资源简介

八年级数学下册期末考试浙教版2024【浙江专用】
压轴解答题真题汇编
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点是对角线上的一个动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为点，连接．
(1)如图，若点恰好落在对角线上，连接，求的度数．
(2)如图，连接，若，试判断线段与的数量关系和位置关系，并说明理由．
(3)如图，连接，记的面积为，的面积为，若，求的值．
2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）综合与实践
【定义学习】
若一个四边形有一组对角互补（即对角之和为），则称这个四边形为“圆满四边形”．
【概念理解】
（1）在①矩形，②菱形中，是“圆满四边形”的是 _____ ；（请填写序号）
【性质探究】
（2）如图1，已知四边形是“圆满四边形”，若，，对角线，求四边形的周长．
【判定探究】
（3）如图2，已知平分，点在射线上，于点，于点，点在射线上，点在线段上，，连接，．求证：四边形GOHC为“圆满四边形”．
3．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，四边形是正方形，，E，F，G分别是正方形的边，及对角线上的点，H是正方形内一点，满足四边形是正方形．
(1)如图1，若，求此时的长．
(2)如图2，连结，求证：．
(3)如图3，延长交射线于点J，取线段的中点K，连结．设，在范围内是否存在t的值，使是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
4．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）定义：如果一个四边形有两条邻边相等，且这两条边所夹角的对角是直角，那么我们把这样的四边形称为“等对直四边形”，把夹角所对的直角称为“对直角”．
(1)如图，在四边形中，若，，，，请判断四边形是否为“等对直四边形”？并说明理由．
(2)如图，若四边形是“等对直四边形”，是“对直角”，，，对角线恰好平分四边形中的一个内角，求此时的长．
(3)如图，若四边形是“等对直四边形”，是“对直角”，，，，求此时对角线的长．
5．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在矩形中，点E是边上一点，将沿折叠后，点B的对应点为点F，延长交于点G，交的延长线于点H．
(1)若，求证：．
(2)当时，
①连结，若，求的长．
②当时，连结，求的面积．
6．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在正方形中，点E在边上，点F在边的延长线上，且，连接交边于点N，过点A作，垂足为H，交于点M，连接．
(1)求的度数；
(2)当，时，求的长；
(3)若点M是的中点，求证：．
7．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，，与相交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若点为的中点．
①当时，求的值；
②证明：．
8．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图1，正方形中，点在边上，连接，过点作交延长线于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，过点作于点，连接．
①求证：；
②设长为，长为，求的面积（用含，的代数式表示）．
9．（24-25八年级下·浙江台州·期末）在直角三角形中，，平分交于点P．
(1)如图1，过点P作于点E，于点F，求证：四边形为正方形；
(2)若，以点P为顶点作正方形，其点Q在射线上，点H在射线上．
如图2，当时，求证：点A为中点；
如图3，当点N在射线上，且时，求的长度．
10．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图1，中，对角线的中垂线分别交于点E，O，F．
(1)连结，请判断四边形的形状，并说明理由：
(2)若，连结，求的度数：
(3)如图2，连结交于点G，若，，，求的度数和的长．
11．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点．在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为．
(1)如图1，若，，求菱形的面积．
(2)如图2，若点落在的延长线上，求证：．
(3)如图3，若点落在上，连接，已知，
①求的长；
②直接写出四边形的面积．
12．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，其中，，过点A作于点E．
(1)若，求边的长．
(2)在第（1）小题的条件下，点F为线段上的动点，连结，，当的面积为时，求线段的长．
(3)设，当x，y值变化时，代数式的值是否发生变化？请说明理由．
13．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）我国著名的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成一个大正方形．数学兴趣小组的小伙伴们尝试用两对全等的直角三角形与一个矩形拼出了一个平行四边形．
(1)如图1，M是的中点，若，求的长．
(2)如图2，M是的中点，连结交于点O，连结．
①求证：
②如图3，若，取的中点N，连接，若，求的值．
14．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，点E为中点，点F为中点．
(1)求证：．
(2)若，求的值．
(3)若，，求BC的长．
15．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）已知直线（为常数，且）与双曲线（为常数，且）相交于A，B两点．
(1)若点A的坐标是，求点B的坐标．
(2)若点A，B的横坐标分别为m，．
①求m的值．
②若点在直线上，点在双曲线上，且，请比较与的大小，并说明理由．
16．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图1，在平行四边形中，是上一点，连结，使，是上一点，满足．
(1)求证：．
(2)如图2，连结，过点作交于点，连结．
①求证：四边形为菱形．
②若，，，求的长．
17．（24-25八年级下·浙江台州·期末）某实践小组为了研究某种均匀材质的香烛（总长）的燃烧变化情况．点燃香烛后，每隔1分钟测量一次香烛剩余长度，获得数据如下表：
燃烧时间t（分钟） 0 1 2 3 4
剩余长度h（cm）（观察值）
在平面直角坐标系中，描出这些数据所对应的点，发现它们大致位于同一条直线上，于是可以用一次函数近似地刻画剩余长度与燃烧时间的关系．
(1)利用这两组数据，求剩余长度与燃烧时间的函数解析式；
经比对发现，表中部分观察值不在中的函数图象上，存在偏差，当时，根据中的解析式可求得________，此时它与时观测值的偏差值若记为，则________．
(2)小组决定优化一次函数解析式，减少偏差．（提示：衡量偏差的统计量记为，当取不同值时，所有的平方和为，其中越小，偏差越小）．
结合表格数据，利用（1）得到的函数解析式计算的值；
请确定优化后经过点的一次函数解析式，使得偏差最小．
18．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图1，在矩形中，，，对角线，交于点O，E为上一点（不与点，C重合），延长到点，使，交边于点，连结．
(1)求证：．
(2)当时，求的长．
(3)如图2，连结，当等于的某个内角时，求所有符合条件的四边形的面积．
19．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在正方形中，以为斜边向上作一个直角三角形，其中，过点作交于点．
(1)求证：．
(2)如图．连结，交于点，连结，若，，求的值．
(3)如图，延长至点，使得，连接，试判断与的位置关系与数量关系，并证明．
20．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）清代数学家李锐在其著作《勾股算术细草》中利用三个正方形出入相补的方法证明了勾股定理．如图，在中，，分别以，和为边，按如图所示的方式作正方形，和，与交于点，与交于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的值；
(3)若记，，且，求的值．
21．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）在平面直角坐标系中，若函数的图象经过矩形一条对角线的两个端点，则定义函数是这个矩形的“对角函数”．
(1)如图1，矩形在第一象限，轴，轴，且，．
①若点的坐标为，一次函数是矩形的“对角函数”，则这个函数解析式为　　　；
②若反比例函数是矩形的“对角函数”，求点的坐标；
(2)如图2， 矩形在第一象限，轴，轴，且点的坐标为，正比例函数经过点，且是矩形的“对角函数”，反比例函数经过点，且是矩形的“对角函数”．当时，将矩形沿折叠，点的对应点为，若点落在轴上，求的值．
22．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，已知矩形纸片，，，点在上，且．将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，点落在点处，折痕交边于点，连结．
(1)求证：．
(2)若，，求与的长．
(3)当是以为腰的等腰三角形时，直接写出，之间应满足的数量关系．
23．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）已知抛物线（，为常数）经过点，．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当时，，当时，，且，为两个连续偶数，求的值；
(3)该抛物线与直线（为常数且）相交于，两点，且在的左侧．若在范围内，的取值恰好有3个整数值，求的取值范围．
24．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）如图1，已知四边形是正方形，点分别是边上的点（不与正方形的顶点重合），且满足，连结相交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，连结交于点，作的角平分线交于点．
①当时，求的值；
②试猜想之间满足的数量关系，并证明．
25．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，正方形中，已知，对角线与交于点O，点E为射线上的一个动点不与点B重合，点M为线段的中点．现将线段绕点M顺时针旋转得到线段，连结，．

(1)若点M在线段OD上且，求线段OF及EF的长．
(2)当点E在线段OB上运动时，请判断的形状，并说明理由．
(3)在点E的运动过程中，当时，求线段BE的长．
26．（24-25八年级下·浙江衢州·期末）如图1，在矩形中，，，连接，点P为上的一点，过点P的线段分别交边，于点E，F．
(1)若，求证：．
(2)在（1）的条件下，请再添加一个条件（不再连线和添加字母），使得四边形为菱形，并说明理由．
(3)当且四边形有且仅有两条边相等时，求的长．
27．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）如图1，有一张长为，宽为的长方形硬纸片．
(1)若裁去角上的四个小正方形之后，折成如图2所示的无盖纸盒，当，纸盒的底面积为时，求裁去的正方形边长是多少？
(2)若裁去部分图形后，折成如图3所示底面是正三角形的无盖纸盒，则此时的长为多少？当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等时，底面正三角形的边长是多少？
28．（24-25八年级下·浙江台州·期末）【概念呈现】
有一组角互补，另一组角相等，且相等两个角的对边也相等的两个三角形称为“和合”三角形．如图1，在与中，若，，，则与是“和合”三角形．

【性质探究】
（1）如图2，线段交于点，，，容易知道与是“和合”三角形．爱思考的小涛发现，在该组“和合”三角形中可构造出全等三角形，他的作法如下：过点作，交于点．
请证明；
【拓展应用】
（2）如图3，是等边三角形的边上的一动点，在的延长线上，，连接交于点，连接．
①若，求的度数；
②当的值为多少时，与是“和合”三角形．
29．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）定义：在一个三角形中，一边上的中线等于该边的倍，则称该三角形为“中根三角形”，该中线为三角形的“中根线”．

(1)如图1，为等边三角形，且，证明：为“中根三角形”．
(2)已知为的“中根线”，．
如图2，若，求的面积；
如图3，以点为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系．问：当为何值，有且只有一个点落在直线上？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
30．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，直线相交于点O，直线l分别交射线，射线于A，B两点，平分，交于点D，点G是直线l上一动点，过G作的垂线，交于E，交于F，垂足为H，设，，且
(1)直接写出，的值，______，______；
(2)若G与A重合（如图2），求证：；
(3)若G是直线上任意一点（如图3），试判断之间的数量关系．
31．（24-25八年级下·浙江台州·期末）在平面内，对于一个等腰三角形，若存在一个点到一条腰两端点的距离相等，且到三角形第三个顶点的距离等于腰长，则我们称这个点为等腰三角形的“双合点”．如图1，在等腰中，，且，则点为等腰的“双合点”．
(1)如图2，在等腰中，，请用无刻度的直尺和圆规作出该等腰三角形的一个“双合点”（保留作图痕迹）；
(2)在等腰中，，
①如图3，当“双合点”恰好在边上时，且满足，求度数；②当“双合点”在边的延长线上时，则___________；
(3)如图4，在等腰中，，，为内一点，连接，，当时，求证：点为等腰的“双合点”．
32．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）综合与实践：小嵊与小州两个同学在学习了“直角三角形全等的判定”后，对数学中重要的学习方法“构造法”，展开了课后探究．
【情景再现】
已知，如图1，在和中，，，．
下面是用“构造法”证明两个直角三角形全等的部分过程．
证明：如图1，延长至D，使，连接．
因为（已知），，
所以
所以（全等三角形的对应边相等）．
…
所以
所以
【实践解决】
(1)请结合“情景再现”的证明过程，把“…”的部分补充完整；
(2)小嵊进行了如下的思考：如图2，和都是等腰直角三角形，且．连接，若，，，求的长；
(3)小州结合“构造法“进行进一步探究：如图3，是等腰直角三角形，，P是外一点，，，，求线段的长．
33．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）含有公共顶点A的正方形和正方形按图1所示放置，连结．
(1)求证：．
(2)如图2，把图1中的正方形绕点A旋转，边刚好经过点B，此时对角线与正方形的对角线交于点O，与边交于点H．
①求证：．
②若，，请直接写出和的长．
34．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）在平面直角坐标系中，设函数（m是实数），，已知函数与的图象都经过点和点．
(1)求函数，的解析式与点的坐标．
(2)当时，请直接写出自变量x的取值范围．
(3)已知点和点在函数的图象上，且，设，当时，求的取值范围．
35．（23-24八年级下·浙江金华·期末）在矩形中，，与相交于点，点分别是边上的动点，且线段经过点．
(1)如图，求证：．
(2)如图，将矩形沿折叠，点分别是点与点的对应点．
①若，求的长度．
②连接，直接写出面积的最大值．
36．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）综合与实践
问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形，且．
特殊化探究：连接．设，．
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
(1)若，，求的面积．
“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
(2)若，求证：．
深入探究：老师进一步提出问题：
(3)如图2，连接，延长到点I，使，作矩形．设矩形BFIJ的面积为，正方形的面积为，若平分，求证：．
请你解答这三个问题．
37．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图1，在矩形中，，，点从点出发沿方向运动，运动到点停止，同时，点从点出发沿方向运动，运动到点停止，点，的速度均为．设点，运动的时间为．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)当为何值时，平行四边形为菱形？
(3)如图2，连接，，分别交，于点，．随着点，的运动，请回答下列问题：
①当______时，取得最大值，此时四边形为______（填“邻边不等的矩形”，“内角不为的菱形”，“正方形”）；
②如图3，连接，，的值是否有变化？若不变，求出相应的值，若改变，请说明理由．
38．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）已知正方形的边长是7，点为正方形内一动点．
(1)当点在对角线上时．
①如图1，连接，，求证：．
②若，点是正方形边上一点，当时，求线段的长．
(2)如图2，若，点是线段上一点，当时，求的最小值．
39．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图（1），已知矩形，点分别是矩形边上的一点，且，与分别沿翻折得到与；所在的直线交直线于点，所在的直线交直线于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，且．判断四边形的形状，并说明理由；
(3)如图（2），若点是的中点．试探求与的数量关系，并加以说明．
40．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图1，四边形是边长为10的正方形，点P是射线上一点（点P不与点B和点C重合），连接，过B作的垂线，垂足为E，在线段上取点F，使得，连接．
(1)当点P在线段上时，求证：；
(2)当的面积为20时，求的值；
(3)如图2，连接，在点P的运动过程中，求线段所围成图形面积的最小值．
41．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）综合与实践
【性质探究】
（1）如图1，在四边形中，对角线，交于点，且，求证：．
【性质运用】
（2）如图2，在中，，，，分别以的边，为直角边向外作等腰和等腰．连接，，，与交于点，求线段的长．
【拓展迁移】
（3）如图3，在锐角三角形中，，，，分别以的边，为边向外作等边三角形和等边三角形．连接，，，与交于点．试通过计算写出与之间的等量关系．

42．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点E，F分别在边和的延长线上（点E不与点A，点B重合），且，连接．过点D作于H，连接．

(1)求证：点H是线段EF的中点．
(2)若，，求．
(3)求证：点H始终在正方形的对角线上．
《【浙江专用】八年级下册期中压轴解答题真题汇编》参考答案
1．(1)
(2)，，理由见解析
(3)
【分析】（）利用正方形和轴对称的性质可得，，，进而可得，再根据角的和差关系即可求解；
（）延长交于，由轴对称的性质可得，，进而由平行线的性质得，再证明得，即可求证；
（）作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于，不妨设正方形的边长是，由正方形的性质可得，，，，由轴对称的性质得，，，，即可由得，又由可得是等腰直角三角形，即得，利用勾股定理进而求出即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，，理由如下：
如图，延长交于，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于，
不妨设正方形的边长是，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（1）①；（2）14；（3）见解析．
【分析】（1）根据“圆满四边形”定义即可解决问题；
（2）证明，得，根据“圆满四边形”定义和勾股定理即可解决问题；
（3）证明，得，然后证明，即可解决问题．
【详解】（1）解：矩形的四个内角都是，
矩形的两组对角的和为，
矩形是“圆满四边形”，
故答案为：①；
（2）解：，，，
，
，
四边形是“圆满四边形”，
，
，
，，
，
四边形的周长；
（3）证明：平分，于点，于点，
，，
，
，
，
，
，
四边形为“圆满四边形”．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解“圆满四边形”定义．
3．(1)
(2)见解析
(3)存在，t的值是或或．
【分析】（1）作辅助线构造，求出，然后判定是等腰直角三角形，进而求出的长度，再根据勾股定理求出的长度；
（2）过H作于点Q，同理（1）可证，得出，，进而推出，根据垂直平分线的性质证得；
（3）过H作于点Q，连结，根据题意易得分别是和的中位线，然后求出的长度关于t的表达式，再根据、、建立关于t的方程，解方程并结合确定t的值即可．
【详解】（1）解：如图，过点G作于点P，
∵四边形、四边形均是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，过点G作于点P，过H作于点Q，
∵四边形、四边形均是正方形，
同理（1）可证，
∴，，
∵，
∴，即是的垂直平分线，
∴；
（3）解：如图，过H作于点Q，连结，
由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即H是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
，
，
当或或时，是等腰三角形，
情况1：，
，解得；
情况2：，
，解得或3；
情况3：，
，解得或；
，
故所有符合条件的t的值是或或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形和等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，通过辅助线构造直角三角形全等是解答本题的关键．
4．(1)四边形是“等对直四边形”，见解析；
(2)的长为或；
(3)．
【分析】（）由题易证，，再根据定义判断即可；
（）分类讨论，当平分时或平分时，依据题意画出图形，进而求解即可；
（）由勾股定理逆定理先证明，再利用对角互补模型构造全等求解即可．
【详解】（1）解：四边形是“等对直四边形”，理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是“等对直四边形”；
（2）解：第一种情况：平分，
∵四边形是“等对直四边形”，是“对直角”，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
如图，过作于点，
则四边形是平行四边形，
设的长为，则，
∵，，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
即的长为；
第二种情况：平分，
同理可证，
如图，过作于点，
则四边形是平行四边形，
设的长为x，则，
∵，，
∴，，
∴，
解得，
即的长为；
综上所述，的长为或；
（3）解：∵四边形是“等对直四边形”，是“对直角”，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
过作于点，过作于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，勾股定理及逆定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
5．(1)见解析
(2)①；②
【分析】本题考查了图像的翻折，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理求解三角形，由垂直平分线得到直角三角形应用勾股定理是解决本题的关键．
（1）根据角边角的证明方程可证明与全等，由全等的性质即可证明；
（2）①根据平行线的性质可得角度相等，再直角三角形中应用勾股定理即可求解；
②根据垂直平分线可得直角和线段相等，设出未知数，再结合直角三角形中的勾股定理即可求解边长，再利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：由折叠可得，
因为，
所以．
因为，
在与，
，
所以≌，
所以．
（2）①解：如图1，连结交于M，
因为，
所以．
因为，
所以．
因为，
所以，
所以．
在中，，
所以，
．
②解：如图2，连结，由折叠可得，
则垂直平分，
因为，
所以．
因为，
所以，则．
过点F作交于点P，交于点Q，
可得垂直平分，垂直平分．
则，
在中，为中位线，即，
所以．
设，则，
在中，，
即，解得
所以．
所以．
6．(1)；
(2)10；
(3)见解析．
【分析】（1）连接，证明，得出，，进而得出，然后根据等边对等角求解即可；
（2）作于点N，且，则四边形是矩形，可求出，根据证明，根据全等三角形的性质即可求解；
（3）连接，设，，则，，，根据线段垂直平分线的性质得出，在中，根据勾股定理得出，求出，则，由（2）知，，则，，得出，取的中点K，连接，取的中点G，连接，结合三角形中位线定理、矩形的判定得出四边形为矩形，求出，，，，根据勾股定理求出，结合三角形中位线定理得出，即可得证．
【详解】（1）解：如图，连接，
在正方形中，，，
，
，
在和中
，
，，
，
，
；
（2）解：如图，作于点N，且，
∴四边形是矩形，
，，
，
，，
又，，
，
，
，
；
（3）解：如图，连接，
是的中点，
，
设，，
则，，，
由（1）知，垂直平分，
，
在中，，
，
，
，
又由（2）知，，
，
，
，
取的中点K，连接，取的中点G，连接，
则，为的中位线，
，，
又，
四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
，
．
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
7．(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）证明，可得，从而得到，即可求证；
（2）①根据勾股定理可得，然后根据，可得到，从而得到，即可求解；②过点M作于点G，交于点H，则，，根据勾股定理可得，然后根据，可得，从而得到，，然后利用勾股定理可得，即可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）解：①由（1）得：，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图，过点M作于点G，交于点H，则，，
由①得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，
∴．
8．(1)见解析
(2)①见解析 ②
【分析】（1）由四边形是正方形可得，又由可得出四边形为平行四边形，由此结论得证；
（2）①连接，结合（1）可知四边形为平行四边形，再根据正方形的性质可证得，再利用三角形全等的性质即可得证；
②设，则，由①可知，根据四边形是正方形可得，，再利用勾股定理与乘法公式的变形的运用即可求出的面积．
【详解】（1）四边形是正方形，
，
，
四边形为平行四边形，
；
（2）①如图，连接，
由（1）得四边形为平行四边形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
（SAS），
，，
，
，即为等腰直角三角形，
，
，
；
②设，则，
四边形是正方形，
，由①得，
在中，，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)见解析；．
【分析】（1）先根据作图方法由三个角是直角得出四边形为矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明结论；
（2）①结合（1）的结论可证明得到，进而，从而证明；
②先结合（1）得出，然后再证明得到和，从而推出，最后在中求解的长．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
又∵，
∴四边形为矩形，
∵是的平分线，，，
∴，
∴四边形为正方形；
（2）①证明：过点P作于点E，于点F．
由（1）可知四边形为正方形．
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴，
∴点A为中点；
②解：如图，过点P作于点E，于点F．
由（1）可知四边形为正方形，
同理可证，
∵，
，
∴．
过点N作交延长线于点G，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴在和中，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，构造全等三角形是解答本题的关键．
10．(1)四边形是菱形，理由见解析．
(2)
(3)，
【分析】（1）由可证，可得，由菱形的判定可求解；
（2）由平行四边形的性质可得，由菱形的性质可求，即可求解；
（3）由面积关系可求，由勾股定理可求m的长，由面积关系可求的长，由勾股定理可求的长．
【详解】（1）解：四边形是菱形．
理由如下：
在中，
∵，
∴．
∵为中垂线，
∴，
∴．
∴．
∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：在中，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
由（1）得，四边形是菱形，
∴，
∴；
（3）解：在中，
∵，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
，即，
∴，
∴设，则，，
在中：，即，
在中：，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∵，，
过点A作于点H，
，
解得，
在中，，，
，
，
在Rt中，．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11．(1)；
(2)见解析；
(3)①；②
【分析】（1）根据菱形的性质可知，，，，利用勾股定理得到，再结合菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可；
（2）由菱形的性质得出，由折叠的性质可知，，从而得到，再根据等角与等边求解即可；
（3）①过点作于点，过点作于点，由已知条件可得，，根据菱形和折叠的性质得到，再结合等腰三角形三线合一的性质，求出
，进而得出，证明四边形是矩形，得到，
，利用勾股定理求解即可；
②延长、交于点，令与得交点为，连接，由①可知，，，由折叠的性质可知，，，根据勾股定理可得，证明，推出，，再根据等高三角形面积比等于对应底之比，得到，从而求出，再根据对角线乘积的一半求面积即可．
【详解】（1）解：在菱形中，，，
，，，
，
，
菱形的面积；
（2）证明：四边形是菱形，
，，
，
由折叠的性质可知，，
，
，
，
；
（3）解：①如图，过点作于点，过点作于点，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，，
由折叠的性质可知，，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
②如图，延长、交于点，令与得交点为，连接，
由①可知，，，
由折叠的性质可知，，，
，
，
，，
，
，，
，，
和是等高三角形，和是等高三角形，和是等高三角形，
，，，
，
，
，
，
四边形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积等知识，掌握相关知识点是解题关键．
12．(1)2
(2)或
(3)不变，2
【分析】（1）根据菱形的判定定理得到为菱形，根据菱形的性质得到，再根据勾股定理求的长；
（2）由（1）得 ，，推出 是等边三角形，求得，根据三角形的面积得到边上的高为1，分两种情况讨论：①当点F在左侧，此时点F与点B重合时满足条件，即；②当点F在右侧，如图，过点C作的平行线，交于点，点为满足要求的点，求得，即，设，则，根据勾股定理即可得到结论；
（3）如图，过点D作延长线的垂线，垂足为点H，在中，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：在中，，
∴为菱形，
∴，
∴在中，；
（2）解：在菱形中，由（1）得，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴边上的高为1，
分以下两种情况：
①当点F在左侧，此时点F与点B重合时满足条件，即，
②当点F在右侧，如图1，过点C作的平行线，交于点，点为满足要求的点，
∴，
∴，
设，则，
在中有，
∴，
解得：，
综上所述，或；
（3）解：不变，理由如下：
如图：过点D作延长线的垂线，垂足为点H，
在中，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
由，得，
∴即．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地添加辅助线是解题的关键．
13．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线，平行四边形的判定与性质，构造三角形全等是解题的关键．
（1）根据全等三角形的性质，直角三角形的性质结合勾股定理即可求解；
（2）①连结，证明四边形是平行四边形，得到，再证明，易得B，O，D三点共线． 易证是的中位线， 即可证明结论；②证明是的中位线．推出． 设与交于点K，作的高，的高，证明，推出，根据，得到．设，则，求出，，，即可求解．
【详解】（1）解：∵是直角三角形，点M是中点，，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）解：①连结，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴B，O，D三点共线．
∵点M是中点，
∴是的中位线，
∴；
②∵，M是中点，
∴是的中位线．
∴．
设与交于点K，作的高，的高，
∵点N是的中点，
∴，
由①知，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
又∵，
∴．
设，则，
∴，
∴，
∴，
．
14．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由矩形的性质结合即可证明；
（2）可得垂直平分，则，结合全等以及矩形的性质得到，而，则，再对运用勾股定理得到，即可求解；
（3）取中点，连接并延长交于点，为的中位线，然后证明，则设，那么，然后和中由勾股定理得，再求解，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵点E为中点，
∴，
∴；
（2）解：∵，点F为中点，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∵
∴；
（3）解：取中点，连接并延长交于点，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∵为中点，
∴，
∴
∴和中由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：（舍负），
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
15．(1)
(2)①；②
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，解题的关键是掌握反比例函数和一次函数的性质．
（1）根据正比例函数和反比例函数的性质，求出点的坐标．
（2）①利用正比例函数和反比例函数的交点性质列出方程，求解的值．
②根据函数性质，结合的取值范围，比较与的大小．
【详解】（1）解：直线与双曲线的交点关于原点对称，已知点的坐标是，
点的坐标为；
（2）解：①联立直线与反比例函数解析式，
得，
消去得：，，
点A横坐标为，代入得：，
点B横坐标为，代入得：，
联立得：，
解得：；
②∵点在直线上，
∴，
∵点在双曲线上，
∴，
由第（2）题①知，
故，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
16．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）证明即可；
（2） ①利用平行四边形的性质，等式的性质得到，利用全等三角形的判定与性质得到，利用平行线的性质和等腰三角形的判定定理得到，则四边形为平行四边形，再利用菱形的判定定理解答即可得出结论；
②连接交于点O，过点G作于点H，利用全等三角形的性质定理得到，利用平行四边形的性质得到，利用等腰直角三角形的性质得到，利用菱形的性质得到；利用等腰直角三角形的性质和含角的直角三角形的性质得到，利用等式的性质求得，则，利用等腰直角三角形的性质求得，则可求，利用即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
又∵
∴
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
由(1) 知：，
:∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
②连接交于点O，过点G作于点H，如图，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
由 (2) ①知：，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴由勾股定理得，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵是等腰直角三角形斜边上的高线，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握实数性质是解题的关键．
17．(1)；8，
(2)；
【分析】（1）设，根据待定系数法解答即可；
经比对发现，表中部分观察值不在中的函数图象上，存在偏差，当时，根据中的解析式可求得________，此时它与时观测值的偏差值若记为d，则________．
（2）根据,得，，，，，根据定义计算解答即可．
设优化后解析式为，根据定义，计算，后配方，利用非负性，确定最小值解答即可．
本题考查了待定系数法，新定义，配方法，实数的非负性应用，熟练掌握等等洗发水，非负性，配方法是解题的关键．
【详解】（1）解：设，
根据题意，得，
解得，
故；
解：当时，，此时它与时观测值的偏差值记为d，
则，
故答案为：8，．
（2）解：根据,得，，，，，
故．
设优化后的解析式为，由解析式过点，得，
故新解析式为，
根据题意，得，，，，，
故
而，
故当时，取得最小值，
此时，
解得，
故优化后的解析式为．
18．(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）利用矩形的性质得到为中位线，根据三角形中位线的性质即可证得结论；
（2）由（1）可知，可得，，，由此证得，再利用勾股定理即可求出的长，
（3）由已知条件将的内角分别为，，三种情况进行讨论，再分别求解出符合条件的四边形的面积即可．
【详解】（1）证：在矩形中，
，
又，
是的中位线，
，
即；
（2）由（1）可得，，
，
，
，
，，
，
，
，
在中，，
；
（3）由已知条件可知，的内角分别为，，，
①当时，
可得，
由（1）知，
四边形是平行四边形，
且，
是菱形，
，
；
②当时，
，
，
，
在中，
，
，
，
；
③当时，此时点与点重合，不符合题意，
综上所述，四边形的面积为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、三角形中位线、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理的知识，理解相关知识是解答关键．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)，，证明见解析
【分析】（）利用余角性质可得，进而利用正方形的性质即可求证；
（）连接，证明得到，，即得，进而得到是等腰直角三角形，即得，
，又由全等三角形的性质可得，再根据勾股定理解答即可求解；
（）连接、交于点，连接，，过点作交于点，利用三角形中位线的性质和等腰直角三角形的性质解答即可求解．
【详解】（1）证明：，是以为斜边的直角三角形，
，
，
∵在正方形中，，，
，
，
；
（2）解：连接，如图，
，
，，
∵在正方形中，，，，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
∴，
，
∴；
（3）解：，．
证明：连接、交于点，连接，，过点作交于点，如图，
由（）得是等腰直角三角形，
，
，
，
∵在正方形中，，
是的中位线，
，，
，
，即，
∵在等腰中，，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质；
（1）由正方形得到，，
，即可证明，得到，再根据得到；
（2）先求出，再根据得到，再证明，得到，则，代入求值即可；
（3）设，，则，，由，得到，，解得，则，由（2）得，然后分别表示出，再根据，得到，最后根据求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形，和，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
由（1）可得，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，，则，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
解得，
由（2）得，，
∴，
，，
∵，
∴，
整理得，
由图形可得，
∴，
∴．
21．(1)①或；②；
(2)
【分析】（1）①根据题意先求出，然后分两种情况，并结合待定系数法解答，即可求解；②设，则点，点，从而得到点，再把点B的坐标代入反比例函数解析式，可求出s的值，即可求解；
（2）先求出正比例函数解析式为，可设点，则，，从而得到，再由折叠的性质可得，延长交y轴于点F，结合矩形的性质可得，，然后在中，利用勾股定理求出m的值，即可求解．
【详解】（1）解：①∵点的坐标为，轴，轴，且，，
∴点，
当直线过点B，D时，
把，代入得：
，
解得：，
∴该函数解析式为；
当直线过点A，C时，
把点，代入得：
，
解得：，
∴该函数解析式为；
综上所述，该函数解析式为或
故答案为：或
②∵四边形是矩形，
∴，轴，
∵反比例函数是矩形的“对角函数”，
∴点B，D在反比例函数的图象上，
设点，则点，
∵轴，且，
∴点，
∵轴， ，
∴点，
∵点B在反比例函数的图象上，
∴，
解得：（舍去）或，
∴点；
（2）解：点的坐标为，正比例函数经过点，
∴，
∴正比例函数解析式为，
∵正比例函数是矩形的“对角函数”，
可设点，则，，
∴，
∵将矩形沿折叠，点的对应点为，
∴，
如图，延长交y轴于点F，
∵轴，
∴点，，
∴，
∵四边形是矩形，轴，
∴轴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得：或2，
∵，
∴，即，
∴，
∴点，
把点代入得：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，反比例函数，一次函数，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，解一元二次方程，理解“对角函数”，利用数形结合思想求解是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)，
(3)或
【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程．
（1）先证明，便可证明得结论；
（2）过点E作于点M，则四边形是矩形，得出，求出，根据矩形的性质和勾股定理即可求出折痕的长；
（3）分两种情况讨论：当时，过点E作于点M，连接，当时，连接，交于点O，如图所示，分别利用勾股定理依次进行解答即可．
【详解】（1）证明： ∵四边形是矩形，，
∴，
由折叠知，，
∴，
在和中，
∴；
（2）解：，，
如图，过点E作于点M，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴，
∴,
∴折痕的长为；
（3）解：是以为腰的等腰三角形时，分两种情况：
当时，过点E作于点M，连接，如图所示，
由折叠可知：，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得；
当时，连接，交于点O，如图所示：
∴，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质可知：垂直平分，
∴，
∵，
∴
∴，
在中，，
∴，
解得；
综上所述：当为等腰三角形时，或.
23．(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，确定直线经过定点是解题的关键．
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）由二次函数性质可得当时，；当或时，；即可求出， 或，最后根据，为两个连续偶数确定具体的值即可；
（3）先求出直线经过定点，再判断在抛物线上，即可得到直线与抛物线一个交点为，则或，据此分情况讨论，再根据在范围内，的取值恰好有3个整数值确定的取值范围．
【详解】（1）解：将，代入中，
∴，
解得，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）解：当时，，
解得或，
∵开口向下，
∴当时，；当或时，；
∵当时，，
∴，
∵当时，，
∴或，
∵，为两个连续偶数，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴直线经过定点，
∵当时，
∴在抛物线上，
∵抛物线与直线（为常数且）相交于，两点，
∴或，
当时，在范围内，的取值恰好有3个整数值，则，
当时，，直线经过点时，，解得；
当时，，直线经过点时，，解得；
∴当时，在范围内，的取值恰好有3个整数值；
同理当时，在范围内，的取值恰好有3个整数值，；
∵，
∴当时，在范围内，的取值恰好有3个整数值．
24．(1)见解析；
(2)①；②，理由见解析．
【分析】（1）利用正方形性质（边相等、角为直角），通过“”证，再结合角的和差关系推导 ．
（2）①依据（1）的结论及等腰三角形三线合一等性质，求出相关角的度数，确定的边与角关系，作辅助线构造直角三角形，用勾股定理计算 ．②猜想、、的数量关系，通过作辅助线构造全等三角形，结合等腰直角三角形性质证明 ．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．
∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，,
∴,
∴
∴
②，理由如下：
过作交于
平分，
，是等腰直角三角形
，，
∴,
由（1）知，
，
又四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴
∵
∴
∴，
在和中：
，，
【点睛】本题主要考查正方形性质、全等三角形判定与性质、相似三角形的判定及性质、勾股定理，熟练运用正方形性质找全等条件，结合角的关系推导特殊三角形（等腰直角三角形 ），是解题关键．通过构造全等将线段“、”转化到直角三角形中，体现“转化思想”在几何证明中的应用．
25．(1)；
(2)的形状是等腰直角三角形，见解析
(3)线段BE的长为或
【分析】（1）利用正方形的性质得到，，，，利用等腰直角三角形的性质得到，利用线段的中点的意义，等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可得出结论；
（2）连接，利用等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质得到，利用线段的垂直平分线的性质得到，则；利用正方形的性质和三角形的内角和定理求得，则结论可得；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点E在线段上时，设，则，，利用勾股定理列出方程解答即可；②当点E在线段的延长线上时，设，则，，利用勾股定理列出方程解答即可．
【详解】（1）解：四边形为正方形，
，，，，
，
，
点M为线段的中点，
，
，
，，
，
；
（2）解：的形状是等腰直角三角形，理由如下：
连接，如图，
为等腰直角三角形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
点M为线段的中点，，
为线段的垂直平分线，
，
，
，
，，
，
的形状是等腰直角三角形；
（3）解：①在点E的运动过程中，当时，如图，

设，则，
，M为线段的中点，
，
，
，
，
，
（负数不合题意，舍去），
，
；
②在点E的运动过程中，当时，如图，

设，则，
，M为线段的中点，
，
，
，
，
，
（负数不合题意，舍去），
，
；
综上，线段BE的长为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，线段的垂直平分线的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)见解析
(3)的长为3或5
【分析】（1）证明．可得平行且等于，可得四边形是平行四边形，从而可得结论；
（2）方法1：添加（或），方法2：添加（或）．方法3：添加平分（或平分），再利用菱形的判定可得结论；
（3）①如图2，当时，设，则，再进一步利用勾股定理求解即可；②如图3，当时， 证明，可得，结合，如图3，当时，同理可得：，不合题意，舍去．③如图4，当时，设，则，再进一步利用勾股定理求解即可.
【详解】（1）证明：如图，在矩形中，，
．
又，，
．
，
平行且等于．
四边形是平行四边形．
；
（2）解：方法1：添加（或），
理由如下：四边形是平行四边形，，
四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．
方法2：添加（或）．
理由如下：四边形是平行四边形，，
四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
方法3：添加平分（或平分），
理由如下：在中，，
．
平分，
．
，
，
∴四边形是菱形.
（3）解：①如图2，当时，设，则．
在中有：，解得：．
此时．
②如图3，当时，
∵，，
∴，
∵，
∴．
∴，
∵，矩形，
∴四边形为矩形，
∴，
，
此时．不合题意，舍去．
如图3，当时，同理可得：．
不合题意，舍去．
③如图4，当时，设，则
在中有，，
解得：．
同理可得：．
综上所述，的长为3或5．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键.
27．(1)
(2)，底面正三角形的边长为
【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，矩形的性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等边三角形的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）设裁去的正方形边长为，由题意得：，再解一元二次方程即可；
（2）延长交于点，由题意可设，设，在中，，则，那么，在中，，，则，过点作于点，则，则，而，则，解得，再代入①即可求解．
【详解】（1）解：设裁去的正方形边长为，
由题意得：，
解得：或（不合题意，舍），
答：裁去的正方形边长；
（2）解：延长交于点，
∵等边，
∴，
由矩形可得：
∴设，
由题意得：四边形为矩形，
∴，
设，
∵，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴由勾股定理得：，
∵
∴
∵，
∴
过点作于点，则，
∴由勾股定理得：，
∴，
∵当纸盒的底面积与侧面积（三个长方形的面积）相等，
，
∴，
将代入，
则
解得：，
∴等边三角形边长为．
28．（1）见解析；（2）①；②
【分析】（1）根据平行线性质得，由，可得，得,可得，可得
（2）①过点D作，交于点G，可得是等边三角形，证明，得,可得，可得；②连接并延长，交于点H，根据“和合”三角形定义知，得，得，可得垂直平分，可得，得，得，根据，得．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）①∵是等边三角形，
∴，
过点D作，交于点G，
则，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

②连接并延长，交于点H，
当与是“和合”三角形时，，
∵，
∴，
∴，
由①知，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即当的值为时，与是“和合”三角形．

【点睛】本题考查了新定义——“和合”三角形．熟练掌握新定义，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，含30度的直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线性质，是解题有关键．
29．(1)详见解析
(2)；存在，
【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及新定义，三角形面积等知识，解题的关键是读懂题意，理解“中根三角形”和的“中根线”的定义．
（1）作的中线，由是等边三角形，可求出，，故，从而为“中根三角形”；
（2）①过B作于K，根据为的“中根线”， ，可得，，又，，知，故，可求出，从而；
②当时，设直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，则，，过点D作于点H，由的面积可得．根据垂线段最短可得，而当有且只有一个点C落在直线上时，，得到，即可求解．当时，同理可求解．
【详解】（1）证明：作的中线，如图：

∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴为“中根三角形”；
（2）解：①过B作于K，如图：

∵为的“中根线”，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵为的中线，
∴，
∴的面积为；
②存在，理由如下：
当时，如图：

设直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，
令，则，解得，
∴，
令，则，
∴，
∴，，，
过点D作于点H，
∴，
即，
∴．
∵为的“中根线”，，
∴，
∵点C落在直线上，
∴由垂线段最短可得，
∴当有且只有一个点C落在直线上时，，
∴，
∴．
当时，如图：

同理可得．
综上所述，当时，有且只有一个点落在直线上．
30．(1)
(2)详见解析
(3)
【分析】因式分解结合非负性，得到，结合，进行求解即可；
如图2中，连接只要证明，即可解决问题；
结论：如图3中，作交于点，则只要证明即可．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
解得，
故答案为：；
（2）证明：如图2中，连接
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
，，
，，
，
；
（3）解：结论：
理由：如图3中，作交OB于点，
，
，
，
，
同理，
，
由（2）知：，
即
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，因式分解，平行线的判定和性质等知识，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题.
31．(1)见解析
(2)①；②
(3)见解析
【分析】（1）作的垂直平分线，以点C为圆心，以长为半径画弧交的垂直平分线于点P，P即为所求作
（2）①根据已知得，，，根据，，得，即得②根据已知得，，，根据，得，得，即得；
（3）将沿翻折，得，得四边形是正方形，根据，得，得，得，得，可得是等边三角形，证明，得，即得点为等腰的“双合点”．
【详解】（1）如图，点P即是
（2）解：①∵，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，∴，
②∵，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：将沿翻折，得，
则，
∴，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点为等腰的“双合点”．
【点睛】本题主要考查发新定义——等腰三角形的“双合点”．熟练掌握新定义，等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，正方形判定和性质，等边三角形判定和性质，是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)的长为3；
(3)线段的长为．
【分析】（1）延长至D，使，连接．求得，利用勾股定理求得，利用边边边即可证明，从而得到；
（2）先证，得出，再由等腰直角三角形的性质得，，则，然后由勾股定理求出，即可得出答案；
（3）以为直角边在的下面作等腰直角三角形，使，，连接交于点，，先求出，，则，再证，得出，然后证，由等腰三角形的性质得出，最后由含角的直角三角形性质和勾股定理计算，即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，延长至D，使，连接．
∵（已知），，
∴
∴（全等三角形的对应边相等）．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
所以；
（2）解：和都是等腰直角三角形，，
，，，
即，
在和中，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
∴的长为3；
（3）解：如图，以为直角边在的下面作等腰直角三角形，使，，连接交于点，
，，
，，
，，
，
，
，
即，
同理，
，，
，
，
，
又，
，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
线段的长为．
【点睛】本题全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
33．(1)见解析
(2)①见解析；②，
【分析】（1）根据四边形和四边形都是正方形．得出，即可得，根据“”即可证明全等；
（2）①由（1）可知，证出点F，G，D共线．如图，过点D作交延长线于点K，得出是等腰直角三角形，证明，即可证明．
②根据，为等腰直角三角形，得出．在中，由勾股定理得，．．由全等三角形的性质可得．如图，设交于点P，作于点Q，设，则，，得出，，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形和四边形都是正方形．
∴，
∴，
即．
∴．
（2）①证明：由（1）可知，
∴，
∴点F，G，D共线．
如图，过点D作交延长线于点K，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，．
又∵，
∴，
∴．
②解：∵，为等腰直角三角形，
∴．
∵，在中，由勾股定理可得．
∴，
∴．
∴．
由①知，
∴．
如图，设交于点P，作于点Q，设，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】该题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
34．(1)反比例函数解析式为，一次函数解析式为，
(2)时，自变量的取值范围为或；
(3)．
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．
（1）将点坐标代入一次函数求出值得到点坐标，得到反比例函数解析式，再联立方程组得到点坐标即可；
（2）由两个函数性质及交点坐标直接写出不等式的解集即可；
（3）根据题意先推出，再推出，，两者结合可得的取值范围．
【详解】（1）解：函数经过点，
，
解得：，
，
点在反比例函数图象上，
，
反比例函数解析式为，一次函数解析式为．
联立方程组，解得，，
；
（2）解：由两个函数的性质及交点坐标可知：
当时，自变量的取值范围为或；
（3）解：点和点在函数的图象上，
，，
，
，，
，
，
，
．
的取值范围为．
35．(1)证明见解析；
(2)①；②．
【分析】（）证明即可求证；
（）①由折叠得由折叠可得，进而由可得，得到为等腰直角三角形，据此可得，即得，又由（）可得，即可得到，即可求解；②由折叠可得，，得到点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，可得，即点三点共线时，最大，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，即得到，最后利用三角形的面积公式计算即可求解；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵由折叠可得，
∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，
则，即点三点共线时，最大，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴边上的最大高为，
∴面积的最大值为．
36．(1)6
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据 “弦图”关系，设参数，利用勾股定理建立方程求解即可；
（2）由可知E是中点，从而可证，得到，再证即可得证；
（3）用代数法思路证：设，正方形的边长为n，，先将表示出来，再证得到的表示，从而达到和的关系．
【详解】（1）解：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，
解得（负值舍去），
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）证明：设，正方形的边长为n，，
如图，过E分别作，的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
37．(1)见解析
(2)当时，平行四边形为菱形
(3)①，内角不为的菱形
②的值没有变化，
【分析】（）由矩形的性质得，由点，同时运动且速度均为得，从而由平行四边形的判定即可求证；
（）由于四边形为平行四边形，当时，平行四边形为菱形，再由勾股定理建立方程即可求解；
（）①证明四边形 是平行四边形，从而得，由相似的性质得和，再建立函数模型求得面积的最大值，最后求证四边形 EGFH 为内角不为的菱形即可求解；
②的值没有变化，说明理由：设边上的高为，边上的高为，证得，，从而得即可求解．
【详解】（1）证明：∵在矩形中，
∴，
∵点，同时运动，且速度均为，点，运动的时间为，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解；由（）得四边形为平行四边形，
∴时，平行四边形为菱形，
∵在矩形中，
∴，
∴，
即，
解得，
∴当时，平行四边形为菱形；
（3）解：①∵四边形 是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形 是平行四边形，
∵，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
即，
解得：，
同理可得，
，
∴当 时，取得最大值，、分别是、的中点，
∴易得，
∵，是中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得：，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，，，
∴不可能是直角，
∴当 时，取得最大值，此时四边形 EGFH 为内角不为的菱形；
故答案为：，内角不为的菱形；
② 解：的值没有变化，
理由：设边上的高为，边上的高为，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点G到的距离为，
∵，
∴，
∴，
∴的值没有变化，．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形全等的性质与判定，相似三角形的性质与判定，建立函数模型求面积的最大值等知识点，掌握全等三角形、相似三角形的性质与判定，建立函数模型求面积的最大值是解题的关键．
38．(1)①见解析 ②，或
(2)
【分析】（1）①根据正方形的性质，利用证明，即可得到结论；
②分为点与点重合时，则；然后根据点F在或上或点F在或上两种情况画图，分别构造等腰三角形，利用股定理解题即可．
（2）在上截取，连接，则有，即，可以得到当点D，E，Q共线时，最小，即长，然后利用勾股定理解题即可．
【详解】（1）①证明：∵是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
②如图，当点与点重合时，则；
当点F在或上时，由（1）可得长相等，
过点作交，于点G，H，
则为矩形，
∴，
又∵，
∴
设，则则，
则有，即，
解得：或（舍去），
又∵
∴，
∴；
当点F在或上时，可得长相等，即长相等，
则，
∴；
综上所述，长为，或；
（2）解：在上截取，连接，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴当点D，E，Q共线时，最小，即长，
这时，，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，垂线段最短，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
39．(1)见详解；
(2)正方形，理由见详解；
(3)，理由见详解．
【分析】本题考查矩形的判定和性质，折叠的性质，正方形的判定，等边三角形的性质．
（1）如图，连接，由折叠知，则，再找一个直角，用有三个角是直角的四边形是矩形来证明即可；
（2）如图，延长交于，过点作于，要证明其是一个正方形，只要证明有一组临边相等即可，由折叠的性质结合，可设参数证明等量关系；
（3）如图，取的中点，连接,,依题干先证，再利用特殊角去找和的关系即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
四边形是矩形
在和中
由折叠知,
,
四边形是矩形；
（2）四边形是正方形，理由如下：
如图，延长交于，过点作于，
设
四边形是矩形
四边形是正方形；
（3）
如图，取的中点，连接,,
若点是的中点，则点是的中点，
三点共线
是等边三角形
由（1）知，
点是的中点，则点是的中点
四边形是平行四边形
．
40．(1)见解析
(2)的值为或；
(3)线段所围成图形面积的最小值为．
【分析】（1）证明，推出，即，即可得到；
（2）设，，，在中，，，得到，整理得，据此求解即可；
（3）分两种情况讨论，证明，推出，且，得到线段所围成图形面积是，要求线段所围成图形面积的最小值，只要求得的最小值即可，取的中点，连接和，当共线时，有最小值，最小值为的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
设，，，
在中，，，
∴，
整理得，即，
解得或，
经检验，或都是方程的解，
∴的值为或；
（3）解：当点P在线段上时，连接和交于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴线段所围成图形面积是；
当点P在线段的延长线上时，连接和并与的延长线交于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴线段所围成图形面积是；
要求线段所围成图形面积的最小值，只要求得的最小值即可，
取的中点，连接和，
∵，
∴当共线时，有最小值，最小值为的长，
∵四边形是边长为10的正方形，点为的中点，且，
∴，，
∴有最小值为，
∴线段所围成图形面积的最小值为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的混合运算．第3问证明，且是解题的关键．
41．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）由勾股定理得，，，，即可得出结论；
（2）连接、交于点，交于，先证，得，再证，则，然后求出，，，代入计算即可求出的长；
（3）过点作，过点作，垂足分别为，连接，过点作，交于点，交于点，过点作于点，交于点，证明，四边形是矩形，则，分别求得，进而即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
，，，，
，，
．
解：和是等腰直角三角形，
，，，
，
即，
，
，
，，
，
，
，
由（1）得：，
在中，，
，
在中，，
，
在中，，，，
，
解得：；
（3）如图所示，过点作，过点作，垂足分别为，连接，过点作，交于点，交于点，过点作于点，交于点，

∴
∵，等边三角形和等边三角形
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴
∵
∴，
又∵
∴
∴
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，则，
在中，，则
∴，
∴，
在中，；
∵，
∴四边形是矩形，，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，对角线互相垂直的四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
42．(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据正方形性质先证明，从而得到为等腰直角三角形，利用三线合一即可得出结论；
（2）利用勾股定理求出的长，再根据为等腰直角三角形，利用勾股定理求出的长，从而求出，过点H作，交于点N，交于点M，可得四边形为矩形，证明，推出，设，则，利用勾股定理求出，再利用勾股定理即可求解；
（3）先得到，利用，可得结论．
【详解】（1）证明：在正方形中，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
点H是线段的中点；
（2）由（1）可知，
∴
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
如图，过点H作，交于点N，交于点M，

则四边形为矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，且，
，
设，则，
在中，，即，
解得：或2，
且，
，
，
；
（3）由（2）可知，
四边形为矩形，
，
，
连接，
四边形为正方形，
，
，
点H始终在正方形的对角线上
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形直角边小于斜边的长度，准确作出辅助线是解答本题的关键．(共5张PPT)
浙教版2024 八年级下册
【浙江专用】八年级下册期末压轴解答题真题汇编 试卷分析
三、知识点分布
一、解答题 1 0.4 用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；根据成轴对称图形的特征进行求解；同(等)角的余(补)角相等的应用；根据正方形的性质求角度；根据正方形的性质求线段长；等腰三角形的性质和判定；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
2 0.4 全等三角形综合问题；矩形性质理解；利用菱形的性质求角度
3 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；线段垂直平分线的判定；根据正方形的性质求线段长；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
4 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；判断三边能否构成直角三角形；角平分线的有关计算；根据正方形的性质与判定求线段长；根据等角对等边证明边相等；用勾股定理解三角形；利用平行四边形的判定与性质求解
5 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；矩形与折叠问题；线段垂直平分线的性质；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
6 0.4 与三角形中位线有关的证明；全等的性质和SAS综合（SAS）；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据矩形的性质与判定求线段长；等边对等角；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
7 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；利用二次根式的性质化简；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
8 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形；利用平行四边形性质和判定证明
9 0.4 根据正方形的性质证明；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形
10 0.4 证明四边形是菱形；根据菱形的性质与判定求角度；根据菱形的性质与判定求线段长；含30度角的直角三角形；利用平行四边形的性质求解；利用平行四边形的性质证明；用勾股定理解三角形
11 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；折叠问题；根据矩形的性质与判定求线段长；利用菱形的性质求线段长；与三角形的高有关的计算问题；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
12 0.4 根据菱形的性质与判定求线段长；用勾股定理解三角形
13 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；全等三角形综合问题；以弦图为背景的计算题；全等三角形的性质；用勾股定理解三角形；利用平行四边形性质和判定证明
三、知识点分布
14 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和SAS综合（SAS）；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据矩形的性质求线段长；利用矩形的性质证明；全等三角形的性质；用勾股定理解三角形
15 0.4 解一元二次方程——直接开平方法；不等式的性质；一次函数与反比例函数的交点问题
16 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据菱形的性质与判定求线段长；含30度角的直角三角形；利用平行四边形的性质证明；用勾股定理解三角形
17 0.4 其他问题(一次函数的实际应用)；求一次函数解析式
18 0.4 与三角形中位线有关的证明；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据矩形的性质求线段长；利用矩形的性质证明；利用菱形的性质求面积；用勾股定理解三角形
19 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；斜边的中线等于斜边的一半；全等的性质和SAS综合（SAS）；用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；同(等)角的余(补)角相等的应用；根据正方形的性质求线段长；等腰三角形的性质和判定；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
20 0.4 以直角三角形三边为边长的图形面积；根据正方形的性质证明；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形
21 0.4 反比例函数与几何综合；勾股定理与折叠问题；根据矩形的性质求线段长；一次函数与反比例函数的其他综合应用
22 0.4 用HL证全等（HL）；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
23 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；待定系数法求二次函数解析式；根据交点确定不等式的解集；由一元一次不等式组的解集求参数
24 0.4 根据正方形的性质证明；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形
25 0.4 公式法解一元二次方程；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；根据正方形的性质证明；（特殊）平行四边形的动点问题；用勾股定理解三角形
26 0.4 根据矩形的性质与判定求线段长；添一个条件使四边形是菱形；用勾股定理解三角形；利用平行四边形性质和判定证明
27 0.4 含30度角的直角三角形；与图形有关的问题(一元二次方程的应用)；根据矩形的性质求线段长；等边三角形的性质；用勾股定理解三角形
28 0.4 全等三角形综合问题；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质和判定；等边三角形的判定和性质
29 0.4 一次函数与几何综合；等边三角形的性质；用勾股定理解三角形
30 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；等腰三角形的性质和判定；完全平方公式分解因式；三角形内角和定理的应用
三、知识点分布
31 0.4 全等三角形综合问题；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据成轴对称图形的特征进行求解；作已知线段的垂直平分线；作等腰三角形(尺规作图)；等腰三角形的性质和判定；等边对等角；三角形内角和定理的应用；根据正方形的性质与判定证明；等边三角形的判定和性质
32 0.4 全等的性质和SSS综合（SSS）；全等的性质和SAS综合（SAS）；含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
33 0.4 全等三角形综合问题；根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
34 0.4 一次函数与反比例函数的交点问题
35 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；利用矩形的性质证明；矩形与折叠问题；等腰三角形的性质和判定；两点之间线段最短；用勾股定理解三角形
36 0.4 全等三角形综合问题；以弦图为背景的计算题
37 0.4 证明四边形是菱形；全等三角形综合问题；相似三角形的判定与性质综合；利用平行四边形性质和判定证明
38 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；根据正方形的性质证明；三线合一；用勾股定理解三角形
39 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；矩形与折叠问题；证明四边形是矩形；证明四边形是正方形；等边三角形的判定和性质
40 0.4 斜边的中线等于斜边的一半；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据正方形的性质证明；二次根式的混合运算；用勾股定理解三角形
41 0.4 利用勾股定理求两条线段的平方和（差）；根据矩形的性质与判定求线段长；等腰三角形的性质和判定；二次根式的乘法
42 0.4 全等三角形综合问题；全等的性质和SAS综合（SAS）；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据矩形的性质与判定求角度；根据矩形的性质与判定求线段长；等腰三角形的性质和判定；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形

展开更多......

收起↑