CHD中，CD=√AH2+DH2=√(1+2) 2+22=√13，
∴CE+DE的最小值为√13，即√m2+1+√n2+4的最小值为√13；
故答案为：√13；
（2）如图，
设AB=16，CA=5，BD=7，AE=x，则BE=16−x，
在Rt△ACE中，CE=√AC2+AE2=√x2+25，
在Rt△BDE中，DE=√BE2+BD2=√(16−x) 2+49；
∴ √x2+25+√(x−16) 2+49=CE+DE，
而CE+DE≥CD（当且仅当C、E、D共线时取等号），
作DH⊥CA交CA的延长线于H，易得四边形ABDH为矩形，
∴AH=BD=7，DH=AB=16，
在Rt△CHD中，CD=√CH2+DH2=√122+162=20，
∴CE+DE的最小值为20，
即√x2+25+√(x−16) 2+49的最小值为20．
故答案为：20；
（3）画出边长为1的正方形，在边上截取出长为a，b．c的线段，作图如下：则a+b+c=1，AB=√a2+b2，BC=√b2+c2，CD=√a2+c2，
∴AB+BC+CD=√a2+b2+√b2+c2+√c2+a2，
利用两点之间线段最短可知：AB+BC+CD≥AD（当且仅当A、B、C、D共线时取等号），
∵AD=√12+12=√2，
∴AB+BC+CD的最小值为√2，
∴ √a2+b2+√b2+c2+√c2+a2的最小值为√2；
②分别以2a，2b为边长作出矩形ABCD，则AB=2a，AD=2b，取AB的中点为E，AD的中点为F，连
接EF，FC，EC，如图，
则AE=EB=a，AF=FD=b，CD=AB=2a，BC=AD=2b，
∴EF=√AF2+AE2=√a2+b2，
FC=√FD2+CD2=√4a2+b2，
EC=√BE2+BC2=√a2+4b2，
∴以√a2+b2，√4a2+b2，√a2+4b2为边的三角形的面积=S ，
△EFC
∵S =S −S −S −S
△EFC 矩形ABCD △AEF △DFC △BEC
1 1 1
=2a⋅2b− ×ab− ×b⋅2a− ×a⋅2b
2 2 2
1
=4ab− ab−ab−ab
2
3
= ab，
2
3
∴以√a2+b2，√4a2+b2，√a2+4b2为边的三角形的面积为 ab，
23
故答案为： ab．
2
【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题：灵活运用两点之间线段最短或垂线段最短解决此类问题．也
考查了勾股定理和类比的方法．
58．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图，CD，BE是△ABC的两条高线，且它们相交于Q，F是
BC边的中点，连接DF，DF与BE相交于点P，已知BD=CD．
(1)求证BQ=AC
(2)若BE平分∠ABC．
①求证：DP=DQ；
②若AC=8，求BP的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②BP=4√2
【分析】（1）根据AAS证明△BDQ≌△CDA，即可证明结论；
（2）①根据等腰三角形的性质和角平分线的定义，结合三角形外角的性质，求出
∠DQB=∠DPQ=67.5°，根据等角对等边即可得出答案；
②过点P作PM⊥AB于点M，证明DM=PM=PF，设DM=PM=PF=x，用x表示出
PQ=PD=√DM2+PM2=√2x，BF=FC=DF=x+√2x，证明Rt△BPF≌Rt△BPM(HL)，得出
BM=BF=DF=x+√2x，表示出BD=BM+MD=x+√2x+x=2x+√2x，根据勾股定理列出关于x的
方程，求出x2=16−8√2，在Rt△BPF中根据勾股定理求出BP即可．
【详解】（1）证明：∵CD、BE是△ABC的高线，∴∠BDQ=∠ADC=∠AEB=90°，
∴∠DBQ+∠BAE=90°，∠DQB+∠DBQ=90°，
∴∠DQB=∠DAC，
∵BD=CD，∠BDQ=∠ADC，
∴△BDQ≌△CDA(AAS)，
∴BQ=AC；
（2）证明：①∵∠BDC=90°，BD=CD，
1
∴∠DBC=∠DCB= ×90°=45°，
2
∵BE平分∠ABC，
1
∴∠DBQ=∠QBC= ×45°=22.5°，
2
∴∠DQB=90°−∠DBQ=67.5°，
∵BD=CD，F是BC边的中点，
1
∴DF⊥BC，∠BDF=∠CDF= ∠BDC=45°，
2
∵∠DPQ为△BDP的外角，
∴∠DPQ=∠DBP+∠BDP=67.5°，
∴∠DPQ=∠DQP，
∴DP=DQ；
②过点P作PM⊥AB于点M，如图所示：
则∠PMD=90°，
∵∠MDP=45°，
∴∠MPD=90°−45°=45°，∴∠MDP=∠MPD，
∴MD=MP，
∵PM⊥BD，PF⊥BF，BP平分∠ABC，
∴PM=PF，
∴DM=PM=PF，
设DM=PM=PF=x，则PQ=PD=√DM2+PM2=√2x，
∵∠BDC=90°，F是BC边的中点，
∴BF=FC=DF=x+√2x，
∵PM=PF，BP=BP，
∴Rt△BPF≌Rt△BPM(HL)，
∴BM=BF=DF=x+√2x，
∴BD=BM+MD=x+√2x+x=2x+√2x，
∵BQ=AC=8，
∴在Rt△BDQ中根据勾股定理得：
BD2+DQ2=BQ2=82，
即(2x+√2x)+(√2x) 2=82，
∴x2=16−8√2，
在Rt△BPF中根据勾股定理可得：
BP2=PF2+BF2
=x2+(x+√2x) 2
=x2+(1+√2) 2 x2
=x2+(3+2√2)x2
=(4+2√2)x2
=(4+2√2)(16−8√2)
=32，
∴BP=√32=4√2或BP=−√32=−4√2（舍去）．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，等腰三角形的判定和性质．
59．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）（1）如图1，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD为BC边上
的中线．求中线AD的取值范围；（提示：延长AD到点E，使DE=AD，连接BE）
（2）如图2，在△ABC中，∠A=90°，D是BC边的中点，∠EDF=90°，DE交AB于点E，DF交AC
于点F，连接EF，求证：BE2+CF2=EF2；
（3）如图3，四边形ABCD中，∠A=90°，∠D=120°，E为AD中点，F、G分别边AB、CD上，且
EF⊥EG，若AF=4，DG=2√3，求GF长．
【答案】（1）1<AD<4；（2）见解析；（3）2√13
【分析】（1）延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，证明△EDB≌△ADC(SAS)，得到BE=AC，利
用三角形的三边关系，求出AE的取值范围，进而求出AD的取值范围；
（2）延长FD至G，使DG=DF，连接EG，BG，推出EF=EG，证明△BDG≌△CDF，得到CF=BG，
推出∠EBG=90°，利用勾股定理，即可得证；
（3）延长FE至P，使EP=FE，连接DP，PG，得到△FAE≌△PDE(SAS)，推出FG=PG，延长PD，
过G作GH⊥PD于H，得到△GHD为含30°角的直角三角形，求出GH，DH的长，再利用勾股定理，求
出PG的长，即可得解．
【详解】解：（1）如图1，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，
∵AD为BC边上的中线，
∴BD=CD，
∵∠BDE=∠ADC，
∴△EDB≌△ADC(SAS)，∴BE=AC=3，
△ABE中，AB=5，
∴AB−BE<AE<AB+BE，即5−3<AE<5+3，
∴2<AE<8，
∵AE=2AD，
∴1<AD<4，
（2）证明：如图2，延长FD至G，使DG=DF，连接EG，BG，
∵∠EDF=90°，
∴ED是FG的垂直平分线，
∴EF=EG，
由（1）同理得：△BDG≌△CDF(SAS)，
∴∠C=∠DBG，CF=BG，
∵∠A=90°，
∴∠EBC+∠C=90°，
∴∠EBC+∠DBG=90°，
∴EG2=BE2+BG2，
∴BE2+CF2=EF2；
（3）解：如图3，延长FE至P，使EP=FE，连接DP，PG，
同理得：△FAE≌△PDE(SAS)，∴PD=AF=4，∠PDE=∠A=90°，
∵FE⊥EG，FE=EP，
∴FG=PG，
延长PD，过G作GH⊥PD于H，
∵∠EDG=120°，∠EDH=90°，
∴∠GDH=30°，
∵DG=2√3，
1
∴GH= DG=√3，DH=√3GH=3，
2
∴PH=PD+DH=7，
∴PG=√PH2+GH2=√72+(√3) 2=2√13，
∴GF=PG=2√13．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理．熟练掌握倍长中线法，证明
三角形全等，是解题的关键．
60．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，在等边△ABC的AC、BC边上各取一点D、E，AE、
BD相交于点F，∠BFE=60°．
(1)求证：AD=CE；
(2)如图2，过点B作BG⊥AE于点G．
①若BE=2EC=2，求BG的长；
②若BF=2AF，连接CF，求∠CFE的度数．【答案】(1)见解析
3√21
(2)① ；②30°
7
【分析】（1）证明△ABD≌△CAE(ASA)即可得出结论；
（2）①过点A作AH⊥BC于H，利用等边三角形的性质与勾股定理，求出AH、AE，然后由三角形面
积公式可求出BG的长；
②连接CF、CG，先由直角三角形性质求得BF=2FG，又因BF=2AF，从而求得FG=AF，则
BF=AG，继而可证△AFD≌△CGE(SAS)，得到AF=CG，∠DAF=∠ECG，则
∠CGE=∠DAF+∠ACG=∠ECG+∠ACG=∠ACB=60°，FG=CG，所以∠CFE=∠FCG，又
1
由∠CGE=∠CFG+∠FCG，即可由∠CFE= ∠CGE求解．
2
【详解】（1）解：∵等边△ABC，
∴AB=AC，∠BAC=∠C=60°，
∴∠BAE+∠CAE=∠BAC=60°，
∵∠BAE+∠ABD=∠BFE=60°，
∠ABD=∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
¿，
∴△ABD≌△CAE(ASA)，
∴AD=CE；
（2）解：①过点A作AH⊥BC于H，
∵BE=2EC=2，
∴CE=1，BC=3，
∵等边△ABC，AH⊥BC，1 3 1
∴CH= BC= ，HE= ，AC=BC=3，
2 2 2
3√3
∴AH=√AC2−CH2=
，
2
∴AE=√AH2+H E2=√7，
1 1 3√3 9√3
∴S = BC⋅AH= ×3× = ，
△ABC 2 2 2 4
∵BE=2EC=2，
2 3√3
∴S = S =
△ABE 3 △ABC 2
1
∵S = AE⋅BG
△ABE 2
1 3√3
∴ ×√7⋅BG= ，
2 2
3√21
∴BG= ；
7
②连接CF、CG，
∵∠BFE=60°，BG⊥AE，
∴∠FBG=30°，
∴BF=2FG，
∵BF=2AF，
∴FG=AF，
∴BF=AG，
由（1）知：△ABD≌△CAE，AD=CE，
∴∠ADB=∠AEC，BD=AE，即BF+FD=AG+≥¿，
∴FD=≥¿，
在△AFD和△CGE中，
¿，∴△AFD≌△CGE(SAS)，
∴AF=CG，∠DAF=∠ECG，
∴∠CGE=∠DAF+∠ACG=∠ECG+∠ACG=∠ACB=60°，
∵FG=AF
∴FG=CG，
∴∠CFE=∠FCG，
∵∠CGE=∠CFG+∠FCG，
1 1
∴∠CFE= ∠CGE= ×60°=30°．
2 2
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形
面积，本题属三角形综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
61．（2022秋·辽宁丹东·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=n2+1，BC=n2−1，AC=2n.
(1)试判断△ABC的形状，并证明：
(2)当n=2时，点D从A出发，以1个单位/秒的速度沿折线A→B→C→A运动，设运动时间为t秒，
①当BD平分∠ABC时，求t的值：
②当点D落在边AB的垂直平分线上时，求t的值；
③在整个运动过程中，直接写出△BCD为等腰三角形时t的值.
【答案】(1)△ABC是直角三角形
(2)①t=9.5秒；②t=2.5秒或t=8.875秒；③t=2秒或11秒或2.5秒或1.4秒
【分析】（1）根据所给数据可得AB2=BC2+AC2，即可判断△ABC的形状；
（2）①根据题意作出图形，再过点D作DE⊥AB，垂足为E，可发现Rt△BCD≌Rt△BED，设
CD=DE=x，则AD=4−x，AE=2，通过△AED是直角三角形建立方程解答即可；②根据题意作出图
1
形，分两种情况：点D在AB中点；点D在AC上．当点D在AB中点时，此时AD= AB即可解答；当点
2
D在AC上时，连接BD，设CD″为x，则BD″=AD″=4−x，根据△BCD是直角三角形列出方程即可解
答；③由题意可知，当点D在AB上，且BD=BC；当点D在AC上，BC=CD；当点D在AB上，且过BC的垂直平分线，BD=CD；当点D在AB上，BC=CD；分别求出四种情况的t值即可．
【详解】（1）解：AB2=(n2+1) 2=n4+2n2+1，
BC2=(n2−1) 2=n4−2n2+1，
AC2=(2n) 2=4n2，
则BC2+AC2=n4−2n2+1+4n2=n4+2n2+1，
∴AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形；
（2）解：当n=2时，AB=5，BC=3，AC=4，
①如图，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥AB，垂足为E，
在Rt△BCD和Rt△BED中，
¿，
∴Rt△BCD≌Rt△BED(HL)，
∴BE=BC=3，
设CD=DE=x，
∴AD=4−x，AE=5−3=2，
在Rt△AED中，有DE2+AE2=AD2，
∴x2+22=(4−x) 2，
3
∴x= =1.5，
2
此时，AB+BC+CD=5+3+1.5=9.5，
∴t=9.5÷1=9.5（秒）；
②如图，D′D″垂直平分AB，
点D可能在点D′处，也可能在点D″处，
当点D在点D′处时，1
AD′= AB=2.5，
2
t=2.5÷1=2.5（秒），
当点D在D″处时，
连接BD″，∵D′D″垂直平分AB，
∴BD″=AD″，
设CD″为x，
则BD″=AD″=4−x，
在Rt△BCD″中，有BC2+CD″2=BD″2，
∴32+x2=(4−x) 2，
7
∴x= =0.875，
8
AB+BC+CD″=5+3+0.875=8.875，
∴t=8.875÷1=8.875（秒），
综上，t=2.5秒或t=8.875秒；
③当点D在AB上，BD=BC时，
此时AB=5−3=2，
∴t=2÷1=2（秒），
当点D在AC上，BC=CD时，
此时AB+BC+CD=5+3+3=11，
∴t=11÷1=11（秒），
当点D在AB上，且过BC的垂直平分线，BD=CD时，如图，
此时点D为AB的中点，AD=2.5，
∴t=2.5÷1=2.5（秒），当点D在AB上，BC=CD时，
如图，过点C作CH⊥AB，垂足为H，
1
∵ S =3×4× =6，
△ABC 2
1 1
S = ×AB×CH= ×5×CH=6，
△ABC 2 2
12
∴CH= ，
5
∵AD=t，
∴BD=5−t，
5−t
∴DH= ，
2
在Rt△CDH中，有DH2+CH2=CD2，
(5−t) 2 (12) 2
∴ + =9，
2 5
7 43
∴t= =1.4或 （舍去），
5 5
综上，t=2秒或11秒或2.5秒或1.4秒．
【点睛】本题主要考查勾股定理及其逆定理、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分
线的性质、等腰三角形的定义，掌握勾股定理及其逆定理、灵活运用分类讨论思想是解题关键．
62．（2022秋·浙江绍兴·八年级校联考期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2=2c2，则称
△ABC为“方倍三角形”．(1)对于①等边三角形，②直角三角形，下列说法一定正确的是________．
A．①一定是“方倍三角形”
B．②一定是“方倍三角形”
C．①②都一定是“方倍三角形”
D.①②都一定不是“方倍三角形”
(2)若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB=√6，则该三角形的面积为________；
(3)如图，△ABC中，∠ABC=120°，∠ACB=45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，
点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP=2，求AD的长．
【答案】(1)A
(2)√2
(3)2√2
【分析】（1）直接利用“方倍三角形”的定义对等边三角形和直角三角形分别判断即可；
（2）根据勾股定理和“方倍三角形”的定义求得直角三角形的三边长，即可求得直角三角形的面积；
（3）根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得
AP=PD=2，据此求解即可求得结论．
【详解】（1）解：对于①等边三角形，三边相等，
设边长为a，
则a2+a2=2a2，
根据“方倍三角形”定义可知：等边三角形一定是“方倍三角形”；
对于②直角三角形，三边满足关系式：a2+b2=c2，
根据“方倍三角形”定义可知：直角三角形不一定是“方倍三角形”；
故选：A；
（2）解：设b>a，
∵a2+b2=c2，a2+c2=2b2，c2=6，∴a2=2，b2=4，
∴a=√2，b=2
1
∴S= ×2×√2=√2；
2
故答案为：√2；
（3）解：∵△ABD为“方倍三角形”，
∴AB2+BD2=2AD2，
∵AB=BD，
∴AB=BD=AD，即△ABD为等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∴∠ABP=∠DBP=30°，
∵∠ABC=120°，∠ACB=45°，
∴∠BAP=15°，
∴∠APB=135°，
∴∠DPB=135°，
∴∠APD=90°，即△APD为等腰直角三角形，
∵AP=PD=2，
∴AD=2√2．
【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，解决本题的关
键是掌握等边三角形的性质以及“方倍三角形”的定义．
63．（2022秋·江苏扬州·八年级校考期中）如图，ΔABC中，∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，
若点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿折线A−B−C−A运动，设运动时间为t秒(t>0)．
(1)点P运动结束，运动时间t=______；
(2)当点P到边AB、AC的距离相等时，求此时t的值；
(3)在点P运动过程中，是否存在t的值，使得△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)1215
(2)
2
5 18
(3)存在，t= 或3或 或6s
2 5
【分析】（1）根据勾股定理定理求出AC长，从而根据时间=路程÷速度计算即可得到答案；
（2）当点P恰好在∠BAC的角平分线上，点P到边AB、AC的距离相等时，结合角平分线的性质和勾股
定理列方程求解即可得到t的值；
（3）分四种情况：当P在AB上且AP=CP时，当P在AB上且AP=CA=3时，当P在AB上且AC=PC时，
当P在BC上且AC=PC=3时，分别依据等腰三角形的性质即可得到t的值．
【详解】（1）解：∵ΔABC中，∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴AC=√102−82=6cm，
∴C =AB+BC+AC
△ABC
=6+8+10
=24cm，
∵点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿折线A−B−C−A运动，
24
∴点P运动结束，运动时间t= =12（秒），
2
故答案为：12；
（2）解：当点P到边AB、AC的距离相等时，AP平分∠BAC，
如图，过P作PD⊥AB于D，
∵AP平分∠BAC，∠C=90°，
∴PD=PC，AD=AC=6，
∴BD=10−6=4，
设PD=PC= y，则BP=8−y，
在RtΔBPD中，BD2+PD2=BP2，∴42+ y2=(8−y) 2，解得y=3，
∴CP=3，BP=5，
AB+BP 10+5 15
∴t= = = s；
2 2 2
15
∴当点P到边AB、AC的距离相等时，t的值为 ；
2
（3）解：根据题意，可分四种情况：
①如图，当P在AB上且AP=CP时，
∠A=∠ACP，而∠A+∠B=90°，∠ACP+∠BCP=90°，
∴∠B=∠BCP，
∴CP=BP，
1
∴P是AB的中点，即AP= AB=5，
2
AP 5
∴t= = ；
2 2
②如图，当P在AB上且AP=CA=6时，
AP
t= =3；
2
③如图，当P在AB上且AC=PC时，过C作CD⊥AB于D，则AC·BC 24
CD= = ，
AB 5
18
∴RtΔACD中，AD= ，
5
36
∴AP=2AD= ，
5
AP 18
∴t= = ；
2 5
④如图，当P在BC上且AC=PC=6时，BP=8−6=2，
AB+PB
∴t= =6．
2
5 18
综上所述，当t= 或3或 或6s时，ΔACP为等腰三角形．
2 5
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定以及勾股定理的综合运
用．画出图形，利用分类讨论的思想是解第（3）题的关键．
64．（2022秋·浙江金华·八年级校考期中）如图1，在△ABC中，AB=AC=5cm，BC=6cm，AE为BC
边上的中线．
(1)求AE的长；
(2)动点P的速度为2cm/s，运动时间为t秒．①如图2，当点P从点B开始沿BC边向点C移动时，若△ABP是以BP为腰的等腰三角形，请你求出所有
满足条件的t的值．
②如图3，当点P从点C开始沿AC边向点A移动时，将△CPE沿直线PE对折，点C的对称点为C′，当
△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形时，请直接写出t=_____．
【答案】(1)4cm
5 25 1 9 3
(2)①t的值为 或 ；② 或 或 ．
2 12 2 10 2
1
【分析】（1）由BC=6cm，AE为BC边上的中线， 可得BE=CE= BC=3(cm)， 证明∠AEB=90°，
2
再利用勾股定理可得答案；
（2）①当BP=AB=5cm时，当BP=AP时，结合勾股定理可得答案： ②当EC′⊥AC于T时，△C′PE
12 9
与△AEP重叠部分为直角三角形PET，如图：求解ET= ，CT=√CE2−ET2= ，由对折可得：
5 5
ET PT PT 4 5
∠C′EP=∠CEP，过P作PM⊥BC于M，证明PT=PM， = ，即 = ，求得CP= CT=1
CE PC CP 5 9
12
即可，当C′落在AC上时，△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形C′PE，如图： 同理可得：EP= ，
5
9
CP=C′P= ，可得答案；当C′P⊥AE于K时，△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形KPE，如图：
5
证明CP=CE=3， 可得答案．
【详解】（1）解：∵BC=6cm，AE为BC边上的中线，
1
∴BE=CE= BC=3(cm)，
2
∵AB=AC=5cm，
∴∠AEB=90°，
∴AE=√AB2−BE2=4(cm)；
（2）①当BP=AB=5cm时，如图：BP 5
此时t= = (s) ，
2 2
当BP=AP时，如图：
设BP=AP=xcm，则PE=(x−3)cm，
在Rt△APE中，AE2+PE2=AP2，
25
∴42+(x−3) 2=x2， 解得x= ，
6
25
∴BP= (cm)，
6
BP 25 1 25
∴t= = × = (s)，
2 6 2 12
5 25
综上所述，t的值为 或 ；
2 12
② 当EC′⊥AC于T时，△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形PET，如图：
∵∠AEC=∠EFC=90°，
1 1
∴由等面积法可得： ×3×4= ×5ET，
2 2
12 9
∴ET= ，CT=√CE2−ET2= ，
5 5
由对折可得：∠C′EP=∠CEP，过P作PM⊥BC于M，
∴PT=PM，1 1
PT·ET PT·ET
2 2
∴由三角形的面积公式可得： = ，
1 1
PM·CE PC·ET
2 2
ET PT PT 4
∴ = ，即 = ，
CE PC CP 5
5
∴CP= CT=1，
9
CP 1
∴t= = (s)，
2 2
当C′落在AC上时，△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形C′PE，如图：
12 9
同理可得：EP= ，CP=C′P= ，
5 5
CP 9
∴此时t= = (s)；
2 10
当C′P⊥AE于K时，△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形KPE，如图：
∵∠AKP=∠AEC=90°，
∴C′P∥BC，
∴∠C′PE=∠PEC，
∵△CPE沿直线PE对折，点C的对称点为C′，
∴∠C′PE=∠CPE，
∴∠PEC=∠CPE，
∴CP=CE=3，
CP 3
∴此时t= = (s)，
2 2
1 9 3
综上所述，当△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形时，t的值为 或 或 ．
2 10 2【点睛】本题考查等腰三角形中的动点问题，涉及等腰三角形性质及应用，勾股定理，角平分线的性质，
轴对称的性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
65．（2022秋·四川达州·八年级校考期中）问题发现：如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边所
在直线上的一动点（不与点B、C重合），连接AD，以AD为边作Rt△ADE，且AD=AE，根据
∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE，得到∠BAD=∠CAE，结合AB=AC，AD=AE得出
△BAD≌△CAE，发现线段BD与CE的数量关系为BD=CE，位置关系为BD⊥CE；
(1)探究证明：如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE，AB=AC，AD=AE，且点D在BC边上滑动（点D不
与点B，C重合），连接EC．
①则线段BC，DC，CE之间满足的等量关系式为 ；
②求证：BD2+CD2=2AD2；
(2)拓展延伸：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=13cm，CD=5cm，
求AD的长．
【答案】(1)①BC=DC+EC；②见解析
(2)AD=6√2．
【分析】（1）①由SAS证得△BAD≌△CAE，得到BD=EC，可得BC=DC+BD=DC+EC；
②根据全等三角形的性质可得∠ACE=∠B=45°，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；
（2）拓展延伸作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到BD=CE=13，
根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）①解：BC=DC+EC，理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，¿，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=EC，∴BC=DC+BD=DC+EC，
故答案为：BC=DC+EC；
②证明：∵Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，∠ACE=∠B=45°，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE2+CD2=ED2，
∴BD2+CD2=ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，
∵AD=AE，
∴ED2=2AD2，
∴BD2+CD2=2AD2；
（2）解：作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，如图3所示：
则△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADE=45°，
∵∠ABC=∠ACB=45°，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，¿，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE=13，∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，
∴∠EDC=90°，
∴DE=√CE2−CD2=√132−52=12，
∵∠DAE=90°，
√2 √2
∴AD=AE= DE= ×12=6√2．
2 2
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定由性质、勾
股定理、直角三角形的判定等知识；熟练掌握等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
66．（2022秋·浙江金华·八年级校联考期中）如图，△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，若
动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，设运动时间为t秒．
(1)动点P运动2秒后，求△ABP的周长．
(2)问t满足什么条件时，△BCP为直角三角形？
(3)另有一点Q，从点C开始，按C→B→A→C的路径运动，且速度为每秒2cm，若P、Q两点同时出发，
当P、Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为何值时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的
两部分？
【答案】(1)(7+√13)cm
36
(2)0<t≤4或t=
5
(3)t=2或t=6
【分析】(1)首先根据勾股定理可求得AC的长，根据动点P的速度为每秒1cm，求出出发2秒后CP的长，
然后可求得AP的长，再利用勾股定理可求得PB的长，据此即可求得周长；
(2)分两种情况讨论：当点P在AC上运动时和当点P在AB上时，根据三角形面积公式求出CP长，再根据
勾股定理求出AP，继而易得结论；
(3)分类讨论：当P点在AC上，Q点在AB上时，则PC=t，BQ=2t−3；当P点在AB上，Q点在AC上时，则AP=t−4，AQ=2t−8，分别求得答案即可．
【详解】（1）解: 如图，由∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，
∴由勾股定理得：AC=√AB2−BC2=√52−32=4(cm)，
∵动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，
∴出发2秒后，CP=2cm，AP=AC−CP=4−2=2(cm)，
∵∠C=90°，
∴PB=√CP2+BC2=√22+32=√13(cm)，
∴△ABP的周长为：AP+PB+AB=2+√13+5=7+√13(cm)；
（2）解：∵∠C=90°，动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，
∴P点在AC上运动时△BCP为直角三角形，
∴0<t≤4，
当P点在AB上时，CP⊥AB 时，△BCP为直角三角形，
1 1
∵ AB⋅CP= AC⋅BC，
2 2
1 1
∴ ×5×CP= ×3×4，
2 2
12
解得：CP= ，
5
∴AP=√AC2−CP2=
√
42−
(12) 2
=
16
(cm)，
5 5
16 36
∴AC+AP=4+ = (cm)，
5 5
∵点P的速度为每秒1cm，
36
∴t= ，
5
36
综上所述: 当0<t≤4或t= 时，△BCP为直角三角形；
5（3）解：当P点在AC上，Q点在AB上时，
则PC=t，BQ=2t−3，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
1
∴t+2t−3+3= ×(5+4+3)，
2
∴t=2；
当P点在AB上，Q点在AC上时，
则AP=t−4，AQ=2t−8，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
1
∴t−4+2t−8= ×(5+4+3)，
2
∴t=6，
∴当t为2秒或6秒时直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
【点睛】此题考查了直角三角形的判定和勾股定理，列代数式，进行分类讨论是解决问题的关键．
67．（2022秋·河南驻马店·八年级校联考期中）细心观察如图，认真分析各式，然后解答问题．
√1
OA2=1+(√1) 2=2，S = ，
2 1 2
√2
OA2=1+(√2) 2=3，S = ，
3 2 2
√3
OA2=1+(√3) 2=4，S = ，
4 3 2
……(1)OA =_____；
10
(2)用含n（n是正整数）的等式表示上述面积变化规律：OA2=_____，S =_____；
n n
(3)若一个三角形的面积是√5，则它是第______个三角形；
(4)求出S2+S2+S2+S2+⋯+S2 的值．
1 2 3 4 10
【答案】(1)√10
√n
(2)n；
2
(3)20
55
(4)
4
【分析】（1）观察上述结论，可以发现OA ❑ 2=1+(√9) 2=10，再开方即可求解；
10
√n
（2）观察上述结论，可以发现OA ❑ 2=1+(√n+1) 2=n，S = 即可求解；
n n 2
√n
（3）根据S = =√5，即可求解；
n 2
（4）S2+S2+S2+S2+⋯+S2 的值就是把面积的平方相加即可．
1 2 3 4 10
【详解】（1）OA ❑ 2=1+(√9) 2=10，
10
∴OA =√10，
10
故答案为：√10
2
√n
（2）∵OA ❑ 2=1+(√n+1) 2=n，( ) +1=n+1，
n 2
√n
∴S = （n是正整数）
n 2√n
故答案为：n；
2
√n
（3）∵S = =√5，
n 2
∴n=20，
故答案为：20
（4）S2+S2+S2+S2+⋯+S2
1 2 3 4 10
2 2 2 2
√1 √2 √3 √10
=( ) +( ) +( ) +...+( )
2 2 2 2
1
= (1+2+3+...+10)
4
55
=
4
【点睛】根据考查了勾股定理、算术平方根．解题的关键是观察，观察题中给出的结论，由此结论找出规
律进行计算．
68．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）（1）如图1，把一块三角板（AB=BC，∠ABC=90°）放
入一个“U”形槽中，使三角形的三个顶点A、B、C分别在槽的两壁及底边上滑动，已知∠D=∠E=90°，
在滑动过程中，你发现线段AD与BE有什么关系？试说明你的结论；
【变式探究】（2）如图2，在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AB、AC上，若
∠B=∠FDE=∠C，那么∠BED与∠CDF有何关系，并加以说理；
【拓展应用】（3）如图3，在△ABC中，BA=BC，∠B=45°，点D、F分别是边BC、AB上的动点，
且AF=2BD．以DF为腰向右作等腰△≝¿，使得DE=DF，∠EDF=45°，连接CE．
①试判断线段DC、BD、BF之间的数量关系，并说明理由；
②如图4，已知AC=4，点G是AC的中点，连接EA、EG，直接写出EA+EG的最小值．
【答案】（1）AD=BE，理由见解析；（2）∠BED=∠FDC，理由见解析；（3）①BD+BF=CD，
理由见解析；②AE+EG的最小值为2√5【分析】（1）证明△ABD≌△BCE，即可证明AD=BE；
（2）根据外角的性质，得到∠EDC=∠B+∠BED=∠FDE+∠FDC，即可得证；
（3）①根据BA=BC，得到：AF+BF=BD+CD，再根据AF=2BD，即可得解；②在CD上截取
DM=BF，连接EM，作点G关于CE的对称点N，连接CN，AN，证明△BDF≌△MED，利用对应边
相等，和线段的转化，得到：EM=CM，进而得到∠ECM=∠MEC=22.5°，根据对称得到：
EA+EG=EA+EN≥AN，当A、E、N三点共线时，EA+EG的值最小，最小值为AN，利用勾股定理
求出AN即可得解．
【详解】（1）AD=BE，理由如下：
∵∠ABC=90°，
∴∠ABD+∠CBE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠BAD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△BCE(AAS)，
∴AD=BE；
（2）∠BED=∠FDC，理由如下：
∵∠EDC=∠B+∠BED=∠FDE+∠FDC，∠B=∠FDE=∠C，
∴∠BED=∠FDC，
（3）①∵AB=BC，
∴AF+BF=BD+CD，
∵AF=2BD，
∴2BD+BF=BD+CD，
∴BD+BF=CD；
②在CD上截取DM=BF，连接EM，作点G关于CE的对称点N，连接CN，AN，∵∠B=45°，∠EDF=45°，
同（2）可得：∠BFD=∠EDM，
∵DF=DE，
∴△BDF≌△MED(SAS)，
∴BD=EM，MD=BF，∠B=∠DME=45°，
∵CD=BD+BF=DM+CM，
∴CM=BD，
∴EM=CM，
∴∠MCE=∠MEC，
∵∠EMD=45°，
∴∠ECM=∠MEC=22.5°，
∴E点在射线CE上运动，
∵G点与N的关于CE对称，
∴EG=EN，
∴EA+EG=EA+EN≥AN，
∴当A、E、N三点共线时，EA+EG的值最小，最小值为AN，
∵∠B=45°，AB=BC，
∴∠ACB=67.5°，
∴∠ACE=45°，
由对称性可知，∠ACE=∠ECN，
∴∠ACN=90°，
∵点G是AC的中点，AC=4，
∴CG=2，
∴CN=2，
在Rt△ANC中，AN=√AC2+CN2=2√5，
∴AE+EG的最小值为2√5．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，外角的性质，直角三角形的判定
以及勾股定理，利用轴对称解决线段和最小问题．本题的综合性强，难度较大，解题的关键是添加辅助线，
构造三角形全等，以及利用轴对称解决线段和最小问题．
69．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）课堂上学习了勾股定理后，知道“勾三、股四、弦五”．王
老师给出一组数让学生观察：3、4、5；5、12、13；7、24、25；9、40、41；…，学生发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就没有间断过，于是王老师提出以下问题让学生解决．
(1)请你根据上述的规律写出下一组勾股数：11、 、 ；
(2)若第一个数用字母a（a为奇数，且a≥3）表示，那么后两个数用含a的代数式分别怎么表示？聪明的
32−1 52−1 72−1
小明发现每组第二个数有这样的规律：4= ，12= ，24= ……，则用含a的代数式表示
2 2 2
每组第二个数和第三个数分别为 、 ；
(3)用所学知识加以说明．
【答案】(1)60，61
a2−1 a2+1
(2) 、
2 2
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股数找出规律即可得到答案；
（2）根据勾股数找出规律即可得到答案
（3）根据平方差公式证明即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可得，
第二个数是第一个数的平方减1的和除以2，第三个数比是第一个数的平方加1的和除以2，
112−1 112+1
∴第二个数是 =60，第三个数是 =61，
2 2
故答案为60，61；
（2）解：由题意可得，
第二个数是第一个数的平方减1的和除以2，第三个数比是第一个数的平方加1的和除以2，
a2−1 a2+1
∴第二个数是 ，第三个数是 ，
2 2
a2−1 a2+1
故答案为： 、 ；
2 2
（3）解：由题意可得，
a2+1 2 a2−1 2 a2+1 a2−1 a2+1 a2−1
( ) −( ) =( + )( − )=a2×1=a2
2 2 2 2 2 2
a2−1 a2+1
∴勾股数规律是a， ， ．
2 2
【点睛】本题考查勾股数规律问题，解题的关键是找出规律第二个数是第一个数的平方减1的和除以2，
第三个数比是第一个数的平方加1的和除以2．70．（2022秋·四川达州·八年级校考期中）阅读材料：
材料一：在平面直角坐标系中，若两点 P、Q 的坐标分别是P(x ，y )、Q(x ，y )，则 P、Q 这两点
1 1 2 2
间的距离为 |PQ|=√(x −x )2+(y −y )2 .如点P(1,2)，Q(3,4)，则|PQ|=√(1−3)2+(2−4)2=22．
1 2 1 2
材料二：求代数式√x2+4+√(12−x)2+9的最小值．
解：原式变形为√(x−0)2+(0+2)2+√(x−12)2+(0−3)2，它的几何意义是在 x 轴上的一点M(x,0)
到点A(0,−2)和点B(12,3)的距离之和的最小值．因为 A、B 在 x 轴的两侧，所以当 P、A、B 三点共线
时最小，此时最小值等于线段AB的长度，因为|AB|=√(0−12)2+(−2−3)2=13，所以代数式
√x2+4+√(12−x)2+9的最小值为13．
阅读以上材料，解决下列问题
(1)【材料理解】代数式√(x−1) 2+4+√(x−3) 2+16的值可以看成平面直角坐标系中点M(x,0)与点
A(1,2)、点 B_________的距离之和．（填写点B的坐标，只填写符合题意的一个即可）
(2)【直接运用】 求代数式√x2+25+√x2−8x+17的最小值．
(3)【思维拓展】
如图，在平面直角坐标系中，已知点 A(0，2)，B(0，4)，有一条长度为3的线段CD（点 D 在点C
的右侧）在x轴上运动．连接AC、BD，求AC+BD的最小值．
【答案】(1)(3,4)（答案不唯一）
(2)2√13
(3)3√5
【分析】（1）根据代数式的特点即可写出点B的坐标；（2）代数式可看成点M(x，0)与点A(0,5)、B(4,−1)的距离和的最小值，则当M、A、B三点共线时，
代数式的值最小；
（3）设点C(x,0)，则点D(x+3,0)，AC+BD的最小值可看成是点C到点A、点N(−3,−4)的距离和的
最小值，则当点C、A、N三点共线时，AC+BD取得最小值，求出最小值即可．
【详解】（1）解：由于√(x−1) 2+4+√(x−3) 2+16=√(x−1) 2+(0−2) 2+√(x−3) 2+(0−4) 2，则点
B(3,4)，
故答案为：(3,4)（答案不唯一）；
（2）解：由于√x2+25+√x2−8x+17=√(x−0) 2+(0−5) 2+√(x−4) 2+(0+1) 2，
所以代数式可看成点M(x，0)与点A(0,5)、B(4,−1)的距离和的最小值，则当M、A、B三点共线时，
代数式的值最小，而AB=√(0−4) 2+(5+1) 2=2√13，则代数式的最小值为2√13；
（3）解：设点C(x,0)，由于CD=3，则点D(x+3,0)，
则AC+BD=√x2+22+√(x+3) 2+42=√(x−0) 2+(0−2) 2+√(x+3) 2+(0+4) 2，
AC+BD的最小值可看成是点C到点A、点N(−3,−4)的距离和的最小值，则当点C、A、N三点共线时，
AC+BD取得最小值，最小值为线段AN的长，而AN=√32+(−4−2) 2=3√5
【点睛】本题是材料阅读题，考查了学生阅读理解与应用能力，要求学生具备一定的应用能力．
71．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图1，直线AB与x轴负半轴、y轴正半轴分别交于A、B两点，
OA=7．
(1)当OA=OB时，设Q为AB延长线上一点，作直线OQ，过A、B两点分别作AM⊥OQ于点M，
BN⊥OQ于点N，若AM=√33，求BN的长．(2)当点B在y轴正半轴上运动时，分别以OB，AB为边，点B为直角顶点在第一、二象限内作等腰
Rt△OBF和等腰Rt△ABE，连结EF交y轴于点P，如图2．试猜想：PB的长是否为定值？若是，请求出
其值；若不是，不必说明理由．
【答案】(1)4
7
(2)
2
【分析】（1）由勾股定理得出OM的长，由AAS证明△AMO≌△ONB，得出BN=OM，即可求出BN的
长；
（2）作EK⊥y轴于K点，由AAS证得△ABO≌△BEK，得出对应边相等OA=BK，EK=OB，得出
EK=BF，再由AAS证明△PBF≌△PKE，得出PK=PB，即可得出结果．
【详解】（1）∵OA=7，AM =√33，
∴由勾股定理得：OM =√OA2−AM2=√72−(√33) 2=4，
∵∠AOM+∠AOB+∠BON=180°，∠AOB=90°，
∴∠AOM+∠BON=90°，
∵∠AOM+∠OAM=90°，
∴∠BON=∠OAM，
在△AMO和△OBN中，
¿，
∴△AMO≌△ONB(AAS)
∴BN=OM=4；
7
（2）PB的长是定值，定值为 ；理由如下：
2
作EK⊥y轴于K点，如图所示：∵点B为直角顶点在第一、二象限内作等腰Rt△OBF和等腰Rt△ABE，
∴AB=BE，∠ABE=90°，BO=BF，∠OBF=90°，
∴∠ABO+∠EBK=90°，
∵∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠EBK=∠OAB，
在△ABO和△BEK中，
¿，
∴△ABO≌△BEK(AAS)，
∴OA=BK，EK=OB，
∴EK=BF，
在△PBF和△PKE中，
¿，
∴△PBF≌△PKE(AAS)，
∴PK=PB，
1 1 1 7
∴PB= BK= OA= ×7= ．
2 2 2 2
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识,掌握全等三角形
的性质与判定，等腰三角形的性质是解题的关键．
72．（2022秋·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，点P在边AC上运动，点D在
边AB上运动，PD始终保持与PA相等，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
(1)判断DP与DE的位置关系，并说明理由；
(2)若AC=6，BC=8，PA=2，求线段DE的长；
(3)若AC=6，BC=8，则PE的最小值为 ．（直接写出结果）
【答案】(1)DE⊥DP，理由见解析
(2)4.75
(3)5【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠A=∠PDA，根据线段垂直平分线的性质得到EB=ED，于
是得到结论；
（2）连接PE，设DE=x，则EB=ED=x，CE=8−x，根据勾股定理即可得到结论．
（3）过P作PH⊥AB于H，PT⊥EF于T，则四边形PHFT为矩形，即PT=HF=5，PE≥PT，根据
垂线段最短可以求出最小值．
【详解】（1）解：DE⊥DP，
理由如下：∵PD=PA，
∴∠A=∠PDA，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴EB=ED，
∴∠B=∠EDB，
∵∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠PDA+∠EDB=90°，
∴∠PDE=180°−90°=90°，
∴DE⊥DP；
（2）连接PE，设DE=x，则EB=ED=x，CE=8−x，
∵∠C=∠PDE=90°，
∴PC2+EC2=PE2=PD2+DE2，
∴42+(8−x) 2=22+x2，
解得：x=4.75，
则DE=4.75．
（3）解：∵在△ABC中，∠C=90°，
AB=√AC2+BC2=√62+82=10，
如图：过P作PH⊥AB于H，PT⊥EF于T，则四边形PHFT为矩形，
∴PT=HF，
∵PA=PD，PH⊥AD，
∴AH=HD，
∵DF=BF，
1
∴HF= AB=5，
2
∴PT=HF=5，
∵PE≥PT，
∴PE =5．
最小
故答案为：5．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线解题的关
键．
73．（2022秋·四川成都·八年级校考期中）问题背景：如图1，某车间生产了一个竖直放在地面上的零件
AB，过点A搭了一个支架AC，测得支架AC与地面成60°角，即∠ACB=60°；在AC的中点D处固定了
一个激光扫描仪，需要对零件AB进行扫描，已知扫描光线的张角恒为60°，即∠EDF=60°．
问题提出：数学兴趣小组针对这个装置进行探究，研究零件AB边上的被扫描部分（即线段EF），和未扫
到的部分（即线段AE和线段BF）之间的数量关系．
问题解决：(1)先考虑特殊情况：
①如果点E刚好和点A重合，或者点B刚好和点F重合时，AE+BF________EF（填“>”，“<”或
“=”）；
②当点E位于特殊位置，比如当∠ADE=30°时，AE+BF________EF（填“>”或“<”）；
(2)特殊到一般：猜想：如图2，当0°<∠ADE<60°时，AE+BF________EF，证明你所得到的结论：
EF
(3)研究特殊关系：如果BF2+EF2=AE2，求出 的值．
AE
【答案】(1)① =，② ＞
(2)＞
√3
(3)
2
【分析】（1）①连接BD，先证明△CDB是等边三角形，即∠ACB=60°=∠CBD=∠BDC，当F点与
B点重合时，即BF=0，根据“三线合一”可得AE=EF，即有AE+BF=EF，同理：如果点E刚好和点
A重合，同样有AE+BF=EF；问题得解；②先证明△≝¿是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得
√3
AE=EF，再结合含30°角的直角三角形的性质可以求出BF= AC，即问题得解；
6
（2）将DF绕D点逆时针旋转120°至DM，连接AM，ME，先证明△DEM≌△≝¿，再证明
△ADM≌△BDF，问题即可得解；
（3）将DF绕D点逆时针旋转120°至DN，连接AN，NE，根据（2）中的方法，同理可证明：
△DEN≌△≝¿，△ADN≌△BDF，再证明△ANE是直角三角形，∠ANE=90°，结合含30°角的直角三
角形的性质即可求解．
【详解】（1）①如图，连接BD，根据题意有∠ABC=90°，∠ACB=60°，即∠CAB=30°，
∵点D为AC中点，
1
∴AD=DC=BD= AC，
2∴△CDB是等边三角形，（此结论也适用于第（2）和（3）问）
∴∠ACB=60°=∠CBD=∠BDC，
∵∠CAB=30°，
1
∴在Rt△ABC中，BC= AC，
2
√3
∴AB=√AC2−BC2= AC，
2
当F点与B点重合时，如上图左图，即BF=0，
∵∠EDF=60°=∠DBC，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ABC=90°，
∴DE⊥AF，
∵AD=BD，
∴AE=EF，
∵BF=0，
∴AE+BF=EF，
同理：如果点E刚好和点A重合，同样有AE+BF=EF，
故答案为：=；
②当∠ADE=30°时，如图，
∵∠ADE=30°，∠DAE=30°，
∴∠≝=60°，AE=DE，
∵∠EDF=60°，
∴△≝¿是等边三角形，∠ADF=90°，
∴DE=EF，
∴AE=EF，
∵∠ADF=90°，∠DAE=30°，1
∴在Rt△ADF中，DF= AF，
2
2
∴AF=AB=√AD2+DF2= √3AD，
3
√3
∴AF= AC，
3
√3 √3 √3
∴BF=AB−AF= AC− AC= AC，
2 3 6
√3
∵AE=EF，BF= AC，
6
∴AE+BF＞EF，
故答案为：＞；
（2）AE+BF＞EF，理由如下：
将DF绕D点逆时针旋转120°至DM，连接AM，ME，如图，
根据旋转的性质有：∠MDF=120°，DF=DM，
∵∠FDE=60°，
∴∠MDE=60°，
∵DE=DE，
∴△DEM≌△≝¿，
∴EM=EF，
∵∠CDB=60°，
∴∠ADB=120°，
即：∠ADB=∠MDF，
∵∠ADB=∠ADF+∠FDB，∠MDF=∠ADF+∠ADM，
∴∠BDF=∠ADM，
∵AD=BD，MD=DF，
∴△ADM≌△BDF，
∴AM=BF，∴在△AME中，AM+AE＞ME，
∴BF+AE＞EF，
故答案为：＞；
（3）将DF绕D点逆时针旋转120°至DN，连接AN，NE，如图，
根据（2）中的方法，同理可证明：△DEN≌△≝¿，△ADN≌△BDF，
∴AN=BF，NE=EF，∠DBF=∠DAN，
∵BF2+EF2=AE2，
∴AN2+N E2=AE2，
∴△ANE是直角三角形，∠ANE=90°，
∵在（1）中已证明∠CBD=60°，
∴∠DAN=∠DBF=30°，
∴∠NAE=∠DAN+∠CAB=60°，
∴∠AEN=30°，
1
∴AN= AE，
2
√3
∴NE=√AE2−AN2= AE，
2
EF NE √3
∴ = = ．
AE AE 2
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，含30°角直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性
质，勾股定理及其逆定理等知识，合理构筑辅助线，证明三角形全等是解答本题的关键．
74．（2022秋·浙江·八年级期中）如图1，在△ABC中，AB=AC=5cm，BC=6cm，AE为BC边上的中
线．(1)求AE的长；
(2)动点P的速度为2cm/s，运动时间为t秒．
①如图2，当点P从点B开始沿BC边向点C移动时，若△ABP是以BP为腰的等腰三角形，请你求出所有满
足条件的t的值．
②如图3，当点P从点C开始沿AC边向点A移动时，将△CPE沿直线PE对折，点C的对称点为C′，当
△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形时，请直接写出t的值为_________
【答案】(1)AE=4
5 25 3 9 1
(2)①t为 或 ，② ， ，
2 12 2 10 2
【分析】（1）由AB=AC=5cm，BC=6cm，点E为BC的中点，可得BE=CE=3，BC⊥AE，根据勾
股定理得出AE=√AC2−CE2=√52−32=4即可；
（2）①根据BP=2t，△ABP是以BP为腰的等腰三角形，分两种情况；当AB=PB时，AB=5，列方程
2t=5；当AP=BP时，设PE=x，则AP=PC=x+3，AE=4，根据勾股定理AP2=EP2+AE2得到
7 25
(x+3) 2=x2+16求出x= ，列方程2t= 解方程即可；
6 6
②当△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形时，分三种情况：当PC′⊥AE时，得出PC′=EC=CP=3，
AE⋅CE 4×3 12
列方程2t=3；当∠CPE=90°时，PE⊥AC，根据面积EP= = = ，根据勾股定理
AC 5 5
CP=√EC2−EP2=
√
32−
(12) 2
=
9
，列方程2t=
9
；当∠PGE=90°时，EC′交AC于G，EG⊥AC，
5 5 5AE⋅CE 4×3 12 9 3
根据面积EG= = = ，根据勾股定理CG= ，GC′= ，设PC=x，则PC=PC′=x，
AC 5 5 5 5
PG= 9 −x，根据勾股定理得到 (9 −x ) 2 + (3) 2 =x2 ，再列方程2t=1，解方程即可．
5 5 5
【详解】（1）解：∵AB=AC=5cm，BC=6cm，点E为BC的中点，
∴BE=CE=3，BC⊥AE
∴根据勾股定理得出AE=√AC2−CE2=√52−32=4；
（2）①∵动点P的速度为2cm/s，运动时间为t秒，
∴BP=2t，
∵△ABP是以BP为腰的等腰三角形，分两种情况；
当AB=PB时，AB=5，
∴2t=5，
5
∴t= ；
2
当AP=BP时，设PE=x，则AP=PB=x+3，AE=4，
根据勾股定理AP2=EP2+AE2得到(x+3) 2=x2+16，
7
解得x= ，
6
7 25
PB=3+x=3+ = ，
6 6
25
∴2t= ，
6
25
∴t= ，
125 25
综上所述，t为 或 ，△ACP是以CP为腰的等腰三角形；
2 12
②当△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形时，分三种情况，
当PC′⊥AE时，
∵AE⊥BC，
∴PC′∥BC，
∴∠C′PE=∠PEC，
∵折叠，
∴∠C′PE=∠CPE，
∴∠C′PE=∠CPE=∠PEC，
得出PC′=EC=CP=3，
∴2t=3，
3
解得t= ；
2
当∠CPE=90°时，PE⊥AC，
1 1
∴S = AE⋅CE= AC⋅EP，
△AEC 2 2AE⋅CE 4×3 12
即EP= = = ，
AC 5 5
在Rt△EPC中根据勾股定理CP=√EC2−EP2=
√
32−
(12) 2
=
9
，
5 5
9
2t= ，
5
9
解得t= ；
10
当∠PGE=90°时，EC′交AC于G，EG⊥AC，
1 1
∴S = AE⋅CE= AC⋅EG，
△AEC 2 2
AE⋅CE 4×3 12
即EG= = = ，
AC 5 5
在Rt△EPC中根据勾股定理CG=√EC2−EG2=
√
32−
(12) 2
=
9
，
5 5
12 3
GC′=EC′−EG=EC−EG=3− = ，
5 5
9
设PC=x，则PC=PC′=x，PG= −x，
5
在Rt△PGC′中
根据勾股定理C′P2=C′G2+GP2，
得到 (9 −x ) 2 + (3) 2 =x2 ，
5 5
解得x=1，
2t=1，1
t= ；
2
3 9 1
综上所述：当△C′PE与△AEP重叠部分为直角三角形时，t= ， ， ．
2 10 2
【点睛】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，直角三角形性质，折叠性质，分类思想运用，解方一元一
次方程，图形动点，本题难度不大，涉及知识较多，掌握以上知识，根据点P的位置画出准确图形是解题
关键．
75．（2022秋·上海虹口·八年级校考期中）小刘同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，
见图1、图2．
图1中，∠B=90°，∠A=30°，BC=5cm；图2中，∠D=90°，∠E=45°，DE=3cm．
图3是小刘同学所做的一个实验：他将ΔDEF的直角边DE与ΔABC的斜边AC重合在一起，并将△≝¿的直
角边DE与ΔABC的斜边AC重合在一起，并将△≝¿沿AC方向移动．在移动过程中，D、E两点始终在
AC边上（移动开始时点D与点A重合）．
(1)在△≝¿沿AC方向移动的过程中，小刘同学发现：F、C两点间的距离逐渐 ；（填“不变”、“变
大”或“变小” )
(2)小刘同学经过进一步研究，编制了如下问题：
问题①：当△≝¿移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？
问题②：当△≝¿移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形
是直角三角形？请你分别完成上述两个问题的解答过程．
【答案】(1)变小
(2)①AD=(10−3√3)cm时，FC∥AB
21 67
②当AD= cm或 cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形．
5 10
【分析】（1）通过观察可得结论；
（2）①因为∠B=90°，∠A=30°，BC=5cm，所以AC=10cm，又因为∠FDE=90°，∠≝=45°，
DE=3cm，所以DF=3cm，连接FC，设FC∥AB，则可求证∠FCD=∠A=30°，故AD的长可求；
②设AD=x cm，则FC2=DC2+FD2=(10−x) 2+9，再分情况讨论：FC为斜边；AD为斜边；BC为
斜边．综合分析即可求得AD的长．
【详解】（1）解：在ΔDEF沿AC方向移动的过程中，观察图象可知，F、C两点间的距离逐渐变小．
（2）解：①如图②中，
∵∠B=90°，∠A=30°，BC=5cm，
∴AC=2BC=10cm，
∵∠FDE=90°，∠≝=45°，DE=3cm，
∴DF=3cm，
当FC∥AB时，∠FCD=∠A=30°，
在Rt△FDC中，DC=3√3cm，∠FCD=30°，
∴AD=AC−DC=(10−3√3)cm，
∴AD=(10−3√3)cm时，FC∥AB；
②设AD=x cm，在Rt△FDC中，FC2=DC2+FD2=(10−x) 2+9，
21
(I)当FC为斜边时，由AD2+BC2=FC2得，x2+52=(10−x) 2+9，x= ；
5
67
(II)当AD为斜边时，由FC2+BC2=AD2得，(10−x) 2+9+52=x2，x= ；
10（Ⅲ）当BC为斜边时，由AD2+FC2=BC2得，x2+(10−x) 2+9=25，整理得：x2−10x+66=0，
∵Δ=(−10) 2−4×1×66=−164<0，
∴方程无解，
21 67
∴由(I)、(II)、（Ⅲ）得，当AD= cm或 cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是
5 10
直角三角形．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了平移的性质、勾股定理的应用、直角三角形的性质等知识，解题
的关键是理解题意，灵活运用的所学知识解决问题，属于中考常考题型．
76．（2022秋·浙江温州·八年级校联考期中）如图，在等腰△ABC中，∠CAB=∠CBA，作射线BC，
AD是腰BC的高线，E是△ABC外射线BC上一动点，连结AE．
(1)当AD=4，BC=5时，求CD的长；
(2)当BC=CE时；求证：AE⊥AB；
S 18
(3)设△ACD的面积为S ，△ACE的面积为S ，且 1= ，在点E的运动过程中，是否存在△ACE为等腰
1 2 S 25
2
BE
三角形，若存在，求出相应的 的值，若不存在，请说明理由．
BC
【答案】(1)3
(2)证明见解析
BE 11
(3)满足条件的 的值为2或
BC 6
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）证明CA=CE=CB，推出∠CEA=∠CAE，∠CAB=∠B，利用三角形内角和定理，可得结论；
（3）由S ：S =18：25，推出CD：CE=18：25，设CD=18k，CE=25k，则DE=7k，接下
△ACD △ACE来分情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵∠CAB=∠B，
∴AC=BC=5，
∵AD⊥BE，
∴∠ADC=90°，
∴CD=√AC2−AD2=√52−42=3；
（2）证明：∵BC=CE，AC=CB，
∴AC=CE=CB，
∴∠CEA=∠CAE，∠CAB=∠B，
∵∠AEC+∠B+∠EAB=180°，
∴2∠AEB+2∠B=180°，
∴∠AEB+∠B=90°，
∴∠EAB=90°，
∴AE⊥AB；
（3）解：∵S ：S =18：25，
△ACD △ACE
∴CD：CE=18：25，
设CD=18k，CE=25k，则DE=7k，
∵AD⊥EC，DE≠CD，
∴AC≠AE，
当CE=CA=25k时，BC=CA=25k，
∴BE=BC+CE=50k，
BE
=2．
BC
当AE=EC=25k时，AD=√AE2−DE2=√(25k) 2−(7k) 2=24k，
∴AC=√AD2+CD2=√(24k) 2+(18k) 2=30k，
∴BC=AC=30k，
∴BE=BC+CE=55k，
BE 55k 11
∴ = = ，
BC 30k 6BE 11
综上所述，满足条件的 的值为2或 ．
BC 6
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形的面积计算、等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，
灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
77．（2022秋·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，已知△ABC中，∠B=90°,AB=8cm,BC=6cm，
P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从
点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
(1)出发2秒后，求△PCQ的面积；
(2)当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为直角三角形的运动时间．
(3)当两P、Q点其中有一点落在△ABC某内角的角平分线上时，请直接写出满足条件的t的值．
【答案】(1)6(cm2
)
(2)t=4.8秒或8秒
4 36
(3)t=5， ，
3 7
【分析】(1)当t=2时，分别求出AP,BQ,CQ的长，即可求出△PCQ的面积；
(2)分∠BQC=90°或∠CBQ=90°两种情况，分别求出点Q的运动路程，进而得出答案；
(3)分三种情况讨论即可.
【详解】（1）解：当t=2时，AP=2cm,BQ=4cm，
∴BP=6cm，CQ=2cm，
1 1
∴S = CQ⋅BP= ×2×6=6(cm2 )，
△PCQ 2 2
故△PCQ的面积为6cm2；
（2）解：当∠BQC=90°时，
∵∠ABC=90°，由勾股定理得AC=10cm.
BC⋅AB 6×8 24
∴BQ= = = (cm)．
AC 10 5
18
在Rt△BCQ中，由勾股定理得CQ=√BC2−BQ2= (cm)，
5
∴t=(BC+CQ)÷2=4.8，
当∠CBQ=90°时，点Q与点A重合，
∴t=(BC+AC)÷2=8，
故t=4.8秒或8秒；
（3）解：当点P落在∠ACB平分线上时，作PH⊥AC于H，
则BP=PH=(8−t)cm，
1 1 1
∴ ×6×(8−t)+ ×10×(8−t)= ×6×8，
2 2 2
解得t=5；
当点Q落在∠ACB平分线上时，作QE⊥AC于E，
则QB=QE=2t(cm)，1 1 1
∴ ×8×2t+ ×10×2t= ×6×8，
2 2 2
4
解得t= ；
3
当点Q落在∠ABC平分线上时，作QF⊥BC于F，QG⊥AB于G，
则QF=QG，
∴四边形BFQG是正方形，
1 1 1
∴ ×6QF+ ×8QF= ×6×8，
2 2 2
24
∴QF= ，
7
24 18
∴CF=6− = ，
7 7
30
∴CQ=√CF2+FQ2=
，
7
30 36
∴t=(6+ )÷2= ；
7 7
4 36
故：t=5， ， 时，P、Q两点其中有一点落在△ABC某内角的角平分线上．
3 7
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了角平分线的性质，等积法求垂线段的长，勾股定理等知识，熟
练掌握角平分线的性质是解题的关键．
78．（2022秋·山西运城·八年级统考期中）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三
角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四
1 1
个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即 ab×4+(b−a) 2 ，从而得到等式c2= ab×4+(b−a) 2 ，
2 2
化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双
求法”．【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．
向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三
边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的
关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶
点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【答案】(1)见解析
6√5
(2)
5
9
(3)x=
4
【分析】（1）表示出三个图形的面积进行加减计算可证a2+b2=c2；
（2）计算出△ABC的面积，再根据三角形的面积公式即可求得AB边上的高；
（3）运用勾股定理在Rt△ABD和Rt△ADC中求出AD2，列出方程求解即可；
1 1 1
【详解】（1）证明：∵S = c2 ，S = (b+a)b，S = (a−b)a，
四边形ABCD 2 梯形AEDC 2 △BED 2
S =S +S
四边形ABCD 梯形AEDC △BED
1 1 1
∴ c2= (b+a)b+ (a−b)a
2 2 2
1 1 1 1 1
∴ c2= b2+ ab+ a2− ab
2 2 2 2 2
∴a2+b2=c2
1 1 1
（2）S =4×4− ×2×4− ×2×4− ×2×2=6，
△ABC 2 2 2AB=√22+42=2√5，
1 1
∵S = AB×ℎ = ×2√5ℎ =6，
△ABC 2 2
6√5
∵ℎ =
5
6√5
即AB边上的高是
5
（3）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得
AD2=AB2−BD2=42−x2=16−x2
∵BD+CD=BC=6，
∴CD=BC−BD=6−x
在Rt△ACD中，由勾股定理得
AD2=AC2−CD2=52−(6−x) 2=−11+12x−x2
∴16−x2=−11+12x−x2，
9
∴x=
4
【点睛】此题主要考查了梯形，证明勾股定理，勾股定理的应用，证明勾股定理常用的方法是利用面积证
明，是解本题的关键．构造出直角三角形DEF是解本题的难点．
79．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期中）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“美妙线”．
(1)如图1，四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“美妙线”，若∠BAD=100°,∠BCD=160°，则
∠ABC=______°；
(2)如图2，四边形ABCD中，AB=AD，BC2=2AB2，∠A=60°，∠D=150°，试说明四边形ABCD
是“等腰四边形”；
(3)若在“等腰四边形”ABCD中，AB=BC=CD，∠ABC=90°，且BD为“美妙线”，请直接写出∠ADC的度数______
【答案】(1)50
(2)见解析
(3)80°或140°或45°
【分析】（1）由题意得：AB=AD,CB=CD，再利用等边对等角结合三角形的内角和定理分别求解
∠ABD,∠CBD从而可得答案；
（2）如图，连接BD，先证明△ABD是等边三角形，可得∠BDC=150°−60°=90°，根据勾股定理证
明CD=BD，从而根据新定义可得四边形ABCD是“等腰四边形”；
（3）分三种情况讨论：如图，当AB=BC=CD,AD=AB,∠ABC=80°可得∠ADC=80°； 如图，当
AB=BC=CD,AB=BD时，证明△BDC为等边三角形，从而可得答案；如图，AD=BD，作DE⊥AB
于点E，作点C关于直线DE的对称点F，连接CF交DE于点G，连接DF，先证明△DCF是等边三角形，
再求出∠ADC的度数．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“美妙线”，
∴AB=AD,CB=CD．
∵∠BAD=100°，∠BCD=160°
1 1
∴∠ABD=∠ADB= ×(180°−100°)=40°，∠CBD=∠CDB= ×(180°−160°)=10°，
2 2
∴∠ABC=∠ABD+∠CBD=40°+10°=50°；
故答案为：50．
（2）解：如下图，连接BD，
∵∠A=60°,AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD=AD,∠A=∠ABD=∠ADB=60°，
∵∠ADC=150°，
∴∠BDC=150°−60°=90°，∵BC2=2AB2，
∴BC2=2BD2，
∴CD=√BC2−BD2=√2BD2−BD2=BD，
∴AB=AD,CD=BD，
所以四边形ABCD是“等腰四边形”；
（3）如下图，当AB=BC=CD,AD=AB,∠ABC=80°时，
∴∠ABD=∠DBC=∠BDC=∠ADB=40°，
∴∠ADC=80°；
如下图，当AB=BC=CD,AB=BD时，
∴BD=BC=CD，
∴△BDC为等边三角形，
∴∠DBC=∠DCB=∠BDC=60°，
∵∠ABC=80°，
∴∠ABD=20°，
1
∴∠BAD=∠BDA= (180°−20°)=80°，
2
∴∠ADC=60°+80°=140°；
如下图，AB=BC=CD,DA=DB，作DE⊥AB于点E，作点C关于直线DE的对称点F，连接CF交DE
于点G，连接DF，设AB=BC=CD=m，
1 1
∴AE=BE= AB= m，DE垂直平分CF，
2 2
∴FD=CD=m．
∵∠BED=∠EBC=90°，
∴∠BED+∠EBC=180°，
∴BC∥ED，
∵BE⊥ED,CG⊥ED，
1
∴CG=BE= m，
2
1
∴FG=CG= m，
2
1 1
∴CF=CG+FG= m+ m=m，
2 2
∴FD=CD=CF，
∴∠CDF=60°，
1
∴∠EDC= ∠CDF=30°，
2
∵∠BDE=∠CBD,∠CDB=∠CBD，
1
∴∠BDE=∠CDB= ∠DEC=15°，
2
∴∠ADE=∠BDE=15°，
∴∠ADC=∠ADE+∠BDE+∠CDB=15°+15°+15°=45°，
综上所述：∠ADC的度数为80°或140°或45°．
故答案为：80°或140°或45°．
【点睛】本题考查了新定义的理解，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，解题的关键是第（3）题应进行分情况讨论．
80．（2022秋·陕西西安·八年级西安市铁一中学校考期中）如图①，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，
点E是边BC上一点，AB=EC，BE=CD，连接AE，DE，可知，此时△AED是等腰直角三角形；
【问题提出】
(1)如图②，在长方形ABCD中，点P是边CD上一点，在边BC、AD上分别作出点E、F，使得点F、
E、P是一个等腰直角三角形的三个顶点，且PE=PF，∠EPF=90°
要求：用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；
【问题探究】
(2)如图③，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(2,0)，点B(4,1)，点C在第一象限内，若△ABC是等腰
直角三角形，求点C的坐标；
【问题解决】
(3)如图④，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,0)，点C是y轴上的动点，△ABC是以点C为直角顶
点的等腰直角三角形，连接BO，求BO+BA的最小值．[注：在平面直角坐标系内，A(a,c)，B(b,d)，
则AB=√(a−b) 2+(c−d) 2]
【答案】(1)见解析
5 3
(2)点C坐标为：(1,2)、(3,3)、( ， )
2 2
(3)BO+BA的最小值√5
【分析】（1）如图，以点D为圆心CP长为半径作弧交AD于点F，以点C为圆心，DP长为半径作弧交BE
于点E，连接EF，EP，FP，点E、F即为所求；
（2）分∠CAB=90°、∠ABC=90°、∠ACB=90°，三种情况求解即可；
（3）求出B(m,1+m)，则：BO+BA=√(m−1) 2+(m+1) 2+√m2+(m+1) 2，BO+BA的值相当于求点
P(m,m)到点M(1,−1)和点N(0,−1)的最小值，即可求解．【详解】（1）如图，以点D为圆心CP长为半径作弧交AD于点F，以点C为圆心，DP长为半径作弧交BE
于点E，连接EF，EP，FP．
∴点E、F即为所求；
（2）①如图，当∠CAB=90°，CA=AB时，过点C作CF⊥AO于点F，过点B作BE⊥AO于点E，
∵点A(2,0)，点B(4,1)，
∴BE=1，OA=2，OE=4，
∴AE=2，
∵∠CAB=90°，BE⊥AO，
∴∠CAF+∠BAE=90°，∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠CAF=∠ABE，且AC=AB，∠AFC=∠AEB=90°，
∴ΔACF≅ΔBAE(AAS)
∴CF=AE=2，AF=BE=1，
∴OF=OA−AF=1，
∴点C坐标为(1,2)
②如图，当∠ABC=90°，AB=BC时，过点B作BE⊥OA，过点C作CF⊥BE
∵∠ABC=90°，BE⊥OA，∴∠ABE+∠CBF=90°，∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CBF，且BC=AB，∠AEB=∠CFB=90°
∴ΔBCF≅ΔABE(AAS)
∴BE=CF=1，AE=BF=2，
∴EF=3
∴点C坐标为(3,3)
③如图，当∠ACB=90°，CA=BC时，过点C作CD⊥OA于点D，过点B作BF⊥CD于点F，
∵∠ACD+∠BCF=90°，∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCF=∠CAD，且AC=BC，∠CDA=∠CFB，
∴ΔACD≅ΔCBF(AAS)
∴CF=AD，BF=CD=DE，
∵AD+DE=AE=2
∴2=AD+CD=AD+CF+DF=2AD+1
1
∴DA= ，
2
3 5
∴CD= ，OD= ，
2 2
5 3
∴点C坐标( ， )
2 2
5 3
综上所述：点C坐标为：(1,2)、(3,3)、( ， )
2 2
（3）解：如图作BH⊥OH于H．设点C的坐标为(0,m)，
由（1）知：OC=HB=m，OA=HC=1，
则点B(m,1+m)，
则：BO+BA=√(m−1) 2+(m+1) 2+√m2+(m+1) 2，
BO+BA的值，相当于求点P(m,m)到点M(1,−1)和点N(0,−1)的最小值，
相当于在直线y=x上寻找一点P(m,m)，使得点P到M(0,−1)，到N(1,−1)的距离和最小，
作M关于直线y=x的对称点M′(−1,0)，
而PM+PN=PM′+PN⩾NM′，
M′N=√(1+1) 2+1=√5，
故：BO+BA的最小值为√5．
【点睛】本题主要考查的是三角形全等的判定和性质，其中（3），将BO+BA的值转化点P(m,m)到点
M(1,−1)和点N(0,−1)的最小值，是本题的关键．