專題7.3期末復習之選填壓軸題十五大題型總結【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網格中勾股定理的運用】 2【題型3由勾股定理求立體幾何圖形中的最短路徑】 3【題型4利用全等三角形的判定與性質求值】 5【題型5利用軸對稱求最短路徑】 6【題型6一次函數中面積有關的計算】 7【題型7利用一次函數的性質求解】 8【題型8判斷直角三角形】 8【題型9勾股定理的實際應用】 9【題型10利用全等三角形的判定與性質解決等腰三角形中的問題】 10【題型11數式或圖形中多結論問題】 11【題型12數式或圖形的規律探究】 13【題型13數式或圖形中新定義問題】 14【題型14一次函數的應用】 16【題型15平面坐標系中幾何圖形的計算】 18【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校考期末）如圖，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EF．已知CB=6，EF=10，則△AEF的面積為（

）A．63 B．83 C．24【變式1-1】（2023上·浙江金華·八年級統考期末）如圖，已知長方形紙板的邊長DE=10，EF=11，在紙板內部畫Rt△ABC，并分別以三邊為邊長向外作正方形，當邊HI、LM和點K、J都恰好在長方形紙板的邊上時，則△ABC的面積為（

A．6 B．112 C．254 【變式1-2】（2023上·江蘇無錫·八年級統考期末）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【變式1-3】（2023下·浙江寧波·八年級統考期末）如圖，三角形紙片ABC，點D是BC邊上一點，連接AD，把△ABD沿著AD翻折，得到△AED，DE與AC交于點G，連接BE交AD于點F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面積為52，則點F到BCA．55 B．255 C．4【題型2網格中勾股定理的運用】【例2】（2023下·安徽亳州·八年級校考期末）如圖，在單位為1的正方形網格圖中有a，b，

A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【變式2-1】（2023下·寧夏吳忠·八年級校考期末）如圖所示的網格是正方形網格，點A，B，P是網格線的交點，則∠PAB+∠PBA=（

）A．30° B．45° C．60° D．75°【變式2-2】（2023下·河北保定·八年級統考期末）如圖，在每個小正方形的邊長均為1的網格中，線段AB的兩個端點均在格點（正方形的頂點）上．

（1）線段AB的長為；（2）若△ABC是直角三角形，則網格中滿足條件的格點C共有個．【變式2-3】（2023下·江西新余·八年級統考期末）如圖所示的網格是正方形網格，點A、B、C、D、E是網格線交點，則∠BAC?∠DAE的為度．

【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校考期末）如圖，透明的圓柱形容器（容器厚度忽略不計）的高為12cm，底面周長為16cm，在容器內壁離容器底部3cm的點B處有一飯粒，此時一只螞蟻正好在容器外壁，且離容器上沿3cm的點A．20cm B．413cm C．10【變式3-1】（2023·八年級課時練習）如圖，已知圓柱的底面直徑BC=6π，高AB=3，小蟲在圓柱側面爬行，從C點爬到A點，然后再沿另一面爬回C點，則小蟲爬行的最短路程的平方為（A．18 B．48 C．120 D．72【變式3-2】（2023上·重慶·八年級校聯考期末）如圖，三級臺階，每一級的長、寬、高分別為8dm、3dm、2dm，A和B是這個臺階上兩個相對的端點，點A處有一只螞蟻，想到點B處去吃可口的食物，則螞蟻沿著臺階面爬行到點B的最短路程為dm．【變式3-3】（2023上·江蘇無錫·八年級濱湖中學校考期末）棱長分別為5cm，4cm兩個正方體如圖放置，點P在E1F1上，且E1P=【題型4利用全等三角形的判定與性質求值】【例4】（2023下·黑龍江哈爾濱·八年級統考期末）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．

【變式4-1】（2023下·山東濟寧·八年級統考期末）如圖，在3×3的網格中，每一個小正方形的邊長都是1，點A，B，C，D都在格點上，連接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是（

）A．80° B．60° C．45° D．30°【變式4-2】（2023下·江蘇鹽城·八年級景山中學校考期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為射線CB上一動點，連接AD，在直線AC右側作AE⊥AD，且AE=AD．連接BE交直線AC于M，若2AC=7CM，則S△ADBS△AEM

【變式4-3】（2023上·江蘇無錫·八年級校聯考期末）如圖，AO⊥OM，OA=8，點B為射線OM上的一個動點，分別以OB、AB為直角邊，B為直角頂點，在OM兩側作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，連接EF交OM于P點，當點B在射線OM上移動時，PB的長度是(

)A．3.6 B．4 C．4.8 D．PB的長度隨B點的運動而變化【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D，E分別為BC，AB上的動點，那么AD+DE

A．8.4 B．9.6 C．10 D．10.8【變式5-1】（2023上·天津寧河·八年級統考期末）如圖，點P是∠AOB內任意一點，OP=5cm，點M和點N分別是射線OA和射線OB上的動點，∠AOB=30°則△PMN周長的最小值=【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，E為AC邊上的動點，DE⊥DF交BC于點F，P為EF的中點，連接PA，PB，則PA+PB的最小值是（

A．3 B．2 C．25 D．【變式5-3】（2023上·四川綿陽·八年級統考期末）如圖，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，點P在△ABC內，將△APC繞著點A逆時針方向旋轉60°得到△AEF．則AE+PB+PC的最小值為（

）A．219 B．8 C．53 D．62【題型6一次函數中面積有關的計算】【例6】（2023上·廣東深圳·八年級統考期末）如圖，點A，B，C在一次函數y=?3x+b的圖象上，它們的橫坐標依次為-1，1，2，分別過這些點作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【變式6-1】（2023下·湖北武漢·八年級統考期末）在平面直角坐標系中，點A（0，4），B（-2，0），C（a，-a），△ABC的面積小于10，則a的取值范圍是．【變式6-2】（2023下·安徽蕪湖·八年級校聯考期末）八個邊長為1的正方形如圖擺放在平面直角坐標系中，經過原點的一條直線l將這八個正方形分成面積相等的兩部分，設直線l和八個正方形的最上面交點為A，則直線l的解析式是.【變式6-3】（2023上·江蘇鹽城·八年級校考期末）平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線y=13x+2與x軸交于點A，與y軸交于點B，直線y=mx+m（m≠0）將△AOB分成兩部分的面積比為1:5，則m【題型7利用一次函數的性質求解】【例7】（2023上·福建漳州·八年級校考期末）在平面直角坐標系中，一次函數y1＝m（x+3）?1（m≠0）和A．m≥34 B．m>34 C．m≤34且m≠0 D．m<3【變式7-1】（2023下·天津紅橋·八年級統考期末）關于函數y=k?3x+k（k為常數），有下列結論：①當k≠3時，此函數是一次函數；②無論k取什么值，函數圖像必經過點?1,3；③若圖像經過二、三、四象限，則k的取值范圍是k<0；④若函數圖像與x軸的交點始終在正半軸，則k的取值范圍是0<k<3．其中，正確結論的個數是（A．1 B．2 C．3 D．4【變式7-2】（2023下·寧夏銀川·八年級校考期末）已知直線y=?n+1n+2x+1n+2（n為正整數）與坐標軸圍成的三角形的面積為A．6032015 B．10062015 C．10062014【變式7-3】（2023上·山東濟南·八年級統考期末）一次函數y=54x?15的圖象與x軸、y軸分別交于點A、B，O為坐標原點，則在△OABA．90個 B．92個 C．104個 D．106個【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A是BO延長線上的一點，OA=10cm，動點P從點A出發沿AB以3cm/s的速度移動，動點Q從點O出發沿OC以1cm/s的速度移動，如果點P，Q同時出發，用t(s)表示移動的時間，當t=s時，△POQ是等腰三角形；當t=【變式8-1】（2023上·四川·八年級校考期末）如圖，在ΔABC中，AB=AC=20,BC=32，點D在線段BC上以每秒2個單位的速度從B向C移動，連接AD，當點D移動秒時，AD與ΔABC的邊垂直．【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邊上的一個動點，點F與點A關于直線CE對稱，當△AEF為直角三角形時，AE的長為．【變式8-3】（2023下·浙江寧波·八年級統考期末）同一平面內有A，B，C三點，A，B兩點之間的距離為5cm，點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C有【題型9勾股定理的實際應用】【例9】（2023·江西九江·校考模擬預測）我國古代數學名著《九章算術》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，繩索用盡．問繩索長為多少．繩索長為尺．【變式9-1】（2023下·浙江紹興·八年級統考期末）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【變式9-2】（2023上·山東濟南·八年級統考期末）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間后，到達位于燈塔P的南偏東45°方向上的B處，這時，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【變式9-3】（2023上·浙江寧波·八年級統考期末）如圖，一棵高5米的樹AB被強臺風吹斜，與地面BC形成60°夾角，之后又被超強臺風在點D處吹斷，點A恰好落在BC邊上的點E處，若BE=2，則BD的長是（

）A．2 B．3 C．218 D．【題型10利用全等三角形的判定與性質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D，且AD＝BC，過點D作DE∥BC且DE＝AB，連接EC，則∠DCE的度數為（

）A．80° B．70° C．60° D．45°【變式10-1】（2023上·福建龍巖·八年級校考期末）在等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，點F在線段BC上，點E是在線段AF上，滿足∠CEF=45°，AE=6【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D，E分別是BC，AB上的點，且BE＝CD，AD與CE相交于點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．【變式10-3】（2023上·貴州遵義·八年級統考期末）如圖，在等邊△ABC的邊AB所在直線上有一點P，作PE⊥AC所在直線于E，Q為BC延長線上一點，當PA=CQ時，連PQ交AC所在直線于D，若DE長為m，則△ABC的周長為．【題型11數式或圖形中多結論問題】【例11】（2023上·內蒙古鄂爾多斯·八年級校考期末）如圖，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E，連接BG，CF．則下列結論：①BG=CF；②BG⊥CF；③EF=EG；④BC=2AE；⑤SA．①②③ B．①②③④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤【變式11-1】（2023上·重慶沙坪壩·八年級重慶市第七中學校校考期末）已知函數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n?m=1時，b?a有最小值0.5 B．當n?m=1時，b?a有最大值1.5C．當b?a=1時，n?m有最小值1 D．當b?a=1時，n?m有最大值2【變式11-2】（2023上·河南新鄉·八年級統考期末）如圖，在△ABC中，將邊AB，AC分別繞點A逆時針旋轉90°得到線段AD，AE，連接DE，與BC交于點F，連接AF，CD，BE，BD，CE．下列結論：①BC=DE；②BC⊥DE；③AF平分∠BFE；④BE2+CA．4 B．3 C．2 D．1【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，AD=CE，連接AE、BD交于點F，∠CBD、∠AEC的平分線交于AC邊上的點G，BG與AE交于點H，連接FG.下列說法：①△ABD≌△CAE；②∠BGE=30°；③∠ABG=∠BGF；④

A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【題型12數式或圖形的規律探究】【例12】（2023上·河北石家莊·八年級石家莊市第二十二中學校考期末）如圖所示，圖甲是第七屆國際數學教育大會（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=?=A7【變式12-1】（2023上·重慶渝北·八年級統考期末）如圖,在平面直角坐標系中,函數y=2x和y=?x的圖象分別為直線l1,l2,過點(1,0)作x軸的垂線交l1于點A1,過點A1作y軸的垂線交l2于點A2,過點A2作x軸的垂線交于點A3,過點A3作【變式12-2】（2023上·重慶渝北·八年級統考期末）如圖（1），已知AB=AC，D為∠BAC的角平分線上一點，連接BD，CD；如圖（2），已知AB=AC，D，E為∠BAC的角平分線上兩點，連接BD，CD，BE，CE；如圖（3），已知AB=AC，D，E，F為∠BAC的角平分線上三點，連接BD，CD，BE，CE，BF，CF；……，依此規律，第6個圖形中有全等三角形的對數是（

）

A．21 B．11 C．6 D．42【變式12-3】（2023上·湖北荊州·八年級統考期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A的坐標是0,2，以OA為邊在右側作等邊三角形OAA1，過點A1作x軸的垂線，垂足為點O1，以O1A1為邊在右側作等邊三角形O1A1A2，再過點A2作xA．122018 B．122019 C．【題型13數式或圖形中新定義問題】【例13】（2023下·安徽池州·八年級統考期末）定義：我們把三角形某邊上中線的長度與這邊中點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

【變式13-1】（2023上·江蘇南通·八年級統考期末）我們定義：如果一個等腰三角形有一條邊長是3，那么這個三角形稱作帥氣等腰三角形.已知ΔABC中，AB=32，AC=5，BC=7，在ΔABC所在平面內畫一條直線，將ΔABC分割成兩個三角形，若其中一個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【變式13-2】（2023上·山東濟南·八年級統考期末）定義，圖象與x軸有兩個交點的函數y＝?2x+4(x≥m)2x+4(x<m)叫做關于直線x＝m的對稱函數，它與x軸負半軸交點記為A，與x軸正半軸交點記為B例如：如圖：直線l：x＝1，關于直線l的對稱函數y＝?2x+4(x≥1)2x+4(x<1)與該直線l交于點C，當直線y＝x與關于直線x＝m的對稱函數有兩個交點時，則m的取值范圍是（A．0≤m≤43 B．－2＜m≤43 C．－2＜m≤2 D．－4＜【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，則稱這個三角形為“優美三角形”，這條角平分線叫做這個三角形的“優美線”．下列四個三角形中，BD平分∠ABC，其中BD是“優美線”的是（）A． B．C． D．【題型14一次函數的應用】【例14】（2023上·浙江寧波·八年級統考期末）甲開汽車，乙騎自行車從M地出發沿一條公路勻速前往N地，設乙行駛的時間為t（h），甲、乙行駛的路程分別為S甲,S乙，路程與時間的函數關系如圖所示，丙與乙同時出發，從N地沿同一條公路勻速前往M地．當丙與乙相遇時，甲、乙兩人相距20km【變式14-1】（2023上·重慶·八年級西南大學附中校考期末）小明和小李住在同一個小區，暑假期間，他們相約去縉云山某地露營；小明先出發5分鐘后，小李以65米/分的速度從小區出發，小明到達相約地點后放下裝備，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目的地．小李與小明之間的距離y（米）與小明出發的時間x（分）之間的關系如圖，則下列說法正確的是（

）A．小明首次到達目的地之前的速度是75米/分B．小明首次到達目的地時，小李距離目的地還有200米C．從小區到目的地路程為2800米D．小明返回時的速度是33米分【變式14-2】（2023上·全國·八年級專題練習）有一個附有進水管和出水管的容器，在單位時間內的進水量和出水量分別一定．設從某時刻開始的5分鐘內只進水不出水，在隨后的15分鐘內既進水又出水，得到容器內水量y（升）與時間x（分）之間的函數圖象如圖．若20分鐘后只放水不進水，這時（x≥20時）y與x之間的函數關系式是．【變式14-3】（2023下·重慶·八年級重慶市求精中學校校考期末）在一次趣味運動會中，“搶種搶收”的比賽規則如下：全程60米的直線跑道，在起點和終點之間，每隔10米放置一個小桶，共四個，參賽者用手托著放有4個乒乓球的盤子，在從起點跑到終點的過程中，將四個乒乓球依次放入4個小桶中（放入時間忽略不計），如果中途乒乓球掉出小桶，則需要返回將乒乓球放回桶中，率先到達終點者獲勝．小明和小亮同時從起點出發，以各自的速度勻速跑步前進，小明在放入第二個乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二個桶的旁邊，且落地后不再移動，但他并未發現，繼續向前跑了一段距離，被裁判員提醒后立即原速返回撿球，并迅速放回桶中（撿球時間忽略不計），為了趕超小亮，小明將速度提高了1米/秒，小明和小亮之間的距離y（米）和出發時間x（秒）之間的函數關系如圖所示，則小明在掉出乒乓球后又繼續跑了米后開始返回．【題型15平面坐標系中幾何圖形的計算】【例15】（2023上·浙江·八年級期末）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，點A，C分別在x軸，y軸的正半軸上，點C(0,4)，點Q在x軸的負半軸上，且S△CQA=12分別以AC、CQ為腰，點C為直角頂點在第一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，連接MN交y軸于P點，則OP的值為【變式15-1】（2023上·北京西城·八年級北京四中校考期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A(6,0),B(0,8)，P，Q是兩個動點，其中點P以每秒2個單位長度的速度沿折線AOB（按照A?O?B）的路線運動，點Q以每秒5個單位長度的速度沿折線BOA（按照B?O?A）的路線運動，運動過程中點P和Q同時開始，而且都要運動到各自的終點時停止．設運動時間為t秒，直線l經過原點O，且l∥AB，過點P，Q分別作l的垂線段，垂足為E，F，當△OPE與△OQF全等時，t的值為【變式15-2】（2023上·安徽六安·八年級統考期末）如圖，一次函數y=?23x+2的圖象分別與x軸、y軸交于點A，B，以線段AB為邊在第一象限內作等腰Rt（1）△AOB的面積是；（2）過B，C兩點直線的函數表達式為．【變式15-3】（2023上·重慶北碚·八年級西南大學附中校考期末）如圖，在平面直角坐標系中，A（a，0），B（0，a），等腰直角三角形ODC的斜邊經過點B，OE⊥AC，交AC于E，若OE＝2，則△BOD與△AOE的面積之差為（）A．2 B．3 C．4 D．5

專題7.3期末復習之選填壓軸題十五大題型總結【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網格中勾股定理的運用】 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求值】 14【題型5利用軸對稱求最短路徑】 20【題型6一次函數中面積有關的計算】 25【題型7利用一次函數的性質求解】 30【題型8判斷直角三角形】 35【題型9勾股定理的實際應用】 40【題型10利用全等三角形的判定與性質解決等腰三角形中的問題】 44【題型11數式或圖形中多結論問題】 49【題型12數式或圖形的規律探究】 56【題型13數式或圖形中新定義問題】 61【題型14一次函數的應用】 66【題型15平面坐標系中幾何圖形的計算】 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校考期末）如圖，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EF．已知CB=6，EF=10，則△AEF的面積為（

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

A．6 B．112 C．254 【答案】A【分析】延長CA與GF交于點N，延長CB與EF交于點P，設AC=b，BC=a，則AB=a2+b2，證明△ABC≌△BJK≌△JKF≌△KAN，再利用長方形【詳解】解：延長CA與GF交于點N，延長CB與EF交于點P，設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=十個小圖形的面積和，∴10×11=3ab+12ab×4+a2+b2+(a2+整理得：5ab+2(a2+b2)=110，把a2+b2=49-2ab，代入得：5ab+2(49-2ab)=110，∴ab=12，∴△ABC的面積為12ab【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，勾股定理，關鍵是構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【答案】A【分析】如圖，延長BC，AD，二線交于點E，設AC，BD的交點為點M，過點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E，設AC，BD的交點為點M，∵∠ACB=∠ADB=90°，∠ADM=∠BCM，∠CAB=45°，∴∠ACE=∠BCM=90°，∠EAC=∠MBC，AC=BC，∴△ACE≌△BCM，∴∠AEC=∠BMC，CM=CE，過點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故選B．【點睛】本題考查了三角形全等的判定和性質，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，正方形的判定和性質，熟練掌握三角形全等，勾股定理，靈活運用角的平分線的判定定理是解題的關鍵．【變式1-3】（2023下·浙江寧波·八年級統考期末）如圖，三角形紙片ABC，點D是BC邊上一點，連接AD，把△ABD沿著AD翻折，得到△AED，DE與AC交于點G，連接BE交AD于點F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面積為52，則點F到BCA．55 B．255 C．4【答案】A【分析】首先求出△ABD的面積．根據三角形的面積公式求出DF，設點F到BD的距離為h，根據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∴12?(4+DF∴DF＝1，∴DB＝BF2+DF2設點F到BD的距離為h，則12?BD?h＝12?BF?即：12∴h＝25【點睛】本題考查翻折變換，三角形的面積，勾股定理二次根式的運算等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用參數構建方程解決問題．【題型2網格中勾股定理的運用】【例2】（2023下·安徽亳州·八年級校考期末）如圖，在單位為1的正方形網格圖中有a，b，

A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【答案】D【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、d和b、c、d可以構成直角三角形，∴從中任取三條線段所構成的三角形中恰好是直角三角形的個數為2個，【點睛】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鍵．【變式2-1】（2023下·寧夏吳忠·八年級校考期末）如圖所示的網格是正方形網格，點A，B，P是網格線的交點，則∠PAB+∠PBA=（

）A．30° B．45° C．60° D．75°【答案】A【分析】延長AP交格點于D，連接BD，根據勾股定理得PD2=BD2=5，【詳解】解：如圖，延長AP交格點于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°，【點睛】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，等腰直角三角形的判定和性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．【變式2-2】（2023下·河北保定·八年級統考期末）如圖，在每個小正方形的邊長均為1的網格中，線段AB的兩個端點均在格點（正方形的頂點）上．

（1）線段AB的長為；（2）若△ABC是直角三角形，則網格中滿足條件的格點C共有個．【答案】56/六【分析】（1）構造直角三角形，利用勾股定理求解即可；（2）根據直角三角形的概念，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，

故答案為：6．【點睛】此題考查了作圖-應用與設計，勾股定理，熟練掌握知識點是解題的關鍵．【變式2-3】（2023下·江西新余·八年級統考期末）如圖所示的網格是正方形網格，點A、B、C、D、E是網格線交點，則∠BAC?∠DAE的為度．

【答案】45【分析】連接CG、AG，根據勾股定理可以得出△CAG是等腰直角三角形，利用平行線性質得到∠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．【點睛】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質，平行線的性質，全等三角形的判定與性質，正確作出輔助線利用網格線的特征是解答本題的關鍵．【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校考期末）如圖，透明的圓柱形容器（容器厚度忽略不計）的高為12cm，底面周長為16cm，在容器內壁離容器底部3cm的點B處有一飯粒，此時一只螞蟻正好在容器外壁，且離容器上沿3cm的點A．20cm B．413cm C．10【答案】A【分析】根據題意，得圓柱形容器的側面展開圖為矩形MNPQ，根據矩形的性質，得MK、KB，延長AM于點A'，且AM=A'M，連接A'B，A'B交MQ于點S，連接AS，根據全等三角形的性質，通過證明【詳解】根據題意，圓柱形容器的側面展開圖為矩形MNPQ，過點B作BH⊥NP，交NP于點H，過點B作BK⊥MN，交MN于點K；根據題意，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A'，且AM=A'M，連接A'B，A在△AMS和△AA'∴△AMS≌△∴AS=A根據題意，螞蟻吃到飯粒需爬行的最短路徑為AS+BS∵A'∵AM=∴A'∴A∴AS+BS=A'【點睛】本題考查了全等三角形、勾股定理、兩點之間直線段最短、矩形的知識；解題的關鍵是熟練掌握矩形、勾股定理、兩點之間直線段最短的性質，從而完成求解．【變式3-1】（2023·八年級課時練習）如圖，已知圓柱的底面直徑BC=6π，高AB=3，小蟲在圓柱側面爬行，從C點爬到A點，然后再沿另一面爬回C點，則小蟲爬行的最短路程的平方為（A．18 B．48 C．120 D．72【答案】A【分析】要求最短路徑，首先要把圓柱的側面展開，利用兩點之間線段最短，然后利用勾股定理即可求解．【詳解】解：把圓柱側面展開，展開圖如圖所示，點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點爬到A點，然后再沿另一面爬回C點，則小蟲爬行的最短路程的平方為2AC2故選D.【點睛】本題考查了平面展開-最短路徑問題，解題的關鍵是會將圓柱的側面展開，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是這個臺階上兩個相對的端點，點A處有一只螞蟻，想到點B處去吃可口的食物，則螞蟻沿著臺階面爬行到點B的最短路程為dm．【答案】17【分析】先將圖形平面展開，再用勾股定理根據兩點之間線段最短進行解答．【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點最短路程是此長方形的對角線長．可設螞蟻沿臺階面爬行到B點最短路程為xdm，由勾股定理得：x2解得x=17．故答案為：17．【點睛】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·八年級濱湖中學校考期末）棱長分別為5cm，4cm兩個正方體如圖放置，點P在E1F1上，且E1P=【答案】106【分析】根據兩點之間直線最短的定理，將正方體展開即可解題.【詳解】將兩個立方體平面展開，將E1F1G1B2【點睛】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求值】【例4】（2023下·黑龍江哈爾濱·八年級統考期末）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逆時針旋轉90°到AE，連接DE、CE，則AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，CD∥AE，證明△ABD≌△ACESAS，根據S【詳解】解：如圖，將AD逆時針旋轉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【點睛】本題考查了旋轉的性質，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．解題的關鍵在于正確的添加輔助線構造全等三角形．【變式4-1】（2023下·山東濟寧·八年級統考期末）如圖，在3×3的網格中，每一個小正方形的邊長都是1，點A，B，C，D都在格點上，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】D【分析】取格點E，F，M，連接MD，MB，先證明ΔDFM?ΔMEB，得出MD=MB，∠DMF=∠MBE，再證明AC//BM得出∠APB=∠PBM，最后證明ΔDMB是等腰直角三角形，得出∠DBM=45°，從而得出【詳解】解：取格點E，F，M，連接MD，MB，由已知條件可知：MF=BE，DF=EM，∠DFM=∠MEB=90°，∴ΔDFM?ΔMEB，∴MD=MB，∠DMF=∠MBE，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．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，平行線的判定與性質，所求角轉換成容易求出度數的角，合理的添加輔助線是解決本題的關鍵．【變式4-2】（2023下·江蘇鹽城·八年級景山中學校考期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為射線CB上一動點，連接AD，在直線AC右側作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，構造全等三角形，根據全等三角形的性質求出線段間的數量關系，最后進行分類討論即可求解．【詳解】①如圖，過E作EG⊥AC于點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【點睛】此題考查了等腰直角三角形的性質，同角的余角相等，全等三角形的判定與性質，有關三角形的面積的求解，解題的關鍵是正確作出所需要的輔助線．【變式4-3】（2023上·江蘇無錫·八年級校聯考期末）如圖，AO⊥OM，OA=8，點B為射線OM上的一個動點，分別以OB、AB為直角邊，B為直角頂點，在OM兩側作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，連接EF交OM于P點，當點B在射線OM上移動時，PB的長度是(

)A．3.6 B．4 C．4.8 D．PB的長度隨B點的運動而變化【答案】A【分析】作輔助線，首先證明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；進而證明△BPF≌△MPE，即可解決問題．【詳解】如圖，過點E作EN⊥BM，垂足為點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＝∠NBE∴△ABO≌△BEN（AAS），∴BO=NE，BN=AO；∵BO=BF，∴BF=NE，在△BPF與△NPE中，∠FBP＝∠ENP∴△BPF≌△NPE（AAS），∴BP=NP=12∴BP=12AO=1故選B．【點睛】本題考查了三角形內角和定理，全等三角形的性質和判定的應用，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形，靈活運用有關定理來分析或解答．【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D，E分別為BC，AB上的動點，那么AD+DE

A．8.4 B．9.6 C．10 D．10.8【答案】A【分析】如圖所示，作點A關于BC的對稱點A'，連接CA'，DA'，BA'，則AD=A'D，BA=BA',故AD+DE=A'D+DE，由此推出當A'、【詳解】解：作點A關于BC的對稱點A'，作點A'E⊥AB，交BC于點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．【點睛】此題考查了軸對稱最短路徑問題，垂線段的性質，根據三角形的面積求高等，熟練掌握以上性質是解本題的關鍵．【變式5-1】（2023上·天津寧河·八年級統考期末）如圖，點P是∠AOB內任意一點，OP=5cm，點M和點N分別是射線OA和射線OB上的動點，∠AOB=30°則△PMN周長的最小值=【答案】5cm；【詳解】分別作點P關于OA、OB的對稱點C、D，連接CD，分別交OA、OB于點M、N，連接OP、OC、OD、PM、PN．∵點P關于OA的對稱點為C，關于OB的對稱點為D，∴PM=CM，OP=OC，∠COA=∠POA；∵點P關于OB的對稱點為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．【點睛】主要運用最短路線問題，綜合運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，E為AC邊上的動點，DE⊥DF交BC于點F，P為EF的中點，連接PA，PB，則PA+PB的最小值是（

A．3 B．2 C．25 D．【答案】D【分析】求兩條線段和最小問題，由CP=DP得出P點的運動路徑后，再由牧人飲馬問題的方法做出對稱點化折為直即可得到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P在CD的垂直平分線上運動，作A關于CD垂直平分線的對稱點A'，∴PA+PB的最小值為A'B∵AB=4，D為AB中點，∴AA'=CD=2，在Rt△AA'BA'B=故選：C【點睛】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的運動路徑是解決問題的關鍵．【變式5-3】（2023上·四川綿陽·八年級統考期末）如圖，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，點P在△ABC內，將△APC繞著點A逆時針方向旋轉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，由旋轉性質得AP＝AE，∠PAE＝∠CAF＝60°，PC＝EF，再證明△APE為等邊三角形，將AE+PB+PC轉化為PB+PE+EF≥BF，再在直角△BGF中由勾股定理求出BF【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A逆時針方向旋轉60°得到△AEF，∴AP＝AE，∠PAE＝∠CAF＝60°，PC＝EF，∴△APE為等邊三角形，即AE＝PE，∴AE+PB+PC＝PB+PE+EF≥BF，∵∠BAC＝60°，∴∠BAF＝120°，∴∠BAG＝60°，∴AG=1∴BG＝A∴BF＝B【點睛】本題考查了旋轉的性質、等邊三角形的判定與性質、勾股定理，將AE+PB+PC轉化為PB+PE+EF≥BF是解決本題的關鍵．【題型6一次函數中面積有關的計算】【例6】（2023上·廣東深圳·八年級統考期末）如圖，點A，B，C在一次函數y=?3x+b的圖象上，它們的橫坐標依次為-1，1，2，分別過這些點作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】A【詳解】試題解析：將A、B、C的橫坐標代入到一次函數中；解得A（-1，b+3），B（1，b-3），C（2，b-6）．由一次函數的性質可知，三個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·八年級統考期末）在平面直角坐標系中，點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A、B坐標，利用待定系數法可求出直線AB的解析式，根據點C坐標可得點C在直線y=-x上，即在直線OC上，聯立AB、OC解析式可得交點坐標，分a=0，a＞0，?43＜a＜0、a＜【詳解】設直線AB的解析式為y=kx+b，∵A（0，4），B（-2，0），∴OA=4，OB=2，∵點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a=0時，點C（0，0），與原點重合，S△ABC=12∴a=0符合題意，②如圖，當a＞0時，點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C（a，-a），∴點C在直線y=-x上，即在直線OC上，聯立直線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的交點坐標為（?43，∴a≠?4②如圖，當?4∴S△ABC＜S△ABO＜10，∴?4③如圖，當a＜?4∴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【點睛】本題考查一次函數的交點問題及三角形的面積，熟練掌握待定系數法求一次函數解析式、利用圖形正確表示出△ABC的面積并靈活運用分類討論的思想是解題關鍵．【變式6-2】（2023下·安徽蕪湖·八年級校聯考期末）八個邊長為1的正方形如圖擺放在平面直角坐標系中，經過原點的一條直線l將這八個正方形分成面積相等的兩部分，設直線l和八個正方形的最上面交點為A，則直線l的解析式是.【答案】y=【分析】如圖，利用正方形的性質得到B(0,3)，由于直線l將這八個正方形分成面積相等的兩部分，則SΔAOB=5，然后根據三角形面積公式計算出AB的長，從而可得A點坐標．再由待定系數法求出直線【詳解】解：如圖，∵經過原點的一條直線l將這八個正方形分成面積相等的兩部分，∴S而OB=3，∴12∴AB=10∴A點坐標為(103，設直線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【點睛】本題考查了坐標與圖形性質和待定系數法求函數解析式．由割補法得SΔAOB【變式6-3】（2023上·江蘇鹽城·八年級校考期末）平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線y=13x+2與x軸交于點A，與y軸交于點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】首先根據函數表達式求出A、B點的坐標，然后求出ΔAOB面積，然后根據y=mx+m的特點得知恒過點（-1，0），然后根據題意可知y=mx+m與坐標軸或y=13【詳解】解：由y=13x+2可知，A∴S∵y=mx+m=m(x+1)∴函數恒過點（-1，0）∵y=mx+m將ΔAOB分成的兩部分面積比為∴SΔCOE當SΔOE=2×1÷1=2∴E點坐標為（0，2）∴m=2，當SΔD點縱坐標為：y∵D在y=1∴D點坐標為：(?將點D的坐標代入y=mx+m,得：m=?2故答案為2或?2【點睛】本題考查了一次函數的圖像，掌握并熟練使用相關知識，認真審題，精準識圖，合理推論是本題的解題關鍵．【題型7利用一次函數的性質求解】【例7】（2023上·福建漳州·八年級校考期末）在平面直角坐標系中，一次函數y1＝m（x+3）?1（m≠0）和A．m≥34 B．m>34 C．m≤34且m≠0 D．m<3【答案】A【分析】根據一次函數的圖象和性質分別判斷．【詳解】由題意可知：∵一次函數y1=mx+3一次函數y2=ax?1∵①a<0時，m=a，兩直線平行時，始終有y2∴m<0．②當a>0時，設經過點(?3，?1)，(1，?1=?3k+b2=k+b，解得：k=34∴y3=∵一次函數y1=mx+3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【點睛】本題考查一次函數綜合問題，充分掌握一次函數的圖象和性質是求解本題的關鍵．【變式7-1】（2023下·天津紅橋·八年級統考期末）關于函數y=k?3x+k（k為常數），有下列結論：①當k≠3時，此函數是一次函數；②無論k取什么值，函數圖像必經過點?1,3；③若圖像經過二、三、四象限，則k的取值范圍是k<0；④若函數圖像與x軸的交點始終在正半軸，則k的取值范圍是0<k<3．其中，正確結論的個數是（A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】①根據一次函數定義即可求解；②y=k?3x+k=k(x+1)?3x，即可求解；③圖像經過二、三、四象限，則k?3<0，k<0，解關于k的不等式組即可；④函數圖像與x軸的交點始終在正半軸，則【詳解】解：①根據一次函數定義：形如y=kx+b(k≠0)的函數為一次函數，∴k?3≠0，∴k≠3，故①正確；②y=k?3∴無論k取何值，函數圖像必經過點?1,3，故②正確；③∵圖像經過二、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∵函數圖像與x軸的交點始終在正半軸，∴?k∴kk?3經分析知：k>0k?3<0解這個不等式組得0<k<3，故④正確．∴①②③④都正確．【點睛】本題考查了一次函數與不等式的相關知識，是難點和易錯點．解答此題的關鍵是熟知一次函數圖像上點的坐標特征，確定函數與系數之間的關系．【變式7-2】（2023下·寧夏銀川·八年級校考期末）已知直線y=?n+1n+2x+1n+2（n為正整數）與坐標軸圍成的三角形的面積為A．6032015 B．10062015 C．10062014【答案】A【分析】依次求出S1、S2、S3【詳解】解：當n=1時，y=?2此時：A（0，13），B（1∴S1=當n=2時，y=?3此時：A（0，14），B（1∴S2=當n=3時，y=?4此時：A（0，15），B（1∴S3=……Sn∴S=12×12×3+12==12==故選：D【點睛】本題考查的是一次函數圖象上點的坐標特點，根據題意找出規律是解答此題的關鍵．【變式7-3】（2023上·山東濟南·八年級統考期末）一次函數y=54x?15的圖象與x軸、y軸分別交于點A、B，O為坐標原點，則在△OABA．90個 B．92個 C．104個 D．106個【答案】A【分析】求出A、B的坐標，分別求出橫坐標是1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11的縱坐標，即可得出橫坐標是1、2、3、4…時點的個數，再加上在兩坐標軸上的點，即可得到答案．【詳解】解：當x＝0時，y＝﹣15，∴B（0，﹣15），當y＝0時，0=54∴x＝12，∴A（12，0），x＝0時，y＝﹣15，共有16個縱坐標、橫坐標都是整數的點，x＝1時，y=54×同理x＝2時，y＝﹣1212x＝3時，y＝﹣1114x＝4時，y＝﹣10，共有11個縱坐標、橫坐標都是整數的點，x＝5時，y＝﹣834x＝6時，y＝﹣712x＝7時，y＝﹣614x＝8時，y＝﹣5，共有6個縱坐標、橫坐標都是整數的點，x＝9時，y＝﹣334x＝10時，y＝﹣212x＝11時，y＝﹣114x＝12時，y＝0，共有1個即A點，縱坐標、橫坐標都是整數的點．在△OAB內部（包括邊界），縱坐標、橫坐標都是整數的點有16+14+13+12+11+9+8+7+6+4+3+2+1＝106個．【點睛】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征的應用，通過做此題培養學生的理解能力和計算能力，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A是BO延長線上的一點，OA=10cm，動點P從點A出發沿AB以3cm/s的速度移動，動點Q從點O出發沿OC以1cm/s的速度移動，如果點P，Q同時出發，用t(s)表示移動的時間，當t=s時，△POQ是等腰三角形；當t=【答案】52【分析】根據ΔPOQ是等腰三角形，分兩種情況進行討論：點P在AO上，或點P在BO上；根據ΔPOQ是直角三角形，分兩種情況進行討論：PQ⊥AB，或PQ⊥OC，據此進行計算即可．【詳解】解：如圖，當PO=QO時，ΔPOQ是等腰三角形，∵PO=AO?AP=10?3t，OQ=t，∴當PO=QO時，10?3t=t，解得t=5如圖，當PO=QO時，ΔPOQ是等腰三角形，∵PO=AP?AO=3t?10，OQ=t，∴當PO=QO時，3t?10=t，解得t=5；如圖，當PQ⊥AB時，ΔPOQ是直角三角形，且QO=2OP，∵PO=AP?AO=3t?10，OQ=t，∴當QO=2OP時，t=2×(3t?10)，解得t=4；如圖，當PQ⊥OC時，ΔPOQ是直角三角形，且2QO=OP，∵PO=AP?AO=3t?10，OQ=t，∴當2QO=OP時，2t=3t?10，解得：t=10．故答案為：52【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質以及直角三角形的性質，解決問題的關鍵是進行分類討論，分類時注意不能遺漏，也不能重復．【變式8-1】（2023上·四川·八年級校考期末）如圖，在ΔABC中，AB=AC=20,BC=32，點D在線段BC上以每秒2個單位的速度從B向C移動，連接AD，當點D移動秒時，AD與ΔABC的邊垂直．【答案】3.5或8或12.5．【分析】設運動時間為t,然后分當AD⊥AC、AD⊥BC和AD⊥AB三種情況運用勾股定理解答即可．【詳解】解：設運動時間為t,則BD=2t,CD=BC?BD=32?2t，①當AD⊥AC時，如圖1所示，過點A作AH⊥BC于點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AD⊥BC時，如圖2所示，由①可知，BD=又BD=2t,∴t=8；③當AD⊥AB時，如圖3所示，過點A作AM⊥BC于點M,由①知AM=12，RtΔAMD中有AMRtΔABD中有AB∴BD又BD=2t，AB=20,AM=12,DM=2t?16,∴4∴t=12.5∴當D點移動3.5秒或8秒或12.5秒時，AD與ΔABC邊垂直．故答案為：3.5或8或12.5．【點睛】本題考查了勾股定理的應用，靈活運用勾股定理列方程以及分類討論思想是解答本題的關鍵．【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邊上的一個動點，點F與點A關于直線CE對稱，當△AEF為直角三角形時，AE的長為．【答案】7或17【分析】分當E在線段AD上時，當E在線段BD上時分別求解即可．【詳解】解：當E在線段AD上時，連接CE，作A關于CE的對稱點F，連接AF，EF，CF，∵∠AEF=90°，∴∠AEC=∠FEC=360°?90°2∴∠CED=45°，∴CD=ED=5，∴AE=AD-ED=12-5=7；當E在線段BD上時，連接CE，作A關于CE的對稱點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．【點睛】本題考查了等腰三角形三線合一的性質，等腰直角三角形的性質，軸對稱的性質，解本題的關鍵是注意運用數形結合的思想解決問題．【變式8-3】（2023下·浙江寧波·八年級統考期末）同一平面內有A，B，C三點，A，B兩點之間的距離為5cm，點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AB為斜邊時，點C到直線AB的距離為2cm，即AB邊上的高為2cm，符合要求的（2）當AB為直角邊時，AC=2cm或BC=2cm，符合條件的點有4個，如圖；符合要求的C點有8個；故答案是8．【點睛】本題主要考查了勾股定理的應用，準確分析判斷是解題的關鍵．【題型9勾股定理的實際應用】【例9】（2023·江西九江·校考模擬預測）我國古代數學名著《九章算術》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，繩索用盡．問繩索長為多少．繩索長為尺．【答案】73【分析】設繩索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【點睛】本題考查了勾股定理的應用，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鍵．【變式9-1】（2023下·浙江紹興·八年級統考期末）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】D【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.【點睛】此題主要考查了勾股定理的應用，正確應用勾股定理是解題關鍵．【變式9-2】（2023上·山東濟南·八年級統考期末）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間后，到達位于燈塔P的南偏東45°方向上的B處，這時，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】A【分析】過點P作PC⊥AB，則在Rt△APC中，通過30°的直角三角形，計算出PC的長，再根據等腰直角三角形，通過勾股定理即可求出PB．【詳解】解：作PC⊥AB于C點，∵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【點睛】本題考查方位角有關的計算以及用勾股定理求航海問題，解決本題的關鍵是構建直角三角形進行計算．【變式9-3】（2023上·浙江寧波·八年級統考期末）如圖，一棵高5米的樹AB被強臺風吹斜，與地面BC形成60°夾角，之后又被超強臺風在點D處吹斷，點A恰好落在BC邊上的點E處，若BE=2，則BD的長是（

）A．2 B．3 C．218 D．【答案】D【分析】過點D作DM⊥BC，設BD=x，然后根據題意和含30°的直角三角形性質分別表示出BM，EM，DE的長，結合勾股定理列方程求解．【詳解】解：過點D作DM⊥BC，設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=【點睛】本題考查含30°的直角三角形性質和勾股定理解直角三角形，正確理解題意掌握相關性質定理列方程求解是關鍵．【題型10利用全等三角形的判定與性質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D，且AD＝BC，過點D作DE∥BC且DE＝AB，連接EC，則∠DCE的度數為（

）A．80° B．70° C．60° D．45°【答案】A【分析】連接AE．根據ASA可證△ADE≌△CBA，根據全等三角形的性質可得AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，根據等邊三角形的判定可得△ACE是等邊三角形，根據等腰三角形的判定可得△DCE是等腰三角形，再根據三角形內角和定理和角的和差關系即可求解．【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＝∠ACBAD＝BC∴△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．【點睛】考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，三角形內角和定理，平行線的性質，綜合性較強，有一定的難度．【變式10-1】（2023上·福建龍巖·八年級校考期末）在等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，點F在線段BC上，點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、等腰直角三角形的性質、三角形外角等知識點，如圖：過C作CG⊥CE,垂足為C，交AF延長線于點G，連接BG，先證△AEC≌△BCGSAS可得BG=AE=6、∠CAE=∠CBG,再根據三角形外角的性質結合已知條件可得∠AGB=∠ACB=90°【詳解】解：如圖：過C作CG⊥CE,垂足為C，交AF延長線于點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D，E分別是BC，AB上的點，且BE＝CD，AD與CE相交于點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SAS定理證出△ACD?△CBE，從而可得∠AFG=60°，根據等邊三角形的判定可得△AFG是等邊三角形，再根據SAS定理證出△ACF?△ABG，從而可得∠BGC=∠BAC=60°=∠AFG，根據平行線的判定可得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，FG=FA，∴FG:EF=5:3，∴EG:FG=2:5，∴S△AEG∴S△AEG即△AEG的面積為25【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質、三角形全等的判定與性質等知識點，正確找出兩組全等三角形是解題關鍵．【變式10-3】（2023上·貴州遵義·八年級統考期末）如圖，在等邊