人教版八年级数学下册举一反三专题21.6期末复习之填空压轴题十五大题型总结(学生版+解析)(八年级下册)

这是一份人教版八年级数学下册举一反三专题21.6期末复习之填空压轴题十五大题型总结(学生版+解析)(八年级下册)，共86页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc731" 【题型1 二次根式的性质与化简】 PAGEREF _Tc731 \h 1
\l "_Tc18325" 【题型2 二次根式的运算】 PAGEREF _Tc18325 \h 1
\l "_Tc1085" 【题型3 利用勾股定理构造直角三角形】 PAGEREF _Tc1085 \h 2
\l "_Tc26225" 【题型4 勾股定理与分类讨论思想结合】 PAGEREF _Tc26225 \h 3
\l "_Tc3391" 【题型5 勾股定理及其逆定理与网格作图】 PAGEREF _Tc3391 \h 4
\l "_Tc11975" 【题型6 由平行四边形的性质求值】 PAGEREF _Tc11975 \h 5
\l "_Tc19912" 【题型7 确定组成平行四边形点的个数】 PAGEREF _Tc19912 \h 6
\l "_Tc21933" 【题型8 平行四边形的应用】 PAGEREF _Tc21933 \h 7
\l "_Tc55" 【题型9 矩形、菱形、正方形与勾股定理的综合运用】 PAGEREF _Tc55 \h 8
\l "_Tc10013" 【题型10 矩形、菱形、正方形与全等三角形的综合运用】 PAGEREF _Tc10013 \h 9
\l "_Tc14160" 【题型11 与一次函数有关的面积问题】 PAGEREF _Tc14160 \h 10
\l "_Tc20149" 【题型12 由一次函数的性质求取值范围】 PAGEREF _Tc20149 \h 11
\l "_Tc27771" 【题型13 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc27771 \h 12
\l "_Tc29561" 【题型14 数式或图形中规律问题】 PAGEREF _Tc29561 \h 14
\l "_Tc22784" 【题型15 数式或图形中新定义问题】 PAGEREF _Tc22784 \h 15
【题型1 二次根式的性质与化简】
【例1】（2024八年级·浙江·期末）已知a+b+c+3=2a+4b−1+2c−2，则a+b+c的值是 ．
【变式1-1】（2024八年级·浙江温州·期末）已知x−11−7−x+x−92=3y−2，则2x﹣18y2＝ ．
【变式1-2】（2024八年级·浙江杭州·期末）已知m−2m−3≤0，若整数a满足m+a=52，则a= ．
【变式1-3】（2024八年级·四川成都·期末）若m＝20152016−1，则m3﹣m2﹣2017m+2015＝ ．
【题型2 二次根式的运算】
【例2】（2024八年级·江苏常州·期末）若2+32+m的积是有理数，则无理数m的值为 ．
【变式2-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）化简并计算：1x(x+1)+1(x+1)(x+2)+1(x+2)(x+3)+...+1(x+19)(x+20)= ．（结果中分母不含根式）
【变式2-2】（2024八年级·吉林·单元测试）已知16−x2−4−x2=22，则16−x2+4−x2= ．
【变式2-3】（2024八年级·浙江宁波·期末）已知x+1x=3，且0【题型3 利用勾股定理构造直角三角形】
【例3】（2024八年级·山东日照·期末）已知52+122=13，从勾股定理的学习中可以将该式看成直角三角形的两直角边分别为5、12，计算结果为斜边13，同理计算a2+82a>0可以看成直角边分别为a、8，结果为斜边长度，利用此原理并结合图形解决问题：已知a+b=15a>0,b>0，计算a2+9+b2+25的最小值为 ．
【变式3-1】（2024八年级·广东深圳·期末）如图，∠BAC=90度，AB=AC，AE⊥AD，且AE=AD，AF平分∠DAE交BC于F，若BD=6，CF=8，则线段AD的长为 ．

【变式3-2】（2024·天津滨海新·八年级期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A，B为小正方形边的中点，C，D为格点，E为BA，CD的延长线的交点．
（Ⅰ）CD的长等于 ；
（Ⅱ）若点N在线段BE上，点M在线段CE上，且满足AN=NM=MC，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出线段MN，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）． ．
【变式3-3】（2024八年级·湖北恩施·期末）如图，一个长方体纸箱，长是6，宽和高都是4，一只蚂蚁从顶点A沿纸箱表面爬到顶点B，它所走的最短路线的长是 ．
【题型4 勾股定理与分类讨论思想结合】
【例4】（2024·河南·八年级期末 ）如图，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3，点D为边AB的中点，点E是边BC上的一个动点，连接DE，将△BDE沿DE翻折得到△B'DE，线段B'D交边BC于点F．当△DEF为直角三角形时，BE的长为 ．
【变式4-1】（2024八年级·辽宁沈阳·期末）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作AB的平行线l，点P是直线l上异于点C的动点，连接AP，过点P作AP的垂线交直线BC于点D．若AC=72，AP=25，则线段BD的长为 ．
【变式4-2】（2024八年级·辽宁大连·期末）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，AB=8，点D是边AB上的一个动点，连接CD，过点C作CE⊥CD，使CE=CD，连接DE，点F是DE的中点，连接CF并延长，交AB边所在直线于点G，若BG=2，则AD的长为 ．
【变式4-3】（2024八年级·上海闵行·期末）在△ABC中，AB=AC，BC=4，如果将△ABC折叠，使点B与点A重合，且折痕交边AB于点M，交边BC于点N，如果△CAN是直角三角形，那么△ABC的面积是 ．
【题型5 勾股定理及其逆定理与网格作图】
【例5】（2024·天津河东·八年级期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均落在格点上．
①线段AC的长等于 ；
②在射线BC上有两点P，Q，满足AP⊥BC且∠AQC=∠BAP，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，点Q，并简要说明点P，点Q的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【变式5-1】（2024八年级·北京朝阳·期末）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线的交点，则∠ABC与∠BCD的大小关系为：∠ABC ∠BCD．（填“＞”，“＝”或“＜”）
【变式5-2】（2024八年级·浙江·期末）如图，在由6个大小相同的小正方形组成的方格中：连结三格和两格的对角线，∠a+∠B的度数是
【变式5-3】（2024·山西吕梁·八年级期末））如图是由边长为1的小正方形组成的网格图，线段AB，BC，BD，DE的端点均在格点上，线段AB和DE交于点F，则DF的长度为 ．
【题型6 由平行四边形的性质求值】
【例6】（2024·陕西西安·八年级期末）如图，▱ABCD中，AB=3，AD=2，∠DAB=60°，DF⊥AB，BE⊥CD；垂足分别为点F和E．点G和H分别是DF和BE上的动点，GH∥AB，那么AG+GH+CH的最小值为 ．

【变式6-1】（2024八年级·海南省直辖县级单位·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，BC的长为半径作弧交AD于点E，分别以点C，E为圆心，大于12CE的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AD的延长线于点F，∠CBE=60°，BC=4，则BF的长为 ．

【变式6-2】（2024八年级·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在▱ABCD中，E、F在AD,BC边上，DE=2BF，连接BE交AC于G．∠AGB=2∠CAF，若BE=5，AF=4，则线段AC的长为 ．

【变式6-3】（2024八年级·浙江杭州·期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是边AD、AB上的点，连接OE、OF、EF.若AB=7，BC=52，∠DAB=45°，则
①点C到直线AB的距离是 ．
②△OEF周长的最小值是 ．
【题型7 确定组成平行四边形点的个数】
【例7】（2024八年级·福建泉州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=6cm，BC=10cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，点Q从点C出发，以2cm/s的速度向B运动，两点同时出发，当点Q运动到点B时，点P也随之停止运动。若设运动的时间为t秒，当t= 时，在A、B、C、D、P、Q六点中，恰好存在四点可以组成平行四边形．

【变式7-1】（2024八年级·山东烟台·期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=6cm，AD=9cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒3cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），设运动时间为t秒．在运动以后，当t= 秒时，以P，D，Q，B四点恰好组成平行四边形．
【变式7-2】（2024八年级·河北·课后作业）在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，若以A、B、C、P四点为顶点组成一个平行四边形，则这个平行四边形的周长为 ．
【变式7-3】（2024·广东·八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，动点M从点D出发，按折线D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度运动．若动点M、N同时出发，相遇时停止运动，若点E在线段BC上，且BE=3cm，经过 秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形．
【题型8 平行四边形的应用】
【例8】（2024八年级·浙江金华·期末）图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，MN为滑轨，AB、CE、PC、PD为固定长度的连杆．支点A固定在MN上，支点B固定在连杆CE上，支点D固定在连杆AB上．支点P可以在MN上滑动，点P的滑动带动点B、C、D、E的运动．已知MN=30cm，AM=1cm，AD=15cm，PC=BD=5cm，PD=BC=BE=9cm．窗户在关闭状态下，点B、C、D、E都在滑轨MN上．当窗户开到最大时，BC⊥MN．
（1）若∠ABC=90°，则支点P与支点A的距离为 cm；
（2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为 cm．

【变式8-1】（2024八年级·四川成都·期末）如图，某景区湖中有一段“九曲桥”连接湖岸A，B两点，“九曲桥”的每一段与AC平行或BD平行，若AB＝100m，∠A＝∠B＝60°，则此“九曲桥”的总长度为 ．
【变式8-2】（2024八年级·四川成都·期末）如图是由边长为1的小等边三角形构成的“草莓”状网格，每个小等边三角形的顶点为格点．线段AB的端点在格点上，要求以AB为边画一个平行四边形，且另外两个顶点在格点上，则最多可画 个平行四边形．
【变式8-3】（2024·浙江温州·八年级期末）如图1木工师傅将三块不全等的的平行四边形木板拼成了一个邻边长为5和 12的大的平行四边形木板，然后通过裁剪又拼成了一个不重叠，无缝隙的大正方形木板如(图2)，数据如图所示，记图 1 中三个小平行四边形的中心分别为 A，B，C，点 A，C 的图2 中的对应点记为 A1,C1,连结 A1B和 C1B,当 A1B=A1C1时, MN的长为 ．
【题型9 矩形、菱形、正方形与勾股定理的综合运用】
【例9】（2024八年级·天津西青·期末）如图，在菱形ABCD中，点E是DC的中点，连接BE，点P是BE的中点，连接AP，若AB=2，∠ADC=60°，则AP的长等于 ．

【变式9-1】（2024八年级·重庆北碚·期末）如图，将矩形纸片ABCD沿EF对折，使点B落在AD上点H处，再次沿HG对折，对折后点D恰好与点F重合．若四边形EFGH是菱形，则ABAD= ．

【变式9-2】（2024八年级·贵州贵阳·期末）阅读理解：平面内任意两点x1,y1，x2,y2的距离可以表示为x1−x22+y1−y22，反之，x1−x22+y1−y22表示点x1,y1与点x2,y2之间的距离．尝试利用阅读内容解决问题：如图，在正方形ABCD中，M为AD上一点，且AMMD=31 ，E，F分别为BC，CD上的动点，且BE=2DF，若AB=4，则ME+2AF的最小值是 ．

【变式9-3】（2024八年级·湖北·期末）如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AD=CD，E点是B点关于CD所在直线的对称点，连AE、CE、DE，若AB=4，BC=3，则AE的长为 ．

【题型10 矩形、菱形、正方形与全等三角形的综合运用】
【例10】（2024八年级·河南漯河·期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别时边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别时EC，FD的中点，这接GH，苦AB=4，BC=6，则GH的长度为 ．

【变式10-1】（2024八年级·重庆九龙坡·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是BC的中点，将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC'D，连接BC'，并延长BC'交AD于点F，则C'F= ．

【变式10-2】（2024·辽宁沈阳·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE=DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE=5，CN=8，则线段AB的长为 ．
【变式10-3】（2024八年级·辽宁丹东·期末）如图，正方形ABCD，点E是射线AB上的动点，过点E作EF∥DB，交直线AD于点F，连接DE，取DE中点G，连接FG并延长交直线DB于点H，若AB=4，EB=3，则FH的长为 ．

【题型11 与一次函数有关的面积问题】
【例11】（2024八年级·浙江丽水·期末）已知直线l1:y=kx+2+kk≠0和直线l2:y=x+3． 若直线l1、l2与y轴所围成的三角形面积记作S．
（1）当k=−1时，S的值是 ；
（2）当2≤S≤3时，k的取值范围是 ．
【变式11-1】（2024八年级·安徽芜湖·期末）八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，设直线l和八个正方形的最上面交点为A，则直线l的解析式是 .
【变式11-2】（2024八年级·辽宁沈阳·期末）如图：在平面直角坐标系内有长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴上，点D4，3在AB上，点E在OC上，沿DE折叠，使点B与点O重合，点C与点C1重合．若点P在坐标轴上，且△APC1面积是18，则点P坐标为 ．
【变式11-3】（2024八年级·江苏泰州·期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD点A的坐标（3，2），点C的坐标（7，4），直线y＝－x以每秒1个单位长度的速度向右平移，经过 秒该直线可将平行四边形ABCD的面积平分．
【题型12 由一次函数的性质求取值范围】
【例12】（2024八年级·甘肃张掖·期末）一次函数y₁=kx−1k≠0与y₂=−x+2的图象如图所示，当x<1时，y1【变式12-1】（2024八年级·福建宁德·期末）一次函数y=kx−3的图象与x轴的交点坐标为x0,0，且2≤x0≤3，则k的取值范围是 ．
【变式12-2】（2024八年级·安徽合肥·期末）已知一次函数y=kx−4−k(k≠0)．
（1）无论k取何非零的值，一次函数的图象都经过一定点，则这个点的坐标是 ；
（2）在平面直角坐标系中有一条线段AB，其中A(−1,2)，B(4,1)，若这个一次函数的图象与线段AB相交，则k的取值范围是 ．
【变式12-3】（2024八年级·安徽合肥·期末）在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都为整数的点称为整点．已知一次函数y1=−x+2，y2=kx−k+1．
（1）若k=1，则y1、y2的图象与x轴围成的区域内(包括边界)有 个整点；
（2）若y1、y2的图象与x轴围成的区域内恰有6个整点，则k的的取值范围是 ．
【题型13 一次函数的应用】
【例13】（2024八年级·重庆璧山·期末）2019年春，在一次长跑拉力赛中，小明和小赵运动的路程S（千米）随时间t（分）变化的图象（全程）如图所示．当两人行驶到离出发点4.5千米时第一次相遇，请问两人比赛开始后 分钟时第二次相遇．
【变式13-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）甲、乙两车从A地出发，匀速驶往B地．乙车出发1h后，甲车才沿相同的路线开始行驶．甲车先到达B地并停留30分钟后，又以原速按原路线返回，直至与乙相遇．图中的折线段表示从开始到相遇止，两车之间的距离y（km）与甲车行驶的时间x（h）的函数关系的图象，则
（1）a= ．
（2）d= ．
【变式13-2】（2024八年级·重庆·期末）在一次趣味运动会中，“抢种抢收”的比赛规则如下：全程50米的直线跑道，在起点和终点之间，每隔10米放置一个小桶，共四个，参赛者用手托着放有4个乒乓球的盘子，在从起点跑到终点的过程中，将四个乒乓球依次放入4个小桶中（放入时间忽略不计），如果中途乒乓球掉出小桶，则需要返回将乒乓球放回桶中，率先到达终点者获胜．小明和小亮同时从起点出发，以各自的速度匀速跑步前进，小明在放入第二个乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二个桶的旁边，且落地后不再移动，但他并未发现，继续向前跑了一段距离，被裁判员提醒后立即原速返回捡球，并迅速放回桶中（捡球时间忽略不计），为了赶超小亮，小明将速度提高了1米/秒，小明和小亮之间的距离y（米）和出发时间x（秒）之间的函数关系如图所示，则小明在掉出乒乓球后又继续跑了 米后开始返回．
【变式13-3】（2024八年级·重庆巴南·期末）甲、乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶．当乙车到达A地后，继续保持原速向远离B的方向行驶，而甲车到达B地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过一段时间后两车同时到达C地．设两车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），y与x之间的函数关系如图中的折线DE−EF−FG所示，其中点D的坐标为0,300，点E的坐标为3,0，则△EFG的面积为 ．
【题型14 数式或图形中规律问题】
【例14】（2024·广西北海·八年级期末）如图，直线y=−x+1与两坐标轴分别交于A，B两点，将线段OA分成n等份，分点分别为P1,P2,P3,…,Pn−1，过每个分点作x轴的垂线分别交直线AB于点T1,T2,T3,…,Tn−1，用S1,S2,S3,…,Sn−1分别表示Rt△T1OP1,Rt△T2P1P2,…,Rt△Tn−1Pn−2Pn−1的面积，则S1+S2+S3+…+Sn−1= ．
【变式14-1】（2024八年级·湖南常德·期末）观察下列分母有理化
12+1=1⋅2−12+1⋅2−1=2−122−12=2−1
13+2=3−2
14+3=4−3，……
从计算结果中找出规律
12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+12023+20222023+1= ．
【变式14-2】（2024八年级·广东云浮·期末）如图，ΔABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED//AB，EF//AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作E1D1//FB，E1F1//EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2．照此规律作下去，则C2020= ．
【变式14-3】（2024八年级·湖南永州·期末）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，且AC边在直线a上，将△ABC绕A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1＝22；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2＝2+22；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3＝4+22；…按此规律继续旋转，直至得到点P2020为止，则AP2020＝ ．
【题型15 数式或图形中新定义问题】
【例15】（2024八年级·北京海淀·期末）定义：对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为fz(x)，
即：当n为非负整数时，如果n−12≤x如：fz0=fz0.48=0，fz0.64=fz1.49=1，fz4=fz3.68=4，⋯
试解决下列问题：
①fz3= ；②fz32+3= ；
③1fz12+1⋅fz22+2+1fz22+2⋅fz32+3+1fz32+3⋅fz42+4+⋯+1fz20172+2017⋅fz20182+2018= ．
【变式15-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）定义：在平面直角坐标系xOy中，已知点P1a,b，P2c,b，P3c,d，这三个点中任意两点间的距离的最小值称为点P1，P2，P3的“最佳间距”．例如：点P1−1,2，P21,2，P31,3的“最佳间距”是1．
（1）点Q12,1，Q25,1，Q35,5的“最佳间距”是 ；
（2）当点O0,0，Em,0，Pm,−2m+1的“最佳间距”为13时，点P的横坐标为 ．
【变式15-2】（2024·四川乐山·八年级期末）定义：我们把一次函数y=kx+b(k≠0)与正比例函数y=x的交点称为一次函数y=kx+b(k≠0)的“不动点”．例如求y=2x−1的“不动点”：联立方程y=2x−1y=x，解得x=1y=1，则y=2x−1的“不动点”为(1,1)，
（1）由定义可知，一次函数y=3x+2的“不动点”为 ；
（2）若直线y=kx−3(k≠0)与x轴交于点A，与y轴交于点B，且直线y=kx−3上没有“不动点”，若P点为x轴上一个动点，使得S△ABP=3S△ABO，求满足条件的P 点坐标
【变式15-3】（2024八年级·江西南昌·周测）定义：如果一个凸四边形的一条对角线把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”，把这条对角线称为“界线”．已知在“等腰四边形”ABCD中，AB=BC=AD, ∠BAD=90°，且AC为“界线”，则∠ABC的度数为
专题21.6 期末复习之填空压轴题十五大题型总结
【人教版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc731" 【题型1 二次根式的性质与化简】 PAGEREF _Tc731 \h 1
\l "_Tc18325" 【题型2 二次根式的运算】 PAGEREF _Tc18325 \h 3
\l "_Tc1085" 【题型3 利用勾股定理构造直角三角形】 PAGEREF _Tc1085 \h 5
\l "_Tc26225" 【题型4 勾股定理与分类讨论思想结合】 PAGEREF _Tc26225 \h 10
\l "_Tc3391" 【题型5 勾股定理及其逆定理与网格作图】 PAGEREF _Tc3391 \h 18
\l "_Tc11975" 【题型6 由平行四边形的性质求值】 PAGEREF _Tc11975 \h 22
\l "_Tc19912" 【题型7 确定组成平行四边形点的个数】 PAGEREF _Tc19912 \h 29
\l "_Tc21933" 【题型8 平行四边形的应用】 PAGEREF _Tc21933 \h 33
\l "_Tc55" 【题型9 矩形、菱形、正方形与勾股定理的综合运用】 PAGEREF _Tc55 \h 37
\l "_Tc10013" 【题型10 矩形、菱形、正方形与全等三角形的综合运用】 PAGEREF _Tc10013 \h 43
\l "_Tc14160" 【题型11 与一次函数有关的面积问题】 PAGEREF _Tc14160 \h 50
\l "_Tc20149" 【题型12 由一次函数的性质求取值范围】 PAGEREF _Tc20149 \h 56
\l "_Tc27771" 【题型13 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc27771 \h 60
\l "_Tc29561" 【题型14 数式或图形中规律问题】 PAGEREF _Tc29561 \h 64
\l "_Tc22784" 【题型15 数式或图形中新定义问题】 PAGEREF _Tc22784 \h 67
【题型1 二次根式的性质与化简】
【例1】（2024八年级·浙江·期末）已知a+b+c+3=2a+4b−1+2c−2，则a+b+c的值是 ．
【答案】9
【分析】先将原等式变形为(a−1)2+(b−1−2)2+(c−2−1)2=0，再根据平方的非负性可得a−1=0，b−1−2=0，c−2−1=0，由此可求得a、b、c的值，进而可求得答案．
【优尖升-详解】解：∵a+b+c+3=2a+4b−1+2c−2，
∴a−2a+1+b−1−4b−1+4+c−2−2c−2+1=0，
∴(a−1)2+(b−1−2)2+(c−2−1)2=0，
∴a−1=0，b−1−2=0，c−2−1=0，
∴a=1，b−1=2，c−2=1，
∴a=1，b=5，c=3，
∴a+b+c=1+5+3=9，
故答案为：9．
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的性质和灵活应用完全平方公式是解决此题的关键．
【变式1-1】（2024八年级·浙江温州·期末）已知x−11−7−x+x−92=3y−2，则2x﹣18y2＝ ．
【答案】22
【分析】直接利用二次根式的性质将已知化简，再将原式变形求出答案．
【优尖升-详解】解：∵x−11一定有意义，
∴x≥11，
∴x−11﹣|7﹣x|+(x−9)2＝3y﹣2，
x−11﹣x+7+x﹣9＝3y﹣2，
整理得：x−11＝3y，
∴x﹣11＝9y2，
则2x﹣18y2＝2x﹣2（x﹣11）＝22．
故答案为：22．
【点睛】本题考查二次根式有意义的应用，以及二次根式的性质应用，属于提高题．
【变式1-2】（2024八年级·浙江杭州·期末）已知m−2m−3≤0，若整数a满足m+a=52，则a= ．
【答案】5
【分析】先根据m−2m−3≤0确定m的取值范围，再根据m+a=52，推出52−3≤a≤52−2，最后利用7<52<8来确定a的取值范围．
【优尖升-详解】解：∵m−2m−3≤0
∴2≤m≤3
∵m+a=52
∴a=52−m
∴52−3≤a≤52−2
∵7<52<8
∴4∵a为整数
∴a为5
故答案为：5．
【点睛】本题考查的知识点是二次根式以及估算无理数的大小，利用“逼近法”得出52的取值范围是解此题的关键．
【变式1-3】（2024八年级·四川成都·期末）若m＝20152016−1，则m3﹣m2﹣2017m+2015＝ ．
【答案】4030
【分析】利用平方差公式化简m，整理要求的式子，将m的值代入要求的式子计算即可.
【优尖升-详解】m=20152016−1= m=2015（2016+1）（2016−1）（2016+1）=2016+1，
∴m3-m2-2017m+2015
=m2（m﹣1）﹣2017m+2015
= （2016+1）2×2016﹣2017（2016+1）+2015
=（2024+22016）×2016﹣20172016﹣2017+2015
=20172016+2×2016﹣20172016﹣2
=4030.
故答案为4030.
【点睛】本题主要考查二次根式的化简以及二次根式的混合运算.
【题型2 二次根式的运算】
【例2】（2024八年级·江苏常州·期末）若2+32+m的积是有理数，则无理数m的值为 ．
【答案】−3（答案不唯一）
【分析】对2+32+m进行化简，由题意令23+2m+3m=a，（a是有理数）即可求解．
【优尖升-详解】解：2+32+m
=4+23+2m+3m
2+32+m的积是有理数，m是无理数，
∴23+2m+3m是有理数，
令23+2m+3m=a，（a是有理数）
解得：m=a−232+3=a−232−3=2a+6−a+43，
当2a+6=0即a=−3，
时m=−3，
故答案为：−3（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次根式混合运算，有理数的性质；解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算法则即有理数的性质．
【变式2-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）化简并计算：1x(x+1)+1(x+1)(x+2)+1(x+2)(x+3)+...+1(x+19)(x+20)= ．（结果中分母不含根式）
【答案】400x−20x400x−x2
【分析】根据1x(x+1)=1x−1x+1，将原式进行拆分，然后合并可得出答案．
【优尖升-详解】解：原式=
1x−1x+1+1x+1−1x+2+…+1x+19−1x+20=1x−1x+20=20xx+20 =400x−20x400x−x2．
故答案为400x−20x400x−x2．
【点睛】此题考查了二次根式的混合运算，解答本题的关键是将原式进行拆分，有一定的技巧性，注意仔细观察．
【变式2-2】（2024八年级·吉林·单元测试）已知16−x2−4−x2=22，则16−x2+4−x2= ．
【答案】32
【优尖升-详解】设4−x2=a，则16−x2−4−x2=22 可化为：a+12−a=22，
∴12+a=22+a，
两边同时平方得：12+a=8+a+42a，即：4=42a，
∴32a=16，解得：a=12，
∴16−x2+4−x2=12+12+12=522+122=32.
故答案为32.
点睛：本题的解题要点是：设原式中的4−x2=a，从而使原式结构变得简单，这样应用二次根式的相关运算法则化简变形即可求得a的值，使问题得到解决.
【变式2-3】（2024八年级·浙江宁波·期末）已知x+1x=3，且0【答案】5+12．
【分析】利用题目给的x+1x求出x−1x，再把它们相乘得到x−1x，再对原式进行变形凑出x−1x的形式进行计算．
【优尖升-详解】∵x+1x=3，
∴x+1x2=x+2+1x=32=9，
∴x+1x=7，
∴x−1x2=x−2+1x=7−2=5，
∵0∴x−1x=−5，
∴x+1xx−1x=x−1x=−35，
∴原式=6x+9−1x=69−35=23−5
=6+254=5+25+14=(5+1)24
=5+12．
故答案是：5+12．
【点睛】本题考查二次根式的运算和乘法公式的应用，解题的关键是熟练运用乘法公式对式子进行巧妙运算．
【题型3 利用勾股定理构造直角三角形】
【例3】（2024八年级·山东日照·期末）已知52+122=13，从勾股定理的学习中可以将该式看成直角三角形的两直角边分别为5、12，计算结果为斜边13，同理计算a2+82a>0可以看成直角边分别为a、8，结果为斜边长度，利用此原理并结合图形解决问题：已知a+b=15a>0,b>0，计算a2+9+b2+25的最小值为 ．
【答案】17
【分析】在一条长为15的线段上取一点，将线段分为两条线段，以这个点为锐角顶点，这两条线段为直角边，在线段的两旁建立两个直角三角形，这两个直角三角形的另一条直角边分别为3和5，利用两点之间线段最短和勾股定理求出这两个直角三角形另一个锐角顶点连线的长度即为所求的最小值．
【优尖升-详解】构造两直角三角形如图，

∠CAE=∠DBE=90°，AB=15，AC=3，BD=5，点E为AB上一个动点，AE=a，BE=b，则：
CE=AC2+AE2=a2+9，DE=BD2+BE2=b2+25，a+b=15，
由图可知：a2+9+b2+25=CE+DE≥CD，
∴a2+9+b2+25的最小值为线段CD的长，
过点D作DF⊥CA交CA的延长线于点F，则四边形ABDF是矩形，
∴DF=AB=15，AF=BD=5，
∴CF=CA+AF=3+5=8，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：CD=DF2+CF2=152+82=17，
∴a2+9+b2+25的最小值为17，
故答案为：17．
【点睛】此题考查了最短路线问题，勾股定理，两点之间线段最短，解题的关键是用数形结合思想，构造出图形．
【变式3-1】（2024八年级·广东深圳·期末）如图，∠BAC=90度，AB=AC，AE⊥AD，且AE=AD，AF平分∠DAE交BC于F，若BD=6，CF=8，则线段AD的长为 ．

【答案】65
【分析】由“SAS”可证△ABD≌△ACE，△DAF≌△EAF可得BD=CE，∠4=∠B，DF=EF，由勾股定理可求EF的长，即可求BC的长，由勾股定理可求AD的长．
【优尖升-详解】解：如图，连接EF，过点A作AG⊥BC于点G，

∵AE⊥AD，
∴∠DAE=∠DAC+∠2=90∘，
又∵∠BAC=∠DAC+∠1=90∘，
∴∠1=∠2，
在△ABD和△ACE中
AB=AC∠1=∠2AD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS．
∴BD=CE，∠4=∠B
∵∠BAC=90∘，AB=AC，
∴∠B=∠3=45∘
∴∠4=∠B=45∘，
∴∠ECF=∠3+∠4=90∘，
∴CE2+CF2=EF2，
∴BD2+FC2=EF2，
∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF=∠EAF，
在△DAF和△EAF中
AD=AE∠DAF=∠EAFAF=AF，
∴△DAF≌△EAFSAS．
∴DF=EF．
∴BD2+FC2=DF2．
∴DF2=BD2+FC2=62+82=100，
∴DF=10
∴BC=BD+DF+FC=6+10+8=24，
∵AB=AC，AG⊥BC，
∴BG=AG=12BC=12，
∴DG=BG−BD=12−6=6，
∴AD=AG2+DG2=65
故答案为65
【点睛】考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【变式3-2】（2024·天津滨海新·八年级期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A，B为小正方形边的中点，C，D为格点，E为BA，CD的延长线的交点．
（Ⅰ）CD的长等于 ；
（Ⅱ）若点N在线段BE上，点M在线段CE上，且满足AN=NM=MC，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出线段MN，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）． ．
【答案】 25 CE与网格线相交，得点M，取格点F，连结CF并延长与BE交于N，连接MN，则线段MN即为所求．图见解析；
【分析】（Ⅰ）根据勾股定理可求CD的长；
（Ⅱ）找到特殊点，M为小正方形边的中点，N为小正方形边的中心，得到M、N的水平距离32，垂直距离3，即可得AN=CM=MN=32+322=325．
【优尖升-详解】解：（Ⅰ）CD=42+22=25；
（Ⅱ）如图，CE与网格线相交，得点M，取格点F，连结CF并延长与BE交于N，连接MN，则线段MN即为所求．
证明：由作法可知， M为小正方形边的中点，N为小正方形边的中心；
∴AN=CM=MN=32+322=325．
【点睛】本题考查了作图−应用与设计作图，勾股定理，根据网格的特点找出小正方形中心点N构成325长的线段是解题的关键．
【变式3-3】（2024八年级·湖北恩施·期末）如图，一个长方体纸箱，长是6，宽和高都是4，一只蚂蚁从顶点A沿纸箱表面爬到顶点B，它所走的最短路线的长是 ．
【答案】10
【分析】根据题意画出图形，求出AC、BC的长，根据勾股定理求出AB即可.
【优尖升-详解】有两种情况，如图所示：

（1）如图1，由题意知AC=4，BC=6+4=10
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=116
（2）如图2，由题意知：AC=4+4=8，BC=6
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=100=10
（3）如图3，由题意知：AC=4+4=8，BC=6
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=100=10
∵116>100
∴最短是10
故答案为10
【点睛】本题考查利用勾股定理解决最短路径问题，画出平面展开图，分类讨论是解题关键.
【题型4 勾股定理与分类讨论思想结合】
【例4】（2024·河南·八年级期末 ）如图，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3，点D为边AB的中点，点E是边BC上的一个动点，连接DE，将△BDE沿DE翻折得到△B'DE，线段B'D交边BC于点F．当△DEF为直角三角形时，BE的长为 ．
【答案】334或32
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，∠EDF≠90°，分两种情况：∠DEF=90°，∠DFE=90°，分别画出图形，进行解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【优尖升-详解】解：∵AB=AC=3，点D为边AB的中点，
∴BD=12AB=32，
依题意得：∠EDF≠90°，
如图，当∠DEF=90°时，点B'、F重合，
∵∠BAC=120°，AB=AC=3，
∴∠B=∠C=180°−120°2=30°，
∵∠DEB=90°，
∴DE=12BD=34，
∴BE=BD2−DE2=322−342=334；
如图，当∠DFE=90°时，
∵∠DFE=90°，∠B=30°
∴DF=12BD=34，∠B'FE=90°，
∴BF=BD2−DF2=322−342=334，
又由折叠可得，BE=B'E，∠B=∠B'=30°
设BE=B'E=x，则EF=BF−BE=334−x，
∵∠B'FE=90°，∠B'=30°，
∴B'E=2EF，
即x=2334−x，
解得x=32，
∴BE=32；
综上，BE的长为为334或32，
故答案为：334或32．
【变式4-1】（2024八年级·辽宁沈阳·期末）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作AB的平行线l，点P是直线l上异于点C的动点，连接AP，过点P作AP的垂线交直线BC于点D．若AC=72，AP=25，则线段BD的长为 ．
【答案】172或312
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理．分两种情况：当P在C右侧时，过P作PE⊥l，交CD于E，推出△ECP是等腰直角三角形，证明△ACP≌△DEPASA，得PA=PD；再过A作AH⊥l于H；当P在C左侧时，过P作PF⊥l交BD的延长线于F，分别求解即可得到答案．
【优尖升-详解】解：当P在C右侧时，过P作PE⊥l，交CD于E，如图所示，

∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ABC=45°，
∵AB∥l，
∴∠ECP=∠ABC=45°，
∴∠ACP=∠ACB+∠ECP=135°，△ECP是等腰直角三角形，
∴CP=EP，∠DEP=∠ECP+∠CPE=135°=∠ACP，
∵∠APD=90°=∠EPC，
∴∠APC=∠EPD，
∴△ACP≌△DEPASA，
∴PA=PD；
∴AC=DE，CE=2CP，
∵CD=DE+CE，
∴CD=AC+2CP；
过A作AH⊥l于H，如图所示，

∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，
∴∠ACH=45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∵AC=72，
∴AH=CH=7，
在Rt△APH中，HP=AP2−AH2=252−72=24，
∴CP=HP−CH=24−7=17，
∴CD=AC+2CP=72+2×17=242，
∴BD=CD−BC=CD−AC=242−72=172；
当P在C左侧时，过P作PF⊥l交BD的延长线于F，如图所示，

∵AB∥l，
∴∠PCF=∠B=45°，∠ACP=∠CAB=45°，
∴△PCF是等腰直角三角形，
∴CP=PF，∠F=45°=∠ACP，
∵∠APD=90°=∠CPF，
∴∠APC=∠DPF，
∴△ACP≌△DFPASA，
∴AC=DF=72，
∵∠ABC=∠BCP=45°，∠ACB=90°，
∴∠ACH=45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∵AC=72，
∴AH=CH=7，
在Rt△APH中，HP=AP2−AH2=252−72=24，
∴CP=HP+CH=24+7=31，
∴CF=2CP=312，
∴CD=CF−DF=312−72=242，
∴BD=CD+BC=CD+AC=242+72=312，
综上所述，线段BD的长为：172或312．
故答案为：172或312．
【变式4-2】（2024八年级·辽宁大连·期末）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，AB=8，点D是边AB上的一个动点，连接CD，过点C作CE⊥CD，使CE=CD，连接DE，点F是DE的中点，连接CF并延长，交AB边所在直线于点G，若BG=2，则AD的长为 ．
【答案】83或245
【分析】分点G在AB上，和在AB延长线上，两种情况讨论，当点G在AB上，连接BE,GE，证明△ACD≌△BCE，可得BE=AD，再由等腰三角形的性质可得∠DFG=∠DBE=90°，设AD=BE=x，则DG=EG=6−x，由勾股定理可得4+x2=6−x2，即可求解；当点G在AB延长线上，连接BE,EG，同理可证△ACD≌△BCE，得BE=AD，∠DBE=90°，由△CDE是等腰直角三角形，F点是DE的中点，得到CG是DE的垂直平分线，推出DG=EG，设AD=y，则BD=8−y，BE=AD=y，利用勾股定理即可求解．
【优尖升-详解】解：如图，当点G在AB上，连接BE,GE，

∵CE⊥CD，
∴∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
∵AC=BC，CE=CD，
∴△ACD≌△BCE，∠A=∠ABC=45°，
∴BE=AD，∠A=∠CBE=45°，
∴∠DBE=90°，
∵点F是DE的中点，
∴CF⊥DE，即∠DFG=∠DBE=90°，
∵ △CDE是等腰直角三角形，F点是DE的中点，
∴CG是DE的垂直平分线，
∴DG=EG，
设AD=BE=x，
∵AB=8，BG=2，
∴DG=EG=6−x，
∵BG2+BE2=EG2，
∴4+x2=6−x2，
解得：x=83，
即AD=83；
如图，当点G在AB延长线上，连接BE,EG，
同理可得：△ACD≌△BCE，∠A=∠ABC=45°，
∴BE=AD，∠A=∠CBE=45°，
∴∠DBE=90°，
∵ △CDE是等腰直角三角形，F点是DE的中点，
∴CG是DE的垂直平分线，
∴DG=EG，
设AD=y，则BD=8−y，BE=AD=y，
∵ BG=2，
∴DG=EG=2+8−y=10−y，
∵ BG2+BE2=EG2，
∴4+y2=10−y2，即4=100−20y，
解得：y=245，
∴AD=245，
综上，AD的长为83或245
故答案为：83或245．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，证明△ACD≌△BCE，△DFG∽△DBE是解题的关键．
【变式4-3】（2024八年级·上海闵行·期末）在△ABC中，AB=AC，BC=4，如果将△ABC折叠，使点B与点A重合，且折痕交边AB于点M，交边BC于点N，如果△CAN是直角三角形，那么△ABC的面积是 ．
【答案】4或433
【分析】分两种情况：当∠ANC=90°时，根据AB=AC，BC=4，∠ANC=90°及将△ABC折叠，使点B与点A重合，可得BN=AN=2，可得到△ABC的面积；当∠NAC=90°时，过A作AH⊥BC于H，设BN=x，则NH=2−x，可得AH2=4x−4，AC2=4x，又AN2+AC2=CN2，可得BN=AN=43，NH=23，再利用勾股定理可得AH=233，可得到△ABC的面积．
【优尖升-详解】解：当∠ANC=90°时，如图：
∵AB=AC，BC=4，∠ANC=90°，
∴BN=CN=12BC=2，
∵将△ABC折叠，使点B与点A重合，
∴AN=BN=2，
∴△ABC的面积是：12BC⋅AN=12×4×2=4；

当∠NAC=90°时，
如图，过A作AH⊥BC于H，

设BN=x，
∵AB=AC，BC=4，
∴BH=CH=12BC=2，
∴NH=2−x，
∵将△ABC折叠，使点B与点A重合，
∴AN=BN=x，CN=BC−BN=4−x，
在Rt△ANH中，AH2=AN2−NH2=x2−2−x2=4x−4，
在Rt△ACH中，AC2=AH2+CH2=4x−4+4=4x，
在Rt△NAC中，AN2+AC2=CN2，
∴x2+4x=4−x2，
解得：x=43，
∴BN=AN=43，NH=23，
∴AH=4x−4=233，
∴△ABC的面积是：12BC⋅AH=12×4×233=433．
综上所述，如果△CAN是直角三角形，那么△ABC的面积是4或433．
故答案为：4或433．
【点睛】本题是等腰三角形的折叠问题，考查了折叠的性质，等腰三角形三线合一性质，勾股定理，三角形面积等知识．解题的关键是分类画出图形，求出BC边上的高．
【题型5 勾股定理及其逆定理与网格作图】
【例5】（2024·天津河东·八年级期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均落在格点上．
①线段AC的长等于 ；
②在射线BC上有两点P，Q，满足AP⊥BC且∠AQC=∠BAP，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，点Q，并简要说明点P，点Q的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 10 图见解析，延长BC过格点P，则点P满足AP⊥BC，取格点D，连接AD交射线BC于点Q，则点Q即满足∠AQC=∠BAP，为所求
【分析】①根据勾股定理求解即可；
②，延长BC过格点P，则点P满足AP⊥BC，取格点D，连接AD交射线BC于点Q，则点Q即满足∠AQC=∠BAP，为所求
【优尖升-详解】①AC=12+32=10
故答案为：10
②如图，点P，点Q即为所求．
如图，延长BC过格点P，则点P满足AP⊥BC，则∠B+∠BAP=90°,
取格点D，使得AD⊥AB，连接AD交射线BC于点Q，则点Q即满足∠AQC=∠BAP，为所求．
故答案为：延长BC过格点P，则点P满足AP⊥BC，取格点D，连接AD交射线BC于点Q，则点Q即满足∠AQC=∠BAP，为所求．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格作图，等角的余角相等，掌握勾股定理以及逆定理是解题的关键．
【变式5-1】（2024八年级·北京朝阳·期末）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线的交点，则∠ABC与∠BCD的大小关系为：∠ABC ∠BCD．（填“＞”，“＝”或“＜”）
【答案】=
【分析】连接AC，BD，根据勾股定理得到AC2＝BC2＝BD2＝22+12＝5，AB2＝CD2＝32+12＝10，求得 AC2+BC2＝AB2，BD2+BC2＝CD2，于是得到∠ABC＝∠BCD＝45°，进而得到结论．
【优尖升-详解】解：连接AC，BD，
根据勾股定理得到AC2＝BC2＝BD2＝22+12＝5，AB2＝CD2＝32+12＝10，
∴AC2+BC2＝AB2，BD2+BC2＝CD2，
∴△ABC和△BCD都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BCD＝45°．
故答案为：＝．
【点睛】本题考查了网格中对几何图形的理解与分析的问题，涉及到了勾股定理及其逆定理和等腰直角三角形的相关知识，解决本题的关键是牢记相关性质与公式，以及熟练运用即可．
【变式5-2】（2024八年级·浙江·期末）如图，在由6个大小相同的小正方形组成的方格中：连结三格和两格的对角线，∠a+∠B的度数是
【答案】45∘
【分析】如图，连接AE，EC，则AE//DB，根据平行线的性质得到∠EAB=β．计算出AE2=5，CE2=5，CA2=10，得到△AEC是等腰直角三角形，即可得出结论．
【优尖升-详解】如图，连接AE，EC，则AE//DB，∴∠EAB=β．
∵AE2=12+22=5，CE2=12+22=5，CA2=12+32=10，∴AE=EC，AE2+CE2=AC2，∴△AEC是等腰直角三角形，∴∠EAC=α+β=45∘．
故答案为45∘．
【点睛】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理．正确作出辅助线是解答本题的关键．
【变式5-3】（2024·山西吕梁·八年级期末））如图是由边长为1的小正方形组成的网格图，线段AB，BC，BD，DE的端点均在格点上，线段AB和DE交于点F，则DF的长度为 ．
【答案】2
【分析】连接AD、CD，由勾股定理得：AB=DE=42+32=5，BD=42+22=25，CD=AD=12+22=5，得出AB＝DE＝BC，BD2+AD2=AB2，由此可得△ABD为直角三角形，同理可得△BCD为直角三角用形，继而得出A、D、C三点共线.再证明△ABC≌△DEB，得出∠BAC＝∠EDB，得出DF⊥AB，BD平分∠ABC，再由角平分线的性得出DF＝DG＝2即可的解.
【优尖升-详解】连接AD、CD，如图所示：
由勾股定理可得，
AB=DE=42+32=5，BD=42+22=25，CD=AD=12+22=5，
∵BE=BC=5，∴AB=DE＝AB＝BC ，BD2+AD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，∠ADB＝90°，
同理可得：△BCD是直角三角形，∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝180°，∴点A、D、C三点共线，
∴AC=2AD=25=BD，
在△ABC和△DEB中，
AB=DEBC＝EBAC=BD，∴△ABC≌△DEB(SSS)，∴∠BAC＝∠EDB，
∵∠EDB+∠ADF＝90°，∴∠BAD+∠ADF＝90°，
∴∠BFD＝90°，∴DF⊥AB，
∵AB=BC，BD⊥AC，∴BD平分∠ABC，
∵DG⊥BC，∴DF＝DG＝2.
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定以及勾股定理的相关知识，解题的关键是熟练掌握勾股定理和过股定理的逆定理.
【题型6 由平行四边形的性质求值】
【例6】（2024·陕西西安·八年级期末）如图，▱ABCD中，AB=3，AD=2，∠DAB=60°，DF⊥AB，BE⊥CD；垂足分别为点F和E．点G和H分别是DF和BE上的动点，GH∥AB，那么AG+GH+CH的最小值为 ．

【答案】7+2/2+7
【分析】过点E作EI∥AD交AB于点I，连接HI．易求出AF=1，DF=3，DE=GH=BF=2．易证四边形AGHI为平行四边形，得出AG=HI，即说明当HI+CH最小时，AG+GH+CH最小．由当点I，H，C三点共线时，HI+CH最小．结合平行四边形的判定和性质和勾股定理求出HI=72，即得出CI=7，即可得出答案．
【优尖升-详解】解：如图，过点E作EI∥AD交AB于点I，连接HI．

∵▱ABCD中，∠DAB=60°，DF⊥AB，
∴∠ADF=30°，
∴AF=12AD=1，
∴BF=AB−AF=2，DF=AD2−AF2=3．
∵DF⊥AB，BE⊥CD，
∴GF∥BH．
∵GH∥AB，
∴四边形GHBF为平行四边形，
∴GH=BF=2．
同理可得出BF=DE=2．
∵AB∥DE，AD∥EI，
∴四边形ADEI为平行四边形，
∴AI=DE=2=GH，
∴四边形AGHI为平行四边形，
∴AG=HI，
∴AG+GH+CH=HI+2+CH，
∴当HI+CH最小时，AG+GH+CH最小．
∵当点I，H，C三点共线时，HI+CH最小，
∴此时AG+GH+CH最小，如图，

∵AD∥EI，
∴BC∥EI．
∵CE∥BI，
∴四边形BCEI为平行四边形，
∴BH=12BE=12DF=32，CI=2HI，
∵AB=3，AI=2，
∴BI=1，
∴HI=BH2+BI2=72，
∴CI=7，
∴AG+GH+CH的最小值为CI+GH=7+2．
故答案为：7+2．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，含30度角的直角三角形，勾股定理，平行线的判定，两点之间线段最短等知识．正确作出辅助线，理解当点I，H，C三点共线时，HI+CH最小，即此时AG+GH+CH最小是解题关键．
【变式6-1】（2024八年级·海南省直辖县级单位·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，BC的长为半径作弧交AD于点E，分别以点C，E为圆心，大于12CE的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AD的延长线于点F，∠CBE=60°，BC=4，则BF的长为 ．

【答案】43
【分析】连接CE交BF于G，连接CF．根据平行四边形的性质，平行线的性质确定∠EFB=∠CBF，根据题目中作图过程确定BP是∠CBE的平分线，根据等角对等边和等价代换思想确定BC=BE，根据菱形的判定定理和性质确定BF⊥CE，BF=2BG，根据角平分线的定义，30°所对的直角边是斜边的一半，勾股定理求出BG的长度，进而即可求出BF的长度．
【优尖升-详解】解：如图所示，连接CE交BF于G，连接CF．

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，即EF∥BC．
∴∠EFB=∠CBF．
∵以点B为圆心，BC的长为半径作弧交AD于点E，
∴BC=BE．
根据作图过程可知BP是∠CBE的平分线．
∴∠CBF=∠EBF．
∴∠EBF=∠EFB．
∴BE=EF．
∴BC=EF．
∴四边形BCFE是平行四边形．
∴平行四边形BCFE是菱形．
∴BF⊥CE，BF=2BG．
∵∠CBE=60°，
∴∠CBF=30°．
∵BC=4，
∴CG=12BC=2．
∴BG=BC2−CG2=23．
∴BF=2BG=43．
故答案为：43．
【点睛】本题考查平行四边形的判定定理和性质，平行线的性质，角平分线作图，等角对等边，菱形的判定定理和性质，30°所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键．
【变式6-2】（2024八年级·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在▱ABCD中，E、F在AD,BC边上，DE=2BF，连接BE交AC于G．∠AGB=2∠CAF，若BE=5，AF=4，则线段AC的长为 ．

【答案】395
【分析】取DE的中点P，连接PF、PC，过点C作CQ∥BE交AF的延长线于点Q，作QR⊥AC于点R，在AR上截取RH=CR，连接QH、FH，证明四边形BEPF、APCF、FPCQ都是平行四边形，得到AF=QF=4，HQ=CQ=5，利用面积法求得QR=245，再利用勾股定理求解即可．
【优尖升-详解】解：取DE的中点P，连接PF、PC，过点C作CQ∥BE交AF的延长线于点Q，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴EP∥BF，
∵DE=2BF，
∴EP=BF，
∴四边形BEPF是平行四边形，
∴PF=BE=5，PF∥BE，
∵DP=BF，
∴AP=CF，
∴四边形APCF是平行四边形，
∴PC=AF=4，CP∥AF，
∵CQ∥BE，PF∥BE，
∴PF∥CQ，
∴四边形FPCQ是平行四边形，
∴PC=QF=4，PF=CQ=5，
作QR⊥AC于点R，在AR上截取RH=CR，连接QH、FH，
∴HQ=CQ=5，
∴∠AGB=∠AOF=∠ACQ=∠QHC，
∵∠AGB=2∠CAF，
∴∠QHC=2∠CAF，
∵∠QHC=∠CAF+∠HQA，
∴∠HQA=∠CAF，
∴AH=HQ=CQ=5，
∵AF=QF=4，
∴FH⊥AQ，
∴FH=QH2−QF2=3，
∵S△AHQ=12×AQ×FH=12×AH×QR，即8×3=5QR，
∴QR=245，
∴HR=CR=CQ2−QR2=75，
∴AC=AH+2CR=395，
故答案为：395．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，利用面积法求得QR=245是解题的关键．
【变式6-3】（2024八年级·浙江杭州·期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是边AD、AB上的点，连接OE、OF、EF.若AB=7，BC=52，∠DAB=45°，则
①点C到直线AB的距离是 ．
②△OEF周长的最小值是 ．
【答案】 5 1322/1322
【分析】①过点C作AB的垂线，交AB延长线于点M，在等腰直角三角形BCM中求CM即可；
②作点O关于AD的对称点G，点O关于AB的对称点H，连接GH，AG，AH；则GH长为△OEF周长的最小值；在等腰直角三角形AGH中求GH，即可.
【优尖升-详解】解：①如图：过点C作AB的垂线，交AB延长线于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠DAB=45°，
∴∠CBM=∠DAB=45°，
∴∠BCM=45°=∠CBM
∵BC=52，
∴CM=5，
∴点C到直线AB的距离是5；
故答案为5；
②如图，作点O关于AD的对称点G，点O关于AB的对称点H，连接GH，AG，AH，
则GH长为△OEF周长的最小值；
由①知，在Rt△ACM中，AM=7+5=12，CM=5，
∴AC=13，
∴OA=12AC=132，
由对称性可知，AH=OA=AG，∠DAG=∠DAO，∠FAO=∠FAH，
∴△AHG是等腰三角形，
又∵∠DAB=45°，
∴∠GAH=90°，
∴GH=2AG=2AO=1322，
∴△OEF周长的最小值=OE+OF+EF=GE+EF+FH=1322；
故答案为：1322.
【点睛】本题考查平行四边形的性质，最短路径问题；掌握平行四边形的性质，用勾股定理求边，利用对称性求最短距离是解题的关键．
【题型7 确定组成平行四边形点的个数】
【例7】（2024八年级·福建泉州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=6cm，BC=10cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，点Q从点C出发，以2cm/s的速度向B运动，两点同时出发，当点Q运动到点B时，点P也随之停止运动。若设运动的时间为t秒，当t= 时，在A、B、C、D、P、Q六点中，恰好存在四点可以组成平行四边形．

【答案】103或4或2或3
【分析】如图，由题意可得：AP=tcm，CQ=2tcm，则PD=6−tcm，BQ=10−2tcm，再分六种情况讨论①当10−2t=t时， ②当10−2t=6−t，③当10−2t=6时，解得：t=2，④当2t=t时，⑤当2t=6−t时，⑥当2t=6时，再逐一检验即可．
【优尖升-详解】解：由题意可得：AP=tcm，CQ=2tcm，
∵AD=6cm，BC=10cm，
∴PD=6−tcm，BQ=10−2tcm，

当四边形ABQP是平行四边形时，则AP=BQ，
∴10−2t=t，
解得t=103；
当四边形BQDP是平行四边形时，则BQ=DP，
∴10−2t=6−t，
解得：t=4；
当四边形ABQD是平行四边形时，则AD=BQ，
∴10−2t=6，
解得：t=2；
当四边形APCQ是平行四边形时，则AP=CQ，
∴2t=t时，
解得t=0，不合题意，舍去；
当四边形CDPQ是平行四边形时，则DP=CQ，
∴2t=6−t时，
解得：t=2；
当四边形ADCQ是平行四边形时，则AD=CQ，
∴2t=6，
解得：t=3，
综上所述．当t的值为103或4或2或3时，在A、B、C、D、P、Q六点中，恰好存在四点可以组成平行四边形．
故答案为：103或4或2或3．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，利用分类讨论的思想求解是解本题的关键．
【变式7-1】（2024八年级·山东烟台·期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=6cm，AD=9cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒3cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），设运动时间为t秒．在运动以后，当t= 秒时，以P，D，Q，B四点恰好组成平行四边形．
【答案】4.5
【分析】先求出点P到达点D的时间，即可得出点Q的运动距离，可得点Q在BC边上运动的次数，根据平行四边形的性质可得PD=BQ，分情况列方程求出t值，进而可得答案．
【优尖升-详解】∵四边形ABCD是平行四边形，AB=6cm，AD=9cm，
∴BC=AD=9，AD∥BC，
∵四边形PDQB是平行四边形，
∴PD=BQ，
∵点P的速度是每秒1cm，
∴两点运动的时间为9÷1=9s，
∵点Q的速度是每秒3cm
∴点Q运动的路程为9×3=27cm，
∴在BC上运动的次数为27÷9=3（次），
第一次PD=QB时，9−t=9-3t，
解得：t=0，不合题意，舍去，
第二次PD=QB时，Q从B到C的过程中，9−t=3t−9，
解得：t=4.5，
第三次PD=QB时，Q运动一个来回后从C到B，9−t=27−3t，
解得：t=9；
此时点P与点D重合，点Q与点B重合，不能构成平行四边形，
∴t=9不符合题意，舍去，
故答案为：4.5
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意掌握分类讨论思想的应用．
【变式7-2】（2024八年级·河北·课后作业）在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，若以A、B、C、P四点为顶点组成一个平行四边形，则这个平行四边形的周长为 ．
【答案】14、16或18
【分析】先利用勾股定理求出BC的长，然后分类讨论即可确定答案，
本题考查了，勾股定理，拼接平行四边形问题，解题的关键是：分情况讨论．
【优尖升-详解】解：在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，BC=AB2−AC2=52−32=4，
当以AB为对角线时，此时▱ACBP的周长为3+4×2=14；
当以AC为对角线时，此时▱APCB的周长为5+4×2=18；
当以BC为对角线时，此时▱ACPB的周长为5+3×2=16.
故答案为：14或16或18．
【变式7-3】（2024·广东·八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，动点M从点D出发，按折线D﹣C﹣B﹣A﹣D方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线D﹣A﹣B﹣C﹣D方向以1cm/s的速度运动．若动点M、N同时出发，相遇时停止运动，若点E在线段BC上，且BE=3cm，经过 秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形．
【答案】173
【分析】根据t的值讨论M、N的位置，根据平行四边形的判定定理即可求解．
【优尖升-详解】如图，
在直角△ABE中，AE=AB2+BE2=5cm．
设运动的时间是t秒．
当0＜t＜2时，M在CD上，N在DA上，
若平行四边形是AEMN，
则AE∥MN且AE=MN，而AE=MN不可能成立；
当t=2时，M在C点，DN=4cm，
此时，AN≠EC，
则不能构成平行四边形；
当2＜t＜4.5时，M在BC上，
则EM=BC+CD-BE-2t=9-2t，AN=8-t，
当9-2t=8-t时，
解得：t=1（舍去），
当4.5＜t＜6时，M在BC上，
则EM=2t-（BC+CD-BE）=2t-9，AN=8-t，
当2t-9=8-t时，
解得：t=173，
此时四边形AMEN是平行四边形；
当6＜t＜8时，M在AB上，N在AD上，
不能构成平行四边形；
当t=8时，Q与A重合，不能构成平行四边形形．
综上所述：经过173秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形．
故答案为173．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理；熟练掌握平行四边形的判定方法，正确对t的范围进行讨论是解决问题的关键．
【题型8 平行四边形的应用】
【例8】（2024八年级·浙江金华·期末）图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，MN为滑轨，AB、CE、PC、PD为固定长度的连杆．支点A固定在MN上，支点B固定在连杆CE上，支点D固定在连杆AB上．支点P可以在MN上滑动，点P的滑动带动点B、C、D、E的运动．已知MN=30cm，AM=1cm，AD=15cm，PC=BD=5cm，PD=BC=BE=9cm．窗户在关闭状态下，点B、C、D、E都在滑轨MN上．当窗户开到最大时，BC⊥MN．
（1）若∠ABC=90°，则支点P与支点A的距离为 cm；
（2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为 cm．

【答案】 334 12
【分析】（1）先证四边形CBDP是平行四边形，推出∠ADP=∠ABC=90°，再根据勾股定理解Rt△ADP即可；
（2）当窗户开到最大时，DP⊥MN，根据勾股定理解Rt△ADP求出AP；当关闭状态下，PA=PD+AD=9+15=24cm，由此可解．
【优尖升-详解】解：（1）∵ PC=BD=5cm，PD=BC=9cm，
∴四边形CBDP是平行四边形，
∴ BC∥DP，
∴ ∠ADP=∠ABC=90°，
∵ AD=15cm，PD=9cm，
∴ PA=AD2+PD2=152+92=334cm．
故答案为：334；
（2）∵当窗户开到最大时，BC⊥MN，BC∥DP，
∴ DP⊥MN，
∴ ∠DPA=90°，
∵ AD=15cm，PD=9cm，
∴ PA=AD2−DP2=152−92=12cm；
当关闭状态下，PA=PD+AD=9+15=24cm，
∴窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为24−12=12cm，
故答案为：12．
【点睛】本题考查平行四边形的实际应用、勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形的性质，从根据实际情况构建数学模型．
【变式8-1】（2024八年级·四川成都·期末）如图，某景区湖中有一段“九曲桥”连接湖岸A，B两点，“九曲桥”的每一段与AC平行或BD平行，若AB＝100m，∠A＝∠B＝60°，则此“九曲桥”的总长度为 ．
【答案】200m
【分析】如图，延长AC、BD交于点E，延长HK交AE于F，延长NJ交FH于M，则四边形EDHF，四边形MNCF，四边形MKGJ是平行四边形，△ABC是等边三角形，由此即可解决问题．
【优尖升-详解】如图，延长AC、BD交于点E，延长HK交AE于F，延长NJ交FH于M
由题意可知，四边形EDHF，四边形MNCF，四边形MKGJ是平行四边形
∵∠A＝∠B＝60°
∴∠E=180∘−∠A−∠B=60∘
∴△ABC是等边三角形
∴ED＝FM+MK+KH＝CN+JG+HK，EC＝EF+FC＝JN+KG+DH
∴“九曲桥”的总长度是AE+EB＝2AB＝200m
故答案为：200m．
【点睛】本题考查了平行四边形、等边三角形、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、等边三角形、三角形内角和的性质，从而完成求解．
【变式8-2】（2024八年级·四川成都·期末）如图是由边长为1的小等边三角形构成的“草莓”状网格，每个小等边三角形的顶点为格点．线段AB的端点在格点上，要求以AB为边画一个平行四边形，且另外两个顶点在格点上，则最多可画 个平行四边形．
【答案】4
【分析】根据平行四边形的判定画出图形即可．
【优尖升-详解】解：如图，四边形ABCD即为所求．
共能作出4个平行四边形．
故答案为：4．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质，属于中考常考题型．
【变式8-3】（2024·浙江温州·八年级期末）如图1木工师傅将三块不全等的的平行四边形木板拼成了一个邻边长为5和 12的大的平行四边形木板，然后通过裁剪又拼成了一个不重叠，无缝隙的大正方形木板如(图2)，数据如图所示，记图 1 中三个小平行四边形的中心分别为 A，B，C，点 A，C 的图2 中的对应点记为 A1,C1,连结 A1B和 C1B,当 A1B=A1C1时, MN的长为 ．
【答案】112
【分析】根据题意，得EF=DM=TL=4，DG=12,结合点B是对角线PM的中点，点C是对角线PG的中点，计算BC=12MG=12×8=4，正方形的面积等于平行四边形的面积，得到S正方形DQLH=S平行四边形=3×12=62=DQ2，DQ=QL=LH=HD=6，设MN=x，则NG=8−x，则A1C1=6−12x，HY=BC−12x=4−12x，根据勾股定理，得6−12x2=4−12x2+32，计算即可，本题考查了平行四边形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，拼图的性质，熟练掌握勾股定理，正方形的性质是解题的关键．
【优尖升-详解】根据题意，得EF=DM=TL=4，DG=12,则MG=DG−DM=12−4=8，
∵点B是对角线PM的中点，点C是对角线PG的中点，
∴BC=12MG=12×8=4，
∵DF=5,EF=DM=4，
∴DE=DF2−EF2=3=SL，
∵DG=12，
∴S正方形DQLH=S平行四边形=3×12=62=DQ2，
∴DQ=QL=LH=HD=6，
∴QT=QL−TL=2，
∴SA1=A1L=12SL=32，A1I=12TL=2
设MN=x，则NG=8−x
则A1C1=12DM+12NG=12DG−MN=6−12x，
∵A1B=A1C1，
∴A1B=6−12x,
故点C到HL得距离等于点C1到DQ得距离，为6−6−12x=12x，
设BC与HL的交点是Y，
则HY=BC−12x=4−12x，
∵A1Y=12HL=3,
故6−12x2=4−12x2+32
解得x=112，
故答案为：112．
【题型9 矩形、菱形、正方形与勾股定理的综合运用】
【例9】（2024八年级·天津西青·期末）如图，在菱形ABCD中，点E是DC的中点，连接BE，点P是BE的中点，连接AP，若AB=2，∠ADC=60°，则AP的长等于 ．

【答案】72/127
【分析】连接AC、AE,延长AP交DC延长线于点F．先证明△ADC为等边三角形，得到DE=12CD=1，AE⊥CD，从而求出AE=3．再证明△ABP≌△FEP，得到FE=2，AP=FP，根据勾股定理求出AF=7，即可求出AP=72．
【优尖升-详解】解：如图，连接AC、AE,延长AP交DC延长线于点F．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=CD=AD=2，AB∥CD，
∵∠ADC=60°，
∴△ADC为等边三角形，
∵点E是DC的中点，
∴DE=12CD=1，AE⊥CD，
∴AE=AD2−DE2=3．
∵AB∥CD，
∴∠BAP=∠F,∠ABP=∠FEP，
∵点P是BE的中点，
∴BP=EP，
∴△ABP≌△FEP，
∴AB=FE=2，AP=FP，
∵AE⊥CD，
∴AF=AE2+EF2=7，
∴AP=12AF=72．

故答案为：72
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，综合性强．熟知相关知识，根据已知条件添加适当辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
【变式9-1】（2024八年级·重庆北碚·期末）如图，将矩形纸片ABCD沿EF对折，使点B落在AD上点H处，再次沿HG对折，对折后点D恰好与点F重合．若四边形EFGH是菱形，则ABAD= ．

【答案】35/153
【分析】连接BE，先证∠HEF=∠HFE，从而得△EFH为等边三角形，再证△BEF为等边三角形，进而得∠ABE=30°，设AE=a，则BE=EF=HF=HD=2a，AB=3a，于是可得AD=5a，据此可得ABAD的值．
【优尖升-详解】解：连接BE，如图：

∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠A=90°，
∴∠HEF=∠EFB，
由翻折的性质得：∠EFB=∠HFE，HD=HF，BF=HF，
∴∠HEF=∠HFE，
∴HF=HE，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EF=HE，
∴HF=HE=EF，
∴△EFH为等边三角形，
∴∠HEF=60°，
∴EFB=∠HEF=60°，
又BF=HF=EF，
∴△BEF为等边三角形，
∴∠EBF=60°，BE=EF，
∴BE=EF=HF=HD，
∴∠ABE=∠ABC−∠EBF=90°−60°=30°，
设AE=a，
在Rt△ABE中，AE=a，∠ABE=30°，
∴BE=2a，
由勾股定理得：AB=BE2−AE2=3a，
∴BE=EF=HF=HD=2a，
∴AD=AE+EH+HD=a+2a+2a=5a，
∴ ABAD=3a5a=35．
故答案为：35．
【点睛】此题主要考查了图形的翻折变换及性质，矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的性质，解答此题的关键是熟练掌握图形的翻折变换及性质，理解菱形的四条边都相等，等边三角形的三边相等、三个角都等于60°；直角三角形中，30°的角所对的边等于斜边的一半．
【变式9-2】（2024八年级·贵州贵阳·期末）阅读理解：平面内任意两点x1,y1，x2,y2的距离可以表示为x1−x22+y1−y22，反之，x1−x22+y1−y22表示点x1,y1与点x2,y2之间的距离．尝试利用阅读内容解决问题：如图，在正方形ABCD中，M为AD上一点，且AMMD=31 ，E，F分别为BC，CD上的动点，且BE=2DF，若AB=4，则ME+2AF的最小值是 ．

【答案】317
【分析】本题主要考查数形结合，涉及两点之间距离、正方形的性质以及最值的求解，根据题意建立直角坐标系，分别表示点的坐标，利用给定的距离表示ME和AF，即可求得答案．
【优尖升-详解】解：以C为坐标原点，BC为y轴，DC为x轴，如图，

设E点坐标为0,y，F点坐标为x，0，则B0,4，D4,0，A4,4，
∵AMMD=31，
∴M4，1，
∴BE=4−y，DF=4−x，
∵BE=2DF，
∴4−y=24−x，
∴y=2x−4，
则ME=0−42+y−12=16+y−12，
AF=x−42+0−42=x−42+16，
∴ME+2AF=16+y−12+2x−42+16
=42+2x−52+2x−82+82，
上式表示点P(2x,0)到点T(5,4)与点H(8,8)的距离和的最小值，即求PT+PH的最小值；
如图，作点T关于x轴的对称点Q(5,−4)，连接QH交x轴于点G，
当点P与点G重合时，PT+PH≥PQ，
而PQ=(8−5)2+(8+4)2=317；
∴ME+2AF最小值为317．
故答案为：317．
【变式9-3】（2024八年级·湖北·期末）如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AD=CD，E点是B点关于CD所在直线的对称点，连AE、CE、DE，若AB=4，BC=3，则AE的长为 ．

【答案】58
【分析】连接AC，过点C作CM⊥AC交AD的延长线于点M，连接ME，根据条件可证明△ADC、△ACM是等腰直角三角形，再根据E点是B点关于CD所在直线的对称点，可得∠BCA=∠ECM，过点E作EN⊥CA于N，EF⊥CM于F，可得四边形CNEF是矩形，证明△BCA≌△ECMSAS，用等面积法即可求出答案．
【优尖升-详解】解：连接AC，如图所示，

∵∠ADC=90°，AD=CD，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴∠DAC=45°，
过点C作CM⊥AC交AD的延长线于点M，连接ME，
∴∠ACM=90°，
∴△ACM是等腰直角三角形，
∴AC=CM，
∴∠ACD=∠DCM=45°，
∵E点是B点关于CD所在直线的对称点，
∴∠BCD=∠ECD，CE=BC=3，
∴∠BCD−∠ACD=∠ECD−∠DCM，
∴∠BCA=∠ECM，
∵AB=4，BC=3，∠ABC=90°，
∴AC=5，
过点E作CN⊥EN交AC延长线于点N，CM⊥EF于F，
∴四边形CNEF是矩形，
∴CN=EF，
∵CE=BC=3，∠BCA=∠ECM，AC=CM，
∴△BCA≌△ECMSAS，
∴EM=AB=4，
∴S△CEM=12CE×EM=12×3×4=6=12CM×EF，
∴12×5×EF=6，解得：EF=125，
∴CN=EF=125，
∴NE2=CE2−CN2=32−1252=8125，AN=AC+CN=375，
∴AE=AN2+NE2=58，
故答案为：58．
【点睛】本题考查了几何问题，难度较大，涉及到矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，正确作出辅助线是关键．
【题型10 矩形、菱形、正方形与全等三角形的综合运用】
【例10】（2024八年级·河南漯河·期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别时边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别时EC，FD的中点，这接GH，苦AB=4，BC=6，则GH的长度为 ．

【答案】132
【分析】连接CH并延长交AD于点P，连接PE，由矩形的性质得∠A=90°，AD∥BC，AD=BC=6，从而得到∠DPH=∠FCH，通过AAS证明△DPH≌△FCH可得PD=CF=3，PH=CH，由勾股定理进行计算可得EP=13，再由三角形中位线定理即可得到GH的长．
【优尖升-详解】解：如图，连接CH并延长交AD于点P，连接PE，
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD∥BC，AD=BC=6，
∴∠DPH=∠FCH，
∵点E，F分别时边AB，BC的中点，AB=4，BC=6，
∴AE=12AB=2，CF=12BC=3，
∵点H为DF的中点，
∴DH=FH，
在△DPH和△FCH中，
∠DPH=∠FCH∠DHP=∠FHCDH=FH，
∴△DPH≌△FCHAAS，
∴PD=CF=3，PH=CH，
∴AP=AD−PD=6−3=3，
∴PE=AE2+AP2=22+32=13，
∵点G是CE的中点，CH=PH，
∴GH是△CEP的中位线，
∴GH=12PE=132，
故答案为：132．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，构造三角形，是解题的关键．
【变式10-1】（2024八年级·重庆九龙坡·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E是BC的中点，将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC'D，连接BC'，并延长BC'交AD于点F，则C'F= ．

【答案】75
【分析】连接CC',CF，设CC',DE交于点H，如图，根据折叠的性质、矩形的性质和三角形的外角性质可证明DE∥BF，进而可得四边形BEDF是平行四边形，可得DF=BE=3，然后利用勾股定理求出CF，等面积法求出CH，进而求得CC'，证明CC'⊥BF，再利用勾股定理求解即可．
【优尖升-详解】解：∵四边形ABCD是矩形，E是BC的中点，AB=4，BC=6，
∴AD∥BC,BE=CE=3，∠ADC=∠BCD=90°，
∴DE=32+42=5，
连接CC',CF，设CC',DE交于点H，如图，
∵将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC'D，
∴EC'=EC,CC'⊥DE，∠CED=∠C'ED，CH=C'H，
∴EB=EC'=3，
∴∠EBC'=∠EC'B，
∵∠CEC'=∠EBC'+∠EC'B，
∴2∠CED=2∠CBF，即∠CED=∠CBF，
∴DE∥BF，
∵FD∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DF=BE=3，
则在直角三角形DCF中，CF=DF2+CD2=32+42=5，
∵S△CDE=12CD⋅CE=12DE⋅CH，
∴CH=3×45=125，
∴CC'=2CH=245，
∵DE∥BF，CC'⊥DE，
∴CC'⊥BF，
则在直角三角形CC'F中，C'F=CF2−CC'2=52−2452=75；
故答案为：75．

【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
【变式10-2】（2024·辽宁沈阳·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE=DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE=5，CN=8，则线段AB的长为 ．
【答案】20
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．连接AE，AF，EN，先证明△ABE≌△ADF，得到∠BAE=∠DAF，AE=AF，证明△EAF为等腰直角三角形，从而可证明EN=FN，设DN=x，则根据勾股定理列方程并求解，得到x=12，即可得到答案．
【优尖升-详解】如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=∠BAD=90°，
在△ABE和△ADF中，
AB=AD∠ABE=∠ADFBE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF，AE=AF，
∴∠EAF=∠BAD=90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∵EM=FM，∠EAM=∠FAM=45°，
∴△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，
∴EN=FN，
设DN=x，
∵BE=DF=5，CN=8，
∴CD=x+8，
∴EN=FN=DN+DF=x+5，CE=BC−BE=CD−BE=x+8−5=x+3，
在Rt△ECN中，CN2+CE2=EN2，
即82+(x+3)2=(x+5)2，
解得x=12，
∴DN=12，
∴AB=CD=x+8=20．
故答案为：20．
【变式10-3】（2024八年级·辽宁丹东·期末）如图，正方形ABCD，点E是射线AB上的动点，过点E作EF∥DB，交直线AD于点F，连接DE，取DE中点G，连接FG并延长交直线DB于点H，若AB=4，EB=3，则FH的长为 ．

【答案】5或149/149或5
【分析】当点E在线段AB上时，作HM⊥AD于M，由正方形的性质可得∠A=90°，AD=AB=4，∠ADB=∠ABD=45°，证明△AEF是等腰直角三角形，AE=AF=AB−AE=1，EF=2，证明△EFG≌△DHG得出DH=EF=2，证明△DMH是等腰直角三角形得出DM=HM=1，MF=AD−AF−DM=2，最后由勾股定理FH=MF2+MH2，计算即可得出答案；当点E在射线AB上时，同样的方法即可求解．
【优尖升-详解】解：点E在线段AB上时，如图，作HM⊥AD于M，

∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴∠A=90°，AD=AB=4，∠ADB=∠ABD=45°，
∵EF∥BD，
∴∠AEF=∠ABD=45°，∠AFE=∠ADB=45°，
∴∠AFE=∠AEF=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=AF=AB−AE=4−3=1，
∴EF=AF2+AE2=12+12=2，
∵EF∥BD，
∴∠FEG=∠HDG，
∵G为DE的中点，
∴DG=EG，
在△EFG和△DHG中，
∠FEG=∠HDG∠FGE=∠HGDDG=EG，
∴△EFG≌△DHGASA，
∴DH=EF=2，
∵HM⊥AD，∠HDM=45°，
∴△DMH是等腰直角三角形，
∴DM=HM，
∵DM2+HM2=DH2=2，
∴DM=HM=1，
∴MF=AD−AF−DM=4−1−1=2，
∴FH=MF2+MH2=22+12=5；
当点E在射线AB上时，如图，作HN⊥AD于N，

∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴∠DAB=90°，AD=AB=4，∠ADB=∠ABD=45°，
∵EF∥BD，
∴∠AEF=∠ABD=45°，∠AFE=∠ADB=45°，
∴∠AFE=∠AEF=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=AF=AB+AE=4+3=7，
∴EF=AF2+AE2=72+72=72，
∵EF∥BD，
∴∠FEG=∠HDG，
∵G为DE的中点，
∴DG=EG，
在△EFG和△DHG中，
∠FEG=∠HDG∠FGE=∠HGDDG=EG，
∴△EFG≌△DHGASA，
∴DH=EF=72，
∵HN⊥AD，∠HDN=45°，
∴△DNH是等腰直角三角形，
∴DN=HN，
∵DN2+HN2=DH2=98，
∴DN=HN=7，
∴NF=DF+DN=7+3=10，
∴FH=NF2+NH2=102+72=149；
故答案为：5或149．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，注意进行分类讨论．
【题型11 与一次函数有关的面积问题】
【例11】（2024八年级·浙江丽水·期末）已知直线l1:y=kx+2+kk≠0和直线l2:y=x+3． 若直线l1、l2与y轴所围成的三角形面积记作S．
（1）当k=−1时，S的值是 ；
（2）当2≤S≤3时，k的取值范围是 ．
【答案】 12/0.5 5≤k≤7或−5≤k≤−3
【分析】本题考查了两直线与坐标轴围成的三角形的面积问题；
（1）将k=−1代入得出l1:y=2，l2:y=x+3，作出图形，根据三角形的面积即可求解；
（2）依题意得出l1过定点−1,2，则点B−1,2到y轴的距离为1,根据S=122+k−3×1，结合题意，得出S=2和S=3时k的值，结合图象即可求解．
【优尖升-详解】解：（1）当k=−1时，l1:y=2，l2:y=x+3
如图所示，设l1、l2交于点B，l2与y轴交于点A，l1与y轴交于点C，则C0,2
∴2=x+3，解得：x=−1，则B−1,2，
当x=0时，y=3，∴A0,3，
∴AC=BC=1，
∴S=12×1×1=12
（2）∵l1:y=kx+2+k=kx+1+2，l2:y=x+3
∴l1过定点−1,2，则点B−1,2到y轴的距离为1,
设l1与y轴交于点D，则D0，2+k,则AD=2+k−3
∴S=122+k−3×1
当S=2时，122+k−3×1=2
解得：k=5或k=−3
当S=3时，122+k−3×1=3
解得：k=−5或k=7
∵2≤S≤3
∴5≤k≤7或−5≤k≤−3
故答案为：5≤k≤7或−5≤k≤−3．
【变式11-1】（2024八年级·安徽芜湖·期末）八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，设直线l和八个正方形的最上面交点为A，则直线l的解析式是 .
【答案】y=910x
【分析】如图，利用正方形的性质得到B(0,3)，由于直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则SΔAOB=5，然后根据三角形面积公式计算出AB的长，从而可得A点坐标．再由待定系数法求出直线l的解析式.
【优尖升-详解】解：如图，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴SΔAOB=4+1=5，
而OB=3，
∴ 12AB·3=5，
∴AB=103，
∴A点坐标为(103，3)．
设直线l的解析式为y=kx，
∴103k=3，解得k=910，
∴直线l的解析式为y=910x
故答案为y=910x．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质和待定系数法求函数解析式．由割补法得SΔAOB=5求分割点A的位置是解题关键.
【变式11-2】（2024八年级·辽宁沈阳·期末）如图：在平面直角坐标系内有长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴上，点D4，3在AB上，点E在OC上，沿DE折叠，使点B与点O重合，点C与点C1重合．若点P在坐标轴上，且△APC1面积是18，则点P坐标为 ．
【答案】−173，0或233，0或0，−17或0，23
【分析】过C1作C1F⊥OC于F，如图：根据折叠的性质得到OD=DB=5，C1E=CE，OC1=BC=OA=3，∠ODE=∠BDE，根据三角形的面积公式和勾股定理得到OF=95，当P在x轴上时，连接AC1交x轴于H，得到H1，0，当P在y轴上时，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．
【优尖升-详解】解：过C1作C1F⊥OC于F，如图：
∵D4，3，
∴AD=4，OA=BC=3，
∴OD=5，
∵沿DE折叠，使点B与点O重合，点C与点C1重合，
∴OD=DB=5，C1E=CE，OC1=BC=OA=3，∠ODE=∠BDE，
∵AB∥OC，
∴∠BDE=∠OED，
∴∠OED=∠ODE，
∴OD=OE=BD=5，
∴AB−BD=OC−OE，即AD=CE=4，
∴C1E=CE=4，
∵C1F=OC1⋅C1EOE=125，且OF=OC12−C1F2，
∴OF=95，
∴C195,−125；
当P在x轴上时，连接AC1交x轴于H，如图：
∵A0，3，C195,−125；
∴直线AC1为y=−3x+3，
令y=0得x=1，
∴H1，0，
∵△APC1面积是18，
∴12HP⋅yA−yC1=18，即12HP×3+125=18，
∴HP=203，
∴P−173，0或233，0；
当P在y轴上时，如图：
∵△APC1面积是18，
∴12AP⋅xC1=18，即12AP×95=18，
∴AP=20，
∴P0，−17或0，23，
综上所述，P的坐标为−173，0或233，0或0，−17或0，23，
故答案为：−173，0或233，0或0，−17或0，23．
【点睛】本题考查长方形中的折叠问题，坐标与图形，待定系数法求一次函数的解析式，解题的关键是掌握折叠的性质，熟练应用勾股定理．
【变式11-3】（2024八年级·江苏泰州·期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD点A的坐标（3，2），点C的坐标（7，4），直线y＝－x以每秒1个单位长度的速度向右平移，经过 秒该直线可将平行四边形ABCD的面积平分．
【答案】8
【分析】先连接AC、BD交于点E，当y=x经过E点时，该直线可将□ABCD的面积平分，然后计算出过E且平行于直线y=-x的直线解析式，从而可得直线y=-x要向右平移10个单位，进而可得答案．
【优尖升-详解】解：连接AC、BD，交于点E，当y=x经过E点时，该直线可将▱ABCD的面积平分，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE=CE，
∵A（3，2），C（7，4），
∴E（5，3），
∵PE平行于直线y=-x，
∴k=-1，
设PE的解析式为y=-x+b，
∵把E（5，3）代入，得3=-5+b，
∴b=8,
∴PE的解析式为y=-x+8，
直线y=-x要向右平移8个单位，
∴时间为8÷1=8（秒），
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及一次函数图像平移，正确掌握经过平行四边形对角线交点的直线平分平行四边形的面积是解答本题的关键．
【题型12 由一次函数的性质求取值范围】
【例12】（2024八年级·甘肃张掖·期末）一次函数y₁=kx−1k≠0与y₂=−x+2的图象如图所示，当x<1时，y1【答案】−1【分析】本题考查根据两条直线的交点求不等式的解集，联立y1=kx−1与y2=−x+2，求出两条直线交点的横坐标，根据当x<1时，y1【优尖升-详解】解：联立y1=kx−1与y2=−x+2，
得kx−1=−x+2，
解得x=3k+1，
即一次函数y1=kx−1(k≠0)与y2=−x+2的图像的交点的横坐标为3k+1，
∵当x<1时，y1∴ 3k+1≥1，
∴k+1>0k+1≤3，
解得−1当k=−1时，y1=kx−1与y2=−x+2两条直线平行，且y1的图象在直线y2的下方，所以，当x<1时，y1又∵k≠0，
∴满足条件的k的取值范围是−1≤k≤2且k≠0，
故答案为：−1≤k≤2且k≠0．
【变式12-1】（2024八年级·福建宁德·期末）一次函数y=kx−3的图象与x轴的交点坐标为x0,0，且2≤x0≤3，则k的取值范围是 ．
【答案】1≤k≤32
【分析】由y=0，求得x0=3k，再根据已知和不等式的性质解不等式即可求解．
【优尖升-详解】解：∵一次函数y=kx−3的图象与x轴的交点坐标为x0,0，
∴由y=kx0−3=0得x0=3k，
∵2≤x0≤3，
∴2≤3k≤3，且k>0，
则2k≤33≤3k，解得1≤k≤32；
故答案为：1≤k≤32．
【点睛】本题考查一次函数与坐标轴的交点问题、解不等式组，正确求得x0，并利用不等式的性质正确求解是解答的关键．
【变式12-2】（2024八年级·安徽合肥·期末）已知一次函数y=kx−4−k(k≠0)．
（1）无论k取何非零的值，一次函数的图象都经过一定点，则这个点的坐标是 ；
（2）在平面直角坐标系中有一条线段AB，其中A(−1,2)，B(4,1)，若这个一次函数的图象与线段AB相交，则k的取值范围是 ．
【答案】 (1,−4) k≤−3或k≥53
【分析】本题考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是运用数形结合的思想进行转化解题．
（1）将函数解析式转化为y=k(x−1)−4， 即可求解；
（2）由（1）可知定点C，即可求解直线AC,BC的解析式，由一次函数的图象与线段AB相交，即可求解k的取值范围．
【优尖升-详解】解：（1）将一次函数变形为：y=kx−k−4 =k(x−1)−4
当x−1=0时，即x=1时，y=−4
∴不论k取何值，函数y=kx−k−4一定经过一个固定的点，这个点的坐标是(1,−4)
故答案为∶ (1,−4)．
（2）由（1）问可知一次函数经过一个固定的点为C点坐标为(1,−4)，
设直线AC解析式为：y=ax+b，
代入A、C点坐标可得：
−a+b=2a+b=−4，
解得：a=−3b=−1，
设直线BC解析式为：y=cx+d，
代入B、C点坐标可得：
4c+d=1c+d=−4，
解得：c=53d=−173，
∵一次函数y=kx−k−4的图象与线段AB相交，
∴k≤−3或k≥53．
故答案为：k≤−3或k≥53．
【变式12-3】（2024八年级·安徽合肥·期末）在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都为整数的点称为整点．已知一次函数y1=−x+2，y2=kx−k+1．
（1）若k=1，则y1、y2的图象与x轴围成的区域内(包括边界)有 个整点；
（2）若y1、y2的图象与x轴围成的区域内恰有6个整点，则k的的取值范围是 ．
【答案】 4 14【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解一元一次方程求与x轴的交点坐标，根据x、y为整数确定k的取值范围．
（1）求出直线y1=−x+2与直线y2=x交于(1,1)，再画出图形可得答案；
（2）分两种情况，画出图形可得答案．
【优尖升-详解】解：（1）若k=1，则y2=x−1+1=x．
作出y1，y2的图象，
则y1，y2的图象与x轴围成的区域如图中阴影部分所示，

其中的整点有：0,0，1,0，1,1，2,0，则整点共有4个．
（2）因为y2=kx−k+1=k(x−1)+1，
所以y2的图象恒经过1,1点，
当k>0时，如图：

直线y1=−x+2和y2=kx−k+1交于(1,1)，
由图可知当直线y2=kx−k+1与x轴交点在(−2,0)和(−3,0)之间时，y1、y2的图象与x轴围成的区域内恰有6个整点，包括(−2,0)，不包括(−3,0)，
把(−2,0)代入y2=kx−k+1得：0=−2k−k+1，解得k=13；
把(−3,0)代入y2=kx−k+1得：0=−3k−k+1，解得k=14；
∴ 14当k<0时，如图：

同理可得−15综上所述，14【题型13 一次函数的应用】
【例13】（2024八年级·重庆璧山·期末）2019年春，在一次长跑拉力赛中，小明和小赵运动的路程S（千米）随时间t（分）变化的图象（全程）如图所示．当两人行驶到离出发点4.5千米时第一次相遇，请问两人比赛开始后 分钟时第二次相遇．
【答案】32
【分析】根据甲8-28分钟运动了2.5千米，可求出甲这段时间的速度，也可求出4.5千米时，对应的时间为24分，设直线OD的解析式为y=kx，将点(24，4.5)代入可得出k的值，继而将x=48代入可得出比赛的全程；从而得出点C坐标，即求出直线BC的解析式，联立直线OD与BC的解析式即可得出第二次相遇的时间．
【优尖升-详解】解：根据甲8-28分钟运动了5-2.5=2.5(千米)，
所以可得甲这段时间的速度为：2.528−8=18(km/分)，
故从2.5千米运动至4.5千米需要2÷18=16(分钟)，
即4.5千米对应的时间为16＋8=24(分钟)；
设直线OD的解析式为y=kx，将点(24，4.5)代入可得：24k=4.5，
解得：k=316，
故直线OD的解析式为y=316x，
当x=48时，y=9，
即这次比赛的全程是9km；
∴点C的坐标为(44，9)， 点B的坐标为(28，5），
设直线BC的解析式为y=ax+b，则
44a+b=928a+b=5，
解得：a=14b=−2，
即直线BC的解析式为y=14x−2，
联立直线OD与直线BC的解析式可得：
y=316xy=14x−2，解得：x=32y=6，
即第二次相遇的时间是第32分钟．
故答案为：32．
【点睛】本题考查利用函数的图象解决实际问题，一次函数的应用，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．
【变式13-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）甲、乙两车从A地出发，匀速驶往B地．乙车出发1h后，甲车才沿相同的路线开始行驶．甲车先到达B地并停留30分钟后，又以原速按原路线返回，直至与乙相遇．图中的折线段表示从开始到相遇止，两车之间的距离y（km）与甲车行驶的时间x（h）的函数关系的图象，则
（1）a= ．
（2）d= ．
【答案】 50 6916/4.3125
【分析】甲出发时，乙行驶了1小时，此时二人相距60km，则可求出乙的速度，甲出发1.5小时后追上乙，此时可求出乙行驶的距离，除以甲行驶的时间即可求出甲的速度，甲行至B地时，此时是甲乙相距最远的时候，由图可知相距80km，80除以甲乙的速度差即可求出甲追上以后行驶至B地的时间，即可求得b值，甲在B地停留时，甲乙之间的距离在缩短，当甲返程时，甲乙之间的距离在加速缩短，此时可知c=b+0.5h（30分钟），根据乙的速度可以求出甲停留时甲乙之间缩短的距离量，用80km减去此值即可求出a值，甲开始返程时，甲乙相向而行，用a值除以甲乙速度之和即可求得d值．
【优尖升-详解】乙的速度：60÷1=60（km/h），
甲追上乙时，乙行走的距离为：60×(1.5+1)=150（km），
则甲的速度为：150÷1.5=100（km/h），
追上后甲行至B地的用时：80÷(100-60)=2（h），
则b=1.5+2=3.5（h），
则c=b+0.5=3.5+0.5=4（h），
30分钟内，甲乙之间缩短的距离为：60×0.5=30（km），
则a=80-30=50（km），
甲乙相向而行再次相遇所用时间：50÷(100+60)=0.3125（h），
则d=c+0.3125=4.3125=6916（h），
故答案为：50，6916．
【点睛】本题考查了一次函数在行程问题中的应用，注重数形结合是解答本题的关键．
【变式13-2】（2024八年级·重庆·期末）在一次趣味运动会中，“抢种抢收”的比赛规则如下：全程50米的直线跑道，在起点和终点之间，每隔10米放置一个小桶，共四个，参赛者用手托着放有4个乒乓球的盘子，在从起点跑到终点的过程中，将四个乒乓球依次放入4个小桶中（放入时间忽略不计），如果中途乒乓球掉出小桶，则需要返回将乒乓球放回桶中，率先到达终点者获胜．小明和小亮同时从起点出发，以各自的速度匀速跑步前进，小明在放入第二个乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二个桶的旁边，且落地后不再移动，但他并未发现，继续向前跑了一段距离，被裁判员提醒后立即原速返回捡球，并迅速放回桶中（捡球时间忽略不计），为了赶超小亮，小明将速度提高了1米/秒，小明和小亮之间的距离y（米）和出发时间x（秒）之间的函数关系如图所示，则小明在掉出乒乓球后又继续跑了 米后开始返回．
【答案】6
【分析】结合图像，运用数形结合的思想，计算判断即可．
【优尖升-详解】解：根据题意，得：小明捡球后，与小亮之间的距离为4米，小亮中间没有停止也没有返回，
∴小亮的速度为(10×2+4)÷4=6(米/秒)，
根据图象，小明到达终点时，小亮距离终点还有6米，即小亮已经跑了50-6=44(米)，
所用时间为44÷6=223 (s)，
∴小明从捡到球到到达终点的用时为：223-4=103 (s),
∴小明提速后的速度为(50-10×2)÷103=9(米/秒)，
∴小明提速前的速度为9-1=8(米/秒)，
∴小明在掉出乒乓球后又继续跑了(4×8-10×2)÷2=6(米)，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了一次函数的运用，准确理解题意，正确从图像中获取解题信息是解题的关键．
【变式13-3】（2024八年级·重庆巴南·期末）甲、乙两车分别从A，B两地同时相向匀速行驶．当乙车到达A地后，继续保持原速向远离B的方向行驶，而甲车到达B地后立即掉头，并保持原速与乙车同向行驶，经过一段时间后两车同时到达C地．设两车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），y与x之间的函数关系如图中的折线DE−EF−FG所示，其中点D的坐标为0,300，点E的坐标为3,0，则△EFG的面积为 ．
【答案】1200
【分析】5小时后两车距离最大，可知甲车到达B地用5小时，从而可求得甲车的速度，3小时后相遇，可求得两车的速度和，从而求得乙车的速度，从而求得F点纵坐标，设甲、乙两车出发后经过t小时同时到达C地，根据甲乙两车的路程相差300千米，列方程可求得t的值，即G点的坐标，最后根据三角形面积公式计算即可．
【优尖升-详解】解：∵D的坐标为0,300，
∴AB=300千米．
∴甲车的速度=300÷5=60千米/小时，
又∵300÷3=100千米/小时，
∴乙车的速度=100-60=40千米/小时，
甲车到达B地时，两车相距：40×5=200，即F（5,200），
设甲、乙两车出发后经过t小时同时到达C地，依题意可得
60t-40t=300，
解得t=15，即G（15,0），
∴△EFG=12EG⋅Fy=12×(15−3)×200=1200，
故答案为：1200．
【点睛】本题以行程问题为背景，主要考查了一次函数的应用，解决问题的关键是根据函数图象理解题意，求得两车的速度，并根据两车行驶路程的数量关系列出方程．
【题型14 数式或图形中规律问题】
【例14】（2024·广西北海·八年级期末）如图，直线y=−x+1与两坐标轴分别交于A，B两点，将线段OA分成n等份，分点分别为P1,P2,P3,…,Pn−1，过每个分点作x轴的垂线分别交直线AB于点T1,T2,T3,…,Tn−1，用S1,S2,S3,…,Sn−1分别表示Rt△T1OP1,Rt△T2P1P2,…,Rt△Tn−1Pn−2Pn−1的面积，则S1+S2+S3+…+Sn−1= ．
【答案】14−14n
【分析】如图，作T1M⊥OB于M，T2N⊥P1T1．由题意可知：△BT1M≌△T1T2N≌△Tn−1APn−1，四边形OMT1P1是矩形，四边形P1NT2P2是矩形，推出S△BT1M=12×1n×1n=12n2，S1=12S矩形OMT1P1，S2=12S矩形P1NT2P2，可得S1+S2+S3+…+Sn−1=12(S△AOB−n⋅SnMBT1)．
【优尖升-详解】解：如图，作T1M⊥OB于M，T2N⊥P1T1，
由题意可知：△BT1M≌△T1T2N≌△Tn−1APn−1，四边形OMT1P1是矩形，四边形P1NT2P2是矩形，
∴S△BT1M=12×1n×1n=12n2，S1=12S矩形OMT1P1，S2=12S矩形P1NT2P2，
∴S1+S2+S3+…+Sn−1=12(S△AOB−n⋅SnMBT1)=12×(12−n×12n2)=14−14n，
故答案为：14−14n．
【点睛】本题考查一次函数的应用，规律型-点的坐标、三角形的面积、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分割法求阴影部分面积．
【变式14-1】（2024八年级·湖南常德·期末）观察下列分母有理化
12+1=1⋅2−12+1⋅2−1=2−122−12=2−1
13+2=3−2
14+3=4−3，……
从计算结果中找出规律
12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+12023+20222023+1= ．
【答案】2022
【分析】先分母有理化，然后合并同类二次根式，最后用平方差公式计算．
【优尖升-详解】解：原式=(2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+2023−2022)×(2023+1)
=2023−1×2023+1
=2023−1
=2022．
故答案为：2022．
【点睛】本题主要考查了规律型问题——二次根式的混合运算．熟练掌握分母有理化，探究规律，合并同类二次根式，平方差公式，二次根式的乘法法则是解决问题的关键．
【变式14-2】（2024八年级·广东云浮·期末）如图，ΔABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED//AB，EF//AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作E1D1//FB，E1F1//EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2．照此规律作下去，则C2020= ．
【答案】122018
【分析】根据几何图形特征，先求出C1、C2、C3，根据求出的结果，找出规律，从而得出C2020．
【优尖升-详解】∵点E是BC的中点，ED∥AB，EF∥AC
∴DE、EF是△ABC的中位线
∵等边△ABC的边长为1
∴AD=DE=EF=AF=12
则C1=12×4=2
同理可求得：C2=1，C3=12
发现规律：规律为依次缩小为原来的12
∴C2020=122018
故答案为：122018．
【点睛】本题考查找规律和中位线的性质，解题关键是求解出几组数据，根据求解的数据寻找规律．
【变式14-3】（2024八年级·湖南永州·期末）如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，且AC边在直线a上，将△ABC绕A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1＝22；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2＝2+22；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3＝4+22；…按此规律继续旋转，直至得到点P2020为止，则AP2020＝ ．
【答案】2692+13482．
【分析】观察图形的变化可得，AP1=22；AP2=2+22；AP3=4+22；AP4=4+42；AP5=6+42；AP6=8+42=2(4+22)；．发现规律即可求解．
【优尖升-详解】解：观察图形的变化可知：
AP1＝22；
AP2＝2+22；
AP3＝4+22；
AP4＝4+42；
AP5＝6+42；
AP6＝8+42＝2（4+22）；
…．
发现规律：
AP3n＝n（4+22）；
AP3n+1＝n（4+22）+22；
AP3n+2＝n（4+22）+22+2．
∴AP2020＝AP673×3+1＝673（4+22）+22＝2692+13482．
故答案为：2692+13482．
【点睛】本题考查了规律型﹣图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律，总结规律，运用规律．
【题型15 数式或图形中新定义问题】
【例15】（2024八年级·北京海淀·期末）定义：对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为fz(x)，
即：当n为非负整数时，如果n−12≤x如：fz0=fz0.48=0，fz0.64=fz1.49=1，fz4=fz3.68=4，⋯
试解决下列问题：
①fz3= ；②fz32+3= ；
③1fz12+1⋅fz22+2+1fz22+2⋅fz32+3+1fz32+3⋅fz42+4+⋯+1fz20172+2017⋅fz20182+2018= ．
【答案】 2 3 20172018/0.9995044599
【分析】①直接根据新定义，即可求解；
②根据题意，先推导出fzn2+n等于什么，再比较n2+n与n−12的大小关系，可得n−12③根据fzn2+n=n，原式可变形为11×2+12×3+13−4+⋯+12017×2018，即可求解．
【优尖升-详解】解：①fz3=2；
②∵n2+n∴n2+n当n=0时，n2+n>n−12；
当n为正整数时，∵n2+n−n−122=2n−14>0，
∴n2+n>n−122，
∴n2+n>n−12，
∴：n−12∴fzn2+n=n，
∴fz32+3=3．
③∵fzn2+n=n，
∴1fz12+1⋅fz22+2+1fz22+2⋅fz32+3+1fz32+3⋅fz42+4+⋯+1fz20172+2017⋅fz20182+2018 =11×2+12×3+13−4+⋯+12017×2018
=1−12+12−13+13−14+⋯+12017−12018
=1−12018
=20172018．
故答案为①2；② 3；③ 20172018．
【点睛】解第②小题的关键是应用“完全平方公式”和“作差的方法”分别证明到当n为非负整数时，n−12【变式15-1】（2024八年级·安徽合肥·期末）定义：在平面直角坐标系xOy中，已知点P1a,b，P2c,b，P3c,d，这三个点中任意两点间的距离的最小值称为点P1，P2，P3的“最佳间距”．例如：点P1−1,2，P21,2，P31,3的“最佳间距”是1．
（1）点Q12,1，Q25,1，Q35,5的“最佳间距”是 ；
（2）当点O0,0，Em,0，Pm,−2m+1的“最佳间距”为13时，点P的横坐标为 ．
【答案】 3 13，−13或23
【分析】本题主要考查了坐标与图形性质，勾股定理求两点间的距离等知识，若有两点Ax1,y1，Bx2,y2，则AB=x1−x22+y1−y22．
（1）求出Q1Q2、Q1Q3、Q2Q3的值即可得到点Q12,1，Q25,1，Q35,5的“最佳间距”；
（2）分别表示出OE、OP和EP，由“最佳间距”为13，分情况讨论得出结论．
【优尖升-详解】解：（1）∵Q1Q2=2−52+1−12=3，Q1Q3=2−52+1−52=5，Q2Q3=5−52+1−52=4，
∴点Q12,1，Q25,1，Q35,5的“最佳间距”是3；
故答案为：3；
（2）∵点O0,0，Em,0，Pm,−2m+1，
∴OE=m，OP=m2+−2m+12，EP=m−m2+−2m+1−02=−2m+1
当OE=m=13时，m=13或m=−13
若m=13，
OP=132+−2×13+12=23，EP=−2×13+1=13，符合题意；
若m=−13，
OP=−132+2×13+12=263，EP=−2×−13+1=53，符合题意；
当EP=−2m+1=13时，m=13或m=23，
若m=23，
OE=23=23，OP=232+−2×23+12=53，符合题意；
当OP=m2+−2m+12=13时，无解，
综上，点P的横坐标为13，−13或23．
故答案为：13，−13或23．
【变式15-2】（2024·四川乐山·八年级期末）定义：我们把一次函数y=kx+b(k≠0)与正比例函数y=x的交点称为一次函数y=kx+b(k≠0)的“不动点”．例如求y=2x−1的“不动点”：联立方程y=2x−1y=x，解得x=1y=1，则y=2x−1的“不动点”为(1,1)，
（1）由定义可知，一次函数y=3x+2的“不动点”为 ；
（2）若直线y=kx−3(k≠0)与x轴交于点A，与y轴交于点B，且直线y=kx−3上没有“不动点”，若P点为x轴上一个动点，使得S△ABP=3S△ABO，求满足条件的P 点坐标
【答案】 (−1,−1) (−6,0)或P(12,0)
【分析】本题是一次函数的综合题，理解定义，熟练掌握一次函数的图象及性质是解题的关键．
（1）根据题意，联立y=3x+2y=x，即可求解；
（2）由题意可知直线y=kx−3与直线y=x平行，则有y=x−3，在求出A(3,0)，B(0,−3)，设P(t,0)，由S△ABP=3S△ABO，可得12×|t−3|×3=12×3×3，即可P点坐标．
【优尖升-详解】解：（1）联立y=3x+2y=x，
解得x=−1y=−1，
∴一次函数y=3x+2的“不动点”为(−1,−1)，
故答案为：(−1,−1)；
（2）∵直线y=kx−3上没有“不动点”，
∴直线y=kx−3与直线y=x平行，
∴k=1，
∴y=x−3，
∴A(3,0)，B(0,−3)，
设P(t,0)，
∴AP=|3−t|，
∴S△ABP=12×|t−3|×3，
S△ABO=12×3×3，
∵S△ABP=3S△ABO，
∴|t−3|=9，
∴t=12或t=−6，
∴P(−6,0)或P(12,0)．
故答案为：(−6,0)或P(12,0)
【变式15-3】（2024八年级·江西南昌·周测）定义：如果一个凸四边形的一条对角线把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”，把这条对角线称为“界线”．已知在“等腰四边形”ABCD中，AB=BC=AD, ∠BAD=90°，且AC为“界线”，则∠ABC的度数为
【答案】60°或90°或150°
【分析】根据题意，分三种情况：①如图1，当AD=AC时，②如图2，当AD=CD时，③如图3，当AC=CD时，分别求出∠ABC的度数，即可．
【优尖升-详解】∵在“等腰四边形”ABCD中，AB=BC=AD，且AC为“界线”，
①如图1，当AD=AC时，
∴AB=AC=BC，∠ACD=∠ADC，
∴△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°；
②如图2，当AD=CD时，
∴AB=AD=BC=CD，
∵∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°；
③如图3，当AC=CD时，过点C作CE⊥AD于E，过点B作BF⊥CE于F，
∵AC=CD，CE⊥AD，
∴AE=12AD，∠ACE=∠DCE，
∵∠BAD=∠AEF=∠BFE=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
∴BF=AE，
∵AB=AD=BC，
∴BF=12BC，
∴∠BCF=30°，∠CBF=60°，
∴∠ABC=60°+90°=150°．
综上所述：∠ABC的度数为60°或90°或150°．
故答案是：60°或90°或150°．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质与四边形的综合，掌握等腰三角形“三线合一”以及直角三角形的性质定理，是解题的关键．