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【北师大版专用】八年级数学下册期末考试
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·陕西渭南·期末）【问题呈现】
已知为等边三角形，E、F分别为线段、上的动点，连接，，相交于点M，．
【初步探究】
（1）如图1，求的度数；
【衍生拓展】
（2）如图2，若，，连接，点N是的中点，连接，延长至点H，使，连接．试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．
2．（24-25八年级下·重庆永川·期末）在平行四边形中，为对角线，且，，为平面上的一点．
(1)如图1，若，垂足为点，，求的长；
(2)如图2，若点在边上，且，，求的长；
(3)如图3，若点在对角线所在直线上，交于点，点是的中点，连接，求证：．
3．（24-25八年级下·北京·期末）对于 和的弦，以为边的正方形为关于的“关联正方形”．在平面直角坐标系中，已知点，点，以点T为圆心，的长为半径作，点N为上的任意一点（不与点M重合）．
(1)当时，
①在图中画出面积最大的关于的“关联正方形”，并直接写出此时N点的坐标；
②若直线上存在点在关于的“关联正方形”上，直接写出t的取值范围；
(2)若点A在关于的“关联正方形”上，点与点A的最大距离为d，当d取最小值时，直接写出此时m和d的值．
4．（24-25八年级下·广东深圳·期末）【特例研究】
(1)在中，点D是的中点，
①如图 1，点F是边上的一点，连接并延长至点E，使得，连接，求证： 且；
②如图 2，若，，的取值范围为 ．
(2)【拓展延伸】
如图3，线段，过点B作一条射线，使得，动线段在射线上运动（点E在点F的下方），且，点D是 的中点，连接．
①请求出的最小值；
②当等于多少时，？请说明理由．
5．（24-25八年级下·广东惠州·期末）综合与实践
正方形中，为对角线，点P在线段上运动，以为边作正方形，连接；
【初步探究】
（1）如图1，当点P在线段上时，与的数量关系是 　 　 ；与的位置关系为 　 　 ；，，三者的数量关系为 　 　 ；
【探索发现】
（2）当点P在线段延长线上运动时，如图2，探究线段和三者之间数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3，连接，若，，则的长为 　 　 ．
6．（24-25八年级下·河南信阳·期末）如图，直线l：与x轴、y轴分别交于点A、B，且与直线m相交于点，已知直线m经过点，且与y轴交于点D．
(1)求点A、B的坐标以及直线m的解析式；
(2)若P为直线m上一动点，
①当时，求点P的坐标；
②在x轴上是否存在点Q，使得以点A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
7．（24-25八年级下·山东德州·期末）如图1，将矩形放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标为，且a，b满足．把矩形沿对角线所在直线翻折，点C落到点D处，交于点E．
(1)点B的坐标为________；
(2)求的面积：
(3)如图2，过点D作，交于点G，交于点H，连接．
①求证：四边形为菱形：
②点M是坐标平面内一点，且使以A，E，D，M为顶点的四边形是平行四边形，直接写出所有满足条件的M点的坐标：________．
8．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）问题提出
（）如图，在正方形中，分别为边上的点，，连接，求证：．
小明是这样思考的：延长至点G，使，连接，如图，通过求证，此时即是，再证明即可证得结论．请你帮小明写出证明过程．
问题探究
（）如图，在直角梯形中，，，，是边上的一点，连结．若，，求的长．
问题解决
（）年月日，国家卫生健康委员会相关负责人在十四届全国人大三次会议民生主题记者会上表示，实施“体重管理年”3年行动，普及健康生活方式，加强慢性病防治．某小区为积极响应国家号召，拟规划一所健身中心，如图4所示，健身中心由和正方形组成．根据设计要求，，现要在健身中心里修建一条笔直的训练长廊，为了满足健身需求，长廊要尽可能的长，请问长廊的长是否存在最大值？若存在，求出长廊的最大值；若不存在，请说明理由．
9．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在中，点分别是边的中点，连结，且与对角线分别相交于点，连接．
(1)求证：；
(2)当时，求证：四边形是菱形．
10．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，一次函数（为常数）的图象与反比例函数（为常数，且）的图象交于点，，且一次函数与轴、轴分别交于点．
(1)求该反比例函数和一次函数的表达式；
(2)根据图象直接写出关于的不等式的解集；
(3)连接，在第三象限的反比例函数图象上有一点，使得，求点的坐标．
11．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题背景】
同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为．
【问题探索】
（1）如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为菱形；
【拓展延伸】
（2）如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长；
（3）如图3，改变点的位置，将沿折叠，连接，当是以为直角的三角形时，求的长度．
12．（24-25八年级下·陕西榆林·期末）【问题呈现】
如图，将绕点按顺时针方向旋转得到，点落在边上的点处，连接．（点的对应点分别是点）
【初步发现】
（1）如图1，五边形的内角和的度数为__________°，外角和的度数为__________°；
【求知探究】
（2）求证：平分；
【拓展延伸】
（3）如图2，，，当三点在同一条直线上时，求的面积．
13．（24-25八年级下·陕西西安·期末）【问题提出】
如图，在等边中，点D是线段上一点，连接
（1）如图①，，则的长度为______；
（2）如图②，点D在线段上．若点E为延长线上一点，且，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，探究线段之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图③是某市一个平行四边形的休闲花园，园艺师要在花园的边上分别设置景观E，F，且景观E到点D的距离和景观F到点D的距离相等（即），为方便观赏，要在景观E，景观F和花园出入口B之间分别修一条小路，，为了更好的观景角度，设计师要求，测量得千米，千米，为方便后续布置装饰灯带等设施，请求出景观E与景观F之间的距离长度．
14．（24-25八年级下·北京怀柔·期末）小明根据学习函数的经验，探究了函数的图象与性质，请将小明的探究过程补充完整，并解决相关问题．
(1)下表是y与x的几组对应值：
x … 0 1 2 3 …
y … 0 2 m 2 0 …
写出表中m的值：______．
(2)如图，在平面直角坐标系中，画出该函数的图象．
(3)小明结合该函数图象，解决了以下问题：
①对于函数，当时，的取值范围是______；
②方程有______个解；
③直接写出不等式的解集为______．
15．（24-25八年级下·北京门头沟·期末）在平面直角坐标系中，A为平面内一点．对于点P和线段给出如下定义：如果线段的中点在线段上，则称点P是线段关于点A的“倍增点”．
(1)如图1，，，
①如果，那么在点，，，中，线段关于点A的“倍增点”是 ；
②已知，如果点P是线段关于点的“倍增点”，那么 ，a的取值范围是 ；
(2)已知，点M，N在直线上，且．设点M的横坐标为n，如果在直线上存在点P，使点P是线段关于点A的“倍增点”，直接写出n的取值范围．
16．（24-25八年级下·北京密云·期末）在正方形中，点是射线上的一个动点（不与点重合），过点作的垂线交直线于点，取线段的中点，连接和．
(1)如图1，当点在线段上时，连接．求证：；
(2)如图2，当点在线段的延长线上时．
①用等式表示线段和之间的数量关系，并证明；
②若，，直接写出正方形边长的值．
17．（24-25八年级下·河南郑州·期末）如图，在中，，沿方向向左平移得到，A，C对应点分别是D，E．F是线段上的一个动点（点F不与B，E重合），连接，将线段绕点A逆时针旋转至线段，使得，连接．
(1)当点F与点C重合时，求的长．
(2)如图，连接，．在点F的运动过程中：
①和是否总是相等？若是，请证明：若不是，请说明理由．
②当为等腰三角形时，直接写出的长．
18．（24-25八年级下·河南开封·期末）已知：是等腰直角三角形，点是直线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，探究并解决下列问题：
(1)如图1所示，当时，若，则的长为 ．
(2)如图2所示，若点在的延长线上，请判断、、之间的数量关系，并说明理由．
(3)当，且长为时，直接写出的长．
19．（24-25八年级下·河南商丘·期末）【问题情境】
（1）数学探究课上，某兴趣小组探究含角的菱形的性质．如图1，菱形的边长为，，则_____，_____．
【操作发现】
（2）如图2，在图1的基础上，小亮在菱形的对角线上任取一点（点不与点重合），连接，以为边向左侧作菱形，且，连接．
①求证：．
②随着点位置的改变，的度数是否发生变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由．
【拓展延伸】
（3）在（2）中，连接，若，直接写出的长．
20．（24-25八年级下·河南新乡·期末）综合与实践课上，腾飞小组三位同学对含角的菱形进行了探究：
【背景】在菱形中，，作，分别交边于点P、Q．
(1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小腾经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式______，此时的形状是______．
(2)【探究】如图2，小飞说“点P为上任意一点时，（1）中的两个结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由．
(3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出的面积．
21．（24-25八年级下·河南郑州·期末）综合与实践：在综合与实践课上，老师让同学们以“长方形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)观察发现：如图1，四边形是长方形，，点是边上一点，连接，沿折叠，使点的对应点落在上，则 ．
(2)探究迁移：如图2，在图1的条件下，延长与的延长线相交于点，连接．试说明四边形是平行四边形，并求的度数．
(3)拓展应用：如图3，四边形是边长为2的正方形，，，，分别为，，，的中点，连接，．点是边上一点，连接，将沿折叠，使点的对应点落在或上时，直接写出 ．
22．（24-25八年级下·重庆铜梁·期末）如图1，直线交x轴、y轴分别于点A、B，直线与x轴交于点C，与直线交于点D，．
(1)求直线的解析表达式；
(2)点P为射线上的一点，若，在x轴上存在一点E，使最小，求点E坐标和最小值；
(3)如图2，将直线向上平移3个单位得到直线，在上存在一动点M，y轴上一点N，使得以点B、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，直接写出点N坐标．
23．（24-25八年级下·重庆荣昌·期末）正方形中，点E是边上一动点，连接．
(1)如图1，当时，连接交于点，若，求正方形的边长；
(2)如图2，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点是中点，连接，．猜想线段，之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，点在线段上运动的过程中，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出的值．
24．（24-25八年级下·重庆·期末）抛物线交x轴于点和点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是抛物线上一动点，若，求满足条件的点P的坐标；
(3)将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，新抛物线经过点C且与直线另一交点为点K，M 为新抛物线上的一动点，当时，请直接写出符合条件的点M的坐标．
25．（24-25八年级下·重庆·期末）在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴相交于A、B两点，直线与x轴、y轴相交于C、D两点，与直线l交于点E．
(1)求E点的坐标；
(2)点P在射线上，使得的面积等于面积的2倍．求出P点的坐标；直线上有两动点G，H（G在H下方），，求的最小值．
(3)作点O关于直线的对称点，点M为直线上一动点，在y轴上是否存在一点N，使得是以M为直角顶点的等腰直角三角形．若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（24-25八年级下·重庆合川·期末）如图，在正方形中，E是边上任意一点，于点F，于点G．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，E为的中点时，连接，若，求的长度．
27．（24-25八年级下·重庆铜梁·期末）已知菱形．
(1)如图1，当时，过点作于点，连接，点是线段的中点，连接，若，求线段、的长度；
(2)如图2，当时，过点作于点，连接，过点作，连接MC，且，连接，请探索线段，，之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，当时，连接，点是对角线上的一个动点，若，求的最小值．
28．（24-25八年级下·山东威海·期末）数学研究小组发现，求线段最值问题的解决策略：对两条线段作某种变换（平移、轴对称、旋转等），最终转化为“两点之间线段最短问题”去解决．
(1)如图1，已知菱形，，，点E是边中点，点F是对角线边上的动点．连接，，则的最小值为________；
(2)如图2，已知矩形，，．点E是上的点，且，点F，G是上的动点，且，连接．则的最小值为________；
(3)如图3，已知正方形，，E是上的动点，F是上的动点，且．连接，，求的最小值．
29．（24-25八年级下·山东威海·期末）如图，在中，，，．动点D以的速度从点B出发向点C运动，动点E从点C出发向点A运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止运动．若点D，E同时出发，求当与相似时，点E的运动速度．
30．（24-25八年级下·山东烟台·期末）在中，动点M在边上从点A向终点C运动，同时点N在边上从点C向终点B运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接交于点P．
【特例初探】
（1）如图1，若为等边三角形，点M和点N以同样的速度运动，则在此运动过程中，的度数始终为__________；
【类比探究】
（2）如图2，若为等腰直角三角形，斜边为，点M的速度为1，点N的速度为，则在此运动过程中，的角度是否发生变化？如果不变，请求出具体度数；如果发生变化，请写出理由；
【总结提升】
（3）如图3，若为等腰三角形，底边为，且，，点M的速度为v，点N的速度为，则在此运动过程中，请直接写出用含有n，，v的代数式表示的度数．
31．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，平行四边形中，，点是线段的中点，过点作交于点，的延长线交于点，且．
(1)如图，若，求的值；
(2)如图，连接，求证：；
(3)如图，延长交于点，求的值．
32．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，直线分别交轴，轴于点和点，直线分别交轴，轴于点和点，和交于点，已知．
(1)求直线的解析式；
(2)如图，连接，将绕点顺时针旋转得到，边所在直线交轴于点，求出点的坐标；
(3)在（2）的条件下，将直线平移经过点，得直线，将沿直线平移得到，其中边所在直线与轴交于点，点是直线上的一个动点，当以、、、为顶点的四边形是以为边的平行四边形时，求出此时点的坐标．
33．（24-25八年级下·广东深圳·期末）如图1，在等腰三角形中，，D为上一点．过点B作，且，过点E作的平行线分别与的延长线交于点G，点F，连接．
(1)①四边形的形状为 ；
②线段与的数量关系为 ；判断这一数量关系时，需要用到的全等三角形是 ；
(2)在（1）的条件下判断与的位置关系，并证明；
(3)如图2，其他条件不变，若射线恰好过的中点O，且，求证：．
34．（24-25八年级下·广东江门·期末）已知，四边形是正方形，，D是x轴上一点，以D为直角顶点向右侧构造等腰直角三角形，设点D的坐标为．
(1)如图1，点E的横纵坐标之间是否满足某种函数关系？若有请写出并证明，若无请说明理由．
(2)如图2，若点D是线段上一点（不与O、A重合）且与交于点F，连接请判断线段，，的数量关系并证明．
(3)如图3，若点G，H分别是线段，的中点，连接，，是否存在最小值，若存在请求出最小值时点D坐标，若不存在请说明理由．
参考答案
1．（1）；（2），理由见解析
本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，熟练掌握基本性质是解题关键；
（1）由为等边三角形，结合证明，得到，即可得到，最后根据三角形内角和求的度数；
（2）延长至点Q，使，连接、，可得到，和都是等边三角形，即可证明，得到，再由是的中位线，得到，最后根据证明即可；
（1）解：∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图，延长至点Q，使，连接、，
，
，
，，
，
和都是等边三角形，
，，
∵，
是等边三角形，
，，
，
即，
，
，
点是的中点，，
是的中位线，
，
，
即，
．
2．(1)
(2)
(3)见解析
（1）先证明平行四边形是菱形，得出是等边三角形，进而根据等边三角形的性质，即可求解；
（2）过点作交于点，由（1）可得是等边三角形，得出则，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得，即可求解；
（3）延长交于点，连接，倍长中线法证明，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可得证．
（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
∴平行四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴
∵，
∴；
（2）解：如图，过点作交于点，
则
由（1）可得是等边三角形，
∴
∵，
∴
又
∴
∴
∵
∴，，
∴，
（3）证明：如图，延长交于点，连接，
∵四边形是菱形，
∴
∵
∴
∴，
又∵点是的中点，
∴
∴
∴，，
∵点在对角线所在直线上，
∴，
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
又∵四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴
又∵
∴
∴
∴
∴是等边三角形
∵
∴
∴
∴ ,
即．
本题考查了菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．(1)①图见解析，②
(2)，
本题考查一次函数，正方形，圆的性质和切线，掌握相关知识是解决问题的关键．
（1）①若要“关联正方形”面积最大，即正方形边长最大，即为圆的直径，据此解答即可；②先确定关于的“关联正方形”上的所有点所组成的图形，若直线上存在点在关于的“关联正方形”上，即直线与此图形有交点，其临界状态就是直线分别与、相切时，求出此时的值即可解答题目；
（2）由，可知为直线上一动点，再确定点的运动轨迹为如图所示的图形，此图形是关于对称的轴对称图形，当取时，及点所在圆的圆心应三点共线，所以连接分别交，于，当时，最小，此时点在点正上方，即点横坐标=点横坐标，据此可求出的值，进而求出最小值．
（1）解：①如图，正方形和正方形为面积最大的关于的“关联正方形”，；
理由：若要“关联正方形”面积最大，即正方形边长最大，
∵正方形边长为的弦，
∴过的的最长弦即为圆的直径，
∴
②如图：
取圆上任意一点作正方形交于，连接，
，
，
，
，
，
，
，
即两点重合，
即，
∴的运动轨迹为以中点为圆心，1为半径的圆，
同理可得，关于的“关联正方形”上的所有点在以和点为圆心，为半径的圆上及圆内，或以，和为圆心，1为半径的圆上及圆内，
∵直线上存在点在关于的“关联正方形”上，
即直线与这五个圆所组成的图形有交点，
当直线与相切时，设切点为，交轴于点，交轴于点，
令，求得，则，
令，，，则，
，
，
，
，
，
，此时，
当直线与相切时，设切点为，交轴于点，交轴于，
同理可得，，，
，
，
，此时，
综上所述，
（2）解：∵，
∴为直线上一动点，
如图，由（1）②知，在下图中的五个圆上，五个圆组成的图形关于对称，
∵点与点A的最大距离为d，
∴当取时，及点所在圆的圆心三点共线，
∴连接分别交，于，
当时，最小，此时点在点正上方，
则有点横坐标=点横坐标，
∴，解得，
此时最小值如下图：，
由（1）②知， 是以1为半径的圆，
，，
由勾股定理得：，
，
故，．
4．(1)①见解析；②
(2)①；②，理由见解析
（1）①证明，利用全等三角形的性质，平行线的判定解答即可．
②延长到点Q；使，连接，证明，根据三角形三边关系定理，解答即可．
（2）①延长至点N，使得，连接；作，垂足为H，根据等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解答即可．
②利用等腰直角三角形的性质，判定腰相等，解答即可．
本题考查了三角形全等的判定和性质，三角形三边关系定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
（1）解：①证明：∵ 点D是的中点，
∴，
在和中，

∴，
∴，，
∴；
②解：延长到点Q，使，连接．
∵ 点D是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵,
∴，
∵，，
故．
故答案为：．
（2）解：①延长至点N，使得，连接；作，垂足为H
∵ 点D是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，，，
∴，，
∵，（等号成立时，动点E和定点H重合）
∴，
∴的最小值为．
②当时，如上图，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
5．（1）；（2），理由见解析；（3）3
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
（1）证明，得出，，求出，利用勾股定理求出，即可求解；
（2）类似（1）探究即可；
（3）利用勾股定理求出，，即可求解．
解：（1）∵四边形、都是正方形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，，
∴，
故答案为：，，；
（2），
理由：∵四边形、都是正方形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，，
∴；
（3）在正方形中，，
∴，
由（2）知：，
∴，
∵，
∴．
故答案为：3．
6．(1)；；
(2)①或；②存在；或或
本题考查一次函数的图象与性质，一次函数面积问题，平行四边形的性质，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．
（1）分别令和求出点A、B的坐标，设直线的解析式为，代入，计算即可求出解析式；
（2）①过作轴交于，利用铅锤法表示面积，根据列方程求解即可；
②分三种情况讨论：当为对角线时，当为对角线时，当为对角线时，根据中点坐标公式，进行求解即可．
（1）解：令则；
令则，
解得：，
∴直线与轴、轴分别交于点、；
把代入得：，
∴，
设直线的解析式为，代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为；
（2）解：①∵直线经过点，且与轴交于点，
∴，
∴，，
∵为直线上一动点，
∴设，
过作轴交于，则，，
∴
∵，
∴，
整理得，
解得或，
∴或；
②存在；设，，、，
当为对角线时，根据中点坐标公式可知：，
解得：，
∴此时点Q的坐标为：；
当为对角线时，根据中点坐标公式可知：，
解得：，
∴此时点Q的坐标为：；
当为对角线时，根据中点坐标公式可知：，
解得：，
∴此时点Q的坐标为：；
综上分析可知：点Q的坐标为：或或．
7．(1)
(2)6
(3)①见解析；②，，
（1）根据非负性解答即可；
（2）根据矩形及折叠的性质可得，，设，则．在中，得到，解答即可求得，即可求解；
（3）①根据菱形的判定定理证明即可；
②根据平行四边形的性质，中点坐标公式解答即可．
（1）解：∵，
∴．
∴，，
∴B点坐标为．
故答案为：；
（2）解：∵B点坐标为，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，
∴．
由翻折可知，，，，，
∴，
∴，则，
∴，
设，
则．
在中，
∵，
∴．
∴，
∴，即
∴；
（3）①证明：∵，
∴．
由翻折的性质可知，，，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
②由题意可得：，
由（2）可得：，，．
在中，可得：，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，，设，
当为对角线时，由中点坐标公式得：，解得：，
∴；
当为对角线时，，，，设，
由中点坐标公式得：，解得：，
∴；
当为对角线时，，，，设，
由中点坐标公式得：，解得：，
∴．
综上所述，满足条件的点M的坐标为，，．
故答案为：，，．
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，中点坐标公式，勾股定理，实数的非负性，分类思想的应用，熟练掌握折叠性质，平行四边形的性质，中点坐标公式是解题的关键．
8．（）见解析；（）；（）存在，的最大值为
本题主要考查正方形、直角梯形及组合图形的几何性质展开，核心考查全等三角形的判定与性质，同时结合图形的旋转变换思想、勾股定理、三角形三边关系以及一元二次方程的解法，利用“截长补短”或旋转构造全等的几何转化能力，将线段和差、最值问题转化为全等三角形的对应边相等问题来求解．
（）利用旋转全等思想，将绕点顺时针旋转得到，通过证，得到；结合，推导出，再用证明，得出；利用线段和的关系，完成证明；
（）先由已知条件推得四边形为正方形，得等关键线段长度；再结合()中的结论，设未知数表示相关线段；最后在中，利用勾股定理列方程，求解未知线段长度；
（）先作辅助线构造等腰直角三角形，通过证明，将转化为等长的；再依据“三角形两边之和大于第三边”，当三点共线时取最大值，进而得到的最大值．
（1）证明：四边形为正方形，
，，
，
又，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
．
（2）解：过点作交的延长线于点，则，
，，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
根据（1）中的结论，可知，
设，
，
，
，，
，
，
，
解得：，
故．
（3）解：过点作，取，连结，，
四边形为正方形，
，，
，
又，
，
，
线段有最大值时，只需最大即可，
由题可得，
当、、三点共线时，取最大值，此时，
，
，
最大值为：，
的最大值为．
9．(1)见解析
(2)见解析
本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的判定；熟练掌握以上知识是解题的关键．
()根据平行四边形的性质可得，根据点分别是边的中点，可得，则四边形是平行四边形，进而证明，得出，即可得证；
()根据()的结论得出四边形是平行四边形，根据已知可得，即可证明四边形是菱形．
（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
点分别是边的中点，
，，
，
∴四边形是平行四边形，
，，
，
，
，，
，
又，
，
．
（2）连接，
由（）知，，，
四边形是平行四边形，
点分别是边的中点，
，
．
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是菱形．
10．(1)，
(2)或
(3)
本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，熟知反比例函数及一次函数的图象与性质是解题的关键．
()将点坐标代入反比例函数解析式，求出，再将点坐标代入反比例函数解析式，求出点坐标，最后将两点坐标代入一次函数解析式即可解决问题；
()利用反比例函数以及一次函数图象，即可解决问题；
()根据与的面积关系，可求出点E的纵坐标，据此可解决问题．
（1）解：∵反比例函数的图象过点，，
，
，，
∴反比例函数表达式为，
∵一次函数图象过，
，
解得，
∴一次函数表达式为．
（2）根据所给函数图象可知，
当或时，一次函数的图象在反比例函数图象的下方，即
∴不等式的解集为：或．
（3）在一次函数中，
当时，；
当时，，
，，
，
，
设点的纵坐标为，
，解得，
点．
11．（1）见解析；（2）；（3）或
（1）由折叠的性质结合平行四边形的性质得到，，，由得到，因此，从而，即可得到，得证结论；
（2）延长交于点H，由折叠的性质先证明是等腰三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，易证是等腰三角形，用平行四边形的面积公式即可求出，进而得到，利用勾股定理即可解答．
（3）分点E不与点C重合，点E与点C重合两种情况进行讨论求解即可．
（1）证明：由折叠的性质可得：，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，延长交于点H，
由折叠的性质可得：，
，
，
是等腰直角三角形，
，
四边形是平行四边形，，，
，，
，，
是等腰直角三角形，
，
∴，
，
，
．
（3）解：当点E不与点C重合时，延长交于点，
则，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵由折叠有，
∴在中，，
∴；
②当与点C重合时，记，的交点为，
由①可知，当时，，
∴，而，
∴，
∴当重合时，，
由折叠可得：
综上所述，或．
本题考查平行四边形的判定和性质，折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握折叠的性质，平行四边形的性质，是解题的关键．
12．（1）540，360；（2）见解析；（3）
（1）由多边形内角和定理即可得出答案；由多边形的外角和定理即可得出五边形的外角和的度数；
（2）根据平行四边形性质得，则，由旋转的性质得，进而得，由此得，据此即可得出结论；
（3）过点C作于点H，由旋转性质得，，进而得，由B，E，F三点在同一条直线上得，进而得，由（2）可知，则，由此得，再根据等腰三角形性质得，继而由勾股定理得，然后由三角形面积公式即可求出的面积，
解：（1）由多边形内角和定理得：五边形的内角和的度数，
∵多边形的外角和等于，
∴五边形的外角和的度数为
故答案为：540，360；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∴平分，
（3）过点C作于点H，如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，，，
∴
∴
∵当三点在同一条直线上
∴
∴
由（2）可知，，
∴，
∴，
则，
在中，，，
∴，，
在中，，，
则，
∴，，
∴的面积．
此题主要考查了平行四边形的性质，多边形内角与外角，图形的旋转变换及其性质，理解平行四边形的性质，熟练掌握多边形内角和定理与外角和的性质，图形的旋转变换及其性质，等腰三角形，平行线的性质是解决问题的关键．
13．（1）；（2），理由见解析；（3）千米
（1）过B作于E，根据等边三角形的性质求出，根据勾股定理求出即可；
（2）在上截取，在上截取，先证明和全等，进而推出为等边三角形，最后证明为直角三角形，从而得到和的关系，也就是和的关系；
（3）将逆时针旋转得到，连接，过E作于H，过G作于M，根据三角形全等，可以得出和全等，和全等，从而得到，最后在中，利用勾股定理求出，即为的长．
解：（1）过B作于E，如图：
，
∴，
，
为等边三角形，
，，
，，
；
故答案为：；
（2），理由如下：
在上截取，在上截取，如图：
，，
为等边三角形，
，，
为等边三角形，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
∵
∴，
，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
为直角三角形，
∴，
∴，
在中，，
即
，
∵，
∴；
（3）将逆时针旋转得到，连接，过E作于H，过G作于M，如图：
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
，
在，，
∴，
，
∴（千米），
，
在和中，
，
，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
，
，，
，
（千米）．
本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理、含角直角三角形的三边关系、等边三角形的判定与性质是本题解题的关键．
14．(1)4；
(2)函数的图象见详解
(3)①；②两；③或．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握该知识点是关键．
（1）将代入即可求出值；
（2）画出函数图象即可；
（3）①根据函数图象，写出的取值范围即可；
②根据函数图象看两个函数的交点个数即可；
③画出一次函数图象，根据图象直接写出不等式的解集即可．
（1）解：当时，，
故答案为：4 ；
（2）解：函数的图象如图所示：
（3）解：①由函数图象可知：当时，；
故答案为：；
②由图象可知：函数与直线有两个交点；
则方程有两个解；
故答案为：两；
③如图，画出的图象，
由图象可知不等式的解集为：或．
故答案为：或．
15．(1)①，；②2，
(2)或
本题考查一次函数的综合应用，坐标与图形，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解“倍增点”的意义．
（1）①根据“倍增点”的定义逐个判断即可；
②表示出的中点为，可知在线段上，故，，即可解得答案；
（2）设，可得的中点为，由在直线上，有，解得，故，根据点M的横坐标为n，点M在直线上，点N在直线上，，可得或，当，时，，解得：；当，时，，解得：．
（1）解：①∵，，
∴的中点为，
∵，，
∴的中点在线段上，
∴是线段关于点A的“倍增点”；
∵，，
∴的中点为，
∵，，
∴的中点不在线段上，
∴不是线段关于点A的“倍增点”；
∵，，
∴的中点为，
∵，，
∴的中点在线段上，
∴是线段关于点A的“倍增点”；
∵，，
∴的中点为，
∵，，
∴的中点不在线段上，
∴不是线段关于点A的“倍增点”；
故答案为：，；
②∵，，
∴的中点为，
∵点P是线段关于点A的“倍增点”，
∴在线段上，
∵，，
∴，，
解得：，；
故答案为：2，；
（2）解：由P在直线上，设，
∵，
∴的中点为，
∵点P是线段关于点A的“倍增点”，
∴在线段上，
∵点M，N在直线上，
∴在直线上，
∴，
解得，
∴，
∵点M的横坐标为n，点M在直线上，
∴，
∵点N在直线上，，
∴或，
当，时，
∵在线段上，
∴，
解得：；
当，时，
∵在线段上，
∴，
解得：；
∴n的取值范围是或．
16．(1)见解析
(2)①，证明见解析；②
（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得，，即可得出结论；
（2）①如图，过点H作于G，连接，先证明，得到，从而求得，进而得出，得到，再由勾股定理求得，然后证明是的中位线，得到，即可得出结论．
②根据直角三角形的性质求得，然后根据可证，得到，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，然后由勾股定理求得，最后由正方形的性质得．
（1）证明：如图1，
∵正方形，
∴，
∵点是线段的中，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①．
证明：如图，过点H作于G，连接，
∵正方形，
∴，，
∵点是线段的中，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，即G是的中点，
∵点是线段的中，
∴是的中位线，
∴，
∴；
②∵点是线段的中，
∴
∵正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵正方形，
∴．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
17．(1)
(2)①和总相等，详见解析；②14或11或8
（1）根据平移的性质可得四边形、四边形是平行四边形，再由已知推导出是的平分线，由等腰三角形的性质可得，过点作交于点，求出，再由等面积法求出的长即可得到答案，所以；
（2）①证明，则可证明；
②过点作交于，由等积法可得，求出，分三种情况讨论：当时，；当点与点重合时，，此时，当时，，在中，，可得；当时，，过点作交于，所以，能求出，，则；当时，，当点在上时，，此时点与点重合，此时．
（1）解：当点与点重合时，，
由平移可知，，，
四边形、四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
是的平分线，
，
，
如图1，过点作交于点，设交于M，
，
，
，
∵，
∴，
；
（2）解：①，证明如下：
如图2，，，，
，
；
②如图2，过点作交于，
由①可知，
，
当时，
，
，
，
，
当时，，在中，，
；
当时，，
，
，
过点作交于，
，
，，
，
，
，
，
；
当时，
，
，
，
，
当点在上时，，此时点与点重合，
；
综上所述：的长为14或11或8．
本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形平移的性质，平行四边形的性质与判定，旋转的性质，三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
18．(1)
(2)，理由见解析
(3)或5
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．
（1）根据等腰直角三角形的性质得到，根据旋转的性质得到，，于是得到；
（2）如图2，根据旋转的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质得到，，连接，根据全等三角形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论；
（3）分三种情况讨论：①点在线段上时；②当点在的延长线上时；③当点在的延长线上时；画出对应的示意图，过作，根据等腰直角三角形的性质、旋转的性质、勾股定理即可得到结论．
（1）解：，，，
，
将线段绕点逆时针旋转，得到线段，
，，
，
故答案为：；
（2），理由如下：
如图，连接，
由旋转得：，，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
即；
（3）①点在线段上时，如图，
过作，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由旋转得：，，
；
②当点在的延长线上时，如图，
，故这种情况不合题意舍去；
③当点在的延长线上时，如图，
过作，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由旋转得：，，
；
综上所述，的长为或．
19．（1）；；（2）①见解析；②不变，；（3）
（1）连接，交于点O，根据菱形的性质证得为等边三角形，即可求解；
（2）①根据菱形的性质可得，，再由以及平行线的性质可得，从而得到，即可求证；②根据全等三角形的性质可得，即可解答；
（3）连接，交于点，过点作于点，则，证明四边形是矩形，可得，即可解答．
解：（1）如图，连接，交于点O，
∵四边形是菱形，且边长为，
∴，
∴平分，
∴，
∵，
∴，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
（2）①证明：四边形，四边形都是菱形，
，，，，
，．
，
，
，
．
，，
．
②的度数不变．理由如下：
四边形是菱形，，
．
，
，
，
故的度数不变，．
（3）如图，连接，交于点，过点作于点，则．
四边形，四边形都是菱形，，，
，，，，，
，
．
，，
，
∵，
，
∴．
，
，
直线是线段的垂直平分线，
，
，
，
四边形是矩形，
，
．
本题考查了菱形的性质，平行线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，含度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
20．(1)，等边三角形；
(2)同意，理由见解析
(3)或
（1）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，根据点是边的中点，可得，等量代换可得，故，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形；
（2）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，等量代换可得，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形；
（3）过点作于，连接，根据菱形的性质，可得，根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据勾股定理可得，即可求得的值，计算面积即可．
（1）解：，是等边三角形；
理由：如图，连接，
∵四边形是菱形，且，
，
∴和都是等边三角形，
，
∵点是边的中点，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
∵，
∴是等边三角形．
（2）解：同意．
理由如下：连接，
∵四边形是菱形，且，
∴，，
∴和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
（3）解：或（写成，也对）
同（2）可证，
过点A作于E，连接，
∵四边形是菱形，且，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴或，
∴，
当时，（或），
当时，（或）．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式等，解题的关键是构造等边三角形以及全等三角形．
21．(1)
(2)
(3)或
本题主要考查了矩形与折叠的问题、正方形与折叠的问题、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识点，解答本题的关键是明确题意、掌握分类讨论思想成为解题的关键．
（1）利用矩形的性质、，再根据折叠的性质，如图：取的中点O，连接，易得是等边三角形，即，则，再根据折叠的性质求解即可求；
（2）由矩形的性质可得、，即，进而得到；再根据折叠的性质可得、，即，由等角对等边可得，易证四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的对角相等即可解答．
（3）由正方形的性质以及中点四边形的性质可得、四边形是矩形，易得，再分当点落在上和上两种情况，分运用折叠的性质、勾股定理求解即可．
（1）解：∵四边形是长方形，
∴，，
∵点是边上一点，连接，沿折叠，使点的对应点落在上，，
∴，，
如图：取的中点O，连接，则，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
∴．
故答案为：．
（2）解：如图：∵四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
由折叠的性质得，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
（3）解：∵正方形的边长为2，E、F、G、H分别为、、、的中点，
∴，四边形是矩形，
∴，
①如图：当点落在上时，
由折叠的性质可得：，，，
∴，
∴，
如图：取的中点O，连接，则，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴；
②当点落在上时，
由折叠的性质可得：，
利用（1）的方法进而得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，解得：．
综上，的值为或．
故答案为：或．
22．(1)
(2)，的最小值为
(3)N点坐标为或或
（1）首先求出，然后得到，然后代入求解即可；
（2）首先求出，然后根据得到，设直线与y轴的交点为F，求出，然后根据求出，作D点关于x轴的对称点，连接与x轴交于E点，连接，则，得到当、E、P三点共线时，的值最小，最小值为的长度，然后利用勾股定理求出的最小值为，然后求出直线的解析式为，进而求出点E的坐标；
（3）首先求出直线的解析式为，然后设，，然后分三种情况讨论，分别根据平行四边形的对角线互相平分列出方程组求解即可．
（1）解：∵直线交x轴于点A，
∴当时，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴将代入得，
解得，
∴直线的解析表达式为；
（2）解：联立直线和直线得，
，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
设直线与y轴的交点为F，
将代入得，
∴，
∵直线交y轴于点B，
∴当时，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
作D点关于x轴的对称点，连接与x轴交于E点，连接，则，
∴，
∴，
当、E、P三点共线时，的值最小，最小值为的长度
∵，，
∴，
∴的最小值为，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
∴当时，
解得
∴；
（3）解：将直线向上平移3个单位得到直线，
∴直线的解析式为，
设，，
∵，，以点B、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，
∴当为平行四边形的对角线时，
解得，
∴；
当为平行四边形的对角线时，
解得，
∴；
当为平行四边形的对角线时，
解得，
∴；
综上所述：N点坐标为或或．
此题考查了待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，三角形面积，一次函数的平移和几何综合，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．
23．(1)
(2)
(3)或
（1）作于点H，则是等腰直角三角形，是含30度角的直角三角形，结合即可求解；
（2）延长至点N，使，连接，证明，进而得出，，再证，可得；
（3）设正方形边长为a，，则，分两种情况：当时，作于O，作交的延长线于点P，连接，得到矩形， 由等腰三角形的性质可得，进而可得，再证，推出，进而可得 的值；当时，作交的延长线于点Q，连接，同理可证，则，，可得，进而可得 的值．
（1）解：如图，作于点H，
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，，
，
，
，
即正方形的边长为；
（2）解：，理由如下：
如图，延长至点N，使，连接，
点是中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（3）解：设正方形边长为a，，则，
分两种情况：
当时，作于O，作交的延长线于点P，连接，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
由旋转知，，
，
又，
，
又，，
，
，
又，
，
；
当时，作交的延长线于点Q，连接，
同理可证，
，，
，
，
．
综上可知，的值为1或．
本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形．
24．(1)
(2)点的坐标为或
(3)点的坐标为或
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出，计算可得，求出直线的解析式为，作轴交于，设，则，求出，表示出，结合，可得，计算即可得解；
（3）求出直线的解析式为，由（2）可得，直线的解析式为，令将抛物线向右平移个单位长度，向上平移个单位长度得到新抛物线，求出新抛物线，联立，求得，分两种情况：当点位于直线的下方时，此时；当点在直线的上方时，作点关于直线的对称点，连接交新抛物线于；分别求解即可．
（1）解：∵抛物线交x轴于点和点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：在中，当时，，即，
∴，
∵点，点，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
如图，作轴交于，
，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理可得：或
解可得：或，对应的的坐标为或，
解可得无实数根，
∴点的坐标为或
，点P是抛物线上一动点，若，
（3）解：设直线的解析式为，
将，代入解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
由（2）可得，直线的解析式为，
∵将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，
∴令将抛物线向右平移个单位长度，向上平移个单位长度得到新抛物线，
∵抛物线的解析式为，
∴，
∵新抛物线经过点C，
∴，
解得：（不符合题意，舍去）或，
∴新抛物线，
联立，
解得：或，
∴，
∵M 为新抛物线上的一动点，且，
∴当点位于直线的下方时，如图，
，
此时，
∴设直线的解析式为，
将代入解析式可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：（不符合题意，舍去）或，
此时；
如图，当点在直线的上方时，作点关于直线的对称点，连接交新抛物线于，
，
由轴对称的性质可得：，，的中点在直线上，
∴，
设，则，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入解析式可得，
解得，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：（不符合题意，舍去）或，
此时；
综上所述，点的坐标为或．
本题考查了求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，二次函数综合—面积问题，二次函数综合—角度问题，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
25．(1)
(2)，的最小值
(3)存在，或
（1）根据直线和直线的解析式建立方程组进行求解即可；
（2）过点P作轴，交x轴于点F，设点P坐标为，由直线与x轴，y轴相交于A、B两点，与x轴、y轴相交于C、D两点，可得，，，，从而求得，，根据的面积等于面积的2倍，即可求得点P的坐标；
取的中点记为点，先求得，过点作直线的对称点，连接，则，再求出，将点沿着射线方向平移至点，使得，则直线与轴的夹角为，四边形为平行四边形，可求坐标为，由对称可得，那么；
（3）由，，可得，利用点O、关于直线对称，可得，，再利用直角三角形的性质可求，即可求，，利用勾股定理求出，即可求出点Q的坐标，当点M在x轴的下方，过点作轴，如图1，过点M作轴，延长交的延长线于点K，设点M的坐标为，证明，可得，即，求解即可求出点M的坐标；当点M在直线的上方，如图2，过点M作轴，过点作交的延长线于点Q，设点M的坐标为，证明，可得即，求解即可得出点M的坐标．
（1）解：由题意可得：联立直线和直线的解析式可得
解得，
∴点E的坐标为；
（2）解：如图 ，过点P作轴，交x轴于点F，设点P坐标为，
∵直线与x轴，y轴相交于A、B两点，
时，；时，
∴，
，，
∵直线与x轴、y轴相交于C、D两点，
时，；时，
∴，
，，
由（1）可知点E的坐标为，
，，，，则，，，
，，
∵的面积等于面积的2倍，
，
，即，
∵点P在直线上，
时，
∴；
时，
∴，
∵在射线上，
∴，
∴（舍），
∴点P的坐标为；
取的中点记为点，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作直线的对称点，连接，则，，
∴，
∴为等边三角形，
过点作于点，
则，
∴，
∴，
将点沿着射线方向平移至点，使得，
∴，
∴直线与轴的夹角为，四边形为平行四边形，
∴的竖直距离为，，
∴由勾股定理得的水平距离为，
∵点P的坐标为，
∴点P向下平移个单位，向左平移个单位得到点，
∴坐标为
由对称可得，
∴
当且仅当点三点共线时，取得最小值，为；
（3）解：存在，理由如下：
作O点关于直线的对称点，
，，则，，
∴由勾股定理得，
同上可得，
∵点O、关于直线对称，
，，在中，，
，
，
，
过点作轴，
轴，则在中，，
，
∴的坐标为，
①当点M在x轴的下方，如图1，过点M作轴，延长交的延长线于点K，设点M的坐标为，
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，解得：，则，
∴点M的坐标为；
②当点M在直线的上方，如图2，过点M作轴，过点作交的延长线于点Q，设点M的坐标为，
轴，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，解得，则，
∴点M的坐标为：，
综上所述，点M的坐标为：；．
本题考查了一次函数与几何综合、轴对称的性质、勾股定理、全等三角形的性质和判定、直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，平移的性质，二次根式的混合运算，作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)10
（1）证明即可．
（2）利用直角三角形面积公式，勾股定理，正方形的性质解答即可．
本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的面积公式，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
（1）解：∵正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵正方形，,
∴，
∵E为的中点
∴，
∴，
∴，
根据（1）得，
∴，
根据，
得，
∴．
27．(1) ，
(2)，见解析
(3)的最小值为
（1）根据菱形的性质，含的直角三角形的性质可求出，在中，根据勾股定理可求出，在中，根据勾股定理可求出，然后根据直角三角形斜边上中线的性质求解即可；
（2）法1：（截长法）在上截取，连接，证明，再证即可；
法2：（补短法）延长至点G，使，连接，证明，再证即可
（3）过点C在直线的上方作，分别过点D、Q作于点H， 于点G，交于点，连接，则，根据对称性得出，则可求，故当与重合时，的值最小，最小值为，根据菱形的性质，轴对称的性质等可求出，然后根据等腰直角三角形的性质求出，即可求解．
（1）解：四边形是菱形，
，．
，
，
在中，，
在中，，
在中，，
，
点是线段的中点，
；
（2）解：．
法1：（截长法）证明：如图2，在上截取，连接，
四边形是菱形，
，
在和中，
，
，
，
，即
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
法2：（补短法）证明：如图2，延长至点G，使，连接，
四边形是菱形，
，，
又，
，
又，
，
又，，
，
，，
又，
，
，
，
又，，
，
，
，，
；
（3）解：的最小值为
理由：如图3，过点C在直线的上方作，分别过点D、Q作于点H，于点G，交于点，连接，则，
关于直线对称，
，
，
当点与重合时，的值最小，
当点与重合时，．
当点与不重合时，．
四边形是菱形，，
，
又，
，
，
，
即的最小值是．
的最小值是．
本题是菱形综合题，考查的是轴对称-最短路径问题、点到直线的距离-垂线段最短，菱形的性质、直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等，掌握轴对称-最短路径的确定方法、灵活运用勾股定理是解题的关键．
28．(1)
(2)
(3)
（1）取中点记作点，连接，，，记与的交点为点，连接，，先根据三角形的中位线性质和菱形性质证明点是点E关于的对称点，则，当点F运动到点时，的最小值，即的长，
证明为等边三角形和为等腰三角形，利用等边三角形的性质和勾股定理求解即可求解；
（2）在上取点H，使得，连接，证明四边形是平行四边形，得到，在延长线上取点，使得，连接，则，进而利用两点之间线段最短得到的最小值为，然后利用勾股定理求得即可求解；
（3）在下方，过C作，且，连接，，证明得到，由，当A、F、P共线时取等号，可得的最小值为的长；过P作于H，延长线于Q，由等腰直角三角形的判定与性质求得，再证明四边形是矩形，得到，，在中利用勾股定理求得即可．
（1）解：取中点记作点，连接，，，
记与的交点为点，连接，，
∵点E，点分别是，边中点，
∴，，，
在菱形中，，,
∴，，
∴点是点E关于的对称点，
∴，
∴当点F运动到点时，的最小值，即的长，
在菱形中，，，
∴，则为等边三角形，
∴，
∴，则为等腰三角形，
∵点是边中点，
∴，，即，
又，，
∴，则，
在中，，
又∵，，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
在上取点H，使得，连接，则
∴四边形是平行四边形，
∴，
在延长线上取点，使得，连接，则，
∴，当H、F、共线时取等号，
∴的最小值为，
∵，．
∴中，，，
∴，
∴的最小值为；
（3）解：在下方，过C作，且，连接，，
∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，，
∴，又，
∴，
∴，
∴，当A、F、P共线时取等号，
∴的最小值为的长；
过P作于H，延长线于Q，则，
在中，，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
在中，，
∴，
∴的最小值为．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、最短路径问题等知识，熟练掌握特殊四边形的性质，添加辅助线得到最小值时动点的位置是解答的关键．
29．或或
该题考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是分类讨论．
在中，，，，勾股定理求出，设两点的运动时间是，根据题意，分为当时，当时和当时求解即可．
解：∵在中，，，，
∴，
设两点的运动时间是，
根据题意得，，，，，
当时，
则，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴；
当时，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
当时，
则，，
∵，
∴．
∴，
∴，，
解得：，
∴；
综上，或或．
30．（1）；（2）不变，；（3）
（1）根据等边三角形性质得，结合，得,得，即得；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到，，求得，得到，由题知，得到，根据相似三角形的性质得到，求得，根据三角形的内角和定理得到结论；
（3）根据等腰三角形的性质得到，由于点M的速度为v，点N的速度为，得到，求得，根据相似三角形的性质得到，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
解：（1）∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴,
∴，
∴；
（2）在等腰直角三角形中，，
，
，
，由题知，
，
，
，
，
；
（3），
，
点M的速度为v，点N的速度为，
，
，
，
．
本题是三角形的综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
31．(1)1
(2)见解析
(3)
（1）先证明，，然后证，最后根据证明，问题随之得解；
（2）如图过点F作于J，交的延长线于K．过点D作交的延长线于T，连接，设交于N．先证，得，然后证四边形是正方形，，是等腰直角三角形，再证，，最后证，即可得证．
（3）过点作于，于设，则，可得．．得．根据可得：，在中，由勾股定理得：，．．在中，由勾股定理得：．即得．
（1）四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
≌．
，，
，
，
，
；
（2）证明：如图，过点作于，交的延长线于过点作交的延长线于，连接，设交于．
，
四边形是矩形，
．
，
，
在和中，
，
≌，
．
，，
平分，
．
，，
，
，
在和，
，
≌．
，，
，
，
，
，，
，
．
（3）如图，过点作于，于
设，
则，
则由勾股定理可得．
由（2）可知，，
，，
．
．
根据可得：
，
在中，由勾股定理得：
，
．
，
．
在中，由勾股定理得：
．
．
本题考查了平行四边形与三角形综合，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积公式，正确作出辅助线，是解本题的关键．
32．(1)
(2)
(3)或
（1）分别求出点D，E的坐标，即可求解；
（2）轴交于点，由旋转的性质可得，，从而得到点，再证明，从而得到，即可求出直线的解析式；
（3）先求出的解析式为，设，由平移的性质得：直线与直线平行，可得到直线的解析式为，从而得到，设，然后结合平行四边形的性质，分两种情况讨论即可．
（1）解：令，则，即，
，
，
，
令，则，即，
在直线上，
，
直线：分别过点和点，
；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
轴交于点，
由旋转的性质得：，，
∴，点，
∵，
∴，
∴，
，
，，
∴，
，
设直线的解析式为，
把点，代入得：
，
解得：，
直线的解析式为，
；
（3）解：直线平移得直线，
设的解析式为，
将点代入，可得，
解得，
∴的解析式为，
设，
由平移的性质得：直线与直线平行，
直线的解析式为，
，
设，
当与分别为对角线时，
，
，
，
；
当与分别为对角线时，
，
，
，
；
综上所述：点坐标为或．
本题属于一次函数综合题，主要考查了求一次函数解析式、一次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想是解答本题的关键．
33．(1)①平行四边形；②；；
(2)，证明见解析
(3)见解析
（1）①根据题意平行四边形的判定定理解答即可；
②证明，即可解答；
（2）根据平行四边形的性质可得，从而得到，进而得，再由，可得，，然后结合，可得，从而得到，然后根据等腰三角形的性质解答即可；
（3）连接，结合平行四边形的性质可得，从而得到四边形是矩形，再证出是线段的垂直平分线，即可解答．
（1）解：①四边形是平行四边形；理由如下：
∵，
∴，
，
∴，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
②∵，
∵，
，
∴；
故答案为：；；；
（2）解：与的位置关系为；理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
，
∴，
，
∵，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）证明：连接，
∵四边形是平行四边形，点O是的中点，
∴点O也是的中点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴是线段的垂直平分线，
∴．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识；熟练掌握以上知识是解题的关键．
34．(1)，证明见解答
(2)，证明见解答
(3)存在，
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积等知识点，灵活构造全等三角形证明关键边和角相等是解答本题的关键．
（1）通过辅助线构造，可得，，然后根据点E的横纵坐标之间的关系求解答案．
（2）延长，使，连接根据证明，得出，，然后再证明即可得出结论．
（3）先根据（1）中结论得出点H的轨迹，然后确定当点H在线段上时有最小值，再根据的面积求出点H的坐标，进而求出点E的纵坐标，然后根据（1）中即可求解．
（1）解：点E横纵坐标之间的函数关系为：
理由：如图，过点E向x轴作垂线，垂足为
是等腰直角三角形，
，，
在和中，，
，
，
设点E坐标为，
，，
故点E的横纵坐标所满足的函数关系式为
（2）解：结论：
证明：如图，延长，使，连接
根据题意可知，，，
∴，
∴，
是等腰直角三角形，
，
在和中，，
，
，
（3）解：由（1）可知，点E横纵坐标满足函数关系式
点H为线段的中点，
点H横纵坐标为：，，
，
代入得：
点H在直线上．
当点H位于直线与的交点时，存在最小值，为的长度．
设此时点H的坐标为，
，，，
点H坐标为，
，，
由（1）知：，
，
点D的坐标为．(共6张PPT)
【北师大版专用】八年级数学下册期末压轴填解答真题汇编 试卷分析
三、知识点分布
一、解答题
1 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）；等边三角形的判定和性质
2 0.4 全等三角形综合问题；根据菱形的性质与判定求线段长；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
3 0.15 求过圆内一点的最长弦；根据正方形的性质求线段长；一次函数与几何综合；根据成轴对称图形的特征进行求解；切线的应用；点与圆上一点的最值问题
4 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）；三角形三边关系的应用；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
5 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
6 0.4 求直线围成的图形面积；一次函数与几何综合；写出直角坐标系中点的坐标；求一次函数解析式；一次函数图象与坐标轴的交点问题；利用平行四边形的性质求解
7 0.4 矩形与折叠问题；通过对完全平方公式变形求值；证明四边形是菱形；利用平行四边形的性质求解
8 0.4 全等三角形综合问题；根据旋转的性质求解；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
三、知识点分布
9 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；证明四边形是菱形；利用平行四边形性质和判定证明
10 0.4 求反比例函数解析式；求一次函数解析式；一次函数与反比例函数的交点问题
11 0.4 折叠问题；证明四边形是菱形；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
12 0.4 根据旋转的性质求解；多边形内角和与外角和综合；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
13 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；利用平行四边形的性质证明；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
14 0.4 利用图象法解一元一次方程；根据两条直线的交点求不等式的解集；求自变量的值或函数值；用描点法画函数图象
15 0.4 一次函数与几何综合；中点坐标
16 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；斜边的中线等于斜边的一半；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
三、知识点分布

17 0.4 根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；三线合一；用勾股定理解三角形；利用平行四边形的判定与性质求解
18 0.4 二次根式的应用；根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；全等的性质和SAS综合（SAS）；用勾股定理解三角形
19 0.4 利用菱形的性质证明；含30度角的直角三角形；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据矩形的性质与判定求线段长
20 0.4 全等三角形综合问题；利用菱形的性质求线段长；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
21 0.4 矩形与折叠问题；正方形折叠问题；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
22 0.4 求一次函数解析式；一次函数与几何综合；利用平行四边形的性质求解；已知两点坐标求两点距离
23 0.4 全等三角形综合问题；含30度角的直角三角形；根据旋转的性质求解；根据正方形的性质求线段长
24 0.4 待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移；面积问题(二次函数综合)；角度问题(二次函数综合)
三、知识点分布

25 0.15 两直线的交点与二元一次方程组的解；斜边的中线等于斜边的一半；一次函数与几何综合；坐标与图形变化——轴对称；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；二次根式的混合运算；利用平行四边形的判定与性质求解
26 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
27 0.4 斜边的中线等于斜边的一半；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据成轴对称图形的特征进行求解；利用菱形的性质求线段长；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
28 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）；等腰三角形的性质和判定；二次根式的混合运算；四边形中的线段最值问题；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
29 0.4 等腰三角形的性质和判定；相似三角形——动点问题；用勾股定理解三角形
30 0.4 等腰三角形的性质和判定；三角形内角和定理的应用；相似三角形的判定与性质综合；等边三角形的性质
31 0.4 全等三角形综合问题；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；角平分线的性质定理；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；根据正方形的性质与判定证明；利用平行四边形的性质证明；用勾股定理解三角形；利用平行四边形性质和判定证明
32 0.4 一次函数与几何综合；根据旋转的性质求解；求一次函数解析式；利用平行四边形的性质求解；中点坐标
33 0.4 全等三角形综合问题；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；利用平行四边形的性质证明；证明四边形是平行四边形
34 0.4 一次函数与几何综合；全等的性质和SAS综合（SAS）；用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；根据正方形的性质证明；坐标与图形综合

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