專題21.9期末復(fù)習(xí)之解答壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練（滬科版）

專題21.9期末復(fù)習(xí)之解答壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練【滬科版】考點(diǎn)1考點(diǎn)1二次根式解答期末真題壓軸題1．（2022春·安徽滁州·八年級(jí)校聯(lián)考期末）（1）初步感知，在④的橫線上直接寫(xiě)出計(jì)算結(jié)果：①13=1；②13+2（2）深入探究，觀察下列等式：①1+2=(1+2)×22；②1+2+3=(1+3)×3根據(jù)以上等式的規(guī)律，在下列橫線上填寫(xiě)適當(dāng)內(nèi)容：1+2+3+?+n+(n+1)=__________．（3）拓展應(yīng)用，通過(guò)以上初步感知與深入探究，計(jì)算：①13②113【答案】（1）10；（2）(n+2)(n+1)2【分析】(1)觀察可得，每個(gè)式子的結(jié)果都等于被開(kāi)放數(shù)中所有加數(shù)的底數(shù)之和；(2)所有自然數(shù)相加的和等于首項(xiàng)＋尾項(xiàng)的和再乘以自然數(shù)的個(gè)數(shù)，最后除以2即可；(3)利用（1）（2）中的規(guī)律綜合運(yùn)用即可求解．【詳解】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?【點(diǎn)睛】主要考查了二次根式的基本性質(zhì)與化簡(jiǎn)、探尋數(shù)列規(guī)律、整式的加減，掌握這三個(gè)知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，其中探求規(guī)律是解題關(guān)鍵2．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)合肥38中?？计谀┫扔^察下列等式，再回答問(wèn)題：①12②22+2+(1③32+2+(1（1）根據(jù)上面三個(gè)等式提供的信息，請(qǐng)猜想第四個(gè)等式；（2）請(qǐng)按照上面各等式規(guī)律，試寫(xiě)出用n（n為正整數(shù)）表示的等式，并用所學(xué)知識(shí)證明．【答案】（1）42+2+（14）2=4+【分析】（1）根據(jù)“第一個(gè)等式內(nèi)數(shù)字為1，第二個(gè)等式內(nèi)數(shù)字為2，第三個(gè)等式內(nèi)數(shù)字為3”，即可猜想出第四個(gè)等式為42+2+（14）（2）根據(jù)等式的變化，找出變化規(guī)律“n2+2+（1n）【詳解】（1）∵①12+2+（11）2=1+1=2；②22+2+（12∴④42+2+（14）（2）觀察，發(fā)現(xiàn)規(guī)律：12+2+（11）2=1+1=2，22+2+（12）2=2+1證明：等式左邊=n2+2n?1故n2+2+（1【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)以及規(guī)律型中數(shù)的變化類，解題的關(guān)鍵是：（1）猜測(cè)出第四個(gè)等式中變化的數(shù)字為4；（2）找出變化規(guī)律“n2+2+（13．（2022春·安徽滁州·八年級(jí)校考期末）已知y=1?8x+8x?1【答案】1【分析】根據(jù)已知和二次根式的性質(zhì)求出x、y的值，把原式根據(jù)二次根式的性質(zhì)進(jìn)行化簡(jiǎn)，把x、y的值代入化簡(jiǎn)后的式子計(jì)算即可．【詳解】解：18x≥0，x≤18x1≥0，x≥18∴x=18，y=1∴原式=254【點(diǎn)睛】本題考查的是二次根式的化簡(jiǎn)求值，把已知條件求出x、y，把要求的代數(shù)式進(jìn)行正確變形是解題的關(guān)鍵，注意因式分解在化簡(jiǎn)中的應(yīng)用．4．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)合肥壽春中學(xué)?？计谀╅喿x下列材料，然后回答問(wèn)題．在進(jìn)行二次根式化簡(jiǎn)時(shí)，我們有時(shí)會(huì)碰上如12，25，122523以上這種化簡(jiǎn)的步驟叫做分母有理化．2323(1)請(qǐng)用不同的方法化簡(jiǎn)36①參照（三）式化簡(jiǎn)；②參照（四）式化簡(jiǎn)．(2)若有理數(shù)a、b滿足a2+1+【答案】(1)6(2)1【分析】（1）仿照例題化簡(jiǎn)即可；（2）先仿照例題進(jìn)行化簡(jiǎn)，然后整理對(duì)應(yīng)相等即可；【詳解】（1）解：①36②36（2）解：由條件可化簡(jiǎn)：12+1=∴a22?1整理得：a+b2∴a+b=2b?a=?1∴a?b=1．【點(diǎn)睛】本體考查了分式的化簡(jiǎn)，以及二元一次方程組的解法，材料的準(zhǔn)確解讀是解題關(guān)鍵．5．（2022春·安徽蚌埠·八年級(jí)校聯(lián)考期末）觀察下列等式：①1+112+1解決下列問(wèn)題：(1)根據(jù)上面3個(gè)等式的規(guī)律，寫(xiě)出第⑤個(gè)式子；(2)用含n（n為正整數(shù)）的等式表示上面各個(gè)等式的規(guī)律；(3)利用上述結(jié)果計(jì)算：1+1【答案】(1)1+(2)1+(3)n【分析】（1）利用題中等式的規(guī)律即可得到；（2）根據(jù)題目中式子的特點(diǎn)，找到規(guī)律得出第n個(gè)等式；（3）利用（2）的結(jié)論得出1+1【詳解】（1）解：∵①1+1②1+1③1+1∴第⑤個(gè)式子是：1+1（2）第n個(gè)等式為1+1（3）原式=1+=1+1?=n+1?=n【點(diǎn)睛】本題考查的是二次根式的混合運(yùn)算的應(yīng)用，根據(jù)題意正確總結(jié)規(guī)律是解題的關(guān)鍵．6．（2022春·安徽·八年級(jí)期末）閱讀下面內(nèi)容：我們已經(jīng)學(xué)習(xí)了《二次根式》和《乘法公式》，聰明的你可以發(fā)現(xiàn)：當(dāng)a>0，b>0時(shí)，∵a?b2=a?2ab例如：當(dāng)a>0時(shí)，求a+16解：∵a>0，∴a+16a≥2a?16a，又∵∴a+16請(qǐng)利用上述結(jié)論解決以下問(wèn)題：(1)當(dāng)x>0時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)x=______時(shí)，x+9(2)當(dāng)m>0時(shí)，求m2(3)請(qǐng)解答以下問(wèn)題：如圖所示，某園藝公司準(zhǔn)備圍建一個(gè)矩形花圃，其中一邊靠墻（墻足夠長(zhǎng)），另外三邊用籬笆圍成，設(shè)平行于墻的一邊長(zhǎng)為x米，若要圍成面積為450平方米的花圃，需要用的籬笆最少是多少米？【答案】(1)3，6(2)4(3)60米【分析】（1）根據(jù)例題中的公式計(jì)算即可；（2）先化簡(jiǎn)，再運(yùn)用公式計(jì)算即可；（3）由題意得籬笆的長(zhǎng)為x+450【詳解】（1）解：∵x>0，∴x+9又∵2x?∴x+9x≥3∴x+9故答案為：3，6．（2）m2∵m>0，∴m+24又∵2m?∴m+24m≥4∴m+24m的最小值為∴m?5+24m的最小值為即m2?5m+24m（3）根據(jù)題意可得，垂直于墻的一邊長(zhǎng)為450x米，則籬笆的長(zhǎng)為x+∵x>0∴x+900又∵2x?∴x+900x≥60∴x+900即需要用的籬笆最少是60米.【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)，理解題中例題解法，熟練掌握二次根式的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2022春·安徽·八年級(jí)期末）我們將(a+b)、(a?b)稱為一對(duì)“對(duì)偶式”，因?yàn)?a根據(jù)以上材料，解答下列問(wèn)題：(1)比較大小17?2_________16?3(用“(2)已知x=5+15?1，(3)計(jì)算：2【答案】(1)>(2)5(3)97?【分析】（1）先利用分母有理化的方法化簡(jiǎn)，再比較分子即可；（2）利用x?yx（3）先把各個(gè)式子進(jìn)行分母有理化，再裂項(xiàng)相消即可．【詳解】（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?【點(diǎn)睛】本題考查二次根式的化簡(jiǎn)求值，同時(shí)考查了完全平方公式的變形應(yīng)用以及裂項(xiàng)法的應(yīng)用，計(jì)算量較大．8．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)校聯(lián)考期末）定義：若兩個(gè)二次根式a，b滿足a?b=c，且c是有理數(shù)，則稱a與b是關(guān)于c的共軛二次根式．(1)若a與2是關(guān)于4的共軛二次根式，則a=__________(2)若3+3與6+3m【答案】(1)2(2)－2【分析】（1）根據(jù)共軛二次根式的定義，列出等式求得a的值即可；（2）根據(jù)共軛二次根式的定義，列出等式求得m的值即可．【詳解】（1）解：∵a與2是關(guān)于4的共軛二次根式，∴2a=4∴a=4（2）∵3+3與6+∴3+∴6+3∴m=?2．【點(diǎn)睛】此題主要考查了新定義共軛二次根式的理解和應(yīng)用，并會(huì)利用二次根式的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算．考點(diǎn)2考點(diǎn)2一元二次方程解答期末真題壓軸題1．（2022春·安徽宣城·八年級(jí)校聯(lián)考期末）閱讀下面的材料：解方程x4它的解法通常采用換元法降次：設(shè)x2=y，那么x4=y2，于是原方程可變?yōu)閥2?5y+4=0，解得y1=1，y2=4．當(dāng)y1=1時(shí)，x2=1，所以仿照上述換元法解下列方程．(1)x4(2)x+1x【答案】(1)x=±1(2)x1=?【分析】（1）設(shè)x2=y，則由已知方程得到：y2（2）設(shè)x+1x=y，則由已知方程得到：【詳解】（1）令x2∴y2∴(y+6)(y?1)=0∴y1=?6∴x2=?6（舍去），∴x=±1；（2）令x+1x∴y?∴y2∴(y+3)(y?2)=0∴y1=?3∴x+1x=?3，∴x1=?經(jīng)檢驗(yàn)，x1=?1【點(diǎn)睛】本題主要考查了換元法解一元二次方程，分式方程，即把某個(gè)式子看作一個(gè)整體，用一個(gè)字母去代替它，實(shí)行等量替換．把一些形式復(fù)雜的方程通過(guò)換元的方法變成一元二次方程，從而達(dá)到降次的目的．2．（2022春·安徽安慶·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如果關(guān)于x的一元二次方程x2+2(k+3)x+k2+3=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根α、β【答案】k=?1【分析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得α+β=?2(k+3)αβ=k2+3，再由【詳解】解：∵關(guān)于x的一元二次方程x2+2(k+3)x+k2+3=0∴α+β=?2(k+3)αβ=∵α?12∴(α?1)===4=2(解方程得：k1=?1，∵Δ=4∴k1【點(diǎn)睛】本題主要考查了根與系數(shù)的關(guān)系以及求解一元二次方程，熟練掌握根與系數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．3．（2022春·安徽池州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知：關(guān)于x的一元二次方程x2（1）若此方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，求m的最小整數(shù)值；（2）若此方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為x1，x2，且滿足x1【答案】（1）4；（2）m=3【分析】（1）利用根的判別式的意義得到△≥0，然后解不等式得到m的范圍，再在此范圍內(nèi)找出最小整數(shù)值即可；（2）利用根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x【詳解】解：（1）∵x2∴Δ=(m+1)∴2m+9≥0，∴m≥?9∴m的最小整數(shù)值為：m=?4；（2）由根與系數(shù)的關(guān)系得：x1+x由x1[?(m+1)]∴m2解得：m=3或m=?5；∵m≥?9∴m=3.【點(diǎn)睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩根時(shí)，則x1+x4．（2022春·安徽安慶·八年級(jí)?？计谀╅喿x材料：在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)，當(dāng)a>0且b>0時(shí)，我們由非負(fù)數(shù)的性質(zhì)知道(a?b)2≥0，所以a?2ab+b≥0，即:a+b≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，等號(hào)成立，這就是數(shù)學(xué)上有名的“均值不等式”，若a與b的積為定值p(p>0).則a+b【答案】x=2時(shí)，最小值是8．【分析】先提公因式，再根據(jù)“均值不等式”的性質(zhì)計(jì)算．【詳解】解：2x+8根據(jù)題意得：x=4x解得，x1=2，x2=2（舍去），則當(dāng)x=2時(shí)，代數(shù)式2x+8x【點(diǎn)睛】本題考查的是配方法的應(yīng)用，掌握完全平方公式、“均值不等式”的概念是解題的關(guān)鍵．5．（2022春·安徽安慶·八年級(jí)?？计谀┰赗t△ABC中，∠B=900，AC=60cm,∠A=600,點(diǎn)D從點(diǎn)C出發(fā)沿CA方向以4cm/s的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向以2cm/s的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)D、E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒（0＜t≤25）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，連結(jié)DE、EF．（1）四邊形AEFD能夠成為菱形嗎？若能，求相應(yīng)的t值，若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△DEF為直角三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）能，10；（2）152【分析】（1）首先根據(jù)題意計(jì)算AB的長(zhǎng)，再證明四邊形AEFD是平行四邊形，要成菱形則AD=AE，因此可得t的值.（2）要使△DEF為直角三角形，則有兩種情況：①∠EDF=90°；②∠DEF=90°，分別計(jì)算即可.【詳解】解：（1）能，∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，∴AB=12AC=1∵CD=4t，AE=2t，又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，∴DF=12∵DF∥AB，DF=AE，∴四邊形AEFD是平行四邊形．當(dāng)AD=AE時(shí)，四邊形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10．∴當(dāng)t=10時(shí)，AEFD是菱形．（2）若△DEF為直角三角形，有兩種情況：①如圖1，∠EDF=90°，DE∥BC，則AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=152②如圖2，∠DEF=90°，DE⊥AC，則AE=2AD，即2t=2(60?4t)2t=2×608t，解得：t=12．綜上所述，當(dāng)t=152【點(diǎn)睛】本題主要考查解直角三角形，關(guān)鍵在于第二問(wèn)中直角的確定,這類問(wèn)題是分類討論的思想，應(yīng)當(dāng)掌握.6．（2022春·安徽安慶·八年級(jí)校聯(lián)考期末）我市茶葉專賣店銷售某品牌茶葉，其進(jìn)價(jià)為每千克240元，按每千克400元出售，平均每周可售出200千克，后來(lái)經(jīng)過(guò)市場(chǎng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，單價(jià)每降低10元，則平均每周的銷售量可增加40千克，若該專賣店銷售這種品牌茶葉要想平均每周獲利41600元，請(qǐng)回答：（1）每千克茶葉應(yīng)降價(jià)多少元？（2）在平均每周獲利不變的情況下，為盡可能讓利于顧客，贏得市場(chǎng)，該店應(yīng)按原售價(jià)的

幾折出售？【答案】（1）每千克茶葉應(yīng)降價(jià)30元或80元；（2）該店應(yīng)按原售價(jià)的8折出售．【分析】（1）設(shè)每千克茶葉應(yīng)降價(jià)x元，利用銷售量×每件利潤(rùn)=41600元列出方程求解即可；（2）為了讓利于顧客因此應(yīng)下降價(jià)80元，求出此時(shí)的銷售單價(jià)即可確定幾折．【詳解】（1）設(shè)每千克茶葉應(yīng)降價(jià)x元．根據(jù)題意，得：（400﹣x﹣240）（200+x10化簡(jiǎn)，得：x2﹣10x+2400=0．解得：x1=30，x2=80．答：每千克茶葉應(yīng)降價(jià)30元或80元．（2）由（1）可知每千克茶葉可降價(jià)30元或80元．因?yàn)橐M可能讓利于顧客，所以每千克茶葉某應(yīng)降價(jià)80元．此時(shí)，售價(jià)為：400﹣80=320（元），320400答：該店應(yīng)按原售價(jià)的8折出售．【點(diǎn)睛】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題目中的等量關(guān)系列出方程．7．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)合肥市第四十八中學(xué)?？计谀┯^察下列一組方程：①x2?x=0；②x2?3x+2=0；(1)若x2+kx+56=0也是“連根一元二次方程”，寫(xiě)出(2)請(qǐng)寫(xiě)出第n個(gè)方程和它的根．【答案】（1）k＝－15，x1＝7，x2＝8.（2）x1＝n－1，x2＝n.【分析】（1）根據(jù)十字相乘的方法和“連根一元二次方程”的定義,找到56是7與8的乘積,確定k值即可解題,（2）找到規(guī)律,十字相乘的方法即可求解.【詳解】解：(1)由題意可得k＝－15，則原方程為x2－15x＋56＝0，則(x－7)·(x－8)＝0，解得x1＝7，x2＝8.(2)第n個(gè)方程為x2－(2n－1)x＋n(n－1)＝0，(x－n)(x－n＋1)＝0，解得x1＝n－1，x2＝n.【點(diǎn)睛】本題考查了用因式分解法求解一元二次方程,與十字相乘聯(lián)系密切,連根一元二次方程是特殊的十字相乘,中等難度,會(huì)用十字相乘解題是解題關(guān)鍵.8．（2022春·安徽蚌埠·八年級(jí)校考期末）已知關(guān)于x的一元二次方程x2﹣（k+1）x+2k﹣2=0．（1）求證：此方程總有兩個(gè)實(shí)數(shù)根；（2）求此方程的兩個(gè)根（若所求方程的根不是常數(shù)，就用含k的式子表示）；（3）如果此方程的根剛好是某個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)，求k的值．【答案】(1)見(jiàn)解析;(2)x1【分析】（1）一元二次方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根需要滿足的條件可證明（2）由求根公式可求出（3）剛好是一個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)，說(shuō)明兩個(gè)實(shí)數(shù)根相等．【詳解】解：（1）依題意，得Δ=（k-3）∴此方程總有兩個(gè)實(shí)數(shù)根.（2）由求根公式，得x=（∴x1（3）∵此方程的根剛好是某個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)，∴k1=2.∴k=3.【點(diǎn)睛】熟練掌握一元二次方程的求根公式及滿足一元二次方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根的條件是解決本題的關(guān)鍵9．（2022春·安徽池州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）自2018年1月10日零時(shí)起，高鐵開(kāi)通，某旅行社為吸引廣大市民組團(tuán)去仙都旅游，推出了如下收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)：如果人數(shù)不超過(guò)10人，人均旅游費(fèi)用為200元，如果人數(shù)超過(guò)10人，每增加1人，人均旅游費(fèi)用降低5元，但人均旅游費(fèi)用不得低于150元．(1)如果某單位組織12人參加仙都旅游，那么需支付旅行社旅游費(fèi)用________元；(2)現(xiàn)某單位組織員工去仙都旅游，共支付給該旅行社旅游費(fèi)用2625元，那么該單位有多少名員工參加旅游？【答案】（1）2280；（2）15【分析】對(duì)于（1）根據(jù)人數(shù)超過(guò)10人，每增加1人，人均旅游費(fèi)用降低5元，但人均旅游費(fèi)用不得低于150來(lái)求解；對(duì)于（2）設(shè)這次旅游可以安排x人參加，而由10×200＝2000＜2625，可以得出人數(shù)大于10人，則根據(jù)x列出方程：（10＋x）（200－5x）＝2625，求出x，然后根據(jù)人均旅游費(fèi)用降低5元，但人均旅游費(fèi)用不得低于150來(lái)求出x的范圍，最后得出x的值.【詳解】（1）12×(200?2×5)=2280元，故答案為：2280；2因?yàn)?0×200=2000<2625，因此參加人比10人多，設(shè)在10人基礎(chǔ)上再增加x人，由題意得：10+x200?5x解得x1=5

∵200?5x≥150，∴0<x≤10，經(jīng)檢驗(yàn)x1=5是方程的解且符合題意，10+x=10+5=15，答：該單位共有15名員工參加旅游．【點(diǎn)睛】本題主要考查一元二次方程的應(yīng)用和一元一次不等式的應(yīng)用，根據(jù)題意作出判斷，列出一元二次方程，求解方程，舍去不符合題意的解，從而得出結(jié)果.10．（2022春·安徽宣城·八年級(jí)?？计谀┤绻匠蘹2＋px＋q＝0的兩個(gè)根是x1、x2，那么x1＋x2＝－p，x1·x2＝q.請(qǐng)根據(jù)以上結(jié)論，解決下列問(wèn)題：（1）已知關(guān)于x的方程x2＋mx＋n＝0(n≠0)，求出一個(gè)一元二次方程，使它的兩根分別是已知方程兩根的倒數(shù)；（2）已知a、b滿足a2－15a－5＝0，b2－15b－5＝0，求ab（3）已知a、b、c均為實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝0，abc＝16，求正數(shù)c的最小值．【答案】（1）nx2＋mx＋1＝0；（2）－47或2；（3）c的最小值為4．【分析】(1)設(shè)x2＋mx＋n＝0(n≠0)的兩根為x1、x2，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝－m，x1·x2＝n，將以上兩式變形可得1x1+1x2和1x1?1x2，即可求出答案．(2)根據(jù)a、b滿足a2－15a－5=0，b2－15b－5=0，得出a，b是x2－15x－5=0的解，求出a+b和ab的值，即可求結(jié)果；(3)根據(jù)a+b+c=0，abc=16，得出a+b=c，ab=16c，a、b是方程x【詳解】解：(1)設(shè)x2＋mx＋n＝0(n≠0)的兩根為x1、x2.∴x1＋x2＝－m，x1·x2＝n∴1x1+1x2＝x∴所求一元二次方程為x2＋mnx＋1n＝0，即nx(2)①當(dāng)a≠b時(shí)，由題意知a、b是一元二次方程x2－15x－5＝0的兩根，∴a＋b＝15，ab＝－5∴ab＋ba＝a2+b②當(dāng)a＝b時(shí)，ab＋b綜上，ab＋b(3)∵a＋b＋c＝0，abc＝16，∴a＋b＝－c，ab＝16∴a、b是方程x2＋cx＋16c∴Δ＝c2－4×16c∵c＞0，∴c3≥64，∴c≥4，∴c的最小值為4．【點(diǎn)睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系，將根與系數(shù)的關(guān)系與代數(shù)式變形相結(jié)合解題是一種經(jīng)常使用的解題方法．本題的運(yùn)算過(guò)程有點(diǎn)復(fù)雜，難度也較大，靈活運(yùn)用根與系數(shù)的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵．考點(diǎn)3考點(diǎn)3勾股定理解答期末真題壓軸題1．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)中國(guó)科技大學(xué)附屬中學(xué)校考期末）如圖，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠ACB=∠F=90°，∠B=30°，BC=EF，點(diǎn)D在(1)求證：點(diǎn)D是線段AB的中點(diǎn)；(2)求∠EDF的度數(shù)；(3)將△DEF繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，DE，DF分別交線段BC于點(diǎn)M，N，當(dāng)∠CDF=45°時(shí)，試探索線段BM，MN與【答案】(1)見(jiàn)解析(2)60°(3)B【分析】（1）由題意可知：∠A=∠DCA=60°，∠BCD=∠B=30°，由等邊對(duì)等角可得（2）由（1）可得出△ACD是等邊三角形，從而得出AC=AD=CD=BD，由已知BD=DF等量代換得到DF=AC，再證明△ABC≌出結(jié)論；（3）作點(diǎn)B關(guān)于DE的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接MB′，DB′，NB′，可得MB=M∠BDE=15°，進(jìn)而得到∠B′DN=∠EDF?∠B′∠BME=∠B′ME=【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，∴∠A=90°?∠B=60∵∠DCA=60∴∠A=∠DCA，∴CD=AD，∵∠BCD=∠ACB?∠DCA=30∴∠BCD=∠B，∴CD=BD，∴AD=BD，點(diǎn)D是線段AB的中點(diǎn)．（2）解：∵CD=AD，∠DCA=60∴△ACD是等邊三角形，∴AC=AD，∵AD=BD，BD=DF，∴AC=DF，在△ABC和△DEF中，∵AC=DF，∠ACB=∠F，BC=EF，∴△ABC≌∴∠EDF=∠A=60（3）如圖，作點(diǎn)B關(guān)于DE的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接MB′，D∵點(diǎn)B、B′關(guān)于DE∴MB=MB′，DB=DB′，∵CD=BD，∴CD=B∵∠BDC=∠ACD+∠A=120°，∠EDF=60∴∠BDE=∠BDC?∠CDF?∠EDF=15∴∠B∴∠CDN=∠B∵DN=DN，∴△CDN≌△B∴CN=B∵∠BME=∠BDE+∠B=45∴∠NMB∴B′∴BM【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的性質(zhì)和判定以及勾股定理的應(yīng)用，屬于壓軸題，難度較大，知識(shí)點(diǎn)涉及較多，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理是解題關(guān)鍵．2．（2022春·安徽·八年級(jí)期末）定義：若三角形滿足：兩邊的平方和與這兩邊乘積的差等于第三邊的平方，則稱這個(gè)三角形為“類勾股三角形”．如圖1在△ABC中，AB2+A(1)等邊三角形一定是“類勾股三角形”，是___________________命題（填真或假）．(2)若Rt△ABC中，∠C=90°,AB=c,AC=b,BC=a，且b>a，若△ABC是“類勾股三角形”，求∠B(3)如圖2，在等邊三角形ABC的邊AC,BC上各取一點(diǎn)D，E，且AD<CD,AE,BD相交于點(diǎn)F，BG是△BEF的高，若△BGF是“類勾股三角形”，且BG>FG．①求證：AD=CE．②連結(jié)CG，若∠GCB=∠ABD，那么線段AG,EF,CD能否構(gòu)成一個(gè)“類勾股三角形”？若能，請(qǐng)證明；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)真(2)△ABC是“類勾股三角形”時(shí)，∠B=60°(3)①見(jiàn)解析；②線段AG,EF,CD能構(gòu)成一個(gè)“類勾股三角形”，理由見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，“類勾股三角形”的定義判斷；（2）根據(jù)勾股定理得到a2（3）①根據(jù)“類勾股三角形”的定義得到∠BFG=60°，證明△ABD?△CAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；②證明△ABF?△CAG，得到AG=BF，設(shè)FG=x，EG=y，分別用x、y表示出AG2、EF【詳解】（1）當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)，AB=AC=BC，∴AB∴等邊三角形一定是“類勾股三角形”故答案為：真（2）∵∠C=90°,AB=c,AC=b,BC=a，∴a2當(dāng)a2+b當(dāng)a2a2∴ac=2a∴c=2a，∴a:b:c=1:3∴∠B=60°當(dāng)b2b2∴bc=2b∴c=2b，∴a:b:c=3綜上所述：△ABC是“類勾股三角形”時(shí)，∠B=60°（3）①∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，∵BG是△BEF的高，△BGF是“類勾股三角形”，∴由（2）可得FG:BG:BF=1:3:2，∴∠FAB+∠FBA=∠BFG=60°，∵∠FAB+∠EAC=∠BAC=60°，∴∠FBA=∠EAC，在△ABD和△CAE中，∠BAD=∠ACEBA=AC∴△ABD?△CAE(ASA∴AD=CE②∵∠GCB=∠ABD，AB=AC，∴∠FAB=60°?∠ABD=60°?∠GCB=∠ACG，在△ABF和△CAG中，∠FAB=∠GCABA=AC∴△ABF?△CAG，∴AG=BF，∵AB=BC,AD=CE，∴BE=CD，設(shè)FG=x，EG=y，則BG=3x，∴AGEFCD∴AG∴AG∴線段AG,EF,CD能構(gòu)成一個(gè)“類勾股三角形”．【點(diǎn)睛】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，“類勾股三角形”的定義，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．3．（2022春·安徽安慶·八年級(jí)安慶市石化第一中學(xué)?？计谀┤鐖D，長(zhǎng)方形ABCD中，AB=10，AD=4．E為CD邊上一點(diǎn)，CE=7．（1）求AE的長(zhǎng)；（2）點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿著邊BA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，連接PE．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．①當(dāng)t為何值時(shí)，△PAE是等腰三角形；②當(dāng)t=______時(shí)，PE⊥AE．【答案】（1）5；（2）2或52或3512【分析】（1）求出DE=3，AD=4，利用勾股定理即可求出AE的長(zhǎng)；（2）①根據(jù)若△PAE是等腰三角形，分三種情況討論：EP=EA，AP=AE和PE=PA時(shí)．分別進(jìn)行求解即可；②過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AB，利用勾股定理可以表示出在Rt△PEA和Rt△PEM中，PE2=A【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是長(zhǎng)方形，∴∠D=90°，CD=AB=∴DE=CD?CE=10?7=3，

在Rt△ADE中，AE=D（2）①若△PAE為等腰三角形，則有三種可能.當(dāng)EP=EA時(shí)，AP=6，BP=BA?AP=10?6=4∴t=4÷2=2(s)，當(dāng)AP=AE=5時(shí)，BP=BA?AP=10?5=5，∴t=5÷2=5當(dāng)PE=PA時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AB，在Rt△EPM中，EM∴42即42解得：PA=256，∴t=綜上所述，符合要求的t值為2或52或35②當(dāng)PE⊥AE時(shí)，在Rt△PEA中，PE即PE在Rt△PEM中，PE即PE∴(3+PM)2解得：PM=16∴BP=BA?PM?AM=10?16∴t=5∴當(dāng)t=56時(shí)，【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是注意分類討論思想，以防漏解．4．（2022春·安徽亳州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在8×4的正方形網(wǎng)格中，按△ABC的形狀要求，分別找出格點(diǎn)C，且使BC=5，并且直接寫(xiě)出對(duì)應(yīng)三角形的面積．【答案】見(jiàn)解析；S=10；S=252

【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，勾股定理，角的分類去求解即可【詳解】解：鈍角三角形時(shí)，如圖，∵BC⊥BD，BC=5，∴△ABC是鈍角三角形，根據(jù)平行線間的距離處處相等，得BC邊上高為BD=4,∴S=1直角三角形時(shí)，如圖，取格點(diǎn)F使得BF=4，F(xiàn)C=3，根據(jù)勾股定理，得BC=32∵AE=BF=4，EB=FC=3，∠AEB=∠BFC=90°，∴△AEB≌△BFC，∴∠EAB=∠FBC，∵∠EAB+∠EBA=90°，∴∠FBC+∠EBA=90°，∴∠ABC=90°，∴△ABC是直角三角形，根據(jù)勾股定理，得AB=32∴S=12BA×BC銳角三角形時(shí)，如圖，取格點(diǎn)M使得BM=3，CM=4，根據(jù)勾股定理，得BC=32根據(jù)直角三角形時(shí)的作圖，知道∠ABN=90°，∴∠ABC＜∠ABN，∴∠ABC＜90°∵AB=BC，∴△ABC是等腰三角形，∴∠A=∠C＜90°，∴△ABC是銳角三角形，∴S=1【點(diǎn)睛】本題考查了網(wǎng)格上的作圖，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的性質(zhì)和判定，平行線間的距離處處相等，根據(jù)題意，運(yùn)用所學(xué)構(gòu)造符合題意的格點(diǎn)線段是解題的關(guān)鍵．5．（2022秋·安徽蕪湖·八年級(jí)統(tǒng)考期末）（1）如圖1，A0,a，Bb,0．若a，b滿足（2）在（1）的條件下，點(diǎn)C為線段AB上的一點(diǎn)，AE⊥OC，BF⊥OC，垂足分別為E、F、若AE=m，BF=n，m?n=1，求線段EF的長(zhǎng)．（3）如圖2，A0,a，Bb,0，點(diǎn)P為△ABO的角平分線的交點(diǎn)，若a，b滿足a+b=0，【答案】（1）A0,2，B?2,0【分析】（1）分組配方為(a+b)2+(a?2)2=0（2）AE⊥OC，BF⊥OC，∠AOB=90°，可得∠EAO=∠FOB，可證ΔAOE≌ΔOBF(AAS)由性質(zhì)得AE=OF，OE=BF可求（3）在MA上截取MD=MP，過(guò)P作PG⊥OA于G，OA與PN的交點(diǎn)為H，由a+b=0得OA=OB，∠AOB=90o由點(diǎn)P為△ABO的角平分線的交點(diǎn)，可推出AB=2AM，由角平分線性質(zhì)PM=PG，由等腰直角三角形PD=2PM，OP=2PG，通過(guò)角度計(jì)算∠ADP=∠PON，可證△PDA≌△PON由性質(zhì)得AD=ON，可得MA=MP+ON即可．【詳解】（1）解：∵2a∴(a+b)2∵(a+b)2∴a+b=0，a?2=0，∴a=2，b=?2，即A0,2，B（2）解：∵AE⊥OC，BF⊥OC，∠AOB=90°，∴∠OAE+∠EOA=90o，∠AOE+∠FOB=90o，∴∠EAO=∠FOB，在△AOE和△OBF中，∠EAO=∠FOB，∠AEO=∠F，OA=OB，∴ΔAOE≌ΔOBF(AAS故AE=OF，OE=BF，于是，EF=OF?OE=AE?BF=m?n=1；（3）在MA上截取MD=MP，過(guò)P作PG⊥OA于G，OA與PN的交點(diǎn)為H，∵a+b=0，∴OA=OB，∠AOB=90o，∴∠ABO=∠BAO=45o，∵點(diǎn)P為△ABO的角平分線的交點(diǎn)，∴OM⊥AB，∠POA=∠POB=45o，∠MAP=∠PAO=22.5o，∴AB=2AM，由PM⊥AB，PG⊥OA，AP平分∠BAO，∴PM=PG，由MD=MP，∠MDP=45o，∴PD=2PM，∴∠ADP=180°∠MDP=180°45o=135°，由∠POA=45o，PG⊥OA，∴PG=OG，∴OP=2PG=PD，∴∠PON=∠POA+∠AON=135°，∴∠ADP=∠PON，∵PN⊥PA，OA⊥ON，∴∠PAH+∠PHA=90°，∠HNO+∠OHN，∵∠AHP=∠OHN，∴∠PAH=∠PNO，∵∠MAP=∠PAO，∴∠ONP=∠DAP，∴△PDA≌△PON，∴AD=ON，∴MA=MD+DA=MP+ON，∴AB=2(ON+PM)．．【點(diǎn)睛】本題考查配方法，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，掌握配方法，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是引輔助線構(gòu)出準(zhǔn)確圖形是解題關(guān)鍵．6．（2022春·安徽宣城·八年級(jí)統(tǒng)考期末）法國(guó)數(shù)學(xué)家費(fèi)爾馬早在17世紀(jì)就研究過(guò)形如x2+y2＝z2的方程，顯然，這個(gè)方程有無(wú)數(shù)組解．我們把滿足該方程的正整數(shù)的解（x，y，z）叫做勾股數(shù)，如（3，4，5）就是一組勾股數(shù)．（1）在研究勾股數(shù)時(shí)，古希臘的哲學(xué)家柏拉圖曾指出：如果n表示大于1的整數(shù)，x＝2n，y＝n2﹣1，z＝n2+1，那么，以x，y，z為三邊的三角形為直角三角形（即x，y，z為勾股數(shù)），請(qǐng)你加以證明；（2）探索規(guī)律：觀察下列各組數(shù)（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），（9，40，41）…，直接寫(xiě)出第6個(gè)數(shù)組．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）第6組勾股數(shù)是：（13，84，85）【分析】（1）根據(jù)勾股定理的逆定理，可得答案．（2）先找出每組勾股數(shù)與其組數(shù)的關(guān)系，找出規(guī)律，再根據(jù)此規(guī)律進(jìn)行解答．【詳解】（1）證明：x2+y2＝（2n）2+（n2﹣1）2,＝4n2+n4﹣2n2+1，＝n4+2n2+1，＝（n2+1）2，＝z2，即x，y，z為勾股數(shù)．（2）∵①3＝2×1+1，4＝2×12+2×1，5＝2×12+2×1+1；②5＝2×2+1，12＝2×22+2×2，13＝2×22+2×2+1；③7＝2×3+1，24＝2×32+2×3，25＝2×32+2×3+1；④9＝2×4+1，40＝2×42+2×4，41＝2×42+2×4+1；⑤11＝2×5+1，60＝2×52+2×5，61＝2×52+2×5+1，則⑥13＝2×6+1，2×62+2×6＝84，2×62+2×6+1＝85，∴第6組勾股數(shù)是：（13，84，85）．【點(diǎn)睛】此題考查勾股定理的證明，勾股數(shù)的規(guī)律探究，掌握勾股定理的等量關(guān)系是證明勾股定理的基礎(chǔ)，根據(jù)已知的勾股數(shù)得到各組數(shù)據(jù)的規(guī)律是解題的關(guān)鍵.7．（2022春·安徽銅陵·八年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀下列一段文字，然后回答下列問(wèn)題．已知在平面內(nèi)有兩點(diǎn)P1x1,y1、P2x2（1）已知A2,4、B?3,?8，試求A、已知M、N在平行于y軸的直線上，點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為4，點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為1，試求M、N兩點(diǎn)的距離為_(kāi)_____；（2）已知一個(gè)三角形各頂點(diǎn)坐標(biāo)為D1,6、E?3,3、（3）在（2）的條件下，平面直角坐標(biāo)系中，在x軸上找一點(diǎn)P，使PD+PF的長(zhǎng)度最短，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)及PD+PF的最短長(zhǎng)度．【答案】（1）13，5；（2）等腰直角三角形，理由見(jiàn)解析；（3）當(dāng)P的坐標(biāo)為（134，0）時(shí)，PD+PF的長(zhǎng)度最短，最短長(zhǎng)度為【分析】（1）根據(jù)閱讀材料中A和B的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離公式即可得出答案；由于M、N在平行于y軸的直線上，根據(jù)M和N的縱坐標(biāo)利用公式|y1?（2）由三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別求出DE，DF，EF的長(zhǎng)，即可判定此三角形的形狀；（3）作F關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F'，連接DF'，與x軸交于點(diǎn)P，此時(shí)PD+PF最短，最短距離為DF'，P的坐標(biāo)即為直線DF'與x軸的交點(diǎn).【詳解】解：（1）∵A2,4、∴AB故A、B兩點(diǎn)間的距離為：13.∵M(jìn)、N在平行于y軸的直線上，點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為4，點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為1∴MN故M、N兩點(diǎn)的距離為5.（2）∵D1,6、E?3,3∴DEDFEF∴DE=DF，DE∴△DEF為等腰直角三角形（3）作F關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F'，連接DF'，與x軸交于點(diǎn)P，此時(shí)DP+PF最短設(shè)直線DF'的解析式為y=kx+b將D（1,6），F(xiàn)'（4，2）代入得：k+b=6解得k=?∴直線DF'的解析式為：y令y=0，解得x=134∵PF=PF'∴PD+PF=PD+PF'=DF'=1?4故當(dāng)P的坐標(biāo)為（134，0）時(shí)，PD+PF的長(zhǎng)度最短，最短長(zhǎng)度為【點(diǎn)睛】本題屬于一次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及一次函數(shù)與x軸的交點(diǎn)，弄清楚材料中的距離公式是解決本題的關(guān)鍵.8．（2022春·安徽馬鞍山·八年級(jí)安徽省馬鞍山市第七中學(xué)?？计谀?）問(wèn)題探究①如圖1，在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝5，BC＝3，P是AC邊上一點(diǎn)，連接BP，則BP的最小值為．②如圖2，在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝a，求邊AB的長(zhǎng)度（用含a的代數(shù)式表示）．（2）問(wèn)題解決如圖3，在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝22，D是邊BC的中點(diǎn)，若P是AB邊上一點(diǎn)，試求：PD+22【答案】（1）①125；②22a【分析】（1）①作BE⊥AC于E，先利用勾股定理求出AB，再利用面積法求出BE，由此得到BP的最小值為BE的長(zhǎng)；②利用AC=a根據(jù)勾股定理即可求出AB的長(zhǎng)度；（2）作AH⊥AC，PE⊥AH于E，DF⊥AH于F交AB于T，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到BT＝BD＝AT＝1，DT＝2，再求出TF＝22得到DP+2【詳解】（1）①如圖1中，作BE⊥AC于E．在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，AC＝5，BC＝3，∴AB＝AC∵S△ABC＝12?AC?BE＝1∴BE＝3×45根據(jù)垂線段最短可知當(dāng)BP與BE重合時(shí)，PB的值最小，最小值為125故答案為125②如圖2中，∵∠B＝90°，AB＝BC，∴AB2+BC2＝AC2，∴AB2＝12a2∴AB＝22a或﹣∴AB＝22（2）如圖3中，作AH⊥AC，PE⊥AH于E，DF⊥AH于F交AB于T．∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝22，∴AB＝BC＝2，∠BAC＝∠C＝45°，∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴BD＝CD＝1，∵DF⊥AH，AC⊥AH，∴DF∥AC，∴∠BTD＝∠BAC＝45°，∠BDT＝∠C＝45°，∴∠BTD＝∠BDT，∴BT＝BD＝AT＝1，DT＝2，∵AH⊥AC，∠BAC＝45°，∴∠HAC＝90°，∠HAT＝45°，∴AF＝TF＝22∴PE＝22∴DP+22根據(jù)垂線線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)E與F重合時(shí)，PD+22PA的值最小，最小值為DF的長(zhǎng)＝22+2＝【點(diǎn)睛】此題考查直角三角形的性質(zhì)，面積法求斜邊的高線，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理求邊長(zhǎng)，等腰直角三角形三邊的數(shù)量關(guān)系，（2）是此題的難點(diǎn)，求最短路徑，將所求線段和轉(zhuǎn)化為一條線段是此類題的特點(diǎn)，依此做輔助線解答.9．（2022春·安徽安慶·八年級(jí)?？计谀┢矫嬷苯亲鴺?biāo)系在代數(shù)和幾何之間架起了一座橋梁，實(shí)現(xiàn)了幾何方法與代數(shù)方法的結(jié)合，使數(shù)與形統(tǒng)一了起來(lái)，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（x1，y1）、B（x2，y2），則A、B兩點(diǎn)之間的距離可以表示為AB＝x1?x22+y（1）已知點(diǎn)M（﹣7，6），N（1，0），則M、N兩點(diǎn)間的距離為；（2）求代數(shù)式(x+1)2（3）求代數(shù)式|x2【答案】（1）10；（2）13；（3）x=?【分析】（1）根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式即可得到結(jié)論；（2）由（1）可知：x+12+0?72+x?42+0?52表示x軸上點(diǎn)P（x，0）與點(diǎn)E（1，7）的距離PE和點(diǎn)A（x，0）與點(diǎn)F（4，5）的距離PF之和，即：PE+PF，作（3）根據(jù)已知條件得到（x?2）2表示點(diǎn)A（x，0）與點(diǎn)E（2，3）的距離和點(diǎn)A（x，0）與點(diǎn)F（12，2）的距離之差，當(dāng)最大值時(shí)，即直線EF與x軸的交點(diǎn)為A（x【詳解】解：（1）∵點(diǎn)M（7，6），N（1，0），∴MN=?7?12即M、N兩點(diǎn)間的距離是10；故答案為10；（2）由（1）可知：x+12+0?72+x?42+0?52表示點(diǎn)P（x即在x軸找到一點(diǎn)到EF的和最小，由將軍飲馬模型可知作對(duì)稱點(diǎn)，作E關(guān)于x軸對(duì)稱點(diǎn)E'（1，7），連接E'F，即AF+AE=E'F為最小值，∴x+12+0?7∴EF=?1?42∴代數(shù)式x+12故答案為13.（3）∵x2?4x+13?∴由（1）可知：（x?2）2+32?（x+12）2+22表示點(diǎn)P（x，0）與點(diǎn)E（2，3）的距離PE和點(diǎn)P（x，0）與點(diǎn)F（12，2）的距離之PF差，即|PEPF|當(dāng)設(shè)直線EF的解析式為y=kx+b，∴2k+b＝3?解得：k＝2∴直線EF的解析式為y=當(dāng)y=0時(shí)，x=?11∴代數(shù)式x2?4x+13?x2【點(diǎn)睛】本題考查了兩點(diǎn)間的距離公式，勾股定理，解題的關(guān)鍵是正確理解題意，仿照題意求出答案，本題考查學(xué)生綜合能力，屬于中等題型．考點(diǎn)4考點(diǎn)4四邊形解答期末真題壓軸題1．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)?？计谀┤鐖D所示，△ABC是等邊三角形，菱形DEFG的頂點(diǎn)D是BC邊上的一個(gè)點(diǎn)，若菱形的內(nèi)角∠DEF=60?，點(diǎn)E、G分別在AB、AC的延長(zhǎng)線上，連接AF．(1)求證：△DBE≌△GCD；(2)求證：AF平分∠BAC；(3)若BD=2CD，求ABEF【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)3【分析】（1）先由等邊三角形的性質(zhì)得∠ABC=∠ACB=60°，則∠EBD=∠DCG=120°，再由菱形的性質(zhì)得DE=GD，∠EDG=120°，再證∠BDE=∠DGC，即可解決問(wèn)題；（2）連接BF、CF、DF，證ΔBEF≌ΔCDF(SAS)，得BF=CF，再證Δ（3）過(guò)D點(diǎn)作DM⊥AB于點(diǎn)M，設(shè)CD=x，則BD=2x，等邊三角形的邊長(zhǎng)為3x．由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得BM=x，DM=3x，再由勾股定理得（1）證明：∵Δ∴∠ABC=∠ACB=60°，∴∠EBD=∠DCG=120°，∴∠CDG+∠DGC=60°，∵四邊形DEFG是菱形，∠DEF=60°，∴DE=GD，∠EDG=180°?∠DEF=120°，∴∠CDG+∠BDE=60°，∴∠BDE=∠DGC，在ΔDBE和Δ{∠EBD=∠DCG∴Δ（2）證明：如圖1，連接BF、CF、DF，∵四邊形ABCD是菱形，∴EF=GF=GD，∠GDF=1∴Δ∴DF=GF，∴EF=DF，由（1）可知，ΔDBE?∴BE=CD，∠DEB=∠GDC，∴∠DEB+∠DEF=∠GDC+∠GDF，即∠BEF=∠CDF，在ΔBEF和Δ{BE=CD∴Δ∴BF=CF，在ΔABF和Δ{AB=AC∴Δ∴∠BAF=∠CAF，∴AF平分∠BAC；（3）解：如圖2，過(guò)D點(diǎn)作DM⊥AB于點(diǎn)M，則∠DMB=90°，設(shè)CD=x，則BD=2x，∴BC=CD+BD=3x，∵Δ∴AB=BC=3x，∠ABC=60°，∴∠BDM=90°?60°=30°，∴BM=1∴DM=B由（1）可知，ΔDBE?∴BE=CD=x，∴EM=BE+BM=x+x=2x，在Rt△DME中，由勾股定理得：DE=E∵四邊形DEFG是菱形，∴EF=DF=7∴ABEF【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．2．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)?？计谀┤鐖D1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊CD上一點(diǎn)，且點(diǎn)E不與C、D重合，點(diǎn)F是CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且BF=DE．連接EF，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥EF，垂足為G．(1)求證：G是EF的中點(diǎn)；(2)如圖2，連接DG．①求∠ADG的度數(shù)；②求證：DE+DC=2【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①∠ADG=45°；【分析】（1）先證明△ADE≌△ABF，再根據(jù)等腰三角形的三線合一即可得出結(jié)論；（2）①由△ADE≌△ABF，可得：∠1=∠2，進(jìn)而得出∠EAF=90°，再證明△ADG≌△CDG，即可得出結(jié)論；②取CE的中點(diǎn)M，連接GM，可得出GM為△ECF的中位線，故GM∥CF，GM=12CF，再得出DM=GM，根據(jù)勾股定理可得出：DG=（1）證明：由正方形ABCD得：AB=AD=CD，∠ADE=∠ABC=∠BCD=∠ABF=90°，又∵BF=DE，∴△ADE≌△ABFSAS∴AF=AE，∵AG⊥EF，∴G是EF的中點(diǎn)(三線合一)，（2）①如圖2，連接CG，由(1)得，△ADE≌△ABF，∴∠1=∠2，∵∠1+∠BAE=90°，∴∠2+∠BAE=90°，即∠EAF=90°，∵G是EF的中點(diǎn)，∴AG=1在Rt△EFC中，G是EF的中點(diǎn)，∴CG=1∴AG=CG，AD=CD，DG=DG，∴△ADG≌△CDG，∴∠ADG=∠CDG，且∠ADG+∠CDG=90°，∴∠ADG=1②如圖2，取CE的中點(diǎn)M，連接GM，∴CE=2CM,又∵G是EC的中點(diǎn)，M是CE的中點(diǎn)，∴GM為△ECF的中位線，∴GM∥CF，GM=1∴∠DMG=∠DCB=90°，在Rt△DGM中，∠GDM=45°，∴∠DGM=45°，∴∠GDM=∠DGM=45°，∴DM=GM，在Rt△DGM中：DM∴DG=2∵GM=1∴DG=2∴2DG=2CF，即∵CF=2GM=2DM=2CD?CM∴DE+DC=2【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形全等的性質(zhì)和判定、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，直角三角形斜邊上中線定理等，屬于四邊形綜合題，靈活運(yùn)用以上知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行論證是解題的關(guān)鍵．3．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)統(tǒng)考期末）在正方形ABCD和正方形AEFG中，分別連接AC、AF、CF，點(diǎn)H為CF的中點(diǎn)．(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)F、G分別在線段AB、AC上，求∠BHG的度數(shù)；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E、F、G分別在線段AB、AC、AD上，求證：GH=BH；(3)如圖3，當(dāng)點(diǎn)G在線段AB上，若AB=2AE=2，求△BGH的面積．【答案】(1)90°(2)見(jiàn)解析(3)1【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)得∠AFG=∠ACB=45°，進(jìn)而得出∠GFB=135°．利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得GH=12CF=HF，HB=12（2）過(guò)點(diǎn)H作HM⊥AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)P，延長(zhǎng)GF交HM于點(diǎn)N．先證四邊形GNMA和四邊形PCBM均是矩形，證明ΔCHP?ΔFHNAAS，再綜合利用全等三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等證明ΔNGH?（3）先證FG//BC，再利用平行線的性質(zhì)，結(jié)合已知條件證明ΔGFH?ΔQCHASA，推出CQ=FG=1，QH=GH，進(jìn)而得到S（1）解：∵正方形ABCD和正方形AEFG中，AC和AF是對(duì)角線，∴∠AFG=∠ACB=45°，∠AGF=∠ABC=90°，∵當(dāng)點(diǎn)F在線段AB上，∴∠GFB=180°?∠ACB=135°．∵在RtΔCGF和RtΔCBF中，點(diǎn)H為斜邊∴GH=12CF=HF∴∠HGF=∠HFG，∠HFB=∠HBF，∴∠HGF+∠HBF=∠HFG+∠HFB=∠GFB=135°，∴∠BHG=360°?∠HGF?∠HBF?∠GFB=360°?135°?135°=90°；（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)H作HM⊥AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)P，延長(zhǎng)GF交HM于點(diǎn)N．在正方形ABCD和正方形AEFG中，∠DCB=∠ABC=∠GAE=∠AGF=90°，∠PCH=∠GFA=45°，又∵HM⊥AB，∴四邊形GNMA和四邊形PCBM均是矩形，∴GN=AM，PC=MB，∠GNM=∠CPM=90°．∵點(diǎn)H為CF的中點(diǎn)，∴HC=HF，在ΔCHP和Δ∠FNH=∠CPH=90°∠FHN=∠CHP∴ΔCHP?∴CP=FN．∵ΔCHP中，∠PCH=45°，∠CPM=90°∴∠PCH=∠CHP=45°，∴CP=HP，同理可證ΔFHN∴HN=FN，∴HN=FN=CP=HP，又∵PC=MB，∴HN=HP=BM．又∵AB=BC，MP=BC，∴AB?MB=MP?HP，即MA=MH，∴NG=MH．在ΔNGH和ΔHN=BM∠GNH=∠HMB=90°∴ΔNGH?∴GH=BH；（3）解：當(dāng)點(diǎn)G在線段AB上，若AB=2AE=2，則BC=AB=2，AG=FG=AE=1，∴BG=AB?AG=1，延長(zhǎng)GH交BC于點(diǎn)Q，如圖：∵點(diǎn)H為CF的中點(diǎn)，∴HC=HF，在正方形ABCD和正方形AEFG中，∠ABC=∠AGF=90°，∴∠BGF=90°=∠ABC，∴FG//∴∠GFH=∠QCH，在ΔGFH和Δ∠GFH=∠QCHFH=CH∴ΔGFH?∴CQ=FG=1，QH=GH，∴BQ=BC?CQ=1，SΔ∵SΔ∴SΔ即△BGH的面積是14【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，難度較大，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用上述知識(shí)，正確作出輔助線求解．4．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)統(tǒng)考期末）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，點(diǎn)E、G分別是邊DC、BC上的點(diǎn)，AE與BD相交于點(diǎn)F，且∠EFG=60°．(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)C重合時(shí)，證明：FA=FG；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)C不重合時(shí)，F(xiàn)A=FG是否還成立，若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；若成立，請(qǐng)給出證明．(3)如圖3，若AB=6，當(dāng)CE=CG時(shí)，直接寫(xiě)出DE的長(zhǎng)；【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)成立，證明見(jiàn)解析(3)6【分析】（1）先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=CB,∠ABF=∠CBF，再根據(jù)三角形全等的判定定理證出△ABF?△CBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得FA=FC，然后結(jié)合FG=FC即可得證；（2）連接FC，先根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得FA=FC,∠BAF=∠BCF，再根據(jù)菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)可得∠BAF=∠DEF，從而可得∠BCF=∠DEF，然后根據(jù)四邊形的內(nèi)角和可得∠FGC+∠FEC=180°，從而可得∠FGC=∠DEF=∠BCF，根據(jù)等腰三角形的判定可得FG=FC，由此即可得證；（3）過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AD于點(diǎn)M，連接AG，先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)可得∠FAG=∠FGA=30°，再根據(jù)三角形全等的判定定理證出△ABG?△ADE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠DAE=∠BAG=45°，然后根據(jù)等腰三角形的判定可得AM=EM，設(shè)DM=x，則EM=6?x，根據(jù)含30°角直角三角形的性質(zhì)可得DE=2x，最后在Rt△DEM中，利用勾股定理求出x（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=CB,∠ABF=∠CBF，在△ABF和△CBF中，AB=CB∠ABF=∠CBF∴△ABF?△CBF(SAS)，∴FA=FC，∵點(diǎn)G與點(diǎn)C重合，∴FG=FC，∴FA=FG．（2）成立，證明如下：如圖，連接FC，由（1）已證：△ABF?△CBF，∴FA=FC,∠BAF=∠BCF，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AB∥CD，∠BCD=120°，∴∠BAF=∠DEF，∴∠BCF=∠DEF，∵∠EFG+∠BCD+∠FGC+∠FEC=360°,∠EFG=60°，∴∠FGC+∠FEC=360°?60°?120°=180°，又∵∠DEF+∠FEC=180°，∴∠FGC=∠DEF，∴∠FGC=∠BCF，∴FG=FC，∴FA=FG．（3）解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AD于點(diǎn)M，連接AG，∵FA=FG,∠EFG=60°，∴∠FAG=∠FGA=1∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=6，∴AB=AD=BC=CD=6,∠ABG=∠ADE=60°,∠BAD=120°，∵CE=CG，∴BC?CG=CD?CE，即BG=DE，在△ABG和△ADE中，AB=AD∠ABG=∠ADE∴△ABG?△ADE(SAS)，∴∠DAE=∠BAG=∠BAD?∠FAG∴∠AEM=90°?∠DAE=45°=∠DAE，∴AM=EM，設(shè)DM=x(x>0)，則EM=AM=AD?DM=6?x，在Rt△DEM中，∠DEM=90°?∠ADE=30°∴DE=2DM=2x，由勾股定理得：DM2+E解得x=33?3或則DE=2x=63【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、一元二次方程的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（3），通過(guò)作輔助線，構(gòu)造全等三角形和直角三角形是解題關(guān)鍵．5．（2022春·安徽淮南·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為AO的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作AF∥BD交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接DF．（1）求證：四邊形AODF是平行四邊形；（2）填空：①當(dāng)△ACD滿足條件_________________時(shí)，四邊形AODF是菱形．②當(dāng)△ACD滿足條件_________________時(shí)，四邊形AODF是矩形．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）①∠ADC=90°；②AD=DC．【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠EAF=∠EOB，從而證得△AEF≌△OEB，得到AF=OB，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得OB=OD，進(jìn)而得到AF=OD，因?yàn)锳F∥OD，可以證得四邊形AODF是平行四邊形；（2）①根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到OA=OC，從而由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到OD=12AC=②根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到OA=OC，從而根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB=OD，OA=OC．∵AF∥BD，∴∠EAF=∠EOB．∵點(diǎn)E為AO的中點(diǎn)，∴AE=OE．在△AEF和△OEB中，∠EAF=∠EOBAE=OE∴△AEF≌△OEB（ASA），∴AF=OB，∴AF=OD，又∵AF∥OD，∴四邊形AODF是平行四邊形；（2）①△ACD是直角三角形，∠ADC=90°時(shí)，四邊形AODF是菱形．理由如下：∵∠ADC=90°，OA=OC，∴OD=12AC=∵四邊形AODF是平行四邊形，∴四邊形AODF是菱形．②當(dāng)AD=DC時(shí)，四邊形AODF是矩形．理由如下：∵AD=DC，OA=OC，∴DO⊥AC，∴∠AOD=90°，∴四邊形AODF是矩形．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定，矩形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)．解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題．6．（2022春·安徽蕪湖·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，矩形OABC擺放在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，OA=3，OC=2，過(guò)點(diǎn)A的直線交矩形OABC的邊BC于點(diǎn)P，且點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合，過(guò)點(diǎn)P作∠CPD=∠APB，PD交x軸于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)E．（1）若△APD為等腰直角三角形．①求直線AP的函數(shù)解析式；②在x軸上另有一點(diǎn)G的坐標(biāo)為2,0，請(qǐng)?jiān)谥本€AP和y軸上分別找一點(diǎn)M、N，使△GMN的周長(zhǎng)最小，并求出此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)和△GMN周長(zhǎng)的最小值．（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AP交x軸于點(diǎn)F，若以A、P、E、F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求直線PE的解析式．【答案】（1）①直線AP解析式y(tǒng)=?x+3，②N(0,25),ΔGMN周長(zhǎng)的最小值為26；（2）y=2x?2【分析】（1）①利用矩形的性質(zhì)確定A、B、C點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用等腰三角的性質(zhì)確定∠BAP=∠BPA=45°，所以BP=AB=2，確定P點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)A點(diǎn)的坐標(biāo)確定確定直線AP的函數(shù)表達(dá)式.②作G點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱點(diǎn)G'(2,0)，作點(diǎn)G關(guān)于直線AP對(duì)稱點(diǎn)G''(3,1)連接G'G''交y軸于N，交直線AP于M，此時(shí)ΔGMN周長(zhǎng)的最?。?）過(guò)P作PM⊥AD于M，先根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)證明DM=MA，再根據(jù)角角邊定理證明ΔODE≌ΔMDP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)P、D的坐標(biāo)，代入直線解析式得k=2,b=2，所以直線PE的解析式為y=2x2.【詳解】（1）①∵矩形OABC，OA=3∴A(3,0AO∕∕BC∵ΔAPD為等腰直角三角形∴∠PAD=45°∵AO∕∕BC∴∠BPA=∠PAD=45°∵∠B=90°∴∠BAP=∠BPA=45°∴BP=AB=2∴P(1,2設(shè)直線AP解析式y(tǒng)=kx+b，過(guò)點(diǎn)A，點(diǎn)P∴2=k+b0=3k+b

∴∴直線AP解析式y(tǒng)=?x+3②作G點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱點(diǎn)G'(?2,0)，作點(diǎn)G關(guān)于直線AP連接G'G''交y軸于N，交直線AP于M，此時(shí)ΔGMN周長(zhǎng)的最?。逩'(?∴直線G'G''解析式y(tǒng)=1當(dāng)x=0時(shí)，y=25∵G'G''=∴ΔGMN周長(zhǎng)的最小值為26（2）如圖：作PM⊥AD于M∵BC∕∕OA

∴∠CPD=∠PDA且∠CPD=∠APB∴PD=PA，且PM⊥AD

∴DM=AM∵四邊形PAEF是平行四邊形

∴PD=DE又∵∠PMD=∠DOE∴ΔPMD≌ΔODE∴OD=DM???,???∵PM=2???,???∴E(0,?2)???設(shè)直線PE的解析式y(tǒng)=mx+nn=?22=2m+n∴∴直線PE解析式y(tǒng)=2x?2【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、角邊角定理以及一次函數(shù)的應(yīng)用.7．（2022春·安徽合肥·八年級(jí)統(tǒng)考期末）某研究性學(xué)習(xí)小組在探究矩形的折紙問(wèn)題時(shí)，將一塊直角三角板的直角頂點(diǎn)繞矩形ABCD(AB＜BC)的對(duì)角線的交點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)(①→②→③)，圖中的M、N分別為直角三角形的直角邊與矩形ABCD的邊CD、BC的交點(diǎn)．(1)該學(xué)習(xí)小組成員意外的發(fā)現(xiàn)圖①中(三角板一邊與CC重合)，BN、CN、CD這三條線段之間存在一定的數(shù)量關(guān)系：CN2＝BN2+CD2，請(qǐng)你對(duì)這名成員在圖①中發(fā)現(xiàn)的結(jié)論說(shuō)明理由；(2)在圖③中(三角板一直角邊與OD重合)，試探究圖③中BN、CN、CD這三條線段之間的數(shù)量關(guān)系，直接寫(xiě)出你的結(jié)論．(3)試探究圖②中BN、CN、CM、DM這四條線段之間的數(shù)量關(guān)系，寫(xiě)出你的結(jié)論，并說(shuō)明理由．【答案】(1)見(jiàn)解析；(2)BN2=NC2+CD2；(3)CM2+CN2=DM2+BN2，理由見(jiàn)解析.【分析】（1）連結(jié)AN，由矩形知AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，結(jié)合ON⊥AC得NA=NC，由∠ABN=90°知NA2=BN2+AB2，從而得證；（2）連接DN，在Rt△CDN中，根據(jù)勾股定理可得：ND2=NC2+CD2，再根據(jù)ON垂直平分BD，可得：BN=DN，從而可證：BN2=NC2+CD2；（3）延長(zhǎng)MO交AB于點(diǎn)E，可證：△BEO≌△DMO，NE=NM，在Rt△BEN和Rt△MCN中，根據(jù)勾股定理和對(duì)應(yīng)邊相等，可證：CN2+CM2=DM2+BN2．【詳解】（1）證明：連結(jié)AN，∵矩形ABCD∴AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，∵ON⊥AC，∴NA=NC，∵∠ABN=90°，∴NA2=BN2+AB2，∴NC2=BN2+CD2．（2）如圖2，連接DN．∵四邊形ABCD是矩形，∴BO=DO，∠DCN=90°，∵ON⊥BD，∴NB=ND，∵∠DCN=90°，∴ND2=NC2+CD2，∴BN2=NC2+CD2．（3）CM2+CN2=DM2+BN2理由如下：延長(zhǎng)MO交AB于E，∵矩形ABCD，∴BO=DO，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，∴△BEO≌△DMO（ASA），∴OE=OM，BE=DM，∵M(jìn)O⊥EM，∴NE=NM，∵∠ABC=∠DCB=90°，∴NE2=BE2+BN2，NM2=CN2+CM2，∴CN2+CM2=BE2+BN2

，即CN2+CM2=DM2+BN2

．【點(diǎn)睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．8．（2022春·安徽宣城·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．(1)概念理解：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，問(wèn)四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由；(2)性質(zhì)探究：如圖1，四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，AC⊥BD．試證明：AB(3)解決問(wèn)題：如圖3，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連結(jié)CE、BG、GE．已知AC=4，AB=5，求GE的長(zhǎng)．【答案】(1)四邊形ABCD是垂美四邊形，理由見(jiàn)解析；(2)證明見(jiàn)解析；(3)GE=73【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的判定定理，可證直線AC是線段BD的垂直平分線，結(jié)合“垂美四邊形”的定義證明即可；（2）根據(jù)垂直的定義和勾股定理解答即可；（3）連接CG、BE，先證明△GAB≌△CAE，得到∠ABG=∠AEC，可證∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，從而四邊形CGEB是垂美四邊形，根據(jù)垂美四邊形的性質(zhì)、勾股定理、結(jié)合（2）的結(jié)論計(jì)算即可．【詳解】(1)四邊形ABCD是垂美四邊形．證明：連接AC，BD，∵AB=AD，∴點(diǎn)A在線段BD的垂直平分線上，∵CB=CD，∴點(diǎn)C在線段BD的垂直平分線上，∴直線AC是線段BD的垂直平分線，∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂美四邊形；(2)猜想結(jié)論：垂美四邊形的兩組對(duì)邊的平方和相等．如圖2，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為E，求證：A證明：∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，ADAB∴AD故答案為AD(3)連接CG、BE，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠