专题7.10期末复习之解答压轴题专项训练（浙教版）

专题7.10期末复习之解答压轴题专项训练【浙教版】考点1考点1二次根式解答期末真题压轴题1．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）先阅读，后解答：12=1×22×2=22，(1)7的有理化因式是______；5+2(2)（4）分将下列式子进行分母有理化：①15=______；

②(3)类比（2）中②的计算结果，计算：12【答案】(1)7，5−2(2)55，2(3)2013【分析】（1）根据有理化因式的定义，仿照阅读中例子，得到7、5+2（2）分子和分母都乘以各自分母的有理化因式，化去分母中的根号即可；（3）先分母有理化，然后合并同类二次根式即可．【详解】（1）解：（1）7的有理化因式是7，5+2的有理化因式是5故答案为：7，5−2（2）①15②12故答案为：55，2（3）1==2013【点睛】此题考查了分母有理化，掌握分母有理化的概念及准确找出二次根式的有理化因式是解答问题的关键．2．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）（1）初步感知，在④的横线上直接写出计算结果：①13=1；②13+2（2）深入探究，观察下列等式：①1+2=(1+2)×22；②1+2+3=(1+3)×3根据以上等式的规律，在下列横线上填写适当内容：1+2+3+⋯+n+(n+1)=__________．（3）拓展应用，通过以上初步感知与深入探究，计算：①13②113【答案】（1）10；（2）(n+2)(n+1)2【分析】(1)观察可得，每个式子的结果都等于被开放数中所有加数的底数之和；(2)所有自然数相加的和等于首项＋尾项的和再乘以自然数的个数，最后除以2即可；(3)利用（1）（2）中的规律综合运用即可求解．【详解】解：（1）10；（2）(n+2)(n+1)2（3）①原式=1+2+3+4+5+⋯+99+100=(1+100)×1002②原式==202×2124−【点睛】主要考查了二次根式的基本性质与化简、探寻数列规律、整式的加减，掌握这三个知识点的应用，其中探求规律是解题关键3．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）（1）观察下列各式的特点：2−1>3−2>2−35−2>…根据以上规律可知：2021−2020______（2）观察下列式子的化简过程：121314+3…根据观察，请写出式子1n+n−1（n（3）根据上面（1）（2）得出的规律计算下面的算式：|12+1−1【答案】（1）＞；（2）见解析；（3）2【分析】（1）根据题目所给的例题大小关系可直接得到答案；（2）把分子分母同时乘以n−（3）根据（2）中的规律可得12+1=2−1，1【详解】解：（1）∵2−3−2>4−5−…，∴n+1−∴2021−故答案为：＞；（2）1=n=n−（3）原式=|(=(=(==2【点睛】此题主要考查了分母有理化，关键是注意观察题目所给的例题，找出其中的规律，然后再进行计算．4．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）先阅读下列材料，再解决问题：阅读材料：数学上有一种根号内又带根号的数，它们能通过完全平方公式及二次根式的性质化去一层根号．例如：3+22=3+2×1×2解决问题：①模仿上例的过程填空：14+65=14+2×3×5＝_________________＝_____________②根据上述思路，试将下列各式化简：(1)28−103；

(2)1+【答案】①32+2×3×5+(5)2，【分析】①模仿阅读材料的方法将原式变形，计算即可得到结果；②仿照以上方法将各式化简即可．【详解】①14+65=14+2×3×5=32故答案为32+2×3×5+(②(1)28−10=28−2×5×=5=5−=5−=53；(2)1+=1+2×=1=1=1=12【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握运算法则是解本题的关键．5．（2022春·浙江·八年级期末）我们将(a+b)、(a−b)称为一对“对偶式”，因为(a根据以上材料，解答下列问题：(1)比较大小17−2_________16−3(用“(2)已知x=5+15−1，(3)计算：2【答案】(1)>(2)5(3)97−【分析】（1）先利用分母有理化的方法化简，再比较分子即可；（2）利用x−yx（3）先把各个式子进行分母有理化，再裂项相消即可．【详解】（1）解：∵17−216∵7>6，2>∴7+2>∴17−2>（2）解：x−yx∵x−y=5+15−1∴原式=5（3）解：2==1−33+33−55+55−77+…+=1−97=97−【点睛】本题考查二次根式的化简求值，同时考查了完全平方公式的变形应用以及裂项法的应用，计算量较大．6．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）阅读材料：像5+2×5−2=1，a聪明的小明同学根据上述材料，做了这样的解答：因为a=所以a−1=所以a−12=2所以a2−2a=1，所以3请你根据上述材料和小明的解答过程，解决如下问题：(1)3−2的有理化因式是__________，3−2的有理化因式是________，1(2)若a=23−7【答案】(1)3+2；3+2；3+2(2)7【分析】（1）根据有理化因式的定义，进行求解即可；（2）根据题干给出的解题方法，进行求解即可．【详解】（1）解：∵3−∴3−2的有理化因式是∴13∵3−2∴3−2的有理化因式是3+2或∴13故答案为：3+2；3+2；3+2（2）解：∵a=∴a−3=7∴a−32∴a2∴a2∴−2a∴−2a【点睛】本题考查分母有理化．理解并掌握有理化因式的定义，是解题的关键．7．（2022春·浙江宁波·八年级校联考期末）我们规定用a,b表示一对数对，给出如下定义：记m=1a，n=b（a>0，b>0），将m,n与n,m例如：4,1的一对“对称数对”为12,1与(1)求数对25,4的一对“对称数对”；(2)若数对3,y的一对“对称数对”的两个数对相同，求y的值；(3)若数对a,b的一对“对称数对”的一个数对是3,33，求【答案】(1)15,2(2)1(3)ab=9或ab=【分析】（1）根据题意将a=25，b=4代入m=1a，（2）3,y的一对“对称数对”的两个数对相同说明13和y相等，求出y（3）将数对a,b的一对“对称数对”求出来，分类讨论求出a，b，即可知ab．【详解】（1）解：由题意得：m=125=∴25,4的一对“对称数对”为15,2（2）解：由题意，m=13=∵数对3,y的一对“对称数对”的两个数对相同，∴m=n，∴3∴y=1（3）解：由题意得：1a=3，b=33或1a∴a=13，b=27或a=1∴ab=9或ab=1【点睛】本题考查了学生对新定义的理解及根式的计算，要正确的理解新定义是解题的关键．8．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）【阅读材料】小明在学习二次根式时，发现一些含根号的式子可以化成另一个式子的平方，如：5+268+27【类比归纳】(1)请你仿照小明的方法将7+210【变式探究】(2)若a+221=m+n2且【答案】(1)5+(2)a=22或10．【分析】（1）将7看成是2+5，则210（2）根据m+n2=m+n+2mn，a+221=m+n2，可以得到m+n=a【详解】（1）解：7+2==2（2）解：∵m+n2∴m+n=a，mn=21，∵a，m，n均为正整数，∴mn=21=1×21=3×7，∴a=3+7=10或a=1+21=22．【点睛】本题主要考查了二次根式的性质和完全平方公式的使用，解题的关键在于能够准确读懂题意．考点2考点2一元二次方程解答期末真题压轴题1．（2022春·浙江·八年级期末）（1）x1，x2是关于x的一元二次方程x2（2）已知：α，βα>β是一元二次方程x2−x−1=0的两个实数根，设s1=α+β，s2=α2+β根据以上信息，解答下列问题：①直接写出s1，s②经计算可得：s3=4，s4=7，s5=11，当n≥3时，请猜想【答案】（1）1；（2）①s1=1，s2【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系可得出x1+x2=2k+1，（2）①根据一元二次方程根与系数的关系可得出α+β=−ba=1，αβ=ca=−1，进而可求出s1=α+β=1，s2=α2+β2【详解】解：（1）∵x1，x2是关于∴x1+x∴x1整理，得：k2解得：k1=−3，当k=−3时，Δ=∴此时原方程没有实数根，∴k=−3不符合题意；当k=1时，Δ=∴此时原方程有两个不相等的实数根，∴k=1符合题意，∴k的值为1；（2）①∵x2∴a=1，∵α，βα>β是一元二次方程x∴α+β=−ba=1∴s1=α+β=1，②猜想：sn证明：根据一元二次方程根的定义可得出α2−α−1=0，两边都乘以αn−2同理可得：βn由①+②，得：αn∵sn=αn+∴sn−s【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解的定义．掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式为Δ=b2−4ac，且当Δ>0时，该方程有两个不相等的实数根；当2．（2022春·浙江·八年级期末）已知关于x的方程x2−2x+3【答案】−4<k<−32或−【分析】先分析当k=0时和k≠0时，方程的根的情况，排除不符合条件的情况；再用换元法，令x2−2x−2k=y，将原方程转化为关于y的方程，根据题意原方程有4个不同的实数根则关于y的方程必须有两个不同的实数根，根据根的判别式，求出k的取值范围，再将y的值代入关于【详解】解：①当k=0时，原方程为：x2解得：x1只有两个实数根，不符合题意；②当k≠0时，x2令x2−2x−2k=y，则原方程为：两边同时乘以y得：y2+3整理得：y2∵原方程有4个不同是实数根，∴关于y的方程y2∴Δ∴k≠−3解关于y的方程y2y=−4k+3±y1=−k+3，∵x2∴y≠3,y≠0，当y=−k+3时，x2整理得：x2∵方程x2∴Δ=解得：k>−4；当y=−3k时，x2整理得：x2∵方程x2∴Δ=解得：k<1；综上：k的取值范围为−4<k<−32或−3【点睛】本题主要考查了分式方程，一元二次方程根的判别式，解不等式，解题的关键是熟练掌握相关内容，根据方程根的情况确定判别式的取值范围，从而得出参数的取值范围．3．（2022春·浙江·八年级期末）阅读理解：【材料一】若三个非零实数x，y，z中有一个数的平方等于另外两个数的积，则称三个实数x，y，z构成“友好数”．【材料二】若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根分别为x问题解决：(1)实数4，6，9可以构成“友好数”吗？请说明理由；(2)若M1t,y1,M2t−1,y2,(3)设三个实数x1,x2,x3是“友好数”且满足0<x1<x3<①a+b+c的值等于______________；②设x=ba,y=b2【答案】(1)4，6，9可以构成“友好数”，理由见解析(2)t=13

(3)①0，②y=【分析】（1）根据“友好数”的定义即可得出4，6，9可以构成“友好数”；（2）由y1，y2，y3构成“友好数”，分三种情况讨论求解即可；（3）①由三个实数x1,x2,x3是“友好数”且满足0<x1<x3<x2，其中②由①得1+ba+ca=0，从而有【详解】（1）解：∵62＝4×9，∴4，6，9可以构成“友好数”；（2）解：∵y1，y2，y3构成“友好数”，∴有三种可能：①y12=y2y3，由题得x1②y22=y1y3，由题得x22=x③y32=y1y2，由题得x32=x∴满足条件的

t=13

或（3）①∵三个实数x1,x2,x3是“友好数”且满足0<∴x3∴x3∵x3是抛物线y=ax2∴a+b+c=0，故答案为0；

②由①得

a+b+c＝0，两边同除以a，得1+ba∴ca=−∴y=b即函数关系式为：y=x【点睛】本题主要考查了二次函数的解析式，一元二次方程根与系数的关系以及新定义，正确理解新定义是解题的关键．4．（2022春·浙江·八年级期末）设m是不小于﹣1的实数，使得关于x的方程x2＋2（m﹣2）x＋m2﹣3m＋3＝0有两个实数根x1，x2．(1)若x12+(2)令T＝mx11−x1【答案】(1)1(2)0<T≤4且T≠2【分析】首先根据方程有两个实数根及m是不小于1的实数，确定m的取值范围，根据根与系数的关系，用含m的代数式表示出两根的和、两根的积．（1）变形x12+x22为（x1+x2）22x1x2，代入用含m表示的两根的和、两根的积得方程，解方程根据m的取值范围得到m的值；（2）化简T，用含m的式子表示出T，根据m的取值范围，得到T的取值范围．【详解】（1）∵关于x的方程x2+2（m2）x+m23m+3=0有两个实数根，∴Δ=4（m2）24（m23m+3）≥0，解得m≤1，∵m是不小于1的实数，∴1≤m≤1，∵方程x2+2（m2）x+m23m+3=0的两个实数根为x1，x2，∴x1+x2=2（m2）=42m，x1•x2=m23m+3．∵x12+x22=2，∴（x1+x2）22x1x2=2，∴4（m2）22（m23m+3）=2，整理得m25m+4=0，解得m1=1，m2=4（舍去），∴m的值为1；（2）T＝mx11−=m=m[(=m(4−2m−2=−2m=−2m=22m．∵当x=1时，方程为1＋2（m﹣2）＋m2﹣3m＋3＝0，解得m=1或m=0．∴当m=1或m=0时，T没有意义．∴−1≤m<1且m≠0∴0<22m≤4且T≠2．即0<T≤4且T≠2．【点睛】本题考查了根与系数的关系、根的判别式、一元二次方程的解法及分式的化简．解决本题的关键是掌握根与系数的关系，并能把要求的代数式变形为含两根的和、两根的积的式子．5．（2022春·浙江嘉兴·八年级校考期末）阅读小明用下面的方法求出方程2x﹣3x＝0的解法1：令x＝t，则x＝t2原方程化为2t﹣3t2＝0解方程2t﹣3t2＝0，得t1＝0，t2＝23所以x＝0或23将方程x＝0或23得x＝0或49经检验，x＝0或49所以，原方程的解是x＝0或49解法2：移项，得2x＝3x，方程两边同时平方，得4x＝9x2，解方程4x＝9x2，得x＝0或49经检验，x＝0或49所以，原方程的解是x＝0或49请仿照他的某一种方法，求出方法x﹣2x+5＝﹣1的解．【答案】x＝2或x＝﹣2，见解析【分析】移项后两边平方得到关于x的整式方程，解之求出x的值，再代回原方程检验即可得．【详解】解：移项，得x+1＝2x+5，方程两边平方，得x2+2x+1＝2x+5，即x2＝4，解方程，得x＝2或x＝﹣2，经检验：x＝2或x＝﹣2都是原方程的解，所以原方程的解是x＝2或x＝﹣2．【点睛】本题主要考查解无理方程，解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注意根据方程的结构特征选择解题方法．6．（2022春·浙江·八年级期末）对于代数式ax2+bx+c，若存在实数n，当x＝n时，代数式的值也等于n，则称n为这个代数式的不变值．例如：对于代数式x2，当x＝0时，代数式等于0；当x＝1时，代数式等于1，我们就称0和1都是这个代数式的不变值．在代数式存在不变值时，该代数式的最大不变值与最小不变值的差记作A．特别地，当代数式只有一个不变值时，则A＝0．（1）代数式x2﹣2的不变值是，A＝．（2）说明代数式3x2+1没有不变值；（3）已知代数式x2﹣bx+1，若A＝0，求b的值．【答案】（1）﹣1和2；3；（2）见解析；（3）﹣3或1【分析】（1）根据不变值的定义可得出关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，再做差后可求出A的值；（2）由方程的系数结合根的判别式可得出方程3x2﹣x+1＝0没有实数根，进而可得出代数式3x2+1没有不变值；（3）由A＝0可得出方程x2﹣（b+1）x+1＝0有两个相等的实数根，进而可得出△＝0，解之即可得出结论．【详解】解：（1）依题意，得：x2﹣2＝x，即x2﹣x﹣2＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝2，∴A＝2﹣（﹣1）＝3．故答案为﹣1和2；3．（2）依题意，得：3x2+1＝x，∴3x2﹣x+1＝0，∵△＝（﹣1）2﹣4×3×1＝﹣11＜0，∴该方程无解，即代数式3x2+1没有不变值．（3）依题意，得：方程x2﹣bx+1=x即x2﹣（b+1）x+1＝0有两个相等的实数根，∴△＝[﹣（b+1）]2﹣4×1×1＝0，∴b1＝﹣3，b2＝1．答：b的值为﹣3或1．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，根据不变值的定义，求出一元二次方程的解是解题的关键．7．（2022春·浙江杭州·八年级期末）关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣3）x﹣m2=0．（1）证明：方程总有两个不相等的实数根；（2）设这个方程的两个实数根为x1，x2，且|x1|=|x2|﹣2，求m的值及方程的根．【答案】（1）证明见解析；（2）x1=﹣1+2，x2=﹣1﹣2或【详解】试题分析：（1）根据一元二次方程的判别式△=b2﹣4ac的结果判断即可，当△＞0时，有两个不相等的实数根，当△=0时，有两个相等的实数根，当△＜0时，方程没有实数根；（2）根据一元二次方程根与系数的关系x1+x2=ba，x1•x2=ca，表示出两根的关系，得到x1，x试题解析：（1）一元二次方程x2﹣（m﹣3）x﹣m2=0，∵a=1，b=﹣（m﹣3）=3﹣m，c=﹣m2，∴△=b2﹣4ac=（3﹣m）2﹣4×1×（﹣m2）=5m2﹣6m+9=5（m﹣35）2+36∴△＞0，则方程有两个不相等的实数根；（2）∵x1•x2=ca=﹣m2≤0，x1+x2∴x1，x2异号，又|x1|=|x2|﹣2，即|x1|﹣|x2|=﹣2，若x1＞0，x2＜0，上式化简得：x1+x2=﹣2，∴m﹣3=﹣2，即m=1，方程化为x2+2x﹣1=0，解得：x1=﹣1+2，x2=﹣1﹣2，若x1＜0，x2＞0，上式化简得：﹣（x1+x2）=﹣2，∴x1+x2=m﹣3=2，即m=5，方程化为x2﹣2x﹣25=0，解得：x1=1﹣26，x2=1+26．8．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）已知：如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间t(s)，解答下列各问题：（1）求ΔABC的面积;（2）当t为何值是，△PBQ是直角三角形？（3）探究：是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是ΔABC面积的八分之五？如果存在，求出t的值；不存在请说明理由.【答案】（1）；（2）t=2或t=1；（3）不存在【详解】试题分析：（1）根据等边三角形的性质及三角形的面积公式求解即可；（2）由题意此时P点和Q点移动距离为tcm，所以AP=BQ=tcm，BP=ABAP=3tcm，则在△PBQ中，∠B=60°，BP=3t，BQ=t，分①当PQ⊥BC时，则∠BPQ=30°，②当PQ⊥BA时，则∠BQP=30°，两种情况，结合含30°角的直角三角形的性质求解即可；（3）作QD⊥AB于D，则，根据ΔABC的面积可表示出△BQD的面积，从而可得y与t的函数关系式，即可得到关于t的方程，由方程的根的判别式△即可作出判断.（1）；（2）此时P点和Q点移动距离为tcm，所以AP=BQ=tcm，BP="ABAP=3tcm"在△PBQ中，∠B=60°，BP=3t，BQ=t①当PQ⊥BC时，则∠BPQ=30°∴BP=2BQ，即3t=2t∴t=1；②当PQ⊥BA时，则∠BQP=30°∴BQ=2BP，即2（3t）=t∴t=2

综上所述，t=2或t=1；（3）作QD⊥AB于D，则∵∴当∴化简得：∴不存在这样的t.考点：动点的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．考点3考点3平行四边形解答期末真题压轴题1．（2022春·浙江舟山·八年级校联考期末）已知在平行四边形ABCD中，E是边AD的中点，F是边AB上一动点．(1)如图1，连接FE并延长交CD的延长线于点G，求证：E是FG的中点；(2)如图2，若CF⊥AB，AD=2AB，求证：∠DEF=3∠AFE；(3)如图3，若CF⊥AB，AD=2AB=4，∠B=60°时，K是射线CD上一个动点，将EK逆时针旋转90°得到EM，连接FM，求FM的最小值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)1+【分析】（1）证明△AEF≌△DEGAAS（2）由平行四边形的性质及已知得∠CFB=∠FCG=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得CE=EG，由AD=2AB得ED=CD，再由等边对等角及三角形外角的定义即可得证；（3）由30°所对的直角边等于斜边的一半可得当CF⊥AB，AD=2AB=4，∠B=60°时，点F与点A重合，根据旋转的性质可得M的运动轨迹为射线M′M″，过点A作M′M″的垂线交M′M″的延长线于点M，延长AD【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠AFE=∠G，∠A=∠ADG，∵E是边AD的中点，∴AE=ED，∴△AEF≌△DEGAAS∴EF=EG，∴点E是FG的中点；（2）证明：如图，延长FE交CD的延长线于点G，连接CE，∵四边形ABCD是平行四边形，CF⊥AB，∴AB∥∴∠CFB=∠FCG=90°，由（1）知点E是FG的中点，∴CE=EG，∴∠G=∠ECG，∴∠FEC=∠G+∠ECG=2∠G，∵AD=2AB，∴ED=1∴∠DEC=∠ECD，∴∠DEF=∠FEC+∠DEC=3∠G，∵∠AFE=∠G，∴∠DEF=3∠AFE；（3）解：当CF⊥AB，AD=2AB=4，∠B=60°时，∴∠FCB=90°−60°=30°，∴FB=1∴此时点F与点A重合，当点K与C、D两点重合时，EK逆时针旋转90°，得M′，M∴M的运动轨迹为射线M′如图，过点A作M′M″的垂线交M′M″的延长线于点M，延长AD交M′∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，AD=2AB=4，∴∠EDC=∠B=60°，ED=1∴△EDC为等边三角形，则△EM∴∠EM′M∴∠I=30°，∴M∴EI=M∴AI=AE+EI=2+23∴AM=AI【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，正确构造辅助线，熟练掌握知识点是解题的关键．2．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）如图，在▱ABCD中，A−10,0，B−2,0，C0,4.点P，Q分别是线段OA，CD上的点，OP=2DQ，连接PQ，(1)当x为何值时，PQ∥AD．(2)是否存在x，使点Q到PC的距离是4，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．(3)作点Q关于直线PC对称点Q'，当Q'落在坐标轴上时，请求出满足条件的x的值．【答案】(1)10(2)存在，−8+4(3)2或2+2或【分析】（1）根据平行四边形的性质，得DQ=AP，再列方程，即可解答；（2）过点Q作QM⊥PC于点M，通过勾股定理求出CP的长，再根据全等三角形的性质，即可解答；（3）作点Q关于直线PC对称点Q'，当Q'落在坐标轴上时，有两种情况：①当Q'落在y轴上时，②当Q'落在x轴上时，分别求解即可．【详解】（1）解：在▱ABCD中，AB∥DC，A−10,0，B−2,0，∴AP∥DQ，OA=10，OB=2，OC=4，CD=AB=10−2=8，∴D−8,4若PQ∥AD，则四边形APQD是平行四边形，∴DQ=AP，∵DQ=x，OP=2DQ，∴OP=2x，AP=OA−OP=10−2x，∴x=10−2x，解得x=10即当x=103时，（2）解：存在x，使点Q到PC的距离是4，过点Q作QM⊥PC于点M，如图，∴∠CMQ=90°=∠POC，在Rt△OPC中，OC=4，OP=2x，∴CP=O∵AB∥DC，∴∠QCM=∠CPO，若QM=4=CO，在△CQM与△PCO中，∠CMQ=∠POC∠QCM=∠CPO∴△CQM≌△PCOAAS∴CQ=PC=24+∵DQ+CQ=CD，∴x+24+整理得3x解得x=−8±4∵x>0，∴x=−8+4∴x的值为−8+413（3）解：作点Q关于直线PC对称点Q'，当Q'落在坐标轴上时，有两种情况：①当Q'落在y轴上时，∠PCQ=∠PCQ'=1∴∠CPO=45°=∠PCO，∴OP=OC，即2x=4，∴x=2；②当Q'落在x轴上时，连接CQ'，∴CQ'=CQ=CD−DQ=8−x，∠PCQ=∠PCQ'，∵AB∥DC，∴∠PCQ=∠CPQ'，∴∠PCQ'=∠CPQ'，∴PQ'=CQ'=8−x，∴OQ'=|OP−PQ'=在Rt△OCQ'中，OQ'∴(3x−8)整理得x2解得x=2±2综上所述，满足条件的x的值为2或2+2或2−【点睛】本题是四边形综合体，主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识点，数形结合以及分类思想是解题的关键．3．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）在网格内用无刻度直尺作图，不要求写作法，但要保留作图痕迹．无刻度直尺网格作图题，就是只能用无刻度的直尺在网格中取点、画直线、射线或线段，画出符合题目要求的图形．取点方法：如直接取格点，取两条格点连线的交点等．(1)在图1中，画出△BCD的中线CE(2)在图2中，画出∠BAD的角平分线AF（F为格点）(3)在图3中，画出线段AC的垂直平分线MN【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）连接AC，BD相交于点E，即可求解；（2）取格点F，连接AF即可；（3）取格点P，Q，G，H，连接PQ，GH相交于点N，连接AC，BD相交于点M，作直线MN即可．【详解】（1）解：如图1，连接AC，BD相交于点E，则CE即为所求，，理由：∵AD=12+∴四边形ABCD是平行四边形，∴E为BD中点，∴CE是△BCD的中线；（2）解：如图2，取格点F，连接AF，则AF即为所求，理由：∵AD=1∴∠DAF=∠DFA，由（1）知：四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠BAF=∠AFD，∴∠BAF=∠DAF，即AF平分∠BAD；（3）解：如图3，取格点P，Q，G，H，连接PQ，GH相交于点N，连接AC，BD相交于点M，作直线MN，则MN即为所求，，理由：由（1）知：四边形ABCD是平行四边形，∴M为AC中点，M为BD中点，取格点K，O，连接KO交BD于L，连接LN，取格点J，在△AJM和△MDN中AJ=LM=2∴△AJM≌△MDN，∴∠AMJ=∠LNM，∵∠DNM+∠LMN=90°，∴∠DMN+∠AMJ=90°，即∠AMN=90°，∴AM⊥MN，由M为AC中点，∴MN垂直平分AC．【点睛】本题考查了作图—应用与设计作图，平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，理解题意，灵活运用所学的知识解决问题是解题的关键．4．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，∠A=30°，动点P从点B出发，沿BA方向以每秒4个单位的速度向终点A运动，同时动点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度沿CB方向运动，当点P到达A点时，点Q也停止运动，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，QD分别交AC于点E，F，设点P运动的时间为t(1)BQ=______(含t的代数式表示)；(2)如图2，连接AD，PF，PQ，当AD∥PQ时，求(3)如图3，连接PF，PQ，D点关于直线PF的对称点为D'点，若D'落在△PQB的内部(不包括边界)时，则t【答案】(1)4−t(0<t≤2)(2)S(3)4【分析】（1）根据几何动点的速度和时间可得结论；（2）根据四边形BPDQ是平行四边形，证明四边形APQD是平行四边形，可得t=1，再证明△EFD≌△CFQ，最后利用三角形的面积公式可解答；（3）先证明DF=FQ，再计算两个边界点时点t的值；①如图3，点D'与Q重合，②如图4，D'在斜边【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠∴BC=1由题意，CQ=t，∴BQ=4−t0<t≤2故答案为：4−t0<t≤2（2）如图2中，∵四边形BPDQ是平行四边形，∴DQ∥AB，BP=DQ，BQ=PD，∵AD∥∴四边形APQD是平行四边形，∴QD=AP，∴PB=AP，∴t=1，∴CQ=1，BQ=PD=3，∵PE∥BC，∴AE=EC=23∴PE=1∴DE=1，∴DE=CQ，∵∠∴△EFD≌△CFQAAS∴FD=FQ，EF=CF=3∴S（3）如图2，∵BP=4t，AB=8，∴AP=8−4t，在Rt△APE中，∠A=30°∴PE=1∵四边形PBQD是平行四边形，∴PD=BQ=4−t，∴DE=PD−PE=4−t−4−2t∵∠∴△EFD≅△CFQAAS∴EF=CF，如图3，点D'与Q由对称得：PD=PQ，∴PQ=BQ，∵∠B=60°，∴△PBQ是等边三角形，∴PB=BQ，∴4t=4−t，∴t=4如图4，D'在斜边AB上，此时∠由对称得：∠DPF=∵∠∴△PDF是等边三角形，∴PD=DF，∴4−t=2t，∴t=4∴t的取值范围为45故答案为：45【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，含30°的直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论，学会取边界点解决实际问题，属于中考压轴题.5．（2022春·浙江温州·八年级瑞安市飞云中学校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=8，∠ABC=60°，点O是对角线BD的中点．过点O的直线分别交射线BA和射线DC于点E，F，连结DE，(1)求证：四边形BFDE是平行四边形；(2)当△BDE是以BD为腰的等腰三角形时，求BE的长；(3)当EF平分∠BED时，求BE的长【答案】(1)证明见解析(2)47(3)7【分析】（1）证明△BEO≅△DFO(AAS)，在（2）由题意知，当△BDE是以BD为腰的等腰三角形时，分BD=BE和BD=DE两种情况求解即可；（3）由题意知∠DEF=∠DFE，则DE=DF，BE=DE，如图3，过点D作AB的垂线于点H，设BE为x，则EH=8−x，在Rt△DEH中，由勾股定理得EH2【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥CD,∴∠EBO=∠FDO,∠BEO=∠DFO，∵点O是对角线BD的中点，∴BO=DO，∴△BEO≅△DFO(AAS∴BE=DF，∴四边形BFDE是平行四边形；（2）解：由题意知，当△BDE是以BD为腰的等腰三角形时，分BD=BE和BD=DE两种情况求解：①当BD=BE时，如图1，过点D作BC的垂线于点H，∵AB∥CD，∴∠DCH=∠ABC=60°，∴∠CDH=30°，∵CD=AB=4，∴CH=2，∴在Rt△CDH中，由勾股定理得DH=2∴在Rt△BDH中，由勾股定理得BD=∴BE=BD=47②当BD=DE时，如图2，过点D作BC的垂线于点H，∵AD∥BC，∴∠DAE=∠ABC=60°，∴∠ADH=30°，∵AD=BC=8，∴AH=4，∴BH=AB+AH=8，∴BE=2BH=16，综上所述，BE的长为47（3）解：∵EF平分∠BED，∴∠BEF=∠DEF，∵AB∥CD，∴∠BEF=∠DFE，∴∠DEF=∠DFE，∴DE=DF，∴BE=DE，如图3，过点D作AB的垂线于点H，由（2）可知DH=43设BE为x，则EH=8−x，在Rt△DEH中，由勾股定理得EH2解得x=7，∴BE的长为7．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，30°所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，全等的判定与性质，角平分线，三角形内角和定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．6．（2022春·浙江·八年级期末）已知，平行四边形ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D(1)如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD=CP，求∠ABC的度数．(2)如图②，在（1）问的条件下，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F，连接AF，若AB=8cm，求△APF(3)如图③，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动(同时Q点也停止)，若AD=12cm，则t为何值时，以P，D，Q，【答案】(1)60°(2)16(3)当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．【分析】（1）易证∠DPC=∠DCP，得DP=CD，又CD=CP，则△PDC是等边三角形，即可得出结果；（2）如图②中，由四边形ABCD是平行四边形，推出AB∥CD，BC∥AD，CD=AB=8cm，推出S△PBC=SFAB（3）若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD=BQ，设运动时间为t秒，分①当0＜t≤3时；②当3＜t≤6时；③当6＜t≤9时；④当9＜t≤12时，四种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC∴∠DPC＝∠PCB

∵CP平分∠BCD，

∴∠PCD＝∠PCB，∴∠DPC＝∠DCP，

∴DP＝DC．∵CD＝CP，

∴PC＝CD＝PD，∴△PDC是等边三角形

∴∠D＝∠B＝60°；（2）解：如图②中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，BC∥AD，CD=AB=8cm∴S△PBC∴S∴S∴S△APF∵△PCD为等边三角形，∴PD=CD=8cm，PD边上的高为CD2×3∴S△APF（3）解：解：四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴PD∥BC若要使四边形PDQB是平行四边形，则PD＝BQ，设运动时间为t秒，

①当0＜t≤3时，PD＝12t，BQ＝124t，∴12t＝124t，解得t＝0，不合题意，舍去；②当3＜t≤6时，PD＝12t，BQ＝4（t3）=4t12，∴12t＝4t12，解得t＝4.8；

③当6＜t≤9时，PD＝12t，BQ＝124（t6）=364t，∴12t＝364t，解得t＝8；

④当9＜t≤12时，PD＝12t，BQ＝4（t9）=4t36，∴12t＝4t36，解得t＝9.6；

综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．7．（2022春·浙江·八年级期末）已知，如图1，在▱ABCD中，∠B=60°，将△ABC沿AC翻折至△AEC，连接DE．(1)求证：AD=CE；(2)若点E在直线AD下方，如图2，AB=2，AE⊥CD，求BC的长；(3)在翻折过程中，若△AED为直角三角形，求ABBC【答案】(1)证明见解析(2)BC=2(3)ABBC的值为2或12或2−【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出AD=BC，再根据折叠的性质，得出BC=CE，再根据等量代换，即可得出结论；（2）首先设AE与CD的交点为F，根据平行四边形的性质，得出CD=AB=2，AD=BC，再根据折叠的性质，得出AB=AE=2，BC=CE，∠B=∠AEC=60°，根据等量代换，得出AE=CD，AD=CE，再根据SSS，可得△ADE≌△CED，再根据全等三角形的性质，得出∠CDE=∠AED，再根据等角对等边，得出DF=EF，再根据三角形的内角和为180°，得出∠DCE=30°，然后再根据直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半，得出CE=2EF，再根据直角三角形的勾股定理，得出CF=3EF，再根据线段的关系，得出CD=CF+DF，再利用等量代换，得出2=（3）根据题意，分四种情况，利用直角三角形的性质，分别进行讨论，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，又∵△ABC沿AC翻折至△AEC，∴BC=CE，∴AD=CE．（2）解：如图，设AE与CD的交点为F，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB=2，AD=BC，∵△ABC沿AC翻折至△AEC，∴AB=AE=2，BC=CE，∠B=∠AEC=∴AE=CD，AD=CE，又∵DE=ED，∴△ADE≌△CEDSSS∴∠CDE=∠AED，∴DF=EF，∵AE⊥CD，∠AEC=60°，∴∠DCE=30°，∴CE=2EF，又∵CF=C∵CD=CF+DF，∴2=解得：EF=3∴BC=CE=2EF=23（3）解：①如图，当∠ADE=90°时，∵∠B=∠ADC=60°，∴∠CDE=30°，由（2）可知，△ADE≌△CED，∴∠AED=∠CDE=30°，∴AE=2AD，∴AB=2BC，∴ABBC②如图，当∠AED=90°时，同理可得：ABBC③如图，当∠DAE=90°，点E在AD的上方时，过点A作AH⊥AB，交BC于H，∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，∴∠BAD=120°，∴∠BAE=∠BAD+∠DAE=210°，∵△ABC沿AC翻折至△AEC，∴∠BAC=105°，∵AH⊥AB，∴∠HAC=15°，∠AHB=30°，∴∠HAC=∠HCA=15°，∴AH=HC，∵AH⊥AB，∠AHB=30°，∴AH=3AB，∴BC=2+∴ABBC④如图，当∠DAE=90°，点E在AD的下方时，同理可得：ABBC综上可得：ABBC的值为2或12或2−3【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等量代换，全等三角形性质与判定，直角三角形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关性质和找出所有符合条件的情况．8．（2022春·浙江·八年级期末）如图直角坐标系中直线AB与x轴正半轴、y轴正半轴交于A，B两点，已知B0,4，∠BAO=30°，P，Q分别是线段OB，AB上的两个动点，P从O出发以每秒3个单位长度的速度向终点B运动，Q从B出发以每秒8个单位长度的速度向终点A运动，两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动结束，设运动时间为t(1)求线段AB的长，及点A的坐标；(2)t为何值时，△BPQ的面积为23(3)若C为OA的中点，连接QC，QP，以QC，QP为邻边作平行四边形PQCD．是否存在时间t，使x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分，若存在，求出t的值．【答案】(1)AB=8，A(2)t为1秒或13(3)存在，t为25【分析】（1）先确定出OB=4，再用含30°角的直角三角形的性质即可得出结论；（2）先确定出HQ，再利用三角形面积公式建立方程求解即可得出结论；（3）先确定点E是PD的中点，，再利用平行四边形的对角线互相平分，建立方程求解，即可得出结论．【详解】（1）解：∵B0,4∴OB=4，在Rt△AOB中，∠BAO=30°，∴AB=2OB=8，∴AO=A∴A4∴线段AB的长为8，点A的坐标为43（2）如图，过点Q作QH⊥OB于点H，∴HQ∥x轴，△BHQ是直角三角形，∴∠BQH=∠BAO=30°，∵P从O出发以每秒3个单位长度的速度向终点B运动，Q从B出发以每秒8个单位长度的速度向终点A运动，两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动结束，设运动时间为t秒，∴OP=3t，BQ=8t，∴BP=OB−OP=4−3t，在Rt△BHQ中，∠BQH=30°，∴BH=1∴HQ=B∵△BPQ的面积为23∴12∴t1=1，∴t=1秒或13秒时，△BPQ的面积为2（3）如图，连接PC、DQ，过点Q作QH⊥OB于点H，∵四边形CDPQ是平行四边形，∴S△PCQ=S△PCD，点F是∵x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分，∴S△PCE∴点E是PD的中点，∴点E的纵坐标为0，∵OP=3t，∴P0,3t∴点D的纵坐标为−3t，∵C为OA的中点，A4∴C4∵点F是PC和DQ的中点，∴F2∴点Q的纵坐标为6t，由（2）可知：BH=4t，∴OH=OB−BH=4−4t，∴点Q的纵坐标为4−4t，∴6t=4−4t，∴t=2∴当t为25秒时，x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3【点睛】本题是四边形综合题，主要考查含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式，三角形中线的性质，中点坐标，平行四边形的性质，勾股定理，一元二次方程，一元一次方程等知识．用方程的思想解决问题是解答本题的关键．考点4考点4特殊平行四边形解答期末真题压轴题1．（2022春·浙江宁波·八年级校考期末）【基础巩固】（1）如图1，P是矩形ABCD内部一点，求证：PA证明：过P分别作边AB，AD的平行线EF，GH交AD于E，交BC于F，交AB于G，交CD于H．设PE=a，PF=b，PG=c，PH=d．（请在框内证明：四边形AGPE是矩形）同理可证四边形DHPE，四边形BGPF，四边形CFPH均是矩形∴PA2+PC2=PB2+PD【尝试应用】（2）如图2，P为正方形ABCD内一点，且PA:PB:PC=1:3:5【拓展提高】（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D，E是斜边BC上的三等分点．若AD=3，AE=4，求BC【答案】（1）证明过程见详解，a2+b2【分析】（1）根据题意及矩形的判定、勾股定理可进行求解；（2）把BP绕点B逆时针旋转90°得到BE，连接AE，PE，然后根据（1）中的结论可知PA2+PC2=PB（3）过点B、C分别作AC、AB的平行线，交于一点G，连接DG,EG，由题意易得四边形ABGC是矩形，然后可证△ABD≌△GCESAS，则AD=GE=3，同理可得AE=GD=4【详解】证明：过P分别作边AB，AD的平行线EF，GH交AD于E，交BC于F，交AB于G，交CD于H．如图1所示，设PE=a，PF=b，PG=c，PH=d．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥BC，AB∥DC，∵GH∥AD,EF∥AB，∴GH∥AD∥BC,EF∥AB∥DC，∴四边形AGPE是平行四边形，∵∠BAD=90°，∴四边形AGPE是矩形，同理可证四边形DHPE，四边形BGPF，四边形CFPH均是矩形，∴AG=EP=DH=a,AE=PG=BF=c，BG=PF=CH=b,ED=PH=CF=d，∴由勾股定理可得：PA∴PA（2）解：连接PD，把BP绕点B逆时针旋转90°得到BE，连接AE，PE，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD,∠ABC=∠BCD=90°，∵∠PBE=90°，∴∠ABE+∠ABP=∠ABP+∠CBP=90°，即∠ABE=∠CBP，∵BE=BP，∴△ABE≌△CBPSAS∴AE=CP，∠BCP=∠BAE，由PA:PB:PC=1:3:5由（1）可知：PA∴k2+5k∴PD=3k=PB，∴∠EAP=90°，∵BC=DC,BP=DP,CP=CP，∴△BCP≌△DCPSSS∴∠BCP=∠DCP=45°=∠EAB，∴∠PAB=∠PAE−∠BAE=45°；（3）过点B、C分别作AC、AB的平行线，交于一点G，连接DG,EG，如图所示：∴四边形ABGC是平行四边形，∵∠BAC=90°，∴四边形ABGC是矩形，∴AB=GC,AC=GB，∵AB∥GC，∴∠ABD=∠GCE，∵点D，E是斜边BC上的三等分点，∴BD=DE=CE，∴△ABD≌△GCESAS∴AD=GE=3，同理可得AE=GD=4，由（1）可知：BD∴5BD∴BD=5∴BC=3BD=35【点睛】本题主要考查勾股定理、矩形的性质与判定、正方形的性质与判定及旋转的性质，熟练掌握勾股定理、矩形的性质与判定、正方形的性质与判定及旋转的性质是解题的关键．2．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期末）如图，在▱ABCD中，∠BAC=90°，∠ABC=45°，AD=8cm，点P从点A开始以1cm/s的速度匀速向D点运动，点F从点C开始以3cm/s的速度匀速沿射线CB运动．连接PF(1)①BF=（用含x的式子表示）；②若PF⊥BC，求x的值．(2)若以A，B，F，P为顶点的四边形是平行四边形，请求出x的值．(3)当点P关于直线AF对称的点恰好落在直线AB上，请求出x的值．【答案】(1)①8−3x或3x−8；②1(2)2或4(3)8+423【分析】（1）①设运动的时间为ts，则AP=x=tcm，CF=3tcm，可知CF=3AP=3x，由平行四边形的性质得BC=AD=8cm，当点F在边CB上，则BF=8−3x；当点F在边②取BC的中点Q，连接AQ，则BQ=CQ=4cm，可证明∠ACB=∠ABC=45°，则AB=AC，所以AQ⊥BC，当PF⊥BC时，则四边形APFQ是矩形，所以AP=FQ（2）当平行四边形ABFP以AB为一边，则点F在线段BC上，且AP=BF，列方程即可求解；当平行四边形AFBP以AB为对角线，则点F在线段CB的延长线上，且AP=BF，列方程即可求解；（3）先根据勾股定理求得AB=42cm，设点P关于直线AF的对称点为点G，当点G落在线段AB上，连接PG，则AF垂直平分PG，所以AG=AP，可推导出∠BAF=∠BFA，则FB=AB，列方程即可求解；当点G落在线段BA的延长线上，连接PG交FA的延长线于点H，由AF垂直平分PG，得AG=AP，可推导出∠BAF=∠BFA，则【详解】（1）解：①设运动的时间为ts，则AP=x=tcm，∴CF=3AP=3x，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=AD=8cm当点F在边CB上，则BF=BC−CF=8−3x；当点F在边CB的延长线上，则BF=CF−BC=3x−8，故答案为：8−3x或3x−8．②如图1，取BC的中点Q，连接AQ，则BQ=CQ=1∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴AB=AC，∴AQ⊥BC，∵AD∥∴∠PAQ=∠AQB=90°，∵PF⊥BC，∴∠PAQ=∠AQC=∠PFQ=90°，∴四边形APFQ是矩形，∴AP=FQ，∴x=4−3x，解得x=1，∴x的值是1．（2）解：当平行四边形ABFP以AB为一边，如图2，则点F在边CB上，且AP=BF，∴x=8−3x，解得x=2；当平行四边形AFBP以AB为对角线，如图3，则点F在边CB的延长线上，且AP=BF，∴x=3x−8，解得x=4，综上所述，x的值是2或4．（3）解：∵AB=AC，BC=8cm，∠BAC=90°∴AB∴AB=42设点P关于直线AF的对称点为点G，当点G落在线段AB上，如图4，连接PG，则AF垂直平分PG，∴AG=AP，∴∠BAF=∠DAF，∵∠DAF=∠BFA，∴∠BAF=∠BFA，∴FB=AB，∴8−3x=42，解得x=当点G落在线段BA的延长线上，如图5，连接PG交FA的延长线于点H，则AF垂直平分PG，∴AG=AP，∴∠GAH=∠PAH，∵∠GAH=∠BAF，∠PAH=∠BFA，∴∠BAF=∠BFA，∴FB=AB，∴3x−8=42，解得x=综上所述，x的值是8+423或【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、平行线的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，采用数形结合与分类讨论数学思想是解决本题的关键．3．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB=5cm，BC=2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN=1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B(1)当点B′恰好落在边CD①证明：△B②求线段BM的长；(2)点M从点A向点B运动的过程中，若边线段MB′与边CD交于点①求此运动过程中，DE的最大值；②请直接写出点E相应运动的路径长．【答案】(1)①证明见解析；②5(2)①DE的最大值2cm；②5【分析】（1）①证明：如下图，由将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上，得CN=C′N，∠1=∠2，再由四边形ABCD是矩形，得AB∥CD，从而有（2）①如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，由垂线段最短，得当点M运动到MB'⊥AB时，EM=【详解】（1）①证明：如图1，∵将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C∴CN=C'N，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1=∴∠2=∴BM=B′M，∴△B②解：在Rt△B′∴BM=B′M=B′N=5（2）解：如图2，当点M与点A重合时，AE=EN，设AE=EN=xcm，则DE=CD−DE−CN=4−x（cm在Rt△ADE中，有AE2=AD∴DE=4−5①如图3中，当点M运动到MB∵垂线段最短，∴当点M运动到MB′⊥AB∴此时DE′=4−②如图4中，当点M运动到点B落在CD时，DB′（即DE∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径=EE【点睛】本题考查矩形为背景的折叠问题，翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．4．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）【问题背景】（1）在给定的一张平行四边形上作一个菱形，小明同学分别作∠BAD，∠ABC的角平分线AE，BF，AE交BC与点E，BF交AD于点F，连接EF，求证：四边形ABEF是菱形【数学思考】（2）善于思考的小明根据平行四边形的不稳定性，得出以下结论，请判断对错．①平行四边形的一组邻角的角平分线交点始终在该四边形的内部

（

）②菱形的一组邻角的角平分线交点始终在该四边形的内部

（

）③矩形的一组邻角的角平分线交点始终在该四边形的内部

（

）【数学语言】（3）小明通过画图发现当两邻边的比值确定时，两邻角的角平分线的交点与平行四边形的位置关系也随之确定．请你帮助小明写出他的猜想：在平行四边形ABCD中（AD>AB），分别作∠ABC，∠BCD的角平分线BE，CF交于点O，请讨论交点与该平行四边形有不同位置关系时ADAB【能力提升】（4）在平行四边形ABCD中分别作∠ABC，∠BCD的角平分线，BE，CF交边AD与点E，F，若BE=4，CF=3，EF=2，求四边形ABCD的周长．【答案】（1）见解析；（2）①错；②对；③错；（3）当点O在内部时，0<ADAB<2；当点O在AD上时，ADAB=2【分析】（1）利用平行四边形的性质，角平分线的定义证明∠BAE=∠BEA，利用等角对等边证明AB=BE，同理可证AB=AF，从而得出BE=AF，然后根据菱形的判定即可证明；（2）①结合（1），当CD平移到点O的左侧即可判断；②利用菱形的性质判定即可；③通过画图判断即可；（3）分点O在平行四边形ABCD的AD上，平行四边形ABCD内部，平行四边形ABCD外部讨论即可；（4）分BE，CF的交点在平行四边形ABCD内部和外部讨论即可．【详解】解：（1）∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥∴∠BEA=∠EAF，∴∠BAE=∠BEA，∴AB=BE，同理：AB=AF，∴BE=AF，又BE∥∴四边形ABEF是平行四边形，又AB=BE，∴平行四边形ABEF是菱形；（2）①如图，此时交点O在四边形ABCD的外部，故①说法错误，②因为菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角，故菱形的一组邻角的角平分线交点始终在该四边形的内部，故说法②正确；③如图，此时交点O在矩形ABCD的外部，故③说法错误，（3）①当点O在AD时，如图，由（1）可知：AB=AO，CD=OD，又AB=CD，∴AO=DO=1∴ADAB②当点O在四边形ABCD内部时，如图，过点O作GH∥AD交AB于点G，交CD于点∵CD∴AD=GH由①知：GH=2BG，∴ADAB∴0<AD③当点O在四边形ABCD外部时，如图，过点O作GH∥AD交AB于点G，交CD于点

由②可知：AD=GH，GH=2BG，∴ADAB（4）∵BE平分∠ABC，CF平分BCD，∴∠CBO=12∠ABC∵AB∥∴∠ABC+∠BCD=180°，∴∠CBO+∠BCO=90°，∴∠BOC=90°，由（1）可得：AB=AE=CD=DF，当点O在四边形ABCD外部时，如图，过点F作FG∥BE交BC则GF=BE=4，∠CFG=90°，BG=EF=2，∴CG=C∵BC=AD=AE+EF+EF，∴5+2=CD+2+CD，∴CD=2.5，∴四边形ABCD的周长为2×5+2+2.5当点O在四边形ABCD内部时，如图，过点F作FG∥BE交BC则GF=BE=4，∠CFG=90°，BG=EF=2，∴CG=C∵BC=AD=AE+EF+EF，∴5−2=CD−2+CD，∴CD=2.5，∴四边形ABCD的周长为2×5−2+2.5综上，四边形ABCD的周长是11或19．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．5．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期末）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)直接写出BQ=；CE=．（用含m的代数式表示）(2)当平行四边形BPDQ的面积为63时，求m(3)求证：△DEF≌(4)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)4−m；2(2)1(3)见解析(4)332【分析】（1）由CQ=m，BC=4，可得BQ=BC−CQ=4−m；过点P作PH⊥BC于点H，可证四边形CEPH是矩形，得出CE=PH，利用直角三角形性质可得PH=CE=23（2）根据平行四边形面积可得S▱BPDQ=BQ⋅CE=23m4−m=63，再由点P、Q（3）根据平行四边形性质可得PD=BQ=4−m，PD∥BC，利用直角三角形性质得出PE=4−2m，DE=PD−PE=4−m−4−2m=m，即DE=CQ，再利用（4）分两种情况：当AD∥PQ时，当AD∥PF时，分别求出【详解】（1）解：∵CQ=m，BC=4，∴BQ=BC−CQ=4−m，过点P作PH⊥BC于点H，如图1，则∠PHB=∠PHC=90°，∵四边形BPDQ是平行四边形，∴PD∥∴∠EPH=∠PHB=90°=∠PHC=∠ECH，∴四边形CEPH是矩形，∴CE=PH，在Rt△BPH中，BP=4CQ=4m，∠ABC=60°∴∠BAC=30°，即BH=1∴由勾股定理得：PH=3∴CE=23故答案为：4−m；23（2）解：∵S▱BPDQ解得：m=1或3，在Rt△ABC中，AB=2BC=8∵点P、Q是边AB，BC上两个动点，∴m>0m<4解得：0<m≤2，∴m的值为1；（3）证明：由（1）（2）知：CQ=m，BQ=4−m，BP=4m，AB=8，∵四边形BPDQ是平行四边形，∴PD=BQ=4−m，PD∥∴∠AEP=∠ACB=90°，∠APE=∠ABC=60°，∵AP=AB−BP=8−4m，∴PE=1∴DE=PD−PE=4−m−4−2m∴DE=CQ，∵PD∥∴∠FED=∠FCQ，∠FDE=∠FQC，∴△DEF≌（4）解：当AD∥PQ时，如图∵四边形BPDQ是平行四边形，∴BP∥DQ，∴四边形APQD是平行四边形，∴AP=DQ=4m，∴AB=AP+BP=4m+4m=8m，∵AB=8，∴8m=8，解得：m=1，∴BQ=4−m=4−1=3，CE=23由（3）知：△DEF≌∴DF=FQ，S△PQF当AD∥PF时，如图∵四边形BPDQ是平行四边形，∴BP∥∴四边形APFD是平行四边形，∴AP=DF=1∴AB=AP+BP=2m+4m=6m，∴6m=8，解得：m=4∴BQ=4−m=4−43=∴S△PQF综上所述，△PQF的面积为332或【点睛】本题是平行四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积，平行四边形面积等，第（4）小题要注意分类讨论，防止漏解．6．（2022春·浙江宁波·八年级校考期末）定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形．(1)尝试：如图1，在3×3的正方形网格图形中，已知点A、点B是两个格点，请你作出一个等线四边形，要求A、B是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点；(2)推理：如图2，已知△AOD与△BOC均为等腰直角三角形，∠AOD=∠BOC=90°，连结AB,CD，求证：四边形ABCD是等线四边形；(3)拓展：如图3，已知四边形ABCD是等线四边形，对角线AC,BD交于点O，若∠AOD=60°,AB=7，BC=3，AD=2．求【答案】(1)见解析(2)见解析(3)13【分析】（1）取格点P,Q，作矩形APBQ即可；（2）连结AC,BD，证明△AOC≌△DOBSAS，得到BD=AC（3）分别以AD、BC为底作等腰△ADE、等腰△BCE，证明△AEC≌△DEBSSS，推出△AED，△BCE是等边三角形，勾股定理逆定理得到，∠AEB=90°，过点C作CF⊥DE于交DE延长线于点F【详解】（1）如图1所示，矩形APBQ即为所求．（2）证明：如图2，连结AC,BD．∵△AOD与△BOC均为等腰直角三角形，∴OA=OD,OC=OB,∠AOD=∠BOC，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△DOBSAS∴BD=AC，∴四边形ABCD是等线四边形．（3）解：如图3，分别以AD、BC为底作等腰△ADE、等腰△BCE，顶点均为点E．则：EA=ED,EC=EB，∵AC=BD，∴△AEC≌△DEBSSS∴∠BDE=∠CAE，∴∠AED=∠AOD=60°，∴△AED是等边三角形．同理，△BCE也是等边三角形．∴EA=ED=AD=2，EB=EC=BC=3∵AB=7∴AE∴∠AEB=90°，∴∠DEC=150°．过点C作CF⊥DE于交DE延长线于点F，则∠CEF=30°．∴CF=12CE=则DF=7由勾股定理得，DC=(【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．理解并掌握等线四边形的定义，是解题的关键．7．（2022春·浙江杭州·八年级杭州市采荷中学校考期末）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8．点E，F在对角线AC上，点M，N分别在边AD，BC上．(1)若连接AN、CM．当四边形ANCM为菱形时，则AN=___________；(2)如图1，若AE=CF=2，M，N分别是AD，BC的中点．求证：四边形EMFN为矩形．(3)如图2，若AE=CF=1，AM=CN=x（0<x<4），且四边形EMFN为矩形，求x的值．【答案】(1)25(2)见解析(3)4−【分析】（1）由菱形的性质和矩形的性质可得AM=AN=CM=CN，AD=BC，∠B=90°，设AN=x，则BN=8−x，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）由矩形的性质及已知推出△AEM≌△CFNSAS，由全等的性质得EM=FN，EM∥FN，推出四边形EMFN（3）连接MN，作MH⊥BC于H，则MH=AB=6，BH=AM=x，得HN=BC−BH−CN=8−2x，由矩形的性质得出MN=EF=AC−AE−CF=8，在Rt△MHN【详解】（1）解：∵四边形ANCM为菱形，∴AM=AN=CM=CN，∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC，∠B=90°，设AN=x，则BN=8−x，在Rt△ABN由勾股定理得：62解得：x=25故答案为：254（2）证明：连接MN，∵M，N分别是AD，BC的中点，四边形ABCD为矩形，AB=6，BC=8，∴MN∥AB，MN=AB=6，∵AD∥∴∠MAE=∠NCF，∵AE=CF，∴△AEM≌∴EM=FN，∠AEM=∠NFC，∴∠MEF=∠NFE，∴EM∥∴四边形EMFN是平行四边形，∵AB=6，BC=8，∴AC=A∵AE=CF=2，∴EF=AC−AE−FC=6=MN，∴四边形EMFN为矩形．（3）解：连接MN，作MH⊥BC于H，∵四边形ABCD为矩形，AB=6，BC=8，∴四边形ABHM是矩形，AC=10，∴MH=AB=6，BH=AM=x，∴HN=BC−BH−CN=8−2x，∵四边形EMFN为矩形，AE=CF=1，∴MN=EF=AC−AE−CF=8，在Rt△MHN中，由勾股定理得：6解得：x=4±7∵0<x<4，∴x=4−7【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．8．（2022春·浙江杭州·八年级期末）如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点（点E，F不与端点重合），且AE=DF，BE，AF交于点P，过点C作CH⊥BE交BE于点H．(1)求证：AF⊥BE．(2)若AB=23，AE=2(3)如图②，连接CP并延长交AD于点Q，若点H是BP的中点，试求CPPQ【答案】(1)见解析(2)3−(3)4【分析】（1）证明△ABE≅△DAF（SAS），得出∠ABE=∠DAF，得出∠APB=90°，可得出结论；（2）根据△ABE的面积可求出AP=3，证明△ABP≅△BCH（AAS），由全等三角形的性质得出BH=AP=3，则（3）证得∠CBP=∠CPB，∠QPE=∠QEP，可得出QE=QP=QA，在四边形QABC中，设QP=a，CP=b，则AB=BC=b，AQ=a，QC=a+b，由勾股定理可得出a，b的关系式，则可求出答案．【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=DA，∠EAB=∠D=90°，又∵AE=DF，∴△ABE≅△DAF（SAS），∴∠ABE=∠DAF，∵∠DAF+∠FAB=∠EAB=90°，∴∠ABE+∠FAB=90°，∴∠APB=90°，∴AF⊥BE．（2）在正方形ABCD中，∠EAB=∠D=90°，AB=23∴BE=A∵S△ABE∴AP=AB·AE在Rt△ABP中，BP=A∵∠APB=∠ABC=90°，∴∠ABP+∠HBC=90°，∠HCB+∠HBC=90°，∴∠ABP=∠HCB，∵CH⊥BE，∴∠HCB=90°，又∵AB=BC，∴△ABP≅△BCH（AAS），∴BH=AP=3∴PH=BP−BH=BP−AP=3−3（3）在正方形ABCD中，AB=BC，AD∥BC，∵CH⊥BP，PH=BH，∴CP=BC，∴∠CBP=∠CPB，∵∠CPB=∠QPE，∠CBP=∠QEP，∴∠QEP=∠QPE，在Rt△APE中，∠QAP=∠QPA，∴QE=QP=QA，在四边形QABC中，设QP=a，CP=b，则AB=BC=b，AQ=a，QC=a+b，∵DC∴b2∴b2=4ab，即∴CPPQ【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，平行线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想解决问题，学会用方程的思想方法解决问题．9．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）在正方形ABCD中，AE⊥MN，点E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB，AE，CD于点M，P，N．(1)①如图1，判断线段AE与MN之间的数量关系，并说明理由；(2)如图2，若垂足P为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，则∠AEQ=______．(3)若垂足P在对角线BD上，正方形的边长为8．①如图3，若BM=1，BE=32，则②如图4，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P′处，AD的中点为S，则P【答案】(1)AE=MN；理由见解析(2)45°(3)①524【分析】（1）过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，证明△ABE≌△BCF得出（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH=∠QEI，得出（3）①过点P分别作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分别为G,H，则∠PEG=∠PHM=90°，证明△PMH≌△PEGAAS，设GE=MH=x，根据MB+MH=BE−GE，求得x=14，即可得出②连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA=∠ADO′=45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP′得出PG=NH，GN=P′H，由正方形的性质得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH=P′H，得出∠P′DH=45°，故∠P′DA=45°，点P′【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图∴四边形MBFN为平行四边形，∴MN=BF，∴BF⊥AE，∴∠BGE=90°，∴∠CBF+