专题07 期末压轴解答题训练-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学上学期期末真题分类汇编（广东专用）

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(1)求证：为等边三角形；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由，，可得出，，结合已知可得出，即可得出为等边三角形；
（2）根据，可得出，再结合即可得出，根据全等三角形的性质即可得出．
【详解】（1）证明：∵在中，，，
∴，，
又∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴为等腰三角形，
又∵，
∴为等边三角形；
（2）证明：由（1）可知为等边三角形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴ ，
即，
在和中，
，
∴ ，
∴．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形、直角三角形斜边上的中线．解题的关键是证明三角形全等．
2．（23-24八年级上·广东汕头·期末）八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：将因式分解．
【观察】经过小组合作交流，小明得到了如下的解决方法：
解法一：原式；
解法二：原式．
【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式法、公式法达到因式分解的目的，这就是因式分解的分组分解法．分组分解法在代数式的化简、求值及方程、函数等学习中起着重要的作用．（温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止）
【类比】（1）请用分组分解法将因式分解；
【挑战】（2）请用分组分解法将因式分解；
（3）若，，请用分组分解法先将因式分解，再求值．
【答案】（1）；（2）；（3），
【分析】（1）直接将前两项和后两项组合，利用平方差公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（2）先分组，利用完全平方公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（3）分组，先提取公因式，利用完全平方公式分解因式，再由，，整体代入得出答案即可．
此题主要考查了分组分解法，提取公因式法，公式法分解因式，以及整体代入法求代数式的值，正确分组再运用提公因式法或公式法分解因式，是解决问题的关键．
【详解】（1）
；
（2）
；
（3）
．
当，时，原式．
3．（23-24八年级上·广东东莞·期末）完全平方公式：适当的变形，可以解决很多的数学问题．
例如：若，，求的值．
解：，
，即，
又，
．
根据上面的解题思路与方法，解决下列问题：
(1)若，，求的值；
(2)如图，点是线段上的一点，以，为边向两边作正方形，设，两正方形的面积和，求图中阴影部分面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查完全平方公式的变形求值．熟记公式的形式是解题关键；
（1）先计算的值，再由即可求解；
（2）设，可得的值，由即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
即．
又∵，
∴，
所以，即的值为．
（2）解：设，，则．
由题意得．
∵，
∴，
∴，
所以图中阴影部分的面积为．
4．（21-22八年级上·广东广州·期末）如图，点P为ABC的外角∠BCD的平分线上一点，PA＝PB，PE⊥BC于点E．
(1)求证：∠PAC＝∠PBC；
(2)若AC＝5，BC＝11，求 ；
(3)如图2，若M，N分别是边AC，BC上的点，且，求证：BN＝AM＋MN．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）过点P作PF⊥AC的延长线于F，证明Rt△PAF≌ Rt△PBE(HL)即可；
（2）过点P作PF⊥AC于F，由PE⊥BC，CP是BCD的平分线，可得PE=PF,∠PCF=∠PCE，进而证明Rt△PCF≌Rt△PCE(HL)，进而求得CE=CF=3，根据S△PCE:S△PBE=S△PFC:S△PFA=CF:AF求解即可；
（3）在BC上截取BQ=AM，证明△PMA≌△PQB(SAS)，△MPN≌△QPN(SAS)，进而证明BN=AM＋MN.
【详解】（1）如图1，过点P作PF⊥AC的延长线于F，
∵PC平分∠DCB,
∴PE=PF,
在Rt△PAF和Rt△PBE中，
∴Rt△PAF≌ Rt△PBE(HL)
∴∠PAC =∠PBC,
（2）如图，过点P作PF⊥AC于F，
∵PE⊥BC，CP是BCD的平分线，
∴PE=PF，∠PCF=∠PCE,
在Rt△PCF和Rt△PCE中
∴Rt△PCF≌Rt△PCE(HL)
∴CF=CE
由(1)知，Rt△PAF≌Rt△PBE,
∴AF=BE,
∴AF=AC＋CF,BE=BC–CE,
∴AC＋CF=BC-CE,
∵AC=5,BC=11,
∴5+CF=11-CE,
∴CE=CF=3,
∵Rt△PCF≌Rt△PCE,
∴S△PCF = S△PCE,
∵Rt△PAF≌Rt△PEB,
∴S△PAF =S△PEB,
∴S△PCE:S△PBE=S△PFC:S△PFA
=CF×PF:AF×PF
=CF: AF
=CF:(CF+AC)
=3:(3+5)
=3:8
（3）如图，在BC上截取BQ=AM，
由（1）可知∠PAC＝∠PBC
在△PMA和△PQB中，
∴△PMA≌△PQB(SAS)，
∴PM=PQ，∠MPA =∠QPB，
∴∠APM＋∠QPA=∠QPB＋∠QPA
即∠APB=∠MPQ，
∵∠MPN =∠APB,
∴∠MPN=∠MPQ,
∴∠MPN=∠QPN,
在△MPN和△QPC中，
∴△MPN≌△QPN(SAS),
∴MN=QN,
∴BN=AM＋MN.
【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
5．（23-24八年级上·广东广州·期末）如图，是等边三角形，，，，延长至E，使，连接．
(1)求证：；
(2)求的面积；
(3)点M，N分别是线段，上的动点，连接，求的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据等腰三角形的“三线合一”可得，，根据，可得，即有，问题得证；
（2）过D点作于点G，利用含角的直角三角形的性质可得，问题随之解得；
（3）将沿向下翻转得到，再作N点关于的对称点H，连接、、，根据对称性有：，，，先证明、是等边三角形，即有，结合图形有：，当M点在上时，，此时有最小值，即可得，问题得解．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）过D点作于点G，如图，
∵，，，
∴在中，，
∵在（1）中已求出，
∴；
（3）将沿向下翻转得到，再作N点关于的对称点H，连接、、，如图所示，
根据翻折可知：、关于轴对称，
∴N点关于的对称点H在上，
根据对称性有：，，，
∴，
∴是等边三角形，
∵N点关于的对称点是点H，
∴垂直平分线段，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
结合图形有：，
当M点在上时，，此时有最小值，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，轴对称的性质等知识，灵活利用轴对称构造辅助线，是解答本题的关键．
6．（23-24八年级上·广东东莞·期末）综合与实践：
如图，在平面直角坐标系中，点分别是轴、轴上的两个动点，以为直角边作等腰直角三角形交轴于点，斜边交轴于点．

问题解决：（1）如图①，，点的坐标为，求点的坐标
变式探索：（2）如图②，若将沿着折叠，点恰好落在轴的点处，求证：点是的中点．
拓展与应用：（3）如图③，点在轴负半轴上且，分别以为直角边在第二、一象限作等腰直角三角形和，且，连接交轴于点．当点在轴的正半轴上运动时，的长度是否变化？若变化，请说明理由．若不变化，请求出的长度．
【答案】（1） （2）见解析 （3）的长度不变，
【分析】（1）由“”可证, 可得，可求解；
（2）由折叠的性质可得 ，由“”可证，可得，可得结论；
（3）由“”可证，可得，由可证 ，可得
【详解】（1）如图， 过点作轴于点，

∵点的坐标为，
，
∵，
∴，
轴于点，
，
∴，
，
∴，
∴，
在和中,
，
∴，
∴ ，
∴ ，
∴点的坐标为；
（2）证明: ∵是等腰直角三角形，
∴，
∵将沿着折叠,
∴，
∴，
∴，
，
又 ，，
，
，
∴点是的中点；
（3）的长度不会改变，理由如下：
过点作轴于点，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，全等三角形的判和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
7．（23-24八年级上·广东汕头·期末）在等边的顶点，处各有一只蜗牛，它们同时出发，分别以相同的速度由向和由向爬行，经过分钟后，它们分别爬行到，处，请问：

(1)如图1，爬行过程中，和的数量关系是________；
(2)如图2，当蜗牛们分别爬行到线段，的延长线上的，处时，若的延长线与交于点，其他条件不变，蜗牛爬行过程中的大小将会保持不变，请你证明：；
(3)如图3，如果将原题中“由向爬行”改为“沿着线段的延长线爬行，连接交于”，其他条件不变，求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查的是全等三角形的判定和性质、平行线的性质，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
（1）证明，根据全等三角形的性质证明；
（2）根据，得到，再根据三角形的外角性质计算，得到答案；
（3）过点作交于，证明，根据全等三角形的性质证明．
【详解】（1）解：，理由如下：
为等边三角形，
，，
由题意得：，
在和中，
，
，
；
（2）证明如下：由（1）可知，
，
，，
；
（3）证明：过点作交于，
，
为等边三角形，
为等边三角形，
，
，
，
在和中，
，
，
．
8．（23-24八年级上·广东广州·期末）阅读理解：
条件①：无论代数式A中的字母取什么值，A都不小于常数M；
条件②：代数式A中的字母存在某个取值，使得A等于常数M；
我们把同时满足上述两个条件的常数M叫做代数式A的下确界．
例如：
，
，
（满足条件①）
当时，（满足条件②）
是的下确界．
又例如：
，
由于，所以，（不满足条件②）
故4不是的下确界．
请根据上述材料，解答下列问题：
(1)求的下确界．
(2)若代数式的下确界是1，求m的值．
(3)求代数式的下确界．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了根据完全平方公式进行多项式变型、运算，
（1）根据题干示例的方法计算即可作答；
（2）根据题意设，根据可得，解方程即可求解；
（3）将x看作常数进行配方，可将变型为，问题随之得解．
【详解】（1），
，
（满足条件①）
当时，（满足条件②）
是的下确界．
（2）∵代数式的下确界是1，
∴设，
∵，
∴，
∴，
解得：，
即：；
（3）
，
，，
（满足条件①）
当，，即，时，（满足条件②）
是的下确界．
9．（23-24八年级上·广东广州·期末）阅读以下材料：
已知两个两位数，将它们各自的十位数字和个位数字交换位置后，得到两个与原两个两位数均不同的新数，若这两个两位数的和与交换位置后两个新两位数的和相等，则称这样的两个两位数为“臻美数对”，例如，所以与、与都是“臻美数对”．
解决如下问题：
(1)请判断与是否是“臻美数对”？并说明理由；
(2)为探究“臻美数对”的本质，可设“臻美数对”中一个数的十位数字为a，个位数字为b，且；另一个数的十位数字为c，个位数字为d，且，试说明之间满足怎样的数量关系，并证明“臻美数对”的两数和是的倍数；
(3)若有一个两位数，十位数字为，个位数字为；另一个两位数，十位数字为，个位数字为，假设这两个数为“臻美数对”，求出这两个两位数．
【答案】(1)是，理由见详解
(2)，理由见详解；证明见详解
(3)
【分析】本题考查了整式的加减、分式的运算和分式方程，读懂题意是解题关键．
（1）根据“臻美数对”的定义即可求解；
（2）结合“臻美数对”的定义及整式的加减即可求解；
（3）由（2）的结合分式的加减即可求解．
【详解】（1）解：将与各自的十位数字和个位数字交换位置可得：，
，
与是“臻美数对；
（2），理由如下：
由题意得：
，
移项合并同类项可得：
，
左右两边同时除以9可得：
；
两“臻美数对”的和为：
两“臻美数对”的和是的倍数；
（3）这两个数为“臻美数对”，
即
解得：，
，；
，，
这两个数分别为：．
10．（22-23八年级上·广东惠州·期末）阅读材料：对于非零实数a，b，若关于x的分式的值为零，则解得．又因为，所以关于x的方程的解为．
(1)理解应用：方程的解为： ， ；
(2)知识迁移：若关于x的方程的解为，求的值；
(3)拓展提升：若关于x的方程的解为，求的值．
【答案】(1)5，
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意可得或；
（2）由题意可得，再由完全平方公式可得；
（3）方程变形为，则方程的解为或，则有，整理得，再将所求代数式化为，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵的解为，
∴的解为或，
故答案为：5，；
（2）∵方程，
∴，
∴；
（3）方程可化为，
设，方程变形为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴或，
∴，
∴，
．
【点睛】本题考查了分式方程的解，理解题意，灵活求分式方程的解，并结合完全平方公式对代数式求值是解题的关键．
11．（20-21八年级上·广东广州·期末）在现今“互联网＋”的时代，密码与我们的生活已经紧密相连，但诸如“123456”．生日等简单密码又容易被破解，因此利用简单方法产生一组容易记忆的密码就很有必要了．有一种用“因式分解”法产生的密码，其原理是：将一个多项式分解因式，例如多项式：x3＋2x2﹣x﹣2因式分解的结果为（x﹣1）（x＋1）（x＋2），当x＝18时，x﹣1＝17，x＋1＝19，x＋2＝20，此时可以得到数字密码：171920，191720，201719等．
（1）根据上述方法，当x＝21，y＝7时，对于多项式x3﹣xy2分解因式后可以形成哪些数字密码？（只需写出其中2个）
（2）若多项式x3＋（m＋n）x2﹣nx﹣21因式分解后，利用本题的方法，当x＝27时可以得到其中一个密码为242834，求m、n的值；
（3）若关于x的方程﹣＝无解，求k的值．
【答案】（1）212814、281421；（2）m=-12，n=17；（3）或或0．
【分析】(1)根据因式分解的方法可以将题目中的式子因式分解，从而可以解答本题，注意本题答案不唯一
(2) 设，求出p、q、r，根据等号左右两边对应相等，可以求得m、n的值；
(3)去分母求出方程的解，根据方程无解得到x=-1或3或-7，代入求出k的值即可．
【详解】(1) ，
当x＝21，y＝7时，x+y=28，x-y=14，
∴可以形成的数字密码是212814、281421；
(2)设，
∵当x＝27时可以得到其中一个密码为242834，
∴27+p=24，27+q=28，27+r=34，
解得p=-3，q=1，r=7，
∴=
∴，
∴，解得；
(3)﹣＝，
去分母得（x+7）-k（x-3）=x+1，
解得，
∵方程﹣＝无解，
∴x=-1或3或-7，
当x=-1时，，解得k=，经检验是方程的解；
当x=3时，=3，方程无解；
当x=-7时，=-7，解得k=，经检验是方程的解；
当k=0时，方程（x+7）-k（x-3）=x+1，无解，则原方程无解；
∴k的值为或或0 ．
【点睛】此题考查多项式的分解因式，分式方程的应用，方程组的应用，（2）是难点，读懂例题中多项式分解因式的个数仿照解决问题是解题的关键．
12．（20-21八年级上·广东潮州·期末）有一列按一定顺序和规律排列的数：
第一个数是；第二个数是；第三个数是；
对任何正整数，第个数与第个数的和等于
（1）经过探究，我们发现：，，
设这列数的第个数为，那么①；②，③，则 正确（填序号）．
（2）请你观察第个数、第个数、第个数，猜想这列数的第个数可表示 （用含的式子表示），并且证明：第个数与第个数的和等于；
（3）利用上述规律计算：的值．
【答案】（1）②；（2），证明见解析；（3）
【分析】（1）根据题干知道即可得到结果；
（2）根据题干中的规律总结出第 个数表示为，再分别表示出第n个和第n+1个数求和即可；
（3）根据题意发现每一项两分母之差为2，即通分后分子为2，故每一项乘以即可，再提取公因数合并各项计算即可．
【详解】解：（1）∵，
∴；
故填：
（2）第个数表示为：，
证明：第个数表示为：， 第个数表示为：


（3）原式


【点睛】此题考查了有理数运算的规律观察能力，从已知题干中提取规律解题运算是关键．
13．（23-24八年级上·广东珠海·期末）【综合探究】实践：把一张长方形纸片进行两次连续对折后得到边长为，的小长方形（图1），再展开还原（图2）沿着折痕（虚线部分）剪开，拼成一个大正方形（图3）．
(1)猜想：①图3中间小正方形的边长为_______；（用含，的式子表示）
②根据材料，直接写出式子，，之间的等量关系_______；
(2)应用：若，，求的值；
(3)拓展：若，求的值．
【答案】(1)①；②
(2)41
(3)
【分析】本题主要考查了完全平方公式在几何背景的应用，关键是能根据图形结合完全平方公式得到对应的结论，并能进行相关的应用．
（1）①由图形即可得出答案；②由图大正方形的面积可以表示为，还可以表示为小正方形的面积加上个长方形的面积，，即可得出答案；
（2）由（1）可得：，代入，，进行计算即可得出答案；
（3）设，，则，，在利用完全平方公式的变形得出，即可得解．
【详解】（1）解：①由图3可得：阴影正方形边长为，
故答案为：；
②由图大正方形的面积可以表示为，还可以表示为小正方形的面积加上个长方形的面积，，
，
故答案为：
（2）解：由（1）可得：，
，，
，
；
（3）解：设，，
，
，
，
，
，
，
．
14．（23-24八年级上·广东汕头·期末）已知为等边三角形，点为的垂直平分线上一点，连接、，点、分别在、所在的直线上，连接、．
(1)如图①，若，点、在边、上，，则、、之间的数量关系是_______；若，则的周长为______；
(2)如图②，点在上，，求证：；
(3)如图③，点在边上，点在的延长线上，在（2）的条件下，若，证明：．
【答案】(1)，2
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）延长至点，使，结合等边三角形以及垂直平分线性质，证明，然后证明，进行边的等量代换，即可作答．结合的周长，且，即可作答．
（2）过点作，因为为等边三角形，点为的垂直平分线上一点，得到为中位线，从而证明，；
（3）设，如图：过点作，同理证明，则，故，即可作答．
【详解】（1）解：如图：延长至点，使
∵点为的垂直平分线上一点，
∴,
∵为等边三角形，
∴
∴
故
∴
∵
∴
∵
∴
则；
∵的周长，且
∴
（2）解：如图：过点作，
∵为等边三角形，点为的垂直平分线上一点，
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴；
（3）解：设，如图：过点作，
同理可证
∴
∵
∴
∴
则
【点睛】本题考查了全等三角形的综合，涉及判定三角形全等以及全等三角形的性质、四边形内角和，垂直平分线的性质，辅助线等内容，综合性强，难度大，解题的关键是正确作出辅助线证明三角形全等．
15．（23-24八年级上·广东中山·期末）定义: 如图1， 若 P 是内部一点， 且， 则称点P为的勃罗卡点， 同时称为的勃罗卡角．
(1)如图2， P为等边内部一点． 其中，， 请判断点P是不是等边的勃罗卡点，并说明理由；
(2)如图3，P为等边的勃罗卡点，求等边的勃罗卡角的度数；
(3)如图4，在（2）的条件下，作点 P 关于 的对称点 ，连接与 相交于点 O，连接，，记的勃罗卡点为 M，的勃罗卡点为N， 求证: 为等边三角形．
【答案】(1)点P不是等边的勃罗卡点，理由见解析
(2)等边的勃罗卡角的度数为
(3)见解析
【分析】（1）利用等边对等角得出，再利用等边三角形性质，中垂线的性质得出即可得出结论点P不是等边的勃罗卡点；
（2）利用点P为等边的勃罗卡点，求出，证明，即可求出等边的勃罗卡角的度数；
（3）先证明为等腰三角形，再证出， 为等边三角形，在内部作交于点N，连接，可证得点N为的勃罗卡点，且，同理可证点M为的勃罗卡点，且，进而得出最后结论．
【详解】（1）解：点P不是等边的勃罗卡点，理由如下：
，
，
，
为等边三角形，
，，
，
是的中垂线，
平分，
，
，
点P不是等边的勃罗卡点；
（2）点P为等边的勃罗卡点，
，
，
即，
，
同理可得，
在与中，
，
，
，
，
，
，
等边的勃罗卡角的度数为；
（3）证明：点P，关于对称，
为的中垂线，
，
为等腰三角形，
，
由（2）可知，
，
，
为等边三角形，同理可得为等边三角形，
如图，在内部作交于点N，连接，
为的中垂线，
，
，
，
，
，
点N为的勃罗卡点，且，
在内部作交于点M，
同理可证点M为的勃罗卡点，且，
，
，
为等边三角形．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中垂线的判定与性质，对于题目中给出的勃罗卡点定义的理解与运用是解答本题的关键．
16．（23-24八年级上·广东韶关·期中）如图1，在中，，，直线经过点，过点，分别作，，垂足分别为点和，，．
(1)求证：；求的长；
(2)如图，点以个单位长度秒的速度从点出发沿着边运动，到终点，点以个单位长度秒的速度从点出发沿着线运动，到终点．，两点同时出发，运动时间为秒，当点到达终点时，两点同时停止运动，过点作于点，过点作于点；
当点在线段上时，用含有的代数式表示线段的长度；
当与全等时，求的值．
【答案】(1)见解析；；
(2)；等于或．
【分析】（）先证明，由即可得出；
由全等三角形的性质得出，，即可得出；
（）当点在线段上时，根据即可得出答案；
分两种情况：当点在线段上时，，则，得，解得；当点在线段上时，，则，解得；即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
由得：，
∴，，
∴；
（2）当点在线段上时，如图所示：
；
分两种情况：当点在线段上时，，
∴，
∴，解得：；
当点在线段上时，，
即点与重合，，则，解得：；
综上所述，当与全等时，则等于或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
17．（23-24八年级上·广东广州·期中）如图，在中，，，为射线上一动点，连接．

(1)当点是的中点时，求的面积；
(2)过作且（在直线上方）．
①如图，当在线段上，连接，请问的面积的值是否为定值？若为定值请求出该值；若不为定值请说明理由；
②如图，当在的延长线上，连接，与的延长线交于点，求证：．
【答案】(1)16；
(2)①的面积的值是为定值：；②见解析．
【分析】（1）由中点定义求得，根据三角形的面积公式即可求解；
（2）①过点作于点，证得，即可求解；②过点作，交的延长线于点，先证，得，再证得，即可证明结论成立．
【详解】（1）解：∵在中，，，是的中点时，
∴，
∴；
（2）解：①如图，过点作于点，

∵，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②过点作，交的延长线于点，

同①的理由可证明，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，垂直定义，直角三角形的两锐角互余，与高有关的面积计算，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
18．（22-23八年级上·广东广州·期末）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在中，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D、E．证明：．
（2）组员小刘想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在中，，D、A、E三点都在直线l上，并且有，其中α为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过的边、向外作等腰和等腰，是边上的高，延长交于点I，求证：I是的中点．

【答案】（1）见解析；（2）成立；理由见解析；（3）见解析
【分析】（1）由条件可证明，可得，可得；
（2）由条件可知，可得，结合条件可证明，同（1）可得出结论；
（3）过E作于M，的延长线于N．由条件可知，可得，结合条件可证明，可得出结论I是的中点．
【详解】解：（1）如图1，

∵直线l，直线l，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）．
如图2，

证明如下：
∵，
∴，
∴，
在和中．
，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：延长，过D作于M，的延长线于N，如图所示：

∴，
由（1）和（2）的结论可知，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴I是的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
19．（22-23八年级上·广东汕头·期中）等腰，，，点A是y轴的正半轴上的动点，点B在x轴的正半轴上；
(1)如图1，若，，求C点坐标；
(2)如图2，如图，以为直角边在y轴的左边作等腰，，连接，试问A点在运动过程中与面积的比值是否会发生变化？如果没有变化，请求出．若变化，请说明理由．
(3)如图3，点，E在x轴负半轴上的动点，且．以为边在第二象限作等腰，连接交轴于P点，问：在运动过程中的面积大小是否变化？若不变，请求出面积；若变化，请求出其取值范围．
【答案】(1)
(2)不变
(3)不变，的面积为
【分析】（1）过点作于点，证明，得出，，进而即可求解；
（2）过点作的垂线，交的延长线于点，证明，得出，又，即可求解；
（3）过点分别作轴的垂线，垂足分别为，同理可得，则，，证明，得出，根据得出，设，则，继而求得，即可求解．
【详解】（1）如果，过点作于点，
又∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
则，
∴；
（2）如图，过点作的垂线，交的延长线于点，
又∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，
同理可得，
则，，
∵点，
∴，
∵轴，轴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵．
∴ ，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，坐标与图形，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
20．（23-24八年级下·广东茂名·期末）阅读下面的材料，并解答问题．
把一个分式写成两个分式的和叫做把这个分式表示成“部分分式”，例如：将分式表示成部分分式，，设，接下来求，的值．去分母，得，，解得．
(1)若（，为常数），则______，______；
(2)已知（，为常数），用材料中的解法求，的值；
(3)化简：．
【答案】(1)1，
(2)
(3)
【分析】本题考查新定义，分式加减运算，理解新定义是解题的关键．
（1）根据把这个分式表示成“部分分式”定义得出，从而得到，求解即可；
（2）根据把这个分式表示成“部分分式”定义得出，从而得到，求解即可；
（3）根据把这个分式表示成“部分分式”定义，变形为，再按分式加减法法则计算即可．
【详解】（1）解：
去分母，得
∴，解得：．
故答案为：1；．
（2）解：
去分母，得
∴，解得：，
（3）解：
．
21．（23-24八年级上·广东阳江·期末）阅读理解，并解决问题
小明同学在一次教学活动中发现，存在一组都不为0的数，，，，使得等式成立（即，，，成比例）．并对证明如下：
证明：∵，
∴．
∴．
问题解决：
(1)写出一组使得等式成立的，，，的数；
(2)若，求的值；
(3)解分式方程：．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了等式的基本性质，分式化简求值，解分式方程，解题的关键是根据等式的性质灵活变形．
（1）根据题意写出答案即可；
（2）将等式两边都加1，计算即可；
（3）将等式两边都减1，计算即可，注意检验．
【详解】（1）解：，
，答案不唯一；
（2）解：，
，
，
；
（3），
，
，
，
，
解得：，
经检验，是原分式方程的解．
22．（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，点D，E分别在和上，，点F是上一点，FE的延长线交延长线于点G．

(1)若，求的度数；
(2)若点E是的中点，与全等吗？请说明理由．
【答案】(1)
(2)不全等，理由见解析
【分析】本题考查平行线的性质，三角形内角和定理，利用平行线性质得出是解答本题的关键．
（1）根据平行线的性质得出，再根据三角形内角和定理即可得出结论；
（2）只有一边一角不能证两个三角形全等．
【详解】（1）解：∵，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：不全等，理由如下：
∵点E是的中点，
∴，
∵，
只确定了这两个条件，无法证明全等．
23．（23-24八年级上·广东广州·期末）如图，已知为的角平分线，延长到E，使得，连接，若，且．
(1)求证：平分；
(2)求的取值范围；
(3)若延长相交于点H，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)60°
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质．
（1）在上截取，连接，证明，得到，进而证明，即可；
（2）根据全等三角形的性质，得到，，即可得出结果；
（3）根据等角的补角相等，对顶角相等，全等三角形的对应角相等，推出，根据周角为，平角为，推出，，进而得到，即可得出结果．
解题的关键是利用截长补短法，构造全等三角形．
【详解】（1）证明：在上截取，连接，
∵为的角平分线，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴平分；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）由（2）知：，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
24．（20-21八年级上·广东广州·期末）如图，平面直角坐标系中，，，且、满足．点是正半轴上一点，点是线段上一点，且，线段的延长线与交于点．设点坐标是．

(1)求点坐标（用含的式子表示）；
(2)若，求度数．
【答案】(1)点的坐标为
(2)35°
【分析】（1）根据等式可确定点坐标，再证和全等即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质及给出的度数即可求出．
【详解】（1）∵、满足，∴，，
即，，即，
在Rt和Rt中，，
∴，∴，
∵点，∴点的坐标为；
（2）由（1）中得，，
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
25．（20-21八年级下·广东佛山·期末）如图，在中，，厘米，厘米，动点以4厘米/秒的速度从点向点运动，动点以2厘米/秒的速度从点向点运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，设运动时间为秒．
(1)与有什么数量关系______；
(2)求证：在运动过程中，不管取何值，都有；
(3)当取何值时，与全等．
【答案】(1)=．
(2)见详解．
(3)当秒时，△DFE与△DMG全等．
【分析】（1）在RtAFD和RtAMD中，由“HL”可证RtAFD≌RtAMD，可得AF=AM；
（2）由角平分线的性质得DF=DM，再由三角形的面积公式可求解；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，
∴DF=DM，
在RtAFD和RtAMD中，，
∴RtAFD≌RtAMD（HL）；
∴AF=AM；
故答案为：AF=AM
（2）证明：∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，
∴DF=DM，
∵，，
∴，
∵点E以2cm/s的速度从A点向F点运动，
动点G以1cm/s的速度从C点向A点运动，
∴AE=4t（cm），CG=2t（cm），
∴即，
∴在运动过程中，不管t取何值，都有S△AED=2S△DGC．
（3）解：若△DFE与△DMG全等，且DF=DM，∠EFD=∠GMD=90°，
∴EF=MG，
①当0＜t＜2时，点G在线段CM上，点E在线段AF上，
∴EF=10-4t,MG=4-2t,
∴10-4t=4-2t,
∴t=3（不合题意，舍去）；
②当2≤t＜2.5时，点G在线段AM上，点E在线段AF上，
EF=10-4t,MG=2t-4，
∴10-4t=2t-4，
∴；
综上所述，当秒时，DFE与DMG全等；
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．