專題7.3 期末復(fù)習(xí)之選填壓軸題十五大題型總結(jié)（蘇科版）（解析版）

專題7.3期末復(fù)習(xí)之選填壓軸題十五大題型總結(jié)【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用勾股定理求面積】 1【題型2網(wǎng)格中勾股定理的運(yùn)用】 7【題型3由勾股定理求立體幾何圖形中的最短路徑】 10【題型4利用全等三角形的判定與性質(zhì)求值】 14【題型5利用軸對稱求最短路徑】 20【題型6一次函數(shù)中面積有關(guān)的計(jì)算】 25【題型7利用一次函數(shù)的性質(zhì)求解】 30【題型8判斷直角三角形】 35【題型9勾股定理的實(shí)際應(yīng)用】 40【題型10利用全等三角形的判定與性質(zhì)解決等腰三角形中的問題】 44【題型11數(shù)式或圖形中多結(jié)論問題】 49【題型12數(shù)式或圖形的規(guī)律探究】 56【題型13數(shù)式或圖形中新定義問題】 61【題型14一次函數(shù)的應(yīng)用】 66【題型15平面坐標(biāo)系中幾何圖形的計(jì)算】 70【題型1利用勾股定理求面積】【例1】（2023上·陜西西安·八年級西安市鐵一中學(xué)?？计谀┤鐖D，分別以Rt△ACB的直角邊AB和斜邊AC為邊向外作正方形ABGF和正方形ACDE，連結(jié)EF．已知CB=6，EF=10，則△AEF的面積為（

）A．63 B．83 C．24 D【答案】D【分析】連接CE,CF,BE,BF，設(shè)BE,CF交于點(diǎn)M，AC,BE交于點(diǎn)N，證明△ABE≌△AFCSAS，進(jìn)而證明CF⊥BE，根據(jù)勾股定理得出AB2=16，AC2=52，過點(diǎn)A作AT⊥EF【詳解】解：如圖，連接CE,CF,BE,BF，設(shè)BE,CF交于點(diǎn)M，AC,BE交于點(diǎn)N，∵四邊形ACDE,ABGF是正方形，∴AC=AE,AB=AF，∠EAC=∠FAB=90°∴∠EAC+∠CAB=∠BAF+∠CAB即∠EAB=∠CAF，∴△ABE≌△AFCSAS，∴∠ACF=∠AEB，∵∠CNE=∠CMN+∠ACF=∠NAE+∠AEB，∴∠CMN=∠NAE=90°，即CF⊥BE，∴CM2+B∴C∴BF又∵EC=2∴2A又∵AC解得：AB2=16∴AF=AB=4,AE=AC=213過點(diǎn)A作AT⊥EF于點(diǎn)T，設(shè)ET=x∴A即52-x解得：x=∴AT=∴S△AEF故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，證明CF⊥BE是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023上·浙江金華·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知長方形紙板的邊長DE=10，EF=11，在紙板內(nèi)部畫Rt△ABC，并分別以三邊為邊長向外作正方形，當(dāng)邊HI、LM和點(diǎn)K、J都恰好在長方形紙板的邊上時(shí)，則△ABC的面積為（

A．6 B．112 C．254 D【答案】A【分析】延長CA與GF交于點(diǎn)N，延長CB與EF交于點(diǎn)P，設(shè)AC=b，BC=a，則AB=a2+b2，證明△ABC≌△BJK≌△JKF≌△KAN，再利用長方形DEFG的面積=【詳解】解：延長CA與GF交于點(diǎn)N，延長CB與EF交于點(diǎn)P，設(shè)AC=b，BC=a，則AB=a2∵四邊形ABJK是正方形，四邊形ACML是正方形，四邊形BCHI是正方形，∴AB=BJ，∠ABJ=90°，∴∠ABC+∠PBJ=90°=∠ABC+∠BAC，∴∠BAC=∠JBP，∵∠ACB=∠BPJ=90°，∴△ABC≌△BJK（AAS），同理△ABC≌△BJK≌△JKF≌△KAN，∴AC=BP=JF=KN=NG=b，BC=PJ=FK=AN=PE=a，∵DE=10，EF=11，∴2b+a=10，2a+b=11，∴a+b=7，∴a2+b2=49-2ab，∵長方形DEFG的面積=十個(gè)小圖形的面積和，∴10×11=3ab+12ab×4+a2+b2+(a2+整理得：5ab+2(a2+b2)=110，把a(bǔ)2+b2=49-2ab，代入得：5ab+2(49-2ab)=110，∴ab=12，∴△ABC的面積為12ab=6故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，關(guān)鍵是構(gòu)造全等三角形和直角三角形．【變式1-2】（2023上·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在四邊形ABCD中，連接AC、BD，已知∠ADB=∠ACB=90°，∠CAB=45°，CD=2，BC=5，則四邊形ABCD的面積為（A．22 B．3 C．72 D【答案】B【分析】如圖，延長BC，AD，二線交于點(diǎn)E，設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為點(diǎn)M，過點(diǎn)C分別作CG⊥DE，垂足為G，CF⊥DB，垂足為F，證明△AGC≌△BFC即可．【詳解】如圖，延長BC，AD，二線交于點(diǎn)E，設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為點(diǎn)M，∵∠ACB=∠ADB=90°，∠ADM=∠BCM，∠CAB=45°，∴∠ACE=∠BCM=90°，∠EAC=∠MBC，AC=BC，∴△ACE≌△BCM，∴∠AEC=∠BMC，CM=CE，過點(diǎn)C分別作CG⊥DE，垂足為G，CF⊥DB，垂足為F，∵∠AEC=∠BMC，CM=CE，∴△GEC≌△FMC，∴GC=FC，∴DC平分∠BDE，∠GDC=∠FDC=45°，四邊形CGDF是正方形，∵CD=2，∴CG=GD=DF=FC=1，∵BC=5，∴BF=(5)∵∠GAC=∠FBC，GC=FC，∴△AGC≌△BFC，∴AG=BF=2，AD=AG-DG=1，BD=BF+DF=3，∴S=1=12×3×2故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，角平分線的判定定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，熟練掌握三角形全等，勾股定理，靈活運(yùn)用角的平分線的判定定理是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023下·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期末）如圖，三角形紙片ABC，點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)，連接AD，把△ABD沿著AD翻折，得到△AED，DE與AC交于點(diǎn)G，連接BE交AD于點(diǎn)F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面積為52，則點(diǎn)F到BCA．55 B．255 C．4【答案】B【分析】首先求出△ABD的面積．根據(jù)三角形的面積公式求出DF，設(shè)點(diǎn)F到BD的距離為h，根據(jù)12?BD?h＝12?BF?DF，求出【詳解】解：∵DG＝GE，∴S△ADG＝S△AEG＝52∴S△ADE＝5，由翻折可知，△ADB≌△ADE，BE⊥AD，∴S△ABD＝S△ADE＝5，∠BFD＝90°，∴12?(AF+DF)?BF＝5∴12?(4+DF)?2＝5∴DF＝1，∴DB＝BF2+DF2設(shè)點(diǎn)F到BD的距離為h，則12?BD?h＝12?BF?即：12∴h＝25故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查翻折變換，三角形的面積，勾股定理二次根式的運(yùn)算等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．【題型2網(wǎng)格中勾股定理的運(yùn)用】【例2】（2023下·安徽亳州·八年級?？计谀┤鐖D，在單位為1的正方形網(wǎng)格圖中有a，b，

A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【答案】C【分析】由圖形和勾股定理可得a，【詳解】解：由圖可得：a=12+12=2∵22+∴線段a、c、∴從中任取三條線段所構(gòu)成的三角形中恰好是直角三角形的個(gè)數(shù)為2個(gè)，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理、勾股定理逆定理，熟練掌握勾股定理以及勾股定理逆定理是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023下·寧夏吳忠·八年級?？计谀┤鐖D所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，點(diǎn)A，B，P是網(wǎng)格線的交點(diǎn)，則∠PAB+∠PBA=（

）A．30° B．45° C．60° D．75°【答案】B【分析】延長AP交格點(diǎn)于D，連接BD，根據(jù)勾股定理得PD2=BD2=5，PB【詳解】解：如圖，延長AP交格點(diǎn)于D，連接BD，則PD2=B∴PD∴∠PDB=90°，則△DPB為等腰直角三角形，∴∠DPB=45°，∴∠PAB+∠PBA=∠DPB=45°，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2023下·河北保定·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長均為1的網(wǎng)格中，線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)均在格點(diǎn)（正方形的頂點(diǎn)）上．

（1）線段AB的長為；（2）若△ABC是直角三角形，則網(wǎng)格中滿足條件的格點(diǎn)C共有個(gè)．【答案】56/六【分析】（1）構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求解即可；（2）根據(jù)直角三角形的概念，畫出圖形即可得到答案．【詳解】（1）解：如圖，

由勾股定理得AB=A故答案為：5；（2）解：如圖所示，共有6個(gè)，

故答案為：6．【點(diǎn)睛】此題考查了作圖-應(yīng)用與設(shè)計(jì)，勾股定理，熟練掌握知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023下·江西新余·八年級統(tǒng)考期末）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，點(diǎn)A、B、C、D、E是網(wǎng)格線交點(diǎn)，則∠BAC-∠DAE的為度．

【答案】45【分析】連接CG、AG，根據(jù)勾股定理可以得出△CAG是等腰直角三角形，利用平行線性質(zhì)得到∠ACF=∠BAC，從而可證△CFG≌△ADESAS，得到∠FCG=∠DAE，利用∠BAC-∠DAE=∠ACF-∠FCG【詳解】解：如圖，連接CG、AG，

由勾股定理得：AC2=A∴AC∴∠CAG=90°，∴△CAG是等腰直角三角形，∴∠ACG=45°，∴CF∥∴∠ACF=∠BAC，在△CFG和△ADE中CF=AD∴△CFG≌△ADE∴∠FCG=∠DAE∴∠BAC-∠DAE=∠ACF-∠FCG=∠ACG=45°，故答案為：45．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線利用網(wǎng)格線的特征是解答本題的關(guān)鍵．【題型3由勾股定理求立體幾何圖形中的最短路徑】【例3】（2023上·河北保定·八年級保定市第十七中學(xué)?？计谀┤鐖D，透明的圓柱形容器（容器厚度忽略不計(jì)）的高為12cm，底面周長為16cm，在容器內(nèi)壁離容器底部3cm的點(diǎn)B處有一飯粒，此時(shí)一只螞蟻正好在容器外壁，且離容器上沿3cm的點(diǎn)A．20cm B．413cm C．10【答案】B【分析】根據(jù)題意，得圓柱形容器的側(cè)面展開圖為矩形MNPQ，根據(jù)矩形的性質(zhì)，得MK、KB，延長AM于點(diǎn)A'，且AM=A'M，連接A'B，A'B交MQ于點(diǎn)S，連接AS，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，通過證明【詳解】根據(jù)題意，圓柱形容器的側(cè)面展開圖為矩形MNPQ，過點(diǎn)B作BH⊥NP，交NP于點(diǎn)H，過點(diǎn)B作BK⊥MN，交MN于點(diǎn)K；根據(jù)題意，得：AM=3cm，MQ=NP=16cm，MN=QP=12cm，∴NH=PH=1∵BH⊥NP，BK⊥MN，∠N=90°∴四邊形KNHB為矩形∴KB=NH=8cm，KN=BH=3cm，∴MK=MN-KN=12-3=9cm如下圖，延長AM于點(diǎn)A'，且AM=A'M，連接A'B，A在△AMS和△AA'∴△AMS≌△∴AS=A根據(jù)題意，螞蟻吃到飯粒需爬行的最短路徑為AS+BS∵A'∵AM=∴A'∴A∴AS+BS=A'故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形、勾股定理、兩點(diǎn)之間直線段最短、矩形的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形、勾股定理、兩點(diǎn)之間直線段最短的性質(zhì)，從而完成求解．【變式3-1】（2023·八年級課時(shí)練習(xí)）如圖，已知圓柱的底面直徑BC=6π，高AB=3，小蟲在圓柱側(cè)面爬行，從C點(diǎn)爬到A點(diǎn)，然后再沿另一面爬回C點(diǎn)，則小蟲爬行的最短路程的平方為（A．18 B．48 C．120 D．72【答案】D【分析】要求最短路徑，首先要把圓柱的側(cè)面展開，利用兩點(diǎn)之間線段最短，然后利用勾股定理即可求解．【詳解】解：把圓柱側(cè)面展開，展開圖如圖所示，點(diǎn)A，C的最短距離為線段AC的長.∵已知圓柱的底面直徑BC=6∴AD=π?6在RtΔADC中，∠ADC=90°，CD=AB=3，∴AC∴從C點(diǎn)爬到A點(diǎn)，然后再沿另一面爬回C點(diǎn)，則小蟲爬行的最短路程的平方為2AC2故選D.【點(diǎn)睛】本題考查了平面展開-最短路徑問題，解題的關(guān)鍵是會將圓柱的側(cè)面展開，并利用勾股定理解答．【變式3-2】（2023上·重慶·八年級校聯(lián)考期末）如圖，三級臺階，每一級的長、寬、高分別為8dm、3dm、2dm，A和B是這個(gè)臺階上兩個(gè)相對的端點(diǎn)，點(diǎn)A處有一只螞蟻，想到點(diǎn)B處去吃可口的食物，則螞蟻沿著臺階面爬行到點(diǎn)B的最短路程為dm．【答案】17【分析】先將圖形平面展開，再用勾股定理根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短進(jìn)行解答．【詳解】解：三級臺階平面展開圖為長方形，長為8dm，寬為2+3×3dm則螞蟻沿臺階面爬行到B點(diǎn)最短路程是此長方形的對角線長．可設(shè)螞蟻沿臺階面爬行到B點(diǎn)最短路程為xdm，由勾股定理得：x2解得x=17．故答案為：17．【點(diǎn)睛】本題考查了平面展開-最短路徑問題，用到臺階的平面展開圖，只要根據(jù)題意判斷出長方形的長和寬即可解答.【變式3-3】（2023上·江蘇無錫·八年級濱湖中學(xué)校考期末）棱長分別為5cm，4cm兩個(gè)正方體如圖放置，點(diǎn)P在E1F1上，且E1P=【答案】106【分析】根據(jù)兩點(diǎn)之間直線最短的定理，將正方體展開即可解題.【詳解】將兩個(gè)立方體平面展開，將E1F1G1B2面以E1B2為軸向上展開，連接A、P兩點(diǎn)，得到三角形APE【點(diǎn)睛】本題考查空間思維能力.【題型4利用全等三角形的判定與性質(zhì)求值】【例4】（2023下·黑龍江哈爾濱·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知四邊形ABCD，連接AC、BD，∠BAC=∠ADC=90°，AB=AC，若AD=5，則△ABD的面積等于

【答案】25【分析】如圖，將AD逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接DE、CE，則AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，CD∥AE，證明△ABD≌△ACESAS，根據(jù)S【詳解】解：如圖，將AD逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接DE、CE，

∴AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，∴CD∥AE，∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠EAD，即∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△ABD≌△ACESAS∴S△ABD故答案為：252【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線的判定，平行線間距離相等，全等三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于正確的添加輔助線構(gòu)造全等三角形．【變式4-1】（2023下·山東濟(jì)寧·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在3×3的網(wǎng)格中，每一個(gè)小正方形的邊長都是1，點(diǎn)A，B，C，D都在格點(diǎn)上，連接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是（

）A．80° B．60° C．45° D．30°【答案】C【分析】取格點(diǎn)E，F(xiàn)，M，連接MD，MB，先證明ΔDFM?ΔMEB，得出MD=MB，∠DMF=∠MBE，再證明AC//【詳解】解：取格點(diǎn)E，F(xiàn)，由已知條件可知：MF=BE，∴ΔDFM?ΔMEB，∴MD=MB，同理可得：ΔACB?ΔBME，∴∠CAB=∠MBE，∴AC//∴∠APB=∠PBM，∵∠BME+∠MBE=90°，∴∠BME+∠DMF=90°,∴∠DMB=90°,∴ΔDMB是等腰直角三角形，∴∠DBM=45°,即∠APB=故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，所求角轉(zhuǎn)換成容易求出度數(shù)的角，合理的添加輔助線是解決本題的關(guān)鍵．【變式4-2】（2023下·江蘇鹽城·八年級景山中學(xué)?？计谀┮阎骸鰽BC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為射線CB上一動點(diǎn)，連接AD，在直線AC右側(cè)作AE⊥AD，且AE=AD．連接BE交直線AC于M，若2AC=7CM，則S△ADBS△AEM

【答案】45或【分析】添加輔助線，構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出線段間的數(shù)量關(guān)系，最后進(jìn)行分類討論即可求解．【詳解】①如圖，過E作EG⊥AC于點(diǎn)G，

∴∠ACB=∠AGE=∠CGE=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°，∵AE⊥AD，∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠GAE=90°，∴∠ADC=∠GAE，在△ADC和△EAG中，∠ACD=∠AGE∠ADC=∠GAE∴△ADC≌△EAGAAS∴AC=GE，CD=AG，∴△BMC≌△EMGAAS∴GM=MC，設(shè)CM=2a，則AC=7a，∴GM=CM=2a，BC=AC=7a，∴AG=CD=AC-GM-CM=7a-2a-2a=3a，∴BD=BC-CD=7a-3a=4a，AM=AG+GM=3a+2a=5a，則S△ADB②如圖，過E作EH⊥AC交AC延長線于點(diǎn)H，

∴∠ACB=∠AHE=90°，∴∠DAC+∠ADC=90°，∵AD⊥AE，∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠HAE=90°，∴∠ADC=∠HAE，在△ADC和△EAH中，∠ACD=∠AHE∠ADC=∠HAE∴△ADC≌△EAHAAS∴AC=HE，CD=AH，∴AC=CB=HE，在△BMC和△EMH中，∠BMC=∠EMH∠BCM=∠EHM∴△BMC≌△EMHAAS∴HM=MC，設(shè)CM=2m，則AC=7m，∴HM=CM=2m，BC=AC=7m，∴AH=CD=AC+GM+CM=7m+2m+2m=11m，∴BD=CD-BC=11m-7m=4m，AM=AC+CM=7m+2m=9m，則S△ADB故答案為：45或4【點(diǎn)睛】此題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，同角的余角相等，全等三角形的判定與性質(zhì)，有關(guān)三角形的面積的求解，解題的關(guān)鍵是正確作出所需要的輔助線．【變式4-3】（2023上·江蘇無錫·八年級校聯(lián)考期末）如圖，AO⊥OM，OA=8，點(diǎn)B為射線OM上的一個(gè)動點(diǎn)，分別以O(shè)B、AB為直角邊，B為直角頂點(diǎn)，在OM兩側(cè)作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，連接EF交OM于P點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)B在射線OM上移動時(shí)，PB的長度是(

)A．3.6 B．4 C．4.8 D．PB的長度隨B點(diǎn)的運(yùn)動而變化【答案】B【分析】作輔助線，首先證明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；進(jìn)而證明△BPF≌△MPE，即可解決問題．【詳解】如圖，過點(diǎn)E作EN⊥BM，垂足為點(diǎn)N，∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°，∴∠BAO=∠NBE，∵△ABE、△BFO均為等腰直角三角形，∴AB=BE，BF=BO；在△ABO與△BEN中，∠BAO∴△ABO≌△BEN（AAS），∴BO=NE，BN=AO；∵BO=BF，∴BF=NE，在△BPF與△NPE中，∠FBP∴△BPF≌△NPE（AAS），∴BP=NP=12BN；而BN=AO∴BP=12AO=12故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形內(nèi)角和定理，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形，靈活運(yùn)用有關(guān)定理來分析或解答．【題型5利用軸對稱求最短路徑】【例5】（2023下·全國·八年級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，如果點(diǎn)D，E分別為BC，AB上的動點(diǎn)，那么AD+DE

A．8.4 B．9.6 C．10 D．10.8【答案】B【分析】如圖所示，作點(diǎn)A關(guān)于BC的對稱點(diǎn)A'，連接CA'，DA'，BA'，則AD=A'D，BA=BA',故AD+DE=A'D+DE，由此推出當(dāng)A'、【詳解】解：作點(diǎn)A關(guān)于BC的對稱點(diǎn)A'，作點(diǎn)A'E⊥AB，交BC于點(diǎn)D，連接C

則AD=A∴AD+DE=A即AD+DE的最小值為A'∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，∴AA∵S△A∴A'即AD+DE的最小值為9.6．故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查了軸對稱最短路徑問題，垂線段的性質(zhì)，根據(jù)三角形的面積求高等，熟練掌握以上性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023上·天津?qū)幒印ぐ四昙壗y(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)P是∠AOB內(nèi)任意一點(diǎn)，OP=5cm，點(diǎn)M和點(diǎn)N分別是射線OA和射線OB上的動點(diǎn)，∠AOB=30°則△PMN周長的最小值=【答案】5cm；【詳解】分別作點(diǎn)P關(guān)于OA、OB的對稱點(diǎn)C、D，連接CD，分別交OA、OB于點(diǎn)M、N，連接OP、OC、OD、PM、PN．∵點(diǎn)P關(guān)于OA的對稱點(diǎn)為C，關(guān)于OB的對稱點(diǎn)為D，∴PM=CM，OP=OC，∠COA=∠POA；∵點(diǎn)P關(guān)于OB的對稱點(diǎn)為D，∴PN=DN，OP=OD，∠DOB=∠POB，∴OC=OD=OP=5cm，∠COD=∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°，∴△COD是等邊三角形，∴CD=OC=OD=5cm．∴△PMN的周長的最小值=PM+MN+PN=CM+MN+DN≥CD=5cm．故答案是：5cm．【點(diǎn)睛】主要運(yùn)用最短路線問題，綜合運(yùn)用了等邊三角形的知識．【變式5-2】（2023上·廣東廣州·八年級校考期末）如圖，在等腰Rt△ABC中，斜邊AB的長為4，D為AB的中點(diǎn)，E為AC邊上的動點(diǎn)，DE⊥DF交BC于點(diǎn)F，P為EF的中點(diǎn)，連接PA，PB，則PA+PB的最小值是（

A．3 B．2 C．25 D．【答案】C【分析】求兩條線段和最小問題，由CP=DP得出P點(diǎn)的運(yùn)動路徑后，再由牧人飲馬問題的方法做出對稱點(diǎn)化折為直即可得到PA+PB的最小值．【詳解】解：連接PC、PD，∵△ABC是等腰直角三角形，在RT△CEF中，P為EF∴CP=同理PD=∴CP=CD∴點(diǎn)P在CD的垂直平分線上運(yùn)動，作A關(guān)于CD垂直平分線的對稱點(diǎn)A'，∴PA+PB的最小值為A'B∵AB=4，D為AB中點(diǎn)，∴AA'=CD=2，在Rt△AA'BA'B=故選：C【點(diǎn)睛】本題考查了以等腰直角三角形為背景的最短路徑問題，找出P的運(yùn)動路徑是解決問題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023上·四川綿陽·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，點(diǎn)P在△ABC內(nèi)，將△APC繞著點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△AEF．則AE+PB+PC的最小值為（

）A．219 B．8 C．53 D．62【答案】A【分析】連接PE，BF，過B作AF垂線交FA延長線于G，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得AP＝AE，∠PAE＝∠CAF＝60°，PC＝EF，再證明△APE為等邊三角形，將【詳解】解：如圖，連接PE，BF，過B作AF垂線交FA延長線于G，∵△APC繞著點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△AEF，∴AP＝∴△APE為等邊三角形，即AE＝∴AE+PB+PC＝∵∠BAC＝∴∠BAF＝∴∠BAG＝∴AG=1∴BG＝∴BF＝故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，將AE+PB+PC轉(zhuǎn)化為PB+PE+EF≥BF是解決本題的關(guān)鍵．【題型6一次函數(shù)中面積有關(guān)的計(jì)算】【例6】（2023上·廣東深圳·八年級統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)A，B，C在一次函數(shù)y=-3x+b的圖象上，它們的橫坐標(biāo)依次為-1，1，2，分別過這些點(diǎn)作x軸與y軸的垂線，則圖中陰影部分的面積之和是（）A．3 B．4.5 C．3(b-1) D．3【答案】B【詳解】試題解析：將A、B、C的橫坐標(biāo)代入到一次函數(shù)中；解得A（-1，b+3），B（1，b-3），C（2，b-6）．由一次函數(shù)的性質(zhì)可知，三個(gè)陰影部分三角形全等，底邊長為2-1=1，高為（b-3）-（b-6）=3，可求得陰影部分面積為：S=12故選B．【變式6-1】（2023下·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期末）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（0，4），B（-2，0），C（a，-a），△ABC的面積小于10，則a的取值范圍是．【答案】-143【分析】根據(jù)A、B坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式，根據(jù)點(diǎn)C坐標(biāo)可得點(diǎn)C在直線y=-x上，即在直線OC上，聯(lián)立AB、OC解析式可得交點(diǎn)坐標(biāo)，分a=0，a＞0，-43＜a＜0、a＜-43四種情況，畫出圖形，分別用a表示出△ABC的面積，根據(jù)△ABC的面積小于【詳解】設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，∵A（0，4），B（-2，0），∴OA=4，OB=2，∵點(diǎn)A、B在直線AB上，∴-2k+b=0k=4解得：k=2b=4∴直線AB的解析式為y=2x+4，①當(dāng)a=0時(shí)，點(diǎn)C（0，0），與原點(diǎn)重合，S△ABC=12OA·OB=4＜10∴a=0符合題意，②如圖，當(dāng)a＞0時(shí)，點(diǎn)C（a，-a）在第四象限，連接OC，∴S△ABC=S△ABO+S△AOC+S△BOC=12×2×4+12×4a+=4+3a，∵△ABC的面積小于10，∴4+3a＜10，解得a＜2，∴0＜a＜2，∵點(diǎn)C（a，-a），∴點(diǎn)C在直線y=-x上，即在直線OC上，聯(lián)立直線AB與直線OC的解析式得y=2x+4y=-x解得：x=-4∴直線AB與直線OC的交點(diǎn)坐標(biāo)為（-43，∴a≠-4②如圖，當(dāng)-43＜a＜0時(shí)，點(diǎn)C在∴S△ABC＜S△ABO＜10，∴-43＜a＜③如圖，當(dāng)a＜-43時(shí)，點(diǎn)C（a，-a）在第二象限，且在△ABO的外部，連接∴S△ABC=S△AOC+S△BOC-S△ABO=12×4(-a)+12×2(-a)-=3a-4，∵△ABC的面積小于10，∴-3a-4＜10，解得：a＞-14∴-143＜a＜綜上所述：a的取值范圍是-143＜a＜2，且a≠故答案為：-143＜a＜2，且【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的交點(diǎn)問題及三角形的面積，熟練掌握待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、利用圖形正確表示出△ABC的面積并靈活運(yùn)用分類討論的思想是解題關(guān)鍵．【變式6-2】（2023下·安徽蕪湖·八年級校聯(lián)考期末）八個(gè)邊長為1的正方形如圖擺放在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過原點(diǎn)的一條直線l將這八個(gè)正方形分成面積相等的兩部分，設(shè)直線l和八個(gè)正方形的最上面交點(diǎn)為A，則直線l的解析式是.【答案】y=【分析】如圖，利用正方形的性質(zhì)得到B(0,3)，由于直線l將這八個(gè)正方形分成面積相等的兩部分，則SΔAOB=5，然后根據(jù)三角形面積公式計(jì)算出AB的長，從而可得A點(diǎn)坐標(biāo)．再由待定系數(shù)法求出直線l【詳解】解：如圖，∵經(jīng)過原點(diǎn)的一條直線l將這八個(gè)正方形分成面積相等的兩部分，∴S而OB=3，∴12∴AB=10∴A點(diǎn)坐標(biāo)為(103，設(shè)直線l的解析式為y=kx，∴103k=3，解得∴直線l的解析式為y=故答案為y=9【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形性質(zhì)和待定系數(shù)法求函數(shù)解析式．由割補(bǔ)法得SΔAOB=5求分割點(diǎn)A【變式6-3】（2023上·江蘇鹽城·八年級?？计谀┢矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=13x+2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，直線y=mx+m（m≠0）將△AOB分成兩部分的面積比為1:5，則m【答案】2或-【分析】首先根據(jù)函數(shù)表達(dá)式求出A、B點(diǎn)的坐標(biāo)，然后求出ΔAOB面積，然后根據(jù)y=mx+m的特點(diǎn)得知恒過點(diǎn)（-1，0），然后根據(jù)題意可知y=mx+m與坐標(biāo)軸或y=13【詳解】解：由y=13x+2可知，A點(diǎn)坐標(biāo)為（-6，0），B點(diǎn)坐標(biāo)為（0∴S∵y=mx+m=m(x+1)∴函數(shù)恒過點(diǎn)（-1，0）∵y=mx+m將ΔAOB分成的兩部分面積比為∴SΔCOE當(dāng)SΔOE=2×1÷1=2∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2）∴m=2，當(dāng)SΔD點(diǎn)縱坐標(biāo)為：y∵D在y=1∴D點(diǎn)坐標(biāo)為：(-將點(diǎn)D的坐標(biāo)代入y=mx+m,得：m=-2故答案為2或-2【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像，掌握并熟練使用相關(guān)知識，認(rèn)真審題，精準(zhǔn)識圖，合理推論是本題的解題關(guān)鍵．【題型7利用一次函數(shù)的性質(zhì)求解】【例7】（2023上·福建漳州·八年級?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，一次函數(shù)y1＝m（x+3）-1（m≠0）和y2＝aA．m≥34 B．m>34 C．m≤34且m≠0 D．m<3【答案】D【分析】根據(jù)一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)分別判斷．【詳解】由題意可知：∵一次函數(shù)y1=mx+3-1(m≠0)一次函數(shù)y2=ax-1+2(a≠0)∵①a<0時(shí)，m=a，兩直線平行時(shí)，始終有y2>∴m<0．②當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)經(jīng)過點(diǎn)(-3，-1)，(1，2)-1=-3k+b2=k+b，解得：k=34∴y3=∵一次函數(shù)y1=mx+3-1(m≠0)不論x取何值，始終有y2>∴0<m<34∴綜上解得：m<0或0<m<34即：m<34且m≠0故選：D【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)綜合問題，充分掌握一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是求解本題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023下·天津紅橋·八年級統(tǒng)考期末）關(guān)于函數(shù)y=k-3x+k（k為常數(shù)），有下列結(jié)論：①當(dāng)k≠3時(shí)，此函數(shù)是一次函數(shù)；②無論k取什么值，函數(shù)圖像必經(jīng)過點(diǎn)-1,3；③若圖像經(jīng)過二、三、四象限，則k的取值范圍是k<0；④若函數(shù)圖像與x軸的交點(diǎn)始終在正半軸，則k的取值范圍是0<k<3．其中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①根據(jù)一次函數(shù)定義即可求解；②y=k-3x+k=k(x+1)-3x，即可求解；③圖像經(jīng)過二、三、四象限，則k-3<0，k<0，解關(guān)于k的不等式組即可；④函數(shù)圖像與x軸的交點(diǎn)始終在正半軸，則【詳解】解：①根據(jù)一次函數(shù)定義：形如y=kx+b(k≠0)的函數(shù)為一次函數(shù)，∴k-3≠0，∴k≠3，故①正確；②y=k-3∴無論k取何值，函數(shù)圖像必經(jīng)過點(diǎn)-1,3，故②正確；③∵圖像經(jīng)過二、三、四象限，∴k-3<0k<0解不等式組得：k<0，故③正確；④令y=0，則x=-k∵函數(shù)圖像與x軸的交點(diǎn)始終在正半軸，∴-k∴kk-3經(jīng)分析知：k>0k-3<0解這個(gè)不等式組得0<k<3，故④正確．∴①②③④都正確．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)與不等式的相關(guān)知識，是難點(diǎn)和易錯點(diǎn)．解答此題的關(guān)鍵是熟知一次函數(shù)圖像上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，確定函數(shù)與系數(shù)之間的關(guān)系．【變式7-2】（2023下·寧夏銀川·八年級?？计谀┮阎本€y=-n+1n+2x+1n+2（n為正整數(shù)）與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為A．5032015 B．10062015 C．10062014【答案】D【分析】依次求出S1、S2、S3【詳解】解：當(dāng)n=1時(shí)，y=-2此時(shí)：A（0，13），B（12，∴S1=當(dāng)n=2時(shí)，y=-3此時(shí)：A（0，14），B（13，∴S2=當(dāng)n=3時(shí)，y=-4此時(shí)：A（0，15），B（14，∴S3=……Sn∴S=12×12×3+12==12==故選：D【點(diǎn)睛】本題考查的是一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，根據(jù)題意找出規(guī)律是解答此題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023上·山東濟(jì)南·八年級統(tǒng)考期末）一次函數(shù)y=54x-15的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則在△OAB內(nèi)部(包括邊界)A．90個(gè) B．92個(gè) C．104個(gè) D．106個(gè)【答案】D【分析】求出A、B的坐標(biāo)，分別求出橫坐標(biāo)是1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11的縱坐標(biāo)，即可得出橫坐標(biāo)是1、2、3、4…時(shí)點(diǎn)的個(gè)數(shù)，再加上在兩坐標(biāo)軸上的點(diǎn)，即可得到答案．【詳解】解：當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣15，∴B（0，﹣15），當(dāng)y＝0時(shí)，0=54x﹣∴x＝12，∴A（12，0），x＝0時(shí)，y＝﹣15，共有16個(gè)縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)，x＝1時(shí)，y=54×1﹣15＝﹣133同理x＝2時(shí)，y＝﹣1212，共有13x＝3時(shí)，y＝﹣1114，共有12x＝4時(shí)，y＝﹣10，共有11個(gè)縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)，x＝5時(shí)，y＝﹣834，有9x＝6時(shí)，y＝﹣712，有8x＝7時(shí)，y＝﹣614，有7x＝8時(shí)，y＝﹣5，共有6個(gè)縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)，x＝9時(shí)，y＝﹣334，共有4x＝10時(shí)，y＝﹣212，共有3x＝11時(shí)，y＝﹣114，共有2x＝12時(shí)，y＝0，共有1個(gè)即A點(diǎn)，縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)．在△OAB內(nèi)部（包括邊界），縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)有16+14+13+12+11+9+8+7+6+4+3+2+1＝106個(gè)．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征的應(yīng)用，通過做此題培養(yǎng)學(xué)生的理解能力和計(jì)算能力，本題題型較好，但是一道比較容易出錯的題目．【題型8判斷直角三角形】【例8】（2023上·浙江·八年級期末）如圖，∠BOC=60°，點(diǎn)A是BO延長線上的一點(diǎn)，OA=10cm，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以3cm/s的速度移動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)沿OC以1cm/s的速度移動，如果點(diǎn)P，Q同時(shí)出發(fā)，用t(s)表示移動的時(shí)間，當(dāng)t=s時(shí)，△POQ是等腰三角形；當(dāng)【答案】52或54或【分析】根據(jù)ΔPOQ是等腰三角形，分兩種情況進(jìn)行討論：點(diǎn)P在AO上，或點(diǎn)P在BO上；根據(jù)ΔPOQ是直角三角形，分兩種情況進(jìn)行討論：PQ⊥AB，或PQ⊥OC，據(jù)此進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】解：如圖，當(dāng)PO=QO時(shí)，ΔPOQ是等腰三角形，∵PO=AO-AP=10-3t，OQ=t，∴當(dāng)PO=QO時(shí)，10-3t=t，解得t=5如圖，當(dāng)PO=QO時(shí)，ΔPOQ是等腰三角形，∵PO=AP-AO=3t-10，OQ=t，∴當(dāng)PO=QO時(shí)，3t-10=t，解得t=5；如圖，當(dāng)PQ⊥AB時(shí)，ΔPOQ是直角三角形，且QO=2OP，∵PO=AP-AO=3t-10，OQ=t，∴當(dāng)QO=2OP時(shí)，t=2×(3t-10)，解得t=4；如圖，當(dāng)PQ⊥OC時(shí)，ΔPOQ是直角三角形，且2QO=OP，∵PO=AP-AO=3t-10，OQ=t，∴當(dāng)2QO=OP時(shí)，2t=3t-10，解得：t=10．故答案為：52或5；4或10【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是進(jìn)行分類討論，分類時(shí)注意不能遺漏，也不能重復(fù)．【變式8-1】（2023上·四川·八年級?？计谀┤鐖D，在ΔABC中，AB=AC=20,BC=32，點(diǎn)D在線段BC上以每秒2個(gè)單位的速度從B向C移動，連接AD，當(dāng)點(diǎn)D移動秒時(shí)，AD與ΔABC的邊垂直．【答案】3.5或8或12.5．【分析】設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t,然后分當(dāng)AD⊥AC、AD⊥BC和AD⊥AB三種情況運(yùn)用勾股定理解答即可．【詳解】解：設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t,則BD=2t,CD=BC-BD=32-2t，①當(dāng)AD⊥AC時(shí)，如圖1所示，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H,∵AB=AC=20,BC=32，∴BH=CH=RtΔABH中有AB∴AH=A∴DH=BH-BD=16-2t,RtΔADH中，ADRtΔACD中，CD∴CD∴32-2t解得：t=3.5；②當(dāng)AD⊥BC時(shí)，如圖2所示，由①可知，BD=又BD=2t,∴t=8；③當(dāng)AD⊥AB時(shí)，如圖3所示，過點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M,由①知AM=12，RtΔAMD中有AMRtΔABD中有AB∴BD又BD=2t∴4∴t=12.5∴當(dāng)D點(diǎn)移動3.5秒或8秒或12.5秒時(shí)，AD與ΔABC邊垂直．故答案為：3.5或8或12.5．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用，靈活運(yùn)用勾股定理列方程以及分類討論思想是解答本題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023上·浙江·八年級期末）如圖，在△ABC中，AC=BC，CD⊥AB，CD=5，AB=24．E是AB邊上的一個(gè)動點(diǎn)，點(diǎn)F與點(diǎn)A關(guān)于直線CE對稱，當(dāng)△AEF為直角三角形時(shí)，AE的長為．【答案】7或17【分析】分當(dāng)E在線段AD上時(shí)，當(dāng)E在線段BD上時(shí)分別求解即可．【詳解】解：當(dāng)E在線段AD上時(shí)，連接CE，作A關(guān)于CE的對稱點(diǎn)F，連接AF，EF，CF，∵∠AEF=90°，∴∠AEC=∠FEC=360°-90°2=135°∴∠CED=45°，∴CD=ED=5，∴AE=AD-ED=12-5=7；當(dāng)E在線段BD上時(shí)，連接CE，作A關(guān)于CE的對稱點(diǎn)F，連接EF，CF，AF，∵∠AEF=90°，∴∠CEF=∠CEA=45°，∴ED=CD=5，∴AE=AD+DE=17，故答案為：7或17．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形三線合一的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是注意運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題．【變式8-3】（2023下·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期末）同一平面內(nèi)有A，B，C三點(diǎn)，A，B兩點(diǎn)之間的距離為5cm，點(diǎn)C到直線AB的距離為2cm，且△ABC為直角三角形，則滿足上述條件的點(diǎn)C有【答案】8【分析】該題存在兩種情況；（1）AB為斜邊，則∠C=90°；（2）AB為直角邊，AC=2cm或BC=2cm；【詳解】（1）當(dāng)AB為斜邊時(shí)，點(diǎn)C到直線AB的距離為2cm，即AB邊上的高為2cm，符合要求的C點(diǎn)有（2）當(dāng)AB為直角邊時(shí)，AC=2cm或BC=2cm，符合條件的點(diǎn)有4個(gè)，如圖；符合要求的C點(diǎn)有8個(gè)；故答案是8．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理的應(yīng)用，準(zhǔn)確分析判斷是解題的關(guān)鍵．【題型9勾股定理的實(shí)際應(yīng)用】【例9】（2023·江西九江·?？寄M預(yù)測）我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有這樣一道題目，大致意思是：有一豎立著的木桿，在木桿的上端系有繩索，繩索從木桿上端順著木桿下垂后，堆在地面上的部分有3尺，牽著繩索頭（繩索頭與地面接觸）退行，在離木桿底部8尺處時(shí)，繩索用盡．問繩索長為多少．繩索長為尺．【答案】73【分析】設(shè)繩索AC的長為x尺，則木柱AB的長為x-3尺，在Rt△ABC【詳解】解：設(shè)繩索AC的長為x尺，則木柱AB的長為x-3尺，在Rt△ABC中，由勾股定理得，A即x2解得x=73答：繩索長為736故答案為：736【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用，熟記直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2023下·浙江紹興·八年級統(tǒng)考期末）如圖，斜靠在墻上的一根竹竿，AB＝10m，BC＝6m，若A端沿垂直于地面的方向AC下移2m，則B端將沿CB方向移動的距離是（

）米．A．1.6 B．1.8 C．2 D．2.2【答案】C【分析】直接利用勾股定理得出AC的長，再利用勾股定理得出CB'，進(jìn)而得出B端將沿CB方向移動．【詳解】在Rt△ABC中，∠ACB=90°∵AB=10，BC=6，∴AC=AB當(dāng)AC下移2m后，A'C=8-2=6，在Rt?A'B'C中，∠A'CB'=90°B'C=A'B'B'C-BC=8-6=2∴移動了2m故選：C.【點(diǎn)睛】此題主要考查了勾股定理的應(yīng)用，正確應(yīng)用勾股定理是解題關(guān)鍵．【變式9-2】（2023上·山東濟(jì)南·八年級統(tǒng)考期末）如圖，一艘海輪位于燈塔P的北偏東30°方向，距離燈塔80海里的A處，它沿正南方向航行一段時(shí)間后，到達(dá)位于燈塔P的南偏東45°方向上的B處，這時(shí)，海輪所在的B處與燈塔P的距離為（）A．40海里 B．402海里 C．80海里 D．406海里【答案】B【分析】過點(diǎn)P作PC⊥AB，則在Rt△APC中，通過30°的直角三角形，計(jì)算出PC的長，再根據(jù)等腰直角三角形，通過勾股定理即可求出PB．【詳解】解：作PC⊥AB于C點(diǎn)，∵A在P的北偏東30°方向，∴∠EPA=30°，∴∠APC=90°-∠EPA=90°-30°=60°，又∵B在P的南偏東45°方向上，∴∠FPB=45°，∴∠BPC=90°-∠FPB=90°-45°=45°，∴∠APC＝60°，∠BPC＝45°，AP＝80（海里）∴在Rt△APC中，∠PAC=90°-∠APC=90°-60°=30°，∴PC=1∵在Rt△PCB中，∠BPC＝45°，∴三角形為等腰直角三角形，∴PC=BC=40，∴PB=P故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查方位角有關(guān)的計(jì)算以及用勾股定理求航海問題，解決本題的關(guān)鍵是構(gòu)建直角三角形進(jìn)行計(jì)算．【變式9-3】（2023上·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期末）如圖，一棵高5米的樹AB被強(qiáng)臺風(fēng)吹斜，與地面BC形成60°夾角，之后又被超強(qiáng)臺風(fēng)在點(diǎn)D處吹斷，點(diǎn)A恰好落在BC邊上的點(diǎn)E處，若BE=2，則BD的長是（

）A．2 B．3 C．218 D．【答案】C【分析】過點(diǎn)D作DM⊥BC，設(shè)BD=x，然后根據(jù)題意和含30°的直角三角形性質(zhì)分別表示出BM，EM，DE的長，結(jié)合勾股定理列方程求解．【詳解】解：過點(diǎn)D作DM⊥BC，設(shè)BD=x，由題意可得：AB=5，AD=DE=5-x∵∠ABC=60°，DM⊥BC，∴在Rt△BDM中，∠BDM=30°∴BM=12∴BD2解得：x=218，即BD=故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查含30°的直角三角形性質(zhì)和勾股定理解直角三角形，正確理解題意掌握相關(guān)性質(zhì)定理列方程求解是關(guān)鍵．【題型10利用全等三角形的判定與性質(zhì)解決等腰三角形中的問題】【例10】（2023上·湖北黃岡·八年級期末）如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，AB上一點(diǎn)D，且AD＝BC，過點(diǎn)D作DE∥BC且DE＝AB，連接EC，則∠DCE的度數(shù)為（

）A．80° B．70° C．60° D．45°【答案】B【分析】連接AE．根據(jù)ASA可證△ADE≌△CBA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，根據(jù)等邊三角形的判定可得△ACE是等邊三角形，根據(jù)等腰三角形的判定可得△DCE是等腰三角形，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和角的和差關(guān)系即可求解．【詳解】如圖所示，連接AE．∵AB=DE，AD=BC∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，可得AE=DE∵AB=AC，∠BAC=20°，∴∠DAE=∠ADE=∠B=∠ACB=80°，在△ADE與△CBA中，∠DAE＝∴△ADE≌△CBA（ASA），∴AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，∵∠CAE=∠DAE-∠BAC=80°-20°=60°，∴△ACE是等邊三角形，∴CE=AC=AE=DE，∠AEC=∠ACE=60°，∴△DCE是等腰三角形，∴∠CDE=∠DCE，∴∠DEC=∠AEC-∠AED=40°，∴∠DCE=∠CDE=（180-40°）÷2=70°．故選B．【點(diǎn)睛】考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，平行線的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．【變式10-1】（2023上·福建龍巖·八年級?？计谀┰诘妊黂t△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，點(diǎn)F在線段BC上，點(diǎn)E是在線段AF上，滿足∠CEF=45°，AE=6，【答案】33【分析】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形外角等知識點(diǎn)，如圖：過C作CG⊥CE,垂足為C，交AF延長線于點(diǎn)G，連接BG，先證△AEC≌△BCGSAS可得BG=AE=6、∠CAE=∠CBG,再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)結(jié)合已知條件可得∠AGB=∠ACB=90°，然后運(yùn)用三角形的面積【詳解】解：如圖：過C作CG⊥CE,垂足為C，交AF延長線于點(diǎn)G，連接BG，∵∠CEF=45°,∴∠CGE=90°-∠CEF=45°,∴∠CGE=∠CEF，∴EC=CG，∵∠ACB=90°,∴∠ACE+∠ECF=90°,∵∠FCG+∠ECF=90°,∴∠ACE=∠BCG,在△AEC和△BCG中，AC=BC,∠ACE=∠BCG,CE=CG,∴△AEC≌△BCGSAS∴BG=AE=6,∠CAE=∠CBG,∵∠AFB=∠CAF+∠ACB,∠AFB=∠CBG+∠AGB,∴∠AGB=∠ACB=90°∵AE=6，∴AF=AE+EF=11,∴△ABF的面積為：12故答案為33．【變式10-2】（2023上·福建泉州·八年級校考期末）如圖，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)D，E分別是BC，AB上的點(diǎn)，且BE＝CD，AD與CE相交于點(diǎn)F，連接BF，延長FE至G，使FG＝FA，若△ABF的面積為m，AF：EF＝5：3，則△AEG的面積是（）A．25m B．13m C．【答案】A【分析】先根據(jù)SAS定理證出△ACD?△CBE，從而可得∠AFG=60°，根據(jù)等邊三角形的判定可得△AFG是等邊三角形，再根據(jù)SAS定理證出△ACF?△ABG，從而可得∠BGC=∠BAC=60°=∠AFG，根據(jù)平行線的判定可得AF∥BG，從而可得S△AFG=S△ABF=m【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴BC=AC=AB,∠ACB=∠CBA=∠BAC=60°，在△ACD和△CBE中，BC=AC∠ACD=∠CBE∴△ACD?△CBESAS∴∠CAD=∠BCE，∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴∠AFG=∠CAD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60°，∵FG=FA，∴△AFG是等邊三角形，∴AF=AG,∠FAG=60°，∴∠BAC-∠BAD=∠FAG-∠BAD，即∠CAF=∠BAG，在△ACF和△ABG中，AC=AB∠CAF=∠BAG∴△ACF?△ABGSAS∴∠ACF=∠ABG，又∵∠AEC=∠BEG，∴∠BGC=∠BAC=60°，∴∠BGC=∠AFG，∴AF∥BG，∴S∵AF:EF=5:3，F(xiàn)G=FA，∴FG:EF=5:3，∴EG:FG=2:5，∴S△AEG∴S△AEG即△AEG的面積為25故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)，正確找出兩組全等三角形是解題關(guān)鍵．【變式10-3】（2023上·貴州遵義·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在等邊△ABC的邊AB所在直線上有一點(diǎn)P，作PE⊥AC所在直線于E，Q為BC延長線上一點(diǎn)，當(dāng)PA=CQ時(shí)，連PQ交AC所在直線于D，若DE長為m，則△ABC的周長為．【答案】6m【分析】本題考查等邊三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等，作PF∥BC交AD的延長線于點(diǎn)F，構(gòu)造等邊△APF，根據(jù)ASA證明△DCQ≌△DFP，推出DC=DF，再根據(jù)PE⊥AC推出AE=FE，進(jìn)而可證【詳解】解：如圖，作PF∥BC交AD的延長線于點(diǎn)∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC=AC，∵PF∥∴∠APF=∠ABC=60°，∠F=∠ACB=60°，∴△APF是等邊三角形，∴PA=PF，∵PA=CQ，∴QC=PF，∵PF∥∴∠Q=∠DPF，∠DCQ=∠DFP，在△DCQ和△DFP中，∠Q=∠DPFQC=PF∴△DCQ≌△DFPASA，∴DC=DF，∵等邊△APF中，PE⊥AC，∴AE=FE，∴AC+CE=DE+DF=DE+DC=2DE+CE，∴AC=2DE=2m，∴△ABC的周長為：AC+AB+BC=3×2m=6m，故答案為：6m．【題型11數(shù)式或圖形中多結(jié)論問題】【例11】（2023上·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·八年級?？计谀┤鐖D，在ΔABC中，AD是BC邊上的高，∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF，AC=AG．連接FG，交DA的延長線于點(diǎn)E，連接BG，CF．則下列結(jié)論：①BG=CF；②BG⊥CF；③EF=EG；④BC=2AE；⑤SA．①②③ B．①②③④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤【答案】D【分析】先證得ΔCAF≌ΔGAB(SAS)，從而推得①正確；利用ΔCAF≌ΔGAB及三角形內(nèi)角和與對頂角，可判斷②正確；證明ΔAFM≌ΔBAD(AAS)，得出AM=BD，同理ΔANG≌ΔCDA，得出NG=AD，【詳解】解：∵∠BAF=∠CAG=90°，∴∠BAF+∠BAC=∠CAG+∠BAC，即∠CAF=∠GAB，又∵AB=AF，∴ΔCAF≌∴BG=CF，故①正確；∵ΔCAF≌∴∠FCA=∠BGA，又∵BG與AC所交的對頂角相等，∴BG與FC所交角等于∠GAC，即等于90°，∴BG⊥CF，故②正確；過點(diǎn)F作FM⊥AE于點(diǎn)M，過點(diǎn)G作GN⊥AE交AE的延長線于點(diǎn)N，∵∠FMA=∠FAB=∠ADB=90°，∴∠FAM+∠BAD=90°，∠FAM+∠AFM=90°，∴∠BAD=∠AFM，又∵AF=AB，∴ΔAFM≌∴AM=BD，同理ΔANG≌∴NG=AD，AN=CD，∴FM=NG，∵FM⊥AE，GN⊥AE，∴∠FME=∠ENG=90°，∵∠AEF=∠NEG，∴ΔFME≌∴EM=EN，∴BC=CD+BD=AN+AM=AE+EN+AE-EM=2AE．故④正確，∵ΔFME≌∴EF=EG．故③正確．∵ΔAFM≌ΔBAD，Δ∴SΔABC=故選：D．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等腰三角形的三線合一性質(zhì)與互余、對頂角，三角形內(nèi)角和等幾何基礎(chǔ)知識．熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式11-1】（2023上·重慶沙坪壩·八年級重慶市第七中學(xué)校?？计谀┮阎瘮?shù)y=-2x+3(x≤1)x(x>1)若a?x?b,m?y?n，則下列說法錯誤的是（A．當(dāng)n-m=1時(shí)，b-a有最小值0.5 B．當(dāng)n-m=1時(shí)，b-a有最大值1.5C．當(dāng)b-a=1時(shí)，n-m有最小值1 D．當(dāng)b-a=1時(shí)，n-m有最大值2【答案】B【分析】畫出函數(shù)圖像，在當(dāng)n-m=1時(shí)，當(dāng)b-a=1時(shí)，兩種情況下，分別分當(dāng)a、b均大于1，當(dāng)a、b均小于等于1，當(dāng)a≤1，b＞1三種情況分別討論．【詳解】解：如圖，作出函數(shù)圖，當(dāng)n-m=1時(shí)，當(dāng)a、b均大于1時(shí)，b-a=1，當(dāng)a、b均小于等于1時(shí)，-2x則x2-x則b-a=12當(dāng)a≤1，b＞1時(shí)，則0＜a≤1，1＜b＜2，則x2∴x2當(dāng)a=1，b=2時(shí)有解，故不存在，∴b-a最小值為12，b-a的最大值為1故A正確，B錯誤；當(dāng)b-a=1時(shí)，當(dāng)a、b均大于1時(shí)，n-m=1，當(dāng)a、b均小于等于1時(shí)，-2x當(dāng)0＜a≤1且1＜b＜2時(shí)，x1當(dāng)x1=1時(shí)為最大值1，當(dāng)x1接近0時(shí)取值無限接近2故n-m最大值為2，最小值為1，則C、D正確，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)綜合，充分理解題意，結(jié)合函數(shù)圖像，分類討論是解題的關(guān)鍵．【變式11-2】（2023上·河南新鄉(xiāng)·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，將邊AB，AC分別繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AD，AE，連接DE，與BC交于點(diǎn)F，連接AF，CD，BE，BD，CE．下列結(jié)論：①BC=DE；②BC⊥DE；③AF平分∠BFE；④BE2+CA．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明△BAC≌△DAESAS，得到BC=DE，∠ACB=∠AED，可判定①，結(jié)合三角形內(nèi)角和可判斷②，過點(diǎn)A作AM⊥BC，AN⊥ED，垂足分別為M，N，根據(jù)全等三角形面積相等，底邊相等可得AM=AN，利用角平分線的判定可判斷③，根據(jù)勾股定理可得BE2【詳解】解：由旋轉(zhuǎn)可知：AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠BAC=∠DAE，∴△BAC≌△DAESAS∴BC=DE，∠ACB=∠AED，故①正確；∵∠AGE=∠CGF，∴∠EAG=∠FGC=90°，∴BC⊥DE，故②正確，過點(diǎn)A作AM⊥BC，AN⊥ED，垂足分別為M，N，∵△BAC≌△DAE，∴S△BAC=S∵BC=DE，∴AM=AN，∴AF平分∠BFE，故③正確；∵BC⊥DE，∴BE2=BBD2=B∴BEBD∴BE2+C∴正確的有4個(gè)，故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形內(nèi)角和，角平分線的判定定理，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式11-3】（2023上·浙江金華·八年級校考期末）如圖，等邊△ABC中，D、E分別為AC、BC邊上的點(diǎn)，AD=CE，連接AE、BD交于點(diǎn)F，∠CBD、∠AEC的平分線交于AC邊上的點(diǎn)G，BG與AE交于點(diǎn)H，連接FG.下列說法：①△ABD≌△CAE；②∠BGE=30°；③∠ABG=∠BGF；④

A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè)【答案】A【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，證明△ABD≌△CAE；即可得①正確；證明∠BFE=60°，∠AEC=∠FBE+60°，再由∠GEC=12∠AEC＝12∠FBE+30°,∠GBE＝12∠CBD=12∠FBE，即可得②正確；先證Rt△GFJ≌Rt△GFT【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC，在△ABD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠ACE=60°∴△ABD≌△CAE，故①正確；∵△ABD≌△CAE，∴∠CAE＝∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，∵∠BFE=∠BAE+∠ABD，∴∠BFE=∠BAE+∠CAE=∠BAC=60°，∵∠AEC=∠EBF+∠BFE，∴∠AEC=∠FBE+60°，∵∠CBD、∠AEC的平分線交于AC邊上的點(diǎn)∴∠GEC=1∵∠GEC=∠GBE+∠BGE，∴∠BGE=30°，故②正確；如下圖，過點(diǎn)G作GT⊥BD于T，GJ⊥AE于J，GK⊥BC于K，

∵BG平分∠DBC，EG平分∠AEC，∴GT=GK=GJ,∠FBG＝∵∠GJF=∠GTF=90°,GF=GF，∴Rt∴∠GFJ=∠GFT，∵∠BFE=60°，∴∠GFJ=∠GFT=60°，∴∠BFG=120°，∴∠BGF=180°-120°-∠FBG=60°-∠FBG，∵∠ABG=∠ABC-∠CBG=60°-∠CBG，∵∠FBG=∠CBG，∴∠ABG=∠BGF，故③正確；∵∠GFJ=∠C=60°,∠GJF=∠GKC=90°,GJ=GK，∴△GJF≌△GKC，∴GF=GC，∵∠BAH+∠EAC=∠EAC+∠AGF=60°，∴∠BAH=∠AGF，∵∠AHG=∠ABG+∠BAH，∴∠AHG=∠AGH，∴AH=AG，∴AH+GF=AG+∴AB=AH+FG，故綜上：正確的有4個(gè)；故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，三角形的外角，解題的關(guān)鍵是證三角形全等．【題型12數(shù)式或圖形的規(guī)律探究】【例12】（2023上·河北石家莊·八年級石家莊市第二十二中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，圖甲是第七屆國際數(shù)學(xué)教育大會（ICME）的會徽，主體圖案是由如圖乙的一連串直角三角形演化而成，其中OA1=A1A2=A2A3=?=A【答案】2n3【分析】利用勾股定理可求出OA2，OA3，OA【詳解】由題意得OAOAOOA∵1≤n≤30，∴OA∴·OAn的值可以是3，2是整數(shù)的有3個(gè)．故答案為：2，n，3．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用；探索圖形規(guī)律，找到規(guī)律是解題的關(guān)鍵．【變式12-1】（2023上·重慶渝北·八年級統(tǒng)考期末）如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,函數(shù)y=2x和y=-x的圖象分別為直線l1,l2,過點(diǎn)(1,0)作x軸的垂線交l1于點(diǎn)A1,過點(diǎn)A1作y軸的垂線交l2于點(diǎn)A2,過點(diǎn)A2作x軸的垂線交于點(diǎn)A3,過點(diǎn)A3作y軸的垂線交l【答案】(【分析】寫出部分An點(diǎn)的坐標(biāo),根據(jù)坐標(biāo)的變化找出變化規(guī)律A2n+1((-2)n,2【詳解】在直線l1上,當(dāng)x=1時(shí),y∴點(diǎn)A1的坐標(biāo)為(1,2),∴在直線l2上,當(dāng)y=2時(shí),x∴點(diǎn)A2的坐標(biāo)為(-2,2),同理可得:A1(1,2),A2(-2,2),A3(-2,-4),A∴A2n+1((-2)n∵2021=1010×2+1,∴A2021的坐標(biāo)為(故答案為:(2【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征以及規(guī)律型中坐標(biāo)的變化,解題的關(guān)鍵是找出變化規(guī)律A2n+1((-2)n,2(-2)n)（【變式12-2】（2023上·重慶渝北·八年級統(tǒng)考期末）如圖（1），已知AB=AC，D為∠BAC的角平分線上一點(diǎn)，連接BD，CD；如圖（2），已知AB=AC，D，E為∠BAC的角平分線上兩點(diǎn)，連接BD，CD，BE，CE；如圖（3），已知AB=AC，D，E，F(xiàn)為∠BAC的角平分線上三點(diǎn)，連接BD，CD，BE，CE，BF，CF；……，依此規(guī)律，第6個(gè)圖形中有全等三角形的對數(shù)是（

）

A．21 B．11 C．6 D．42【答案】A【分析】根據(jù)條件可得圖1中△ABD≌△ACD有1對三角形全等；圖2中可證出△ABD≌△ACD，△BDE≌△CDE，△ABE≌△ACE有3對三角形全等；圖3中有6對三角形全等，根據(jù)數(shù)據(jù)可分析出第6個(gè)圖形中全等三角形的對數(shù)．【詳解】解：∵AD是∠BAC的平分線，∴∠BAD=∠CAD．在△ABD與△ACD中，AB=AC∠BAD=∠CAD∴△ABD≌△ACD．∴圖1中有1對三角形全等；同理圖2中，△ABE≌△ACE，∴BE=EC，∵△ABD≌△ACD．∴BD=CD，又DE=DE，∴△BDE≌△CDE，∴圖2中有3對三角形全等，3=1+2；同理：圖3中有6對三角形全等，6=1+2+3；∴第6個(gè)圖形中有全等三角形的對數(shù)是1+2+3+4+5+6=21.故選：A．【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角形全等的判定以及規(guī)律的歸納，解題的關(guān)鍵是根據(jù)條件證出圖形中有幾對三角形全等，然后尋找規(guī)律．【變式12-3】（2023上·湖北荊州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A的坐標(biāo)是0,2，以O(shè)A為邊在右側(cè)作等邊三角形OAA1，過點(diǎn)A1作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)O1，以O(shè)1A1為邊在右側(cè)作等邊三角形O1A1A2，再過點(diǎn)A2作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)A．122018 B．122019 C．【答案】C【分析】根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)是0,2，以O(shè)A為邊在右側(cè)作等邊三角形OAA1，過點(diǎn)A1作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)O1，得點(diǎn)A1的縱坐標(biāo)是2×12；根據(jù)以O(shè)1A1為邊在右側(cè)作等邊三角形O1A1A2【詳解】∵點(diǎn)A的坐標(biāo)是0,2，以O(shè)A為邊在右側(cè)作等邊三角形OAA1，過點(diǎn)A1作x∴∠A1O∴A1O1=∵以O(shè)1A1為邊在右側(cè)作等邊三角形O1A1A∴∠A2O∴A2O2=12∵以O(shè)2A同理，得點(diǎn)A3的縱坐標(biāo)是按此規(guī)律繼續(xù)作下去，得：點(diǎn)A2021的縱坐標(biāo)是2×1故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了圖形和數(shù)字規(guī)律的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握直角坐標(biāo)系、等邊三角形、垂線、圖形和數(shù)字規(guī)律、含30°【題型13數(shù)式或圖形中新定義問題】【例13】（2023下·安徽池州·八年級統(tǒng)考期末）定義：我們把三角形某邊上中線的長度與這邊中點(diǎn)到高的距離的比值稱為三角形某邊的“中高偏度值”．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，則△ABC中AB邊的“中高偏度值”為

【答案】24【分析】根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出△ABC中AB邊上的高和該邊上的中點(diǎn)到CD的距離,【詳解】解：作CD⊥AB于點(diǎn)D，CE為△ACB∵∠∴AB=∵AC?BC2∴4×32解得CD=∴BD=∵CE為Rt△ACB斜邊AB上的中線，AB=5，∴BE=∴ED=即點(diǎn)E到CD的距離為710∴△ABC中AB邊的“中偏度值”為：12故答案為：247

【點(diǎn)睛】本題考察了勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，求出AB邊上的高和該邊上的終點(diǎn)到高的距離．【變式13-1】（2023上·江蘇南通·八年級統(tǒng)考期末）我們定義：如果一個(gè)等腰三角形有一條邊長是3，那么這個(gè)三角形稱作帥氣等腰三角形.已知ΔABC中，AB=32，AC=5，BC=7，在ΔABC所在平面內(nèi)畫一條直線，將ΔABC分割成兩個(gè)三角形，若其中一個(gè)三角形是帥氣等腰三角形，則這樣的直線最多可畫（

A．0條 B．1條 C．2條 D．3條【答案】B【分析】先根據(jù)各邊的長度畫出三角形ABC，作AD⊥BC，根據(jù)勾股定理求出AD，BD，結(jié)合圖形可分析出結(jié)果.【詳解】已知如圖，所做三角形是鈍角三角形，作AD⊥BC，根據(jù)勾股定理可得：AC2-CD2=AB2-BD2所以設(shè)CD=x,則BD=7-x所以52-x2=（32）2-（7-x）解得x=4所以CD=4,BD=3,所以，在直角三角形ADC中AD=AC所以AD=BD=3所以三角形ABD是帥氣等腰三角形假如從點(diǎn)C或B作直線，不能作出含有邊長為3的等腰三角形故符合條件的直線只有直線AD故選：B【點(diǎn)睛】本題考查設(shè)計(jì)與作圖、等腰三角形的定義、正確的理解題意是解決問題的關(guān)鍵;并注意第二問的分類討論的思想，不要丟解.【變式13-2】（2023上·山東濟(jì)南·八年級統(tǒng)考期末）定義，圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)的函數(shù)y＝-2x+4(x≥m)2x+4(x<m)叫做關(guān)于直線x＝m的對稱函數(shù)，它與x軸負(fù)半軸交點(diǎn)記為A，與x軸正半軸交點(diǎn)記為B例如：如圖：直線l：x＝1，關(guān)于直線l的對稱函數(shù)y＝-2x+4(x≥1)2x+4(x<1)與該直線l交于點(diǎn)C，當(dāng)直線y＝x與關(guān)于直線x＝m的對稱函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，則m的取值范圍是（A．0≤m≤43 B．－2＜m≤43 C．－2＜m≤2 D．－4＜m【答案】B【分析】根據(jù)定義x軸上存在A,B即可求得-2<m<2，根據(jù)題意聯(lián)立y=x,y=2x+4,y=x,y=-2x+4,即可求得【詳解】∵一次函數(shù)圖象與x軸最多只有一個(gè)交點(diǎn)，且關(guān)于m的對稱函數(shù)y=-2x+4x≥m,∴組成該對稱函數(shù)的兩個(gè)一次函數(shù)圖象的部分圖象都與x軸有交點(diǎn)．∵±2x+4=0解得x=2或-2∴-2<m<2．∵直線y＝x與關(guān)于直線x＝m的對稱函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，∴直線y=x分別與直線y=-2x+4(x≥m)和y=2x+4(x<m)各有一個(gè)交點(diǎn)．對于直線y=x與直線y=2x+4(x<m)，聯(lián)立可得y=x,y=2x+4,解得∴直線y=x與直線y=2x+4(x<m)必有一交點(diǎn)(-4,-4)．對于直線y=x與直線y=-2x+4(x≥m)，聯(lián)立可得y=x,y=-2x+4,解得∵-2<m<2，∴x=43必須在x≥m的范圍之內(nèi)才能保證直線y=x與直線∴m≤4∴-2<m≤4∴m的取值范圍是-2<m≤4故選B【點(diǎn)睛】本題考查了新定義，兩直線交點(diǎn)問題，一次函數(shù)的性質(zhì)，掌握一次函數(shù)的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．【變式13-3】（2023上·河北邯鄲·八年級校考期末）定義：若三角形的一條角平分線與被平分的角的一邊相等，則稱這個(gè)三角形為“優(yōu)美三角形”，這條角平分線叫做這個(gè)三角形的“優(yōu)美線”．下列四個(gè)三角形中，BD平分∠ABC，其中BD是“優(yōu)美線”的是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)角平分線的定義以及等角對等邊，大角對大邊，小角對小邊進(jìn)行判斷即可得到答案．【詳解】解：A.在直角三角形ABC中，∠C=90°,∠A=30°∴∠ABC=60°又BD平分∠ABC∴∠DBC=∠ABD=1∴∠ABD=∠BAD=30°∴∠ADB=150°∴BD<AB又∠C=90°,∴∠BDC=60°∴BD>BC，即BD不是“優(yōu)美線”故選項(xiàng)A不符合題意；B.在ΔABC中，∠A=∠C=60°∴ΔABC∴∠ABC=60°，BA=BC∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=30°∴∠ADB=∠CDB=90°∴BD<AB，BD<BC，即BD不是“優(yōu)美線”故選項(xiàng)B不符合題意；C.在ΔABC中，∠A=90°,∠C=45°∴∠ABC=45°又BD平分∠ABC∴∠ABD=∠CBD=1∴∠ADB=67.5°,∠BDC=112.5°∴BD>AB,BD<BC，即BD不是“優(yōu)美線”故選項(xiàng)C不符合題意；D.在ΔABC中，∴∠ABC=180°-36°-72°=72°又BD平分∠ABC∴∠ABD=∠CBD=∴∠BDC=180°-36°-72°=72°∴BD=BC，即BD是“優(yōu)美線”故選項(xiàng)D符合題意；故選D【點(diǎn)睛】本題主要考查了“優(yōu)美線”的定義，熟練掌握“優(yōu)美線”的定義是解答本題的關(guān)鍵．【題型14一次函數(shù)的應(yīng)用】【例14】（2023上·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期末）甲開汽車，乙騎自行車從M地出發(fā)沿一條公路勻速前往N地，設(shè)乙行駛的時(shí)間為t（h），甲、乙行駛的路程分別為S甲,S乙，路程與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，丙與乙同時(shí)出發(fā)，從N地沿同一條公路勻速前往M地．當(dāng)丙與乙相遇時(shí)，甲、乙兩人相距20km【答案】74或【分析】利用函數(shù)圖象的信息求得三人的速度，再利用題意列出方程，解方程即可得出結(jié)論．【詳解】解：由函數(shù)圖象得：乙的速度為80÷4＝20（乙出發(fā)1小時(shí)后，甲出發(fā)并經(jīng)過0.5小時(shí)追上乙，設(shè)甲的速度為xkm/h，∴20×1.5=(1.5-1)x，∴x＝∴甲的速度為60km/h．設(shè)丙與乙相遇時(shí)乙出發(fā)了t小時(shí)，∵當(dāng)丙與乙相遇時(shí)，甲、乙兩人相距20km，∴60(t-1)-20t＝20∴t＝∴丙的速度為(80-2×20)÷2=20（km/h）或(80-1×20)÷1=設(shè)丙出發(fā)后y小時(shí)后與甲相遇，∴20y+60(y-1解得：y＝74或7故答案為：74或7【點(diǎn)睛】本題主要考查了函數(shù)的圖象，利用函數(shù)的圖象的信息求得三人的速度，再利用題意列出方程是解題的關(guān)鍵．【變式14-1】（2023上·重慶·八年級西南大學(xué)附中?？计谀┬∶骱托±钭≡谕粋€(gè)小區(qū)，暑假期間，他們相約去縉云山某地露營；小明先出發(fā)5分鐘后，小李以65米/分的速度從小區(qū)出發(fā)，小明到達(dá)相約地點(diǎn)后放下裝備，休息了10分鐘，立即按原路以另一速度返回，途中與小李相遇，隨后他們一起步行到達(dá)目的地．小李與小明之間的距離y（米）與小明出發(fā)的時(shí)間x（分）之間的關(guān)系如圖，則下列說法正確的是（

）A．小明首次到達(dá)目的地之前的速度是75米/分B．小明首次到達(dá)目的地時(shí)，小李距離目的地還有200米C．從小區(qū)到目的地路程為2800米D．小明返回時(shí)的速度是33米分【答案】C【分析】根據(jù)圖象可知，小明5分鐘行走400米，可求速度，到達(dá)目的地用時(shí)35分，可求總路程，再根據(jù)小李行走時(shí)間可知小李走的路程，利用兩人相向而行時(shí)，兩分鐘相遇可求小明返回時(shí)速度，即可得出答案．【詳解】解：A、小明首次到達(dá)目的地之前的速度是4005=80米/分，B、兩地間的距離為：80×35＝2800（米）．小李在小明到達(dá)目的地時(shí)行走的路程為：65×（35-30）＝1950（米）．2800-1950=850（米），此時(shí)，小李距目的地還有850米，B不正確；C正確；D、850-65×10=200（米），200÷（47-45）＝100（米/分），100-65=35（米/分）．D不正確；故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了行程問題的數(shù)量關(guān)系的運(yùn)用，一次函數(shù)的解析式的運(yùn)用，點(diǎn)的坐標(biāo)的運(yùn)用，解答時(shí)認(rèn)真分析函數(shù)圖象的意義是關(guān)鍵．【變式14-2】（2023上·全國·八年級專題練習(xí)）有一個(gè)附有進(jìn)水管和出水管的容器，在單位時(shí)間內(nèi)的進(jìn)水量和出水量分別一定．設(shè)從某時(shí)刻開始的5分鐘內(nèi)只進(jìn)水不出水，在隨后的15分鐘內(nèi)既進(jìn)水又出水，得到容器內(nèi)水量y（升）與時(shí)間x（分）之間的函數(shù)圖象如圖．若20分鐘后只放水不進(jìn)水，這時(shí)（x≥20時(shí)）y與