综合探究型—浙江省八（下）数学期末复习
一、解答题
1．（2024八下·湖州期末）解答：
探究将任意凸四边形“分割—重拼（不重叠、无缝隙）”得到正方形
素材1 取四边形各边的中点后，有两种方法可将其“分割—重拼”得到平行四边形． 方法一：如图1，沿对边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形； 方法二：如图2，沿邻边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形．
素材2 将平行四边形按图3折叠，并沿折痕分割，再重拼成矩形．
素材3 如图4，在矩形的边上取点M，连结，过点G作于点N，沿，分割矩形，将沿射线平移，沿射线平移，重拼得到正方形．
问题解决
任务1 请从素材1的两种方法中选择一种证明重拼得到的四边形是平行四边形；
任务2 根据素材3的操作过程，若，，求线段的长．
2．（2024八下·浙江期中）小华在学完了八下教材《一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）》一节内容后，对一元三次方程根与系数的关系产生了浓厚兴趣，决定一探究竟．下面是他收集的素材，汇总如下，请根据素材帮助他完成相应任务：
探究一元三次方程根与系数的关系
素材 一元三次方程的定义 我们把两边都是整式，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是3次的方程叫做一元三次方程，它的一般形式为（为常数，且）．
素材 一元三次方程的解法 若一元三次方程的左边在实数范围内可因式分解为（为实数），即原方程化为：，则得方程的根为．
素材 一元二次方程根与系数的关系的探究过程 设一元二次方程有两个根，则方程可化为，即，与原方程系数进行比较，可得根与系数的等量关系为：．
问题解决
任务 感受新知 若关于x的三次方程（为常数）的左边可分解为，则方程的三个根分别为__________，__________，__________．
任务 探索新知 若关于x的三次方程的三个根为，请探究与系数之间的等量关系．
任务 应用新知 利用上一任务的结论解决：若方程的三个根为，求的值．
3．（2024八下·余杭期中）【综合与实践】
【问题情境】对于关于x的一元二次方程（a，b，c为常数，且），求方程的根的实质是找到一个x的具体的值，代入之后等式成立．一般情况下，如果有两个不同的x的具体值都满足，这就说明这个方程有两个根，且两根与a，b，c之间具有一定的关系．
【操作判断】项目研究小组经过讨论得到两个结论：
（1）当时，则一元二次方程必有一根是1．
（2）当时，则一元二次方程必有一根是－1．
请判断两个结论的真假，并说明原因．
（3）【实践探究】项目研究小组经过讨论编制了以下问题，请帮助解决：
方程的较大的根为p，方程的较小的根为q，求的值．
4．（2024八下·拱墅期末）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．
（2）“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
若，求证：．
（3）深入探究：老师进一步提出问题：
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．
5．（2024八下·西湖期末）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．
6．（2024八下·路桥期末）【探索发现】小应发现：平行四边形两条对角线的平方和等于两邻边平方和的两倍．
【推理论证】如图1，四边形是平行四边形，求证：．
小应的证明：作于点交的延长线于点，由四边形是平行四边形，容易证得（），得到，．设，，．
在和中，．
在中，．
（1）请继续完成小应的证明；
【初步应用】（2）如图2，在平行四边形中，对角线，交于点，，，，求的长；
【拓展提升】（3）如图3，在中，，，是斜边的三等分点，，，求的长．
7．（2024八下·江北期末）【问题背景】
如图1，在平行四边形中，，点是边的中点，连接，点是线段上的动点，连接，且满足．
【初步尝试】
（1）如图 2，当四边形是正方形时，若，则____，______．
【猜想验证】
（2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段的中点，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图 3，在（2）的基础上，若，当四边形是菱形时，求菱形的边长．
8．（2024八下·嘉善期末）定义：如果平面内一点到三角形三个顶点的距离中，最长距离的平方等于另两个距离的平方和，则称这个点为该三角形的“幸运点”．例如：平面内有一点P到的三个顶点的距离分别为，如图1，当最大时，若，则点P就是的“幸运点”．
【探究1】如图2，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，的顶点在格点上，若格点P是的“幸运点”，请画出点P的位置；
【探究2】如图3，矩形中，对角线交于点O，，，若P是矩形上的一点，且点P是的“幸运点”，求的长；
【探究3】如图4，为等边三角形，过点A作的垂线，点D在该垂线上，以为边在其右侧作等边，连接．
①判断点A是否是的“幸运点”，并说明理由；
②若，，求的长．
9．（2024八下·吴兴期末）
探究将任意凸四边形 "分割——重拼（不重叠、无缝隙）" 得到正方形
素材一 取四边形 各边的中点后， 有两种方法可将其 "分割一重拼" 得到平行四边形. 方法一：如图 1， 沿对边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形； 方法二： 如图 2， 沿邻边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形。
素材二 将平行四边形按图 3 折叠， 并沿折痕分割，再重拼成矩形.
素材三 如图4， 在矩形 的 边上取点 ，连结 ， 过点 作 于点 ， 沿 ， 分割矩形 ， 将 沿射线 平移， 沿射线 平移， 重拼得到正方形 .
（1）请从素材 1 的两种方法中选择一种证明重拼得到的四边形是平行四边形
（2）根据素材 3 的操作过程， 若 ， 求线段 的长.
10．（2025八下·杭州期中）在一次数学探究活动中，小明用一根木棒把四边形ABCD分割成2个部分（如图1)，经测量发现，AD=BD，∠BAD=∠C=∠CDB=45°.
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若点P为线段CD上的动点（点P不与点D重合），连接AP，过点P作EP⊥AP交直线BD于点E，如图2，当点P为线段CD的中点时：
①连接PB，请写出PB与CD之间的数量关系并说明理由；
②请写出PA，PE之间的数量关系并说明理由：
③如图3，当点P在线段CD上时，请直接写出DE，DP，DA之间的数量关系 ▲ .
11．（2024八下·绍兴期中）某数学兴趣小组对对角线互相垂直的四边形进行了探究，得出了如下结论：
如图1，若四边形的对角线与相交于点，且，则四边形的四条边长满足．
（1）简单应用：如图1，四边形中，，，，，则边 ；
（2）发现应用：如图2，若，分别是中，边上的中线．且垂足为，求证：；
（3）拓展应用：如图3，中，点、、分别是，，的中点．若，，．求线段的长．
12．（2024八下·鄞州期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形．
了解性质：如图1：已知四边形ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，则有：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（图1） （图2） （图3）
（图4） （图5）
（1）性质应用：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，若AD=2，BC=4，CD=3，则AB= ；
（2）性质变式：如图2，图3，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．请以图3为例将重要结论证明出来．
（3）应用变式：①如图4，在矩形ABCD中，O为对角线交点，P为BO中点，则；(写出证明过程）
②如图5，在 ABC中，CA=4，CB=6，D是 ABC内一点，且CD=2，∠ADB=90°，则AB的最小值是．
13．（2024八下·慈溪期中）
（1）问题提出
如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；
（2）问题探究
如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；
（3）解决问题
如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB的养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】解：任务一：选方法一，如图1，依次连结E，F，G，H，连结，
∵E、F分别为，的中点，
∴，，
同理，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
由拼接，得，，
∴四边形是平行四边形．
选方法二，如图2，连结，
∵E、F分别为，的中点，
∴，
同理，
∴，
同理可证，
由拼接，得，，
∴四边形是平行四边形．
任务二：由题意，得剪拼前后面积保持不变，
∴，
∴，
由题意，得，
∴，
∴，即，
在中，由勾股定理得．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；平移的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】任务一：选方法一，根据三角形中位线定理得到，，即可得到为平行四边形，进而得到，，由拼接可得，，证明结论即可；选方法二，根据三角形中位线得到，，根据两组对边分别相等得到平行四边形；
任务二：根据剪拼特征得到，根据平移得到，进而求出FM的值，再在中利用勾股定理解题．
2．【答案】解：任务1：，，；
任务：由题意可知，原方程可化为：，
展开整理得：，
与原方程比较可得，，；
任务：利用上题结论可知：，，
．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：任务：∵，且a≠0，
∴或或，
，
故答案为：，，；
【分析】任务：根据几个因式的乘积等于零，则这几个因式中至少有一个为零，可将方程降次为三个一元一次方程，解三个一元一次方程即可求出原方程的解；
任务：将方程改写成几个一次因式积的形式，展开后进行对比即可解决问题；
任务：利用任务2的结论，将待求式子利用异分母分式加法法则计算后，整体代入计算可得答案.
3．【答案】（1）结论正确
理由如下：
令代入得，符合题意．
（2）解：结论正确
理由如下：
令代入得：即符合题意．
（3）解：∵20232－2022×2024－1＝20232－（2023－1）×（2023＋1）－1
＝20232－（20232－1）－1
＝0
是方程的根．
设方程的另外一个根是，则
又
是方程的一个根，
设方程的另外一个根为
则
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）将代入，即可判断；
（2）将代入，即可判断；
（3）实践探究：推出是方程的一个根，设方程的另外一个根是，根据根与系数的关系可得：，进而得到；推出是方程的一个根，设方程的另外一个根为，根据根与系数的关系可得，进而得到，代入，计算求解即可．
4．【答案】（1）解：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，
解得（负值舍去），
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，HE∥GF，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）证明：设，正方形的边长为b，，
如图，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；“赵爽弦图”模型
【解析】【分析】（1）设BF=a，则BG=a+1，由全等三角形的对应边相等得AF=BG=a+1，在Rt△ABF中，利用勾股定理建立方程求出a的值，从而得到BF、AF的长，进而根据三角形面积计算公式列式计算即可；
（2）由b与a的关系及全等三角形的对应边相等得AE=EF，由正方形四边相等得HG=HE=EF=GF=BF，用SAS证△HGB≌△BFA，由全等三角形的对应角相等得到∠GBH=∠BAF，由二直线平行，内错角相等，得∠BHE=∠HBG，由等量代换可得∠BAE=∠BHE；
（3）用代数法思路证：设DH=CG=BF=AE=a，正方形HEFG的边长为b，AI=AB=AD=c，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，先将表示出来；利用AAS判断出△BEF≌△BEM，由全等三角形的对应边相等得BM=BF=a，则NE=AM=c-a，从而得出和的关系．
（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b，，
如图，过E分别作，的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
5．【答案】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，，
∴，
∴．
【知识点】二次根式的乘除法；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据勾股定理得到结论即可；
（2）连接、交于点，交于，得到，即可得到，然后证明，即可得到，求出BC、BD和CE的值然后求出DE长即可；
（3）过点作，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，即可得到，进而得到是矩形，可以得到，然后求出，解答即可．
6．【答案】（1）小应的证明：作于点，交的延长线于点，
由四边形是平行四边形，容易证得（），
得到，，
设，，，
在和中，，
在中，，
，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，
∵，
∴，
∵，是斜边的三等分点，
∴，
设，则，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
由 ，有，
∴，
解得：（负值舍去），
∴.
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）首先结合平行四边形的性质，证出，得到，，然后设，，，利用勾股定理得的值，从而得的值，进而求解即可；
（2）根据平行四边形的性质得，然后根据（1）的结论，代入数据，即可求解；
（3）以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，根据三等分点可设，则，根据（1）的结论得出，，然后利用勾股定理可得，解方程，即可求解．
7．【答案】（1），；
解：（2），
理由如下：如图，取线段和的中点H、M，连接，
则是的中位线，
∴，，
在中，，，
∵点E是边的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴∠HFG=∠DGF，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）情况1：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，，
由（2）得，
∴，得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
情况2：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，
由（2）得，
∴，，
得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
∴菱形的边长为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）在正方形中，，，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴∠ABF=∠GAD，
∴，
∴，
∵，
∴，
在Rt△ADG中，AD=6，
∴，
故答案为：，；
【分析】（1）由正方形性质，点E是边CD的中点，再根据勾股定理求出AE的长，由平行线的性质推出∠BFG=∠AGD=∠AFB=90°，由同角的余角相等，得∠ABF=∠GAD，从而用AAS判断出△ABF≌△DAG，然后利用面积法求出DG的长，得BF=AG；根据等面积求出DG得长，进而在Rt△ADG中，利用勾股定理算出AG即可作答；
（2）取线段BF和AF的中点H、M，连接MH，则MH是△ABF的中位线，由平行四边形的性质中点定义并结合三角形中位线定理推出DE∥MH，DE=MH，由二直线平行，内错角相等得∠FMH=∠DEG及 ∠HFG=∠DGF，由等角的补角相等得∠HFM=∠DGE，从而由AAS判断出△HFM≌△DGE，由全等三角形的对应边相等得FH=DG，从而即可求出答案；
（3）分情况讨论， 情况1：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形的对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MF=GE=AM=a，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可； 情况2：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MG=FE=a，则AM=FM=a+2，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可，综上可得答案.
8．【答案】解：【探究1】
如图，点P即为所求作：
理由如下：
连接，
，，，
∴，
∴格点P是的“幸运点”；
【探究2】
解：∵四边形ABCD是矩形，，，
∴CD=AB=2，OA=OC=OB=OD，∠BAD=∠ABC=90°.
∴.
∴OA=OD=2.
∵点P为AD上一点，
连接，，，过O作于H，如图所示，
∴
设AP=x，
则，
∴，，.
若点P离A近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得（舍负）；
若点P离B近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得，（舍）
综上，满足条件的的值为或；
【探究3】
①点A是的“幸运点”，理由如下：
连接，如图：
∵、均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴点A是的“幸运点”；
②由①中结论得，
∵，
∴，
∴，
过C作于H，如图所示：
∵，，
∴，
∴在，，
∴.
若点D在A的右下方，则DH=AH－AD=1.
∴；
若点D在A左上方时，如图，
则，
∴，
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】【探究1】根据网格特点，利用勾股定理，分别计算出PA2，PB2，PC2，结合题中定义即可得到点P的位置；
【探究2】先根据矩形的性质和边长计算出AC的长，继而的OA的长.连接，，，过O作于H，根据等腰三角形的性质可得AH的长，设AP=x，可表示出PD，PB，OH，PC的长；再分点P离A近和点P离B近两种情况分别表示出PO的长，结合题中定义列方程求解x值即可；
【探究3】①连接，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定推导出△BCD≌△ACE，得到，再在Rt△BAD中利用勾股定理，可证得，结合定义即可得结论；
②由①中结论得结合已知求得，过C作于H，利用含30度角的直角三角形的性质求得，.再分点D在A的右下方时和点D在A左上方时，计算出的DH的长，即可利用勾股定理求解DE的长．
9．【答案】（1）解：选方法一，如图1，依次连结E，F，G，H，连结AC，
∵EF分别为AB，CB的中点，∴，
同理，∴，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴HO=FO，EO=GO，
由拼接，得O1O=O2O3=2HO，O1O2=OO3=2GO，
∴四边形O1OO3O2是平行四边形.
选方法二，如图2，连结AC，
∵EF分别为AB，CB的中点，∴，
同理，∴，
同理可证，
由拼接，得E1F1=HG，E1H=F1G，
∴四边形E1HGF1是平行四边形.
（2）解：由题意，得剪拼前后面积保持不变，∴S正方形GPQN=S矩形EFGH=12，
∴NQ=NG=，
由题意，得△MQP≌△FNG，∴FN=MQ，
∴FN+NM=MQ+NM，即FM=NQ=，
在Rt△EFM中，由勾股定理得EM==.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）选方法一，利用三角形中位线定理可得出，，可证明四边形为平行四边形，则，，结合由拼接，可得，，然后利用平行四边形的判定即可得证；
选方法二，利用三角形中位线定理可得出，，然后利用平行四边形的判定即可得证；
（2）由题意，得剪拼前后面积保持不变，∴S正方形GPQN=S矩形EFGH=12，可求出，由平移可得，进而得出，然后在中，根据勾股定理求解即可．
10．【答案】（1）证明： ∵AD=BD， ∠BAD=45°，
∴∠BAD =∠ABD=45°，
∴∠ADB=90°，
∵∠C =∠CDB=45°，
∴BD = BC， ∠CBD=90°，
∵AD =BD， ∠ADB=90°，
∴AD=BC， ∠CBD=∠ADB，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解： 理由如下：
由 (1)知△BDC是等腰直角三角形，
当点P为线段CD的中点时，则
∴ PB⊥CD， 则△PBD是等腰直角三角形，
②PA=PE， 理由如下： 由上可知△PBD是等腰直角三角形，
∴BP=PD，
∴∠PBE = 180°-∠PBD = 135°，
∵∠ABD=∠CDB=45°，
∴AB∥CD，
∴∠ADC=180°-∠BAD=180°-45°=135°，
∴∠ADC=∠PBE，
∵∠PAD+∠DOA=∠PEB+∠POE=90°，∠DOA=∠POE，
∴∠PAD=∠PEB，
∴△PAD≌△PEB(AAS)，
∴PA=PE；
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】（2） 理由如下：
过点P作PF⊥CD交DE于点F， 如图所示：
∵PF⊥CD， EP⊥AP，
∴∠DPF=∠APE=90°，
∴∠DPF-∠APF=∠APE-∠APF，
∴∠DPA=∠FPE，
∵四边形ABCD是平行四边形， ∠BAD =45°，
∴AB∥CD，
∴∠PDA =180°-∠BAD = 135°，
∵∠DPF =90°， ∠CDB=45°，
∴∠PFD =∠PDF =45°，
∴PD=PF， ∠PFE=180°-∠PFD=135°，
∴∠PDA=∠PFE，
∴△PDA≌△PFE(ASA)，
∴DA = FE.
在Rt△FDP中， ∠PFD=∠PDF =45°，
则
∵DE=DF+FE，
故答案为：
【分析】(1)证明AD∥BC，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，即可得出结论；
(2)①连接BP，可知△BDC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可知PB⊥CD，则△PBD是等腰直角三角形，即可得结论；
②证明△PAD≌△PED(AAS)， 利用全等三角形性质即可得到PA=PE；
③过点P作PF⊥CD交DE于点F， 首先证明△ADP≌△EFP(ASA)， 得AD= EF， 进而再证明△DPF是等腰直角三角形即可得到结论.
11．【答案】（1）
（2）解：证明：连接，
于，
，
，，，，
，
，．，
，
（3）解：如图3，连接，交于，与交于点，设与的交点为，
点、分别是，的中点，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，分别是，的中点，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
在和中，
，
，
，
，分别是的中线，
由（2）的结论得：，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）由题意知，
，，，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）根据题意直接列式计算即可；
（2）连接，由，，同理，则可得出结论；
（3）连接交于，设与的交点为，由点、分别是，的中点，得到是的中位线，然后证出，再根据四边形是平行四边形，可得，根据，分别是，的中点，得到，再证明四边形是平行四边形，得到，推出，分别是的中线，根据（2）的结论即可得到答案．
12．【答案】（1）
（2）证明：过作于，交的延长线于，
由（1）性质可知：，
即：
，
又由勾股定理可知：
，
，
即；
（3）解：①设PB=a，则PD=3a，
由（2）可得AP2+CP2＝BP2+DP2
∴AP2+CP2=+＝
∴
②以、为边作矩形，连接、，如图所示：
则，
由题意得：，
即，
解得：，
当、、三点共线时，最小，
的最小值的最小值.
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】（1）解：∵ 四边形是垂美四边形，
，
，，，
，
．
故答案为：；
【分析】（1）根据勾股定理进行计算即可.
（2）过作于，交的延长线于，根据性质可知：，再根据勾股定理证出即可.
（3）①根据性质得到关系计算即可.
②以、为边作矩形，连接、，根据矩形的性质得出，再根据，求出，当、、三点共线时，最小，得出的最小值的最小值即可.
13．【答案】（1）解：如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝，
∵点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝．
（2）解：S△AOM＝S△BON，理由如下：
由图可知，S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，
如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，
∴MD∥NE，∠MDE＝90°，
又∵MN∥DE，
∴四边形MDEN是矩形，
∴MD＝NE，
∵S△ABM＝，S△ABN＝，
∴S△ABM＝S△ABN，
∴S△AOM＝S△BON．
（3）解：存在，直线BP的表达式为：y＝x+4．
如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，
由（2）的结论可知，S△OBG＝S△AFG，
∴S四边形OACB＝S△BCF，
取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．
∵A(4，0)，B(0，4)，C(6，6)，
∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，
线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，
∵OF∥AB，且直线OF过原点，
∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，
联立，解得，
∴F（3，﹣3），
∵点P是CF的中点，
∴P，
∴直线BP的表达式为：y＝x+4．
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）根据AD将△ABC分成面积相等的两部分可知点D是BC的中点，利用勾股定理求出BC，然后根据直角三角形斜边中线的性质可得AD的长度；
（2）根据同底等高的三角形面积相等可得S△ABM＝S△ABN，进而可得S△AOM＝S△BON；
（3）连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，可得S四边形OACB＝S△BCF，取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求，求出点P的坐标，进而可得直线BP的解析式．
1 / 1综合探究型—浙江省八（下）数学期末复习
一、解答题
1．（2024八下·湖州期末）解答：
探究将任意凸四边形“分割—重拼（不重叠、无缝隙）”得到正方形
素材1 取四边形各边的中点后，有两种方法可将其“分割—重拼”得到平行四边形． 方法一：如图1，沿对边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形； 方法二：如图2，沿邻边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形．
素材2 将平行四边形按图3折叠，并沿折痕分割，再重拼成矩形．
素材3 如图4，在矩形的边上取点M，连结，过点G作于点N，沿，分割矩形，将沿射线平移，沿射线平移，重拼得到正方形．
问题解决
任务1 请从素材1的两种方法中选择一种证明重拼得到的四边形是平行四边形；
任务2 根据素材3的操作过程，若，，求线段的长．
【答案】解：任务一：选方法一，如图1，依次连结E，F，G，H，连结，
∵E、F分别为，的中点，
∴，，
同理，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
由拼接，得，，
∴四边形是平行四边形．
选方法二，如图2，连结，
∵E、F分别为，的中点，
∴，
同理，
∴，
同理可证，
由拼接，得，，
∴四边形是平行四边形．
任务二：由题意，得剪拼前后面积保持不变，
∴，
∴，
由题意，得，
∴，
∴，即，
在中，由勾股定理得．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；平移的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】任务一：选方法一，根据三角形中位线定理得到，，即可得到为平行四边形，进而得到，，由拼接可得，，证明结论即可；选方法二，根据三角形中位线得到，，根据两组对边分别相等得到平行四边形；
任务二：根据剪拼特征得到，根据平移得到，进而求出FM的值，再在中利用勾股定理解题．
2．（2024八下·浙江期中）小华在学完了八下教材《一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）》一节内容后，对一元三次方程根与系数的关系产生了浓厚兴趣，决定一探究竟．下面是他收集的素材，汇总如下，请根据素材帮助他完成相应任务：
探究一元三次方程根与系数的关系
素材 一元三次方程的定义 我们把两边都是整式，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是3次的方程叫做一元三次方程，它的一般形式为（为常数，且）．
素材 一元三次方程的解法 若一元三次方程的左边在实数范围内可因式分解为（为实数），即原方程化为：，则得方程的根为．
素材 一元二次方程根与系数的关系的探究过程 设一元二次方程有两个根，则方程可化为，即，与原方程系数进行比较，可得根与系数的等量关系为：．
问题解决
任务 感受新知 若关于x的三次方程（为常数）的左边可分解为，则方程的三个根分别为__________，__________，__________．
任务 探索新知 若关于x的三次方程的三个根为，请探究与系数之间的等量关系．
任务 应用新知 利用上一任务的结论解决：若方程的三个根为，求的值．
【答案】解：任务1：，，；
任务：由题意可知，原方程可化为：，
展开整理得：，
与原方程比较可得，，；
任务：利用上题结论可知：，，
．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：任务：∵，且a≠0，
∴或或，
，
故答案为：，，；
【分析】任务：根据几个因式的乘积等于零，则这几个因式中至少有一个为零，可将方程降次为三个一元一次方程，解三个一元一次方程即可求出原方程的解；
任务：将方程改写成几个一次因式积的形式，展开后进行对比即可解决问题；
任务：利用任务2的结论，将待求式子利用异分母分式加法法则计算后，整体代入计算可得答案.
3．（2024八下·余杭期中）【综合与实践】
【问题情境】对于关于x的一元二次方程（a，b，c为常数，且），求方程的根的实质是找到一个x的具体的值，代入之后等式成立．一般情况下，如果有两个不同的x的具体值都满足，这就说明这个方程有两个根，且两根与a，b，c之间具有一定的关系．
【操作判断】项目研究小组经过讨论得到两个结论：
（1）当时，则一元二次方程必有一根是1．
（2）当时，则一元二次方程必有一根是－1．
请判断两个结论的真假，并说明原因．
（3）【实践探究】项目研究小组经过讨论编制了以下问题，请帮助解决：
方程的较大的根为p，方程的较小的根为q，求的值．
【答案】（1）结论正确
理由如下：
令代入得，符合题意．
（2）解：结论正确
理由如下：
令代入得：即符合题意．
（3）解：∵20232－2022×2024－1＝20232－（2023－1）×（2023＋1）－1
＝20232－（20232－1）－1
＝0
是方程的根．
设方程的另外一个根是，则
又
是方程的一个根，
设方程的另外一个根为
则
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）将代入，即可判断；
（2）将代入，即可判断；
（3）实践探究：推出是方程的一个根，设方程的另外一个根是，根据根与系数的关系可得：，进而得到；推出是方程的一个根，设方程的另外一个根为，根据根与系数的关系可得，进而得到，代入，计算求解即可．
4．（2024八下·拱墅期末）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．
（2）“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
若，求证：．
（3）深入探究：老师进一步提出问题：
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．
【答案】（1）解：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，
解得（负值舍去），
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，HE∥GF，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）证明：设，正方形的边长为b，，
如图，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；“赵爽弦图”模型
【解析】【分析】（1）设BF=a，则BG=a+1，由全等三角形的对应边相等得AF=BG=a+1，在Rt△ABF中，利用勾股定理建立方程求出a的值，从而得到BF、AF的长，进而根据三角形面积计算公式列式计算即可；
（2）由b与a的关系及全等三角形的对应边相等得AE=EF，由正方形四边相等得HG=HE=EF=GF=BF，用SAS证△HGB≌△BFA，由全等三角形的对应角相等得到∠GBH=∠BAF，由二直线平行，内错角相等，得∠BHE=∠HBG，由等量代换可得∠BAE=∠BHE；
（3）用代数法思路证：设DH=CG=BF=AE=a，正方形HEFG的边长为b，AI=AB=AD=c，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，先将表示出来；利用AAS判断出△BEF≌△BEM，由全等三角形的对应边相等得BM=BF=a，则NE=AM=c-a，从而得出和的关系．
（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b，，
如图，过E分别作，的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
5．（2024八下·西湖期末）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．
【答案】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，，
∴，
∴．
【知识点】二次根式的乘除法；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据勾股定理得到结论即可；
（2）连接、交于点，交于，得到，即可得到，然后证明，即可得到，求出BC、BD和CE的值然后求出DE长即可；
（3）过点作，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，即可得到，进而得到是矩形，可以得到，然后求出，解答即可．
6．（2024八下·路桥期末）【探索发现】小应发现：平行四边形两条对角线的平方和等于两邻边平方和的两倍．
【推理论证】如图1，四边形是平行四边形，求证：．
小应的证明：作于点交的延长线于点，由四边形是平行四边形，容易证得（），得到，．设，，．
在和中，．
在中，．
（1）请继续完成小应的证明；
【初步应用】（2）如图2，在平行四边形中，对角线，交于点，，，，求的长；
【拓展提升】（3）如图3，在中，，，是斜边的三等分点，，，求的长．
【答案】（1）小应的证明：作于点，交的延长线于点，
由四边形是平行四边形，容易证得（），
得到，，
设，，，
在和中，，
在中，，
，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，
∵，
∴，
∵，是斜边的三等分点，
∴，
设，则，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
由 ，有，
∴，
解得：（负值舍去），
∴.
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）首先结合平行四边形的性质，证出，得到，，然后设，，，利用勾股定理得的值，从而得的值，进而求解即可；
（2）根据平行四边形的性质得，然后根据（1）的结论，代入数据，即可求解；
（3）以为对角线作平行四边形，连接，以为对角线作平行四边形，连接，根据三等分点可设，则，根据（1）的结论得出，，然后利用勾股定理可得，解方程，即可求解．
7．（2024八下·江北期末）【问题背景】
如图1，在平行四边形中，，点是边的中点，连接，点是线段上的动点，连接，且满足．
【初步尝试】
（1）如图 2，当四边形是正方形时，若，则____，______．
【猜想验证】
（2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段的中点，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图 3，在（2）的基础上，若，当四边形是菱形时，求菱形的边长．
【答案】（1），；
解：（2），
理由如下：如图，取线段和的中点H、M，连接，
则是的中位线，
∴，，
在中，，，
∵点E是边的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴∠HFG=∠DGF，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）情况1：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，，
由（2）得，
∴，得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
情况2：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，
由（2）得，
∴，，
得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
∴菱形的边长为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）在正方形中，，，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴∠ABF=∠GAD，
∴，
∴，
∵，
∴，
在Rt△ADG中，AD=6，
∴，
故答案为：，；
【分析】（1）由正方形性质，点E是边CD的中点，再根据勾股定理求出AE的长，由平行线的性质推出∠BFG=∠AGD=∠AFB=90°，由同角的余角相等，得∠ABF=∠GAD，从而用AAS判断出△ABF≌△DAG，然后利用面积法求出DG的长，得BF=AG；根据等面积求出DG得长，进而在Rt△ADG中，利用勾股定理算出AG即可作答；
（2）取线段BF和AF的中点H、M，连接MH，则MH是△ABF的中位线，由平行四边形的性质中点定义并结合三角形中位线定理推出DE∥MH，DE=MH，由二直线平行，内错角相等得∠FMH=∠DEG及 ∠HFG=∠DGF，由等角的补角相等得∠HFM=∠DGE，从而由AAS判断出△HFM≌△DGE，由全等三角形的对应边相等得FH=DG，从而即可求出答案；
（3）分情况讨论， 情况1：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形的对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MF=GE=AM=a，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可； 情况2：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MG=FE=a，则AM=FM=a+2，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可，综上可得答案.
8．（2024八下·嘉善期末）定义：如果平面内一点到三角形三个顶点的距离中，最长距离的平方等于另两个距离的平方和，则称这个点为该三角形的“幸运点”．例如：平面内有一点P到的三个顶点的距离分别为，如图1，当最大时，若，则点P就是的“幸运点”．
【探究1】如图2，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，的顶点在格点上，若格点P是的“幸运点”，请画出点P的位置；
【探究2】如图3，矩形中，对角线交于点O，，，若P是矩形上的一点，且点P是的“幸运点”，求的长；
【探究3】如图4，为等边三角形，过点A作的垂线，点D在该垂线上，以为边在其右侧作等边，连接．
①判断点A是否是的“幸运点”，并说明理由；
②若，，求的长．
【答案】解：【探究1】
如图，点P即为所求作：
理由如下：
连接，
，，，
∴，
∴格点P是的“幸运点”；
【探究2】
解：∵四边形ABCD是矩形，，，
∴CD=AB=2，OA=OC=OB=OD，∠BAD=∠ABC=90°.
∴.
∴OA=OD=2.
∵点P为AD上一点，
连接，，，过O作于H，如图所示，
∴
设AP=x，
则，
∴，，.
若点P离A近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得（舍负）；
若点P离B近，
则
∵点P是的“幸运点”，
∴则，
∴，
整理，得，
解得，（舍）
综上，满足条件的的值为或；
【探究3】
①点A是的“幸运点”，理由如下：
连接，如图：
∵、均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴点A是的“幸运点”；
②由①中结论得，
∵，
∴，
∴，
过C作于H，如图所示：
∵，，
∴，
∴在，，
∴.
若点D在A的右下方，则DH=AH－AD=1.
∴；
若点D在A左上方时，如图，
则，
∴，
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】【探究1】根据网格特点，利用勾股定理，分别计算出PA2，PB2，PC2，结合题中定义即可得到点P的位置；
【探究2】先根据矩形的性质和边长计算出AC的长，继而的OA的长.连接，，，过O作于H，根据等腰三角形的性质可得AH的长，设AP=x，可表示出PD，PB，OH，PC的长；再分点P离A近和点P离B近两种情况分别表示出PO的长，结合题中定义列方程求解x值即可；
【探究3】①连接，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定推导出△BCD≌△ACE，得到，再在Rt△BAD中利用勾股定理，可证得，结合定义即可得结论；
②由①中结论得结合已知求得，过C作于H，利用含30度角的直角三角形的性质求得，.再分点D在A的右下方时和点D在A左上方时，计算出的DH的长，即可利用勾股定理求解DE的长．
9．（2024八下·吴兴期末）
探究将任意凸四边形 "分割——重拼（不重叠、无缝隙）" 得到正方形
素材一 取四边形 各边的中点后， 有两种方法可将其 "分割一重拼" 得到平行四边形. 方法一：如图 1， 沿对边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形； 方法二： 如图 2， 沿邻边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形。
素材二 将平行四边形按图 3 折叠， 并沿折痕分割，再重拼成矩形.
素材三 如图4， 在矩形 的 边上取点 ，连结 ， 过点 作 于点 ， 沿 ， 分割矩形 ， 将 沿射线 平移， 沿射线 平移， 重拼得到正方形 .
（1）请从素材 1 的两种方法中选择一种证明重拼得到的四边形是平行四边形
（2）根据素材 3 的操作过程， 若 ， 求线段 的长.
【答案】（1）解：选方法一，如图1，依次连结E，F，G，H，连结AC，
∵EF分别为AB，CB的中点，∴，
同理，∴，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴HO=FO，EO=GO，
由拼接，得O1O=O2O3=2HO，O1O2=OO3=2GO，
∴四边形O1OO3O2是平行四边形.
选方法二，如图2，连结AC，
∵EF分别为AB，CB的中点，∴，
同理，∴，
同理可证，
由拼接，得E1F1=HG，E1H=F1G，
∴四边形E1HGF1是平行四边形.
（2）解：由题意，得剪拼前后面积保持不变，∴S正方形GPQN=S矩形EFGH=12，
∴NQ=NG=，
由题意，得△MQP≌△FNG，∴FN=MQ，
∴FN+NM=MQ+NM，即FM=NQ=，
在Rt△EFM中，由勾股定理得EM==.
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）选方法一，利用三角形中位线定理可得出，，可证明四边形为平行四边形，则，，结合由拼接，可得，，然后利用平行四边形的判定即可得证；
选方法二，利用三角形中位线定理可得出，，然后利用平行四边形的判定即可得证；
（2）由题意，得剪拼前后面积保持不变，∴S正方形GPQN=S矩形EFGH=12，可求出，由平移可得，进而得出，然后在中，根据勾股定理求解即可．
10．（2025八下·杭州期中）在一次数学探究活动中，小明用一根木棒把四边形ABCD分割成2个部分（如图1)，经测量发现，AD=BD，∠BAD=∠C=∠CDB=45°.
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若点P为线段CD上的动点（点P不与点D重合），连接AP，过点P作EP⊥AP交直线BD于点E，如图2，当点P为线段CD的中点时：
①连接PB，请写出PB与CD之间的数量关系并说明理由；
②请写出PA，PE之间的数量关系并说明理由：
③如图3，当点P在线段CD上时，请直接写出DE，DP，DA之间的数量关系 ▲ .
【答案】（1）证明： ∵AD=BD， ∠BAD=45°，
∴∠BAD =∠ABD=45°，
∴∠ADB=90°，
∵∠C =∠CDB=45°，
∴BD = BC， ∠CBD=90°，
∵AD =BD， ∠ADB=90°，
∴AD=BC， ∠CBD=∠ADB，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解： 理由如下：
由 (1)知△BDC是等腰直角三角形，
当点P为线段CD的中点时，则
∴ PB⊥CD， 则△PBD是等腰直角三角形，
②PA=PE， 理由如下： 由上可知△PBD是等腰直角三角形，
∴BP=PD，
∴∠PBE = 180°-∠PBD = 135°，
∵∠ABD=∠CDB=45°，
∴AB∥CD，
∴∠ADC=180°-∠BAD=180°-45°=135°，
∴∠ADC=∠PBE，
∵∠PAD+∠DOA=∠PEB+∠POE=90°，∠DOA=∠POE，
∴∠PAD=∠PEB，
∴△PAD≌△PEB(AAS)，
∴PA=PE；
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】（2） 理由如下：
过点P作PF⊥CD交DE于点F， 如图所示：
∵PF⊥CD， EP⊥AP，
∴∠DPF=∠APE=90°，
∴∠DPF-∠APF=∠APE-∠APF，
∴∠DPA=∠FPE，
∵四边形ABCD是平行四边形， ∠BAD =45°，
∴AB∥CD，
∴∠PDA =180°-∠BAD = 135°，
∵∠DPF =90°， ∠CDB=45°，
∴∠PFD =∠PDF =45°，
∴PD=PF， ∠PFE=180°-∠PFD=135°，
∴∠PDA=∠PFE，
∴△PDA≌△PFE(ASA)，
∴DA = FE.
在Rt△FDP中， ∠PFD=∠PDF =45°，
则
∵DE=DF+FE，
故答案为：
【分析】(1)证明AD∥BC，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，即可得出结论；
(2)①连接BP，可知△BDC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可知PB⊥CD，则△PBD是等腰直角三角形，即可得结论；
②证明△PAD≌△PED(AAS)， 利用全等三角形性质即可得到PA=PE；
③过点P作PF⊥CD交DE于点F， 首先证明△ADP≌△EFP(ASA)， 得AD= EF， 进而再证明△DPF是等腰直角三角形即可得到结论.
11．（2024八下·绍兴期中）某数学兴趣小组对对角线互相垂直的四边形进行了探究，得出了如下结论：
如图1，若四边形的对角线与相交于点，且，则四边形的四条边长满足．
（1）简单应用：如图1，四边形中，，，，，则边 ；
（2）发现应用：如图2，若，分别是中，边上的中线．且垂足为，求证：；
（3）拓展应用：如图3，中，点、、分别是，，的中点．若，，．求线段的长．
【答案】（1）
（2）解：证明：连接，
于，
，
，，，，
，
，．，
，
（3）解：如图3，连接，交于，与交于点，设与的交点为，
点、分别是，的中点，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，分别是，的中点，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
在和中，
，
，
，
，分别是的中线，
由（2）的结论得：，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）由题意知，
，，，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）根据题意直接列式计算即可；
（2）连接，由，，同理，则可得出结论；
（3）连接交于，设与的交点为，由点、分别是，的中点，得到是的中位线，然后证出，再根据四边形是平行四边形，可得，根据，分别是，的中点，得到，再证明四边形是平行四边形，得到，推出，分别是的中线，根据（2）的结论即可得到答案．
12．（2024八下·鄞州期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形．
了解性质：如图1：已知四边形ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，则有：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（图1） （图2） （图3）
（图4） （图5）
（1）性质应用：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，若AD=2，BC=4，CD=3，则AB= ；
（2）性质变式：如图2，图3，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．请以图3为例将重要结论证明出来．
（3）应用变式：①如图4，在矩形ABCD中，O为对角线交点，P为BO中点，则；(写出证明过程）
②如图5，在 ABC中，CA=4，CB=6，D是 ABC内一点，且CD=2，∠ADB=90°，则AB的最小值是．
【答案】（1）
（2）证明：过作于，交的延长线于，
由（1）性质可知：，
即：
，
又由勾股定理可知：
，
，
即；
（3）解：①设PB=a，则PD=3a，
由（2）可得AP2+CP2＝BP2+DP2
∴AP2+CP2=+＝
∴
②以、为边作矩形，连接、，如图所示：
则，
由题意得：，
即，
解得：，
当、、三点共线时，最小，
的最小值的最小值.
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】（1）解：∵ 四边形是垂美四边形，
，
，，，
，
．
故答案为：；
【分析】（1）根据勾股定理进行计算即可.
（2）过作于，交的延长线于，根据性质可知：，再根据勾股定理证出即可.
（3）①根据性质得到关系计算即可.
②以、为边作矩形，连接、，根据矩形的性质得出，再根据，求出，当、、三点共线时，最小，得出的最小值的最小值即可.
13．（2024八下·慈溪期中）
（1）问题提出
如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；
（2）问题探究
如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；
（3）解决问题
如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB的养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝，
∵点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝．
（2）解：S△AOM＝S△BON，理由如下：
由图可知，S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，
如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，
∴MD∥NE，∠MDE＝90°，
又∵MN∥DE，
∴四边形MDEN是矩形，
∴MD＝NE，
∵S△ABM＝，S△ABN＝，
∴S△ABM＝S△ABN，
∴S△AOM＝S△BON．
（3）解：存在，直线BP的表达式为：y＝x+4．
如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，
由（2）的结论可知，S△OBG＝S△AFG，
∴S四边形OACB＝S△BCF，
取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．
∵A(4，0)，B(0，4)，C(6，6)，
∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，
线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，
∵OF∥AB，且直线OF过原点，
∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，
联立，解得，
∴F（3，﹣3），
∵点P是CF的中点，
∴P，
∴直线BP的表达式为：y＝x+4．
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）根据AD将△ABC分成面积相等的两部分可知点D是BC的中点，利用勾股定理求出BC，然后根据直角三角形斜边中线的性质可得AD的长度；
（2）根据同底等高的三角形面积相等可得S△ABM＝S△ABN，进而可得S△AOM＝S△BON；
（3）连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，可得S四边形OACB＝S△BCF，取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求，求出点P的坐标，进而可得直线BP的解析式．
1 / 1
