期末复习必考选填压轴题二十大题型总结
【北师大版】
【题型1 与等腰三角形有关的翻折问题】 1
【题型2 与等腰三角形有关的最值问题】 7
【题型3 确定组成等腰三角形点的个数】 12
【题型4 利用勾股定理解决翻折问题】 20
【题型5 利用勾股定理解决图形面积问题】 27
【题型6 利用勾股定理解决坐标问题】 33
【题型7 利用勾股定理解决最值】 40
【题型8 构造直角三角形求线段长度】 45
【题型9 由不等式的基本性质求参数取值范围值】 51
【题型10 由一元一次不等式（组）的解求字母的取值范围】 54
【题型11 不等式组与方程组结合的问题】 57
【题型12 利用因式分解求值】 60
【题型13 与因式分解有关的整除问题】 62
【题型14 分式化简求值】 66
【题型15 与分式有关的新定义问题】 69
【题型16 由分式方程的解求字母的值】 74
【题型17 分式方程的应用】 78
【题型18 平行四边形中的多结论问题】 83
【题型19 平行四边形中折叠问题】 91
【题型20 与三角形中位线有关的求解】 98
【题型1 与等腰三角形有关的翻折问题】
【例1】（24-25八年级·浙江杭州·期末）如图，正纸片，为边上的一点，连结．将沿翻折得到，过点作的平行线交的延长线于点，若 则的比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】延长交于点，设交于点，由是正三角形得，由翻折得，，因为，所以，可证明，得，则，，则，，所以，可求得，即可求得，于是得到问题的答案．
【详解】解：延长交于点，设交于点，
是正三角形，
，
由翻折得，，
，，
，
在和中，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题重点考查等边三角形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形中解所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式1-1】（24-25八年级·陕西西安·期末）如图，在△ABC中，AC＝2，∠ABC＝45°，∠BAC＝15°，将△ABC沿直线AC翻折至△ABC所在的平面内，得△ADC．过点A作AE，使∠EAD＝∠DAC，与CD的延长线交于点E，则线段ED的长为（ ）
A．2﹣ B．2﹣2 C．2﹣ D．3﹣
【答案】D
【分析】延长BC交AE于H，由折叠的性质∠DAC=∠BAC=15°，∠ADC=∠ABC=45°，∠ACB=∠ACD=120°，由外角的性质可求∠AED=∠EAC，可得AC=EC，再求得∠ABC=∠BAH=45°，AH=BH，利用等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，延长BC交AE于H，
∵∠ABC=45°，∠BAC=15°，
∴∠ACB=120°，
∵将△ACB沿直线AC翻折，
∴∠DAC=∠BAC=15°，∠ADC=∠ABC=45°，∠ACB=∠ACD=120°，CB=CD，
∵∠DAE=∠DAC，
∴∠DAE=∠DAC=15°，
∴∠CAE=30°，
∵∠ADC=∠DAE+∠AED，
∴∠AED=45°-15°=30°，
∴∠AED=∠EAC，
∴AC=EC=2，
∵∠ABC=45°，∠BAH=45°，
∴∠BHA=90°，BH=AH，
在Rt△ACH中，∠CAH=30°，AC=2，
∴CH=，BH=AH=，
∴CB=CD=BH-CH=，
∴ED=EC-CD=，
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式1-2】（24-25八年级·陕西西安·阶段练习）如图，在中，，以为斜边在上方作等腰直角，连接，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，以为直角边构造等腰直角三角形，，连接，证明，得到，根据，求出的最大值，进而得到的最大值即可．
【详解】解：以为直角边构造等腰直角三角形，，，连接，
∵以为斜边在上方作等腰直角，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为8，
∵，
∴的最大值为；
故答案为：．
【变式1-3】（24-25八年级·广东深圳·期中）如图，在面积为5的锐角中，，D是内部一点，E，F分别是边上的动点，连接，若的面积为1，则周长的最小值为 ．
【答案】/
【分析】本题考查轴对称一最短路线问题，三角形面积计算，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，能够得到的最小值，以及证明出是等边三角形，且边长等于是解题的关键，过点作直线，过点作于点，交直线于点，求出，推出的最小值为，再作点关于的对称点，连接，证明出是等边三角形，且边长等于，由此可解决问题．
【详解】解：过点作直线，过点作于点，交直线于点，如图，
由题意，知为的边上的高，等于的边上的高，
锐角的面积为，
，
，
的面积为1，，
，点是直线上的动点，
，
，
，
的最小值为，
作点关于的对称点，连接，
则，，
周长，
由两点之间线段最短知，周长的最小值为的长，
，
，
是等边三角形，
，
周长的最小值为，
故答案为：．
【题型2 与等腰三角形有关的最值问题】
【例2】（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，，，E是的中点，，则的最大值为（ ）
A．25 B．19 C．20 D．21
【答案】B
【分析】本题主要考查了轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，将沿折叠得到，将沿折叠得到，连接，根据折叠的性质和等边三角形的判定与性质解答即可，熟练掌握其性质，正确添加辅助线是解决此题的关键．
【详解】如图，将沿折叠得到，将沿折叠得到，连接，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵E是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴的最大值为19，
故选：B．
【变式2-1】（24-25八年级·浙江宁波·期中）如图，边长为的等边三角形中，是上的中线，点在上，连接，在的右侧作等边三角形，连接，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称——最短路径问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，学会利用轴对称的性质构造辅助线并证明全等三角形是解题的关键．作交于，连接、、，由可得是等边三角形，再通过全等的判定方法得到，进而把的周长转化为的周长，再利用两点之间线段最短算得周长的最小值，即可得出结论．
【详解】解：如图，作交于，连接、、，
是等边三角形，
，
又 ，
，
是等边三角形，
，
是等边三角形，是上的中线，
垂直平分，，
又点在上，
．
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
的周长的周长，
当最小时，的周长有最小值，
连接，
，
是上中线，
又 是等边三角形，
，
在中，，
，
，
，
的最小值为，
周长的最小值为．
故选：A．
【变式2-2】（24-25八年级·浙江金华·期中）如图，在中，，点D在内，平分，连接，把沿折叠，落在处，交于F，恰有．若，，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，延长，交于点，由等腰三角形的性质可得出，，，证明是等腰直角三角形，可求出，则根据三角形面积求出的值，即可得解．
【详解】解：延长，交于点，
，平分，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
由折叠的性质可知，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
在中，，
，
，
，
,
．
故答案为：．
【变式2-3】（24-25八年级·四川雅安·期中）如图，在纸片中，，，折叠纸片，使点落在的中点处，折痕为，则的面积为 ．
【答案】
【分析】此题主要考查了翻折变换以及勾股定理、等腰三角形的性质等知识，正确得出的长是解题关键．
过点作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为， 分别求出和的面积，利用可得结果．
【详解】解：过点作的垂线，垂足为，
∵，
∴，，
∴，，
设， 则，
在中，，即，
解得：，
∴，
过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，
∵，
∴，，
∴，
设， 则，，，
则有，即，
解得：，
则，
∴
，
故答案为：．
【题型3 确定组成等腰三角形点的个数】
【例3】（24-25八年级·河南周口·期末）如图，直线，相交于点，，点在直线上，直线上存在点，使以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，则点的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】分AO=AB，BO=BA，OB=OA三种情况讨论．
【详解】∵直线，相交于点，，点在直线上，直线上存在点，
∴当OB=OA时，有两个B点是B1、B2，OB1=OA时，∠OB1A=∠OAB1= ∠1=25°，OB2=OA时，∠OB2A=∠OAB2= （180°-∠1）=65°；
当AO=AB时，有一个B点是B3，即AO=AB3，∠AB3O=∠1=50°；
当BO=BA时，有一个B点是B4，即B4O=B4A,∠OAB4=∠1=50°．
∴使以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，点的个数是4个．
故选C．
【点睛】本题考查了因动点产生的等腰三角形问题，解决问题的关键是三角形的三边两两相等都有可能，有三种可能情况，分类讨论．
【变式3-1】（24-25八年级·浙江·期末）如图，已知，线段，点为射线上一点，则下列结论正确的是（ ）
①当，时，可得到形状唯一确定的；
②当，时，可得到形状唯一确定的；
③当时，在射线上存在三个点使得为等腰三角形；
④当时，在射线上存在三个点使得为等腰直角三角形．
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②③④
【答案】A
【分析】过A作AH⊥OP于点H，求出AH的长，分别根据∠α的度数画出相应图形，利用直角三角形的性质和等腰三角形的性质判断各结论．
【详解】解：如图①所示：过A作AH⊥OP于点H，
∵OA=4，∠α=30°，
∴AH=OA=×4=2，
又AH⊥OP，AH=AB，
∴B与H重合，
则△AOB形状唯一确定，故①正确；
如图②所示，过点A作AH⊥OP于点H，
∵OA=4，∠α=45°，AH⊥OP，
∴AH=OH，，
即AH==＜=3，
∴AB＞AH，
∴当B在图②中B1，B2位置时，都能使得AB=3，
则△AOB不唯一，有2个，故②错误；
如图③所示，有3个B点使得△AOB为等腰三角形，
即AB1=AO=4，OB2=OA=4，B3A=B3O，故③正确；
如图④所示，AB⊥OA于点A时，△AOB1为等腰直角三角形，
AB2⊥OP于点B2时，△AOB2为等腰直角三角形，
OP上有2个点B使得△AOB为等腰直角三角形，故④错误；
即正确的结论为：①③，
故选A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，确定三角形的条件，解题的关键是根据各种情况画出图形，结合图形的性质解答．
【变式3-2】（24-25八年级·浙江杭州·期末）已知在中，且为最小的内角，过顶点B的一条直线把这个三角形分割成两个等腰三角形，则
【答案】123°或132°或90°或48°
【分析】根据题意作图，结合等腰三角形的性质分情况讨论即可求解．
【详解】解：如图，若BC=CD，AD=BD，
由题意可得：∠DBC=∠BDC=（180°-∠C）÷2=82°，
∴∠ABD=∠BAD=∠BDC=41°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=123°，
∵∠ADB=180°-82°=98°，
则在BC=CD的前提下只有AD=BD；
如图，若CD=BD，AB=BD，
由题意可得：∠DBC=∠C=16°，
∴∠ADB=2∠C=32°，
∴∠A=∠ADB=32°，
∠ABD=180°-∠A-∠ADB=116°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=132°，
符合最小的内角为∠C=16°，
如图，若BD=CD，AB=AD，
则∠C=∠DBC=16°，
∴∠ADB=∠ABD=2∠C=32°，
∴∠A=180°-2×32°=116°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=48°；
如图，若BD=CD，AD=BD，
∴∠ADB=2∠C=2∠DBC=32°，
∴∠A=∠ABD=（180°-32°）÷2=74°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=90°；
若BD=BC，
则∠C=∠CDB=16°，
∴∠ADB=180°-∠CDB=164°，
则只能满足AD=BD，
∴∠A=∠CDB=8°，
即∠A＜∠C，不满足；
综上：∠ABC的度数为123°或132°或90°或48°．
故答案为：123°或132°或90°或48°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是画出图形，分情况讨论．
【变式3-3】（24-25八年级·浙江·期末）如图，已知点P是射线上一动点（点P不与点B重合），，，则当 时，以A，O，B三点中的任意两点和P点为顶点的三角形是等腰三角形．
【答案】45°或67.5°或75°或90°
【分析】先根据题意画出符合的情况，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出即可．
【详解】解：分为以下5种情况：
①OA=OP，
∵∠AOB=45°，OA=OP，
∴∠OAP=∠OPA=×（180°-45°）=67.5°；
②OA=AP，
∵∠AOB=45°，OA=AP，
∴∠APO=∠AOB=45°，
∴∠OAP=180°-∠AOB-∠APO=180°-45°-45°=90°；
③AB=AP，
∵∠ABM=60°，AB=AP，
∴∠APO=∠ABM=60°，
∴∠OAP=180°-∠AOB-∠APO=180°-45°-60°=75°；
④AB=BP，
∵∠ABM=60°，AB=BP，
∴∠BAP=∠APO=×（180°-60°）=60°，
∴∠OAP=180°-∠AOB-∠APO=180°-45°-60°=75°；
⑤AP=BP，
∵∠ABM=60°，AP=BP，
∴∠ABM=∠PAB=60°，
∴∠APO=180°-60°-60°=60°，
∴∠OAP=180°-∠AOB-∠APO=180°-45°-60°=75°；
⑥当AP=OP时，
∴∠AOP=∠OAP=45°；
所以当∠OAP=45°或67.5°或75°或90°时，以A、O、B中的任意两点和P点为顶点的三角形是等腰三角形，
故答案为：45°或67.5°或75°或90°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定、三角形内角和定理等知识点，能画出符合的所有图形是解此题的关键．
【题型4 利用勾股定理解决翻折问题】
【例4】（24-25八年级·重庆·期末）如图，，射线交线段于点于点于点平分交的延长线于点，连接并延长交的延长线于点．若将点沿翻折，点刚好落在点处，此时，连接，则的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、翻折性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，利用等角对等边证明是解答的关键．先利用同角的余角相等得到，再证明得到，，然后证明，得到，进而利用等角对等边得到，设，，结合翻折性质得到，，，然后利用勾股定理求得，最后由求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵平分交的延长线于点，
∴，又，，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴设，，则，
∵将点沿翻折，点刚好落在点处，
∴，则,，
在中，，，，
由勾股定理得，则，
解得，
∴
，
即的面积为．
故答案为：．
【变式4-1】（24-25八年级·江苏南京·期末）如图，在长方形中，，点在上，是上一动点，将四边形沿翻折至四边形的位置，与相交于点，当点从点运动到的中点时，点运动路线的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是轴对称的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，长方形的性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键，当与重合时，此时为的最左边位置，当时，为最右边位置，当为的中点时，从上一情况到此时，点的位置会向左移动如图，再画出图形，结合等腰三角形与勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，当与重合时，
∵长方形，，，
∴，，，
∴，
由对折可得：，
∴，
∴，而，
设，则，
∴由勾股定理可得：，即，
解得：，即，此时为的最左边位置，
当时，如图，为最右边位置，则，
同理可得：，
∵，
∴，
∴,
∴,
当为的中点时，从上一情况到此时，点的位置会向左移动如图，
过作于，则，，
同理可得：，
设，则，
在，，
∴，
解得：，即
∴，
∴的运动路径长为：；
故答案为：
【变式4-2】（24-25八年级·上海·期末）如图，中，，，，，点D在边上，将沿直线翻折，使点C落在点处，连接，直线与边的延长线相交于点F，如果，那么线段的长为 ．
【答案】
【分析】设，则，，由折叠可得，进而可得，则，，由直角三角形的两个锐角互余可得，由三角形外角的性质可得，进而可得，由等角对等边可得，由含度角的直角三角形可得，由勾股定理可得，即，解得或（不符合题意，故舍去），则，，由线段的和差关系可得，，由此即可求出的长．
【详解】解：如图，
设，则，，
由折叠可得：，
，
，
，
又，
，
，
，
，
在中，，，
，
由勾股定理可得：，
即：，
解得：或（不符合题意，故舍去），
，
，
又，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，含度角的直角三角形，勾股定理，直角三角形的两个锐角互余，三角形外角的性质，等角对等边，直接开平方法解一元二次方程，线段的和与差等知识点，由折叠及角的和差关系得出、由含度角的直角三角形的性质及勾股定理得出是解题的关键．
【变式4-3】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在中，，，，以为边在上方作一个等边，将四边形折叠，使点与点重合，折痕为，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作交的延长线于，作交于，，可得，设，则，，即，解得，设，则，，，在中，，，解方程可得，从而可得，，设点H到的距离为h，利用等面积法求出答案即可．
【详解】解：如图所示，作交的延长线于，作交于，
由翻折的性质可得：，
为等边三角形，
，
，
，，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，
，
，
设，则，，，
在中，，
，
解得：，
，
，
∴，
，，
设点H到的距离为h，
∵，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、等边三角形的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质、等边三角形的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
【题型5 利用勾股定理解决图形面积问题】
【例5】（24-25八年级·重庆渝北·期末）四个全等的直角三角形按如图方式拼成正方形，将四个直角三角形的短直角边（如）向外延长，使得，连接得四边形连接．已知是的中点，和的面积之比为，四边形的面积为，则四边形的面积是 ．
【答案】
【分析】根据四个全等的直角三角形，已知是的中点，可得，可得，在根据三角形中线的性质可得，，设，，根据三角形的面积公式可求出的值，可求出的值，根据正方形的面积公式即可求解．
【详解】解：四个全等的直角三角形，即，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵四个全等的直角三角形，
∴，
∵和的面积之比为，即，
∴，，
已知是的中点，
∴在中，点是的中点，
∴，则，
设，，
∴，
∴，，
∴，解得，，
∴
在中，，
∵四个全等的直角三角形按如图方式拼成正方形，
∴四个直角三角全等，围成的四边形是正方形，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，全等三角形的性质，三角形中线的性质，面积计算方法，勾股定理的综合，掌握以上知识的运用是解题的关键．
【变式5-1】（24-25八年级·山东淄博·期末）如图，在中，，点在边上，点在内部，且是等边三角形，．若，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在的延长线上取点，使得，根据全等三角形的判定和性质可得，，设，则，，再由含角的直角三角形的性质得，则，解得，故，，，根据勾股定理即可求得，即可求解．
【详解】解：在的延长线上取点，使得，如图：
∵是等边三角形，
∵，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，，，
在中，，
∴的面积为；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
【变式5-2】（24-25八年级·吉林长春·期末）如图，在四边形中，，分别以它的四条边为斜边，向外作等腰直角三角形．若、和的面积分别为4、9、5，则的面积为 ．
【答案】8
【分析】本题考查了勾股定理的知识，要求能够运用勾股定理证明4个等腰直角三角形的面积之间的关系．
连接，根据等腰直角三角形的面积公式可求，根据勾股定理可求再根据等腰直角三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：如图，连接，
、和是等腰直角三角形，
，
、和的面积分别为、、，
，
，
，
在中，，
在中，，
，
则的面积为．
故答案为∶8．
【变式5-3】（24-25八年级·陕西西安·期末）如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结．已知，，则的面积为（ ）
A． B． C．24 D．12
【答案】D
【分析】连接，设交于点，交于点，证明 ，进而证明，根据勾股定理得出，，过点作于点，勾股定理求得，根据三角形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图，
连接，设交于点，交于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∴
即，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，，
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
解得：，，
，
过点作于点，
设
∴
即，
解得：
∴
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质与判定，证明是解题的关键．
【题型6 利用勾股定理解决坐标问题】
【例6】（24-25八年级·江西抚州·期中）点，若点在轴上，若是等腰三角形，则点坐标 ．
【答案】或或或
【分析】本题考查了坐标与图形、勾股定理、等腰三角形的定义，由题意得出，，则，分时；当时；当时；分别画出图形，求解即可，采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：点，
，，
，
如图，当时，
，
则，，
，；
如图，当时，
，
则，
；
如图，当时，
，
设，则，，
，
解得：，
，
综上所述，点坐标为或或或，
故答案为：或或或．
【变式6-1】（24-25八年级·湖北省直辖县级单位·期末）如图，在平面直角坐标系中，，，，，点E在x轴上，满足，则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【分析】根据条件易得，，，轴，轴，因为，所以是角平分线，在根据可知是等腰直角三角形，则当点和点重合时，此时，当点E不与A重合时，连接过D作于H，利用角平分线的性质与勾股定理可得答案．
【详解】解：由题意可得：，，，轴，轴，
如图，连接，
∵，，轴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴当点E与点A重合时有，此时点E的坐标为，
当点当点E不与A重合时，如图，连接，过D作于H，
∵，，
∴，
在Rt和Rt中，
∴Rt Rt(HL)，
∴，
∵，，
∴，
∴,
设，则，，
根据勾股定理可得：即，
解得：，
∴点E的坐标为，
综上所述：点E的坐标为或，
故选：D
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，平面直角坐标系内点的坐标特点，勾股定理等，掌握相关知识点是解题的关键．
【变式6-2】（24-25八年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示放置的都是边长为2的等边三角形，边在轴上，且点，都在同一直线上，则的坐标是 ．
【答案】
【分析】过点作，交于点，根据等边三角形的性质，求得点的坐标，从而得到的坐标，同理得出坐标，根据规律，即可解答．
【详解】解：如图，过点作，交于点，
是边长为2的等边三角形，，
，，
，
，
点，都在同一直线上，，
，
的横坐标为，
，
同理可得，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，数字变化的规律，得出点横纵坐标规律是解题的关键．
【变式6-3】（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点分别在x轴、y轴上，，，连接．点P在第一象限，若以点P、A、B为顶点的三角形与全等，则点P的坐标为 ．
【答案】或
【分析】由条件可知为两三角形的公共边，且为直角三角形，当和全等时，则可知为直角三角形，再分两种情况进行讨论，可得出P点的坐标．
【详解】解：如图所示：
①若，
∴
∴四边形是平行四边形，
又
∴四边形是矩形，
∴；
②若，则有
连接，交于点，过点E作于点F，
∴是的垂直平分线，点E是的中点，
∵，
由勾股定理得，
又，即：,
∴
在中，，
又，即，
解得，，
由勾股定理得，
∴
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质及坐标与图形的性质，勾股定理以及面积法等知识，做这种题要求对全等三角形的判定方法熟练掌握．
【题型7 利用勾股定理解决最值】
【例7】（24-25八年级·四川眉山·期末）如图，在中，，，．如果D、E分别为、上的动点，那么的最小值是（ ）
A． B．5 C． D．6
【答案】A
【分析】延长到点F，使得，则直线是线段的垂直平分线，连接，于是得到，，于是就变成了，根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到的最小值就是的高，过点F作于点G，求即可．
此题考查了轴对称最短路径问题，垂线段的性质，勾股定理，根据三角形的面积求高等，熟练掌握以上性质是解本题的关键．
【详解】解：延长到点F，使得，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
连接，
∴，，
∴就变成了，
根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到的最小值就是的高，
过点F作于点G，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
【变式7-1】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，为等边三角形，，点是中点，点分别是边、上的动点，且不与端点重合，作和的角平分线交于点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】连接，过点作于点P，于点，于点，根据角平分线的性质和判定可得平分，继而垂直平分，，则，由勾股定理得：，那么．
【详解】解：连接，过点作于点P，于点，于点，
∵和的角平分线交于点，
∴，
∴，
∵，，
∴平分，
∵为等边三角形，
∴垂直平分，
∴，
∵为等边三角形，点是中点，
∴，，
∴由勾股定理得：，
∴，当点三点共线时，取得最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，角平分线的性质和判定和线段的垂直平分线的性质定理，正确添加辅助线进行转化是解题的关键．
【变式7-2】（2025·安徽合肥·一模）如图，在中，，，，点P为边上一动点，于点E，于点F，连接，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，正确作出辅助线是解题的关键．连接，取的中点G，连结，，先证明为等腰直角三角形，得到，进而可知当时最小，利用直角三角形的性质求出的最小值即可得到答案．
【详解】解：连接，取的中点G，连结，，
，，
，
，
，
，
，
当时，取最小值，此时，的值也最小，
，
，
，
，
的最小值为，
此时，的最小值为．
故选C．
【变式7-3】（24-25八年级·浙江·周测）如图，为等腰直角三角形，，点P在的延长线上，且，将沿方向平移得到，连接，，则的周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】作点关于点的对称点，连接，由平移的性质可得：，证明得到，由对称的性质可得：，推出，则，当在同一直线上时，的值最小，为，根据等腰直角三角形的性质及三角形内角和定理得出，由勾股定理计算出的长即可得到答案．
【详解】解：如图，作点关于点的对称点，连接，
由平移的性质可得：，
，
，
，
∴，
，
∵点关于点的对称点，
∴，
，
当在同一直线上时，的值最小，为，
∵为等腰直角三角形，，
，
，
在中，，
，
∴的最小值为，
∴的周长的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，两点之间线段最短，平移的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，构造三角形全等是解此题的关键．
【题型8 构造直角三角形求线段长度】
【例8】（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，在中，，点为外一点，且满足，则的长为 ．
【答案】
【分析】此题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形、勾股定理．作于点，于点，交的延长线于点，则，先由两条平行线之间的距离处处相等得到，再证明得到，然后在中由求出，，，，再利用得到，接着利用勾股定理依次求出，，，于是得到问题的答案．
【详解】解：作于点，于点，交的延长线于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式8-1】（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在等腰直角中，，点D在边（不含A，C两点）上，连，以为直角边向右侧作邻腰直角，，连接．若， ，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造全等三角形是解决问题的难点．
过点作，交的延长线于点，设，则，证明和全等得，则，在中，由勾股定理可求出，则，进而得，然后在中，由勾股定理即可求出线段的长．
【详解】过点作，交的延长线于点，如图所示：
，
设，
，
，
∵是等腰直角三角形，，
，
，
∵是等腰直角三角形，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：
，
即，
，
在中，由勾股定理得：
，
，
在中，由勾股定理得：
．
故答案为：．
【变式8-2】（24-25八年级·江苏南通·期末）如图，等腰直角三角形中，，点在线段上，点在线段上，且．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定、二次根式的应用、勾股定理，熟练掌握相关知识点，学会添加辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．作于点，交于点，利用等腰直角三角形的性质得到，利用平行线的性质得到，结合推出，利用等腰三角形的判定得到，设，表示出，列出方程求出的值，再利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：作于点，交于点，
等腰直角三角形，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，，
又，
，，
，
，
设，则，
，，
，，
，
，
解得：，
，，
，
，
的长为．
故答案为：．
【变式8-3】（24-25八年级·四川成都·期末）数学课上，老师和同学们对矩形纸片进行了图形变换的以下探究活动：
如图，取边的中点P，剪下，将沿着射线的方向依次进行平移变换，每次均移动的长度，得到了、和．若，，则以为三边构成的新三角形面积，则a的值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了平移变换综合题．熟练掌握平移性质，勾股定理及逆定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，是解题是关键．
分别取的中点M、Q、N，连接，由，根据平移变换的性质，就有、和都是等腰三角形，就有．，由勾股定理就可以求出，从而得出新三角形三边的值，根据勾股定理的逆定理得新三角形是直角三角形，根据三角形面积公式，从而得出结论．
【详解】如图，分别取的中点M、Q、N，连接，
∵中，，
根据平移变换的性质，、和都是等腰三角形，
∴．
，
在中，，
∴，
则，
∴，
∴，
∴新三角形为直角三角形，长为斜边长．
∵，，新三角形面积为，
∴，
∴．
故答案为：．
【题型9 由不等式的基本性质求参数取值范围值】
【例9】（24-25八年级·江苏南通·期末）已知非负数a，b，c满足条件，，设的最大值是m，最小值是n，则的值为 ．
【答案】26
【分析】根据已知的式子可得，，即有，再根据a、b、c为非负实数，可得，即可得，，问题随之得解．
【详解】联立，
把a看作常数，解得，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴当时，；当时，；
∴．
故答案为：26．
【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组，熟练掌握解二元一次方程组方法，解一元一次不等式组方法，用一个字母的代数式表示另一个字母，非负实数性质，代数式产生的最值，是解答本题的关键．
【变式9-1】（24-25八年级·安徽·开学考试）已知实数满足，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】本题考查了等式的性质，不等式的性质，通过等式的性质得和，可判断和；由题目条件判断，，可判断；结合和得到，，且，利用作差法即可判断；掌握等式的性质、不等式的性质并正确变形做出判断是解题的关键．
【详解】解：∵，∴，
即，故选项正确，不符合题意；
∵，
∴，
即，故选项正确，不符合题意；
若，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
整理得，
∴，故选项正确，不符合题意；
由知，，
∴，
若，则，
∴，
由知，，
∴，
∴，
∴，
∴，故不正确，符合题意；
故选：．
【变式9-2】（24-25八年级·北京·期末）已知，，，，为正整数，且，若，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了不等式的性质．熟练掌握不等式的性质是解题的关键．
由题意知，，，，，则，可求，则的最大值为，同理可求，则的最大值为，的最大值为，然后求的最大值即可．
【详解】解：∵，，，，为正整数，且，
∴，，，，
∵，
∴，
解得，，
∴的最大值为，
∴，
∴，
解得，，
∴的最大值为，
同理，的最大值为，
∴的最大值为，
故答案为：．
【变式9-3】（24-25八年级·北京·期中）对，，定义一种新运算，规定：，其中，为非负数．若，设，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，不等式性质的应用；根据题意得到关于a、b、c的方程组，得到用a的代数式表示的b、c；由b非负求得a的范围，把H用a的代数式表示，利用不等式的性质即可求出H的取值范围．关键是确定a的范围．
【详解】解：∵，
∴，
解得：；
∵，为非负数，
∴，
即，
∴；
∴
，
∵，
∴，
即；
故答案为：．
【题型10 由一元一次不等式（组）的解求字母的取值范围】
【例10】（24-25八年级·山东枣庄·期末）已知关于的不等式组的整数解有且仅有4个：，0，1，2，那么适合这个不等式组的所有可能的整数对的个数有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．6
【答案】D
【分析】本题考查由不等式组的整数解求参数，涉及不等式组的解法、分类讨论等知识，先解不等式组，再由参数的情况，分类讨论，确定不等式组的解集，最后结合不等式组的整数解情况求出参数范围即可得到答案，熟练掌握不等式组的解法是解决问题的关键．
【详解】解：关于的不等式组，
由①得；由②得；
关于的不等式组的整数解有且仅有4个：，0，1，2，
当时，不等式组的解集为，则，解得，整数可取，整数可取，则整数对有，共6个；
当时，不等式组的解集为，则，解得，不等式组无解；
综上所述，关于的不等式组的整数解有且仅有4个：，0，1，2，那么适合这个不等式组的所有可能的整数对的个数有6个，
故选：D．
【变式10-1】（24-25八年级·河南周口·期末）若关于x的不等式组 恰好只有四个整数解，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】解不等式组得，再由不等式组恰好只有四个整数解得，即可解出a的取值范围．
【详解】解：解不等式组，
由①得：，
解得，
由②得：，
解得，
所以由不等式组得 ，
又因不等式组有解得不等式组的解集为 ，
因为不等式组只有四个整数解为11、10、9、8，所以可得，解得，
故选：C.
【点睛】此题考查的是一元一次不等式的解法和一元一次方程的解，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，大小小大中间找，大大小小解不了．
【变式10-2】（24-25八年级·湖北武汉·期末）已知关于x的不等式x﹣a＜0的最大整数解为3a+6，则a＝ ．
【答案】
【分析】求出不等式的解集，根据已知得出，求出，设，则，得出不等式组，求出即可．
【详解】解：解不等式得：，
关于的不等式的最大整数解为，
，
解得：，
为整数，
设，则，
即，
解得：，
为整数，
，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元一次不等式的整数解，解此题的关键是得出关于的不等式组．
【变式10-3】（24-25八年级·江苏无锡·期末）已知关于x的不等式组 （a为整数）的所有整数解的和S满足21.6≤S33.6，则所有这样的a的和为 ．
【答案】5
【分析】先求出不等式组的解集，再根据已知得出关于a的不等式组，求出不等式组的解集即可．
【详解】，
∵解不等式①得：x＞a﹣1，
解不等式②得：x≤a+5，
∴不等式组的解集为a﹣1＜x≤a+5，
∴不等式组的整数解a，a+1，a+2，a+3，a+4，a+5，
∵所有整数解的和S满足21.6≤S＜33.6，
∴21.6≤6a+15≤33.6，
∴1.1≤a≤3.1，
∴a的值为2，3，
∴2+3＝5，
故答案为5．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能得出关于a的不等式组是解此题的关键．
【题型11 不等式组与方程组结合的问题】
【例11】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如果关于的不等式组的解集为，且整数使得关于的二元一次方程组的解为整数(均为整数)，则符合条件的所有整数的和是( )
A． B．2 C．6 D．10
【答案】B
【分析】根据不等式组求得m4，再解方程组求出，根据均为整数得到整数m=4、2、-4，即可得到答案.
【详解】解不等式得x，
解不等式得，
∴m4，
解方程组得，
∵均为整数，m-3是7的因数，
∴m-3=1、-1、-7，7，即m=4、2、-4，10(舍去)
符合条件的所有整数的和是4+2-4=2，
故选：B.
【点睛】此题考查解不等式组，解方程组，因式分解，解题中求出方程组的解，确定m-3是7的因数是解题的关键，由此根据m的取值范围求出符合条件的所有整数m的值.
【变式11-1】（24-25八年级·福建泉州·期中）已知，同时满足，，若，，且x只能取两个整数，则a的取值范围是 ．
【答案】/3≥a＞2
【分析】设两个整数为n，n+1，利用a这个量交叉传递，得到n的值，从而求解．
【详解】解：由①与②进行如下运算：
①×3+②得到：4x+4y＝12，
∴x+y＝3，
∴，
∵，，
∴，
故，
∵x只能取两个整数，
故令整数的值为n，n+1，
则，，
故，
∴，且，
∴，
∴，
∴
∴
【点睛】本题考查二元一次方程组，不等式组的解集，能够熟练地进行等量代换是解决本题的关键．
【变式11-2】（24-25八年级·重庆·开学考试）已知关于的二元一次方程组的解满足，且关于的不等式组无解，那么所有符合条件的整数的个数为 ．
【答案】7
【分析】先分别求出方程组的解和不等式组的解集，再结合已知条件求出a的范围，最后得出答案即可．
【详解】解方程组得：
∵方程组的解满足
∴，解得
解不等式组得：
∵关于的不等式组无解
∴，解得
∴
∴所有符合条件的整数为-2，-1,0,1,2,3,4，共7个
故答案为7
【点睛】本题考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式组，解一元一次不等式等知识点，能求出a的取值范围是解此题的关键．
【变式11-3】（24-25八年级·湖南长沙·期中）已知非负实数满足，记．则的最大值减去最小值的差为 ．
【答案】．
【分析】设，将用表示出来，由均为非负实数得关于的不等式组，求出取值范围，再将转化为的代数式，由的范围即可确定的最大值和最小值，从而即可求差．
【详解】设，
∴，，，
∵，，，
∴，
解不等式组得，
∵，
∴，
∵,即，
的最大值为，最小值为10，
的最大值减去最小值的差，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，解题关键是设比例式值为，通过已知确定的取值范围．
【题型12 利用因式分解求值】
【例12】（24-25八年级·四川内江·期中）若，则代数式的值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】此题考查了因式分解的应用，由，，的代数式，求出，，的值，原式利用完全平方公式变形后代入计算即可求出值．
【详解】解：，，，
，，，
则
，
当，，时，原式．
故选：D．
【变式12-1】（24-25八年级·安徽安庆·期中）已知，且，则 -的值为（ ）
A．2022 B．-2022 C．4044 D．-4044
【答案】A
【分析】先将式子整理变形得，进而得出，即，再将展开，最后整理代入即可得出答案．
【详解】因为，
所以，
整理，得，
则，
即．
因为，
所以，
即．
由，得，
所以．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了代数式求值，掌握整体代入思想是解题的关键．
【变式12-2】（24-25八年级·浙江宁波·期中）若满足等式，则的值是 ．
【答案】2、4或6
【分析】本题考查了因式分解的应用、解方程、零次幂等基础知识，先用提取公因式法对原式进行因式分解，再根据零次幂和1的任何次幂均为1求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴或或或，
∴或或或，
当时，，不符合，
∴所有符合条件的正整数n的值为：2、4或6．
故答案为：2、4或6．
【变式12-3】（24-25八年级·福建漳州·期中）已知，，，满足关系式，，则的值为 ．
【答案】74
【分析】本题主要考查了化简求值．熟练掌握完全平方公式，提公因式分解因式，是解题的关键．
将，这两式两边平方，再两边分别相加，提取公因式分解因式，可得，即可.
【详解】由题意得，①， ②，
得③，
得④，
得，
，
．
故答案为：74．
【题型13 与因式分解有关的整除问题】
【例13】（24-25八年级·重庆·期中）如果一个三位自然数m的各数位上的数字均不相同且均不为0，且满足将m的各个数位中任取两个数位构成一个两位数这样就可以得到六个两位数，这六个两位数叫做m的“海纳数”例如：，则m的“海纳数”是57、75、58、85、78、87，m的所有“海纳数”之和与11的商记为，若，则 ；若s和t是两个三位数，它们都有“海纳数”，，（，a、b、c均为整数），若的能被4整除，记，则p的最大值为 ．
【答案】 26 /
【分析】本题主要考查新定义问题、整除的意义、因式分解的应用等知识点，理解新定义成为解题的关键．
由“海纳数”的定义可以即可得到的值；然后再确定、的表达式，由a、b、c的取值范围可以算出的取值，然后得到关于a、b、c的等式，最后再根据a、b、c的取值范围写出满足条件的几组a、b、c的取值，从中选出使p取值最大的组合并计算出的值即可．
【详解】解：，
∵，（，a、b、c均为整数），
∴s的百位数是a，十位数是9，个位数是b；t的百位数是2，十位数是1，个位数是c；
∴，，
∵能被4整除，
∴能被4整除，
∴，即，
∵，，
∴，
，
∴或或或或或或或或或或或．
∴经比较p的最大值为．
故答案为：26，．
【变式13-1】（24-25八年级·重庆江北·期中）一个各位数字都不为0的四位正整数m，若千位与个位数字相同，百位与十位数字相同，则称这个数m为“双对称数”．将千位与百位数字交换，十位与个位数字交换，得到一个新的“双对称数”，并规定，则 ；若已知数m为“双对称数”，且千位与百位数字互不相同，是一个完全平方数，则满足条件的m的最小值为 ．
【答案】 81 7117
【分析】本题考查的是因式分解的应用和完全平方式，熟练掌握上述知识点和理解题目中的新定义是解题的关键．
（1）根据定义可得；
（2）设为，则为，根据定义可得的值，再根据题意推理即可．
【详解】解：（1）根据定义得：，
故答案为：81；
（2）设为，则为，
根据题意：
是一个完全平方数，
是一个完全平方数，
，且均不为0，
，
或或，
∴的最小值为：7117，
故答案为：7117．
【变式13-2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“和方数”．例如：四位数2613，因为，所以2613是“和方数”；四位数2514，因为，所以2514不是“和方数”．若是“和方数”，则这个数是 ；若四位数M是“和方数”，将“和方数”M的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调，得到新数N，若能被33整除，则满足条件的M的最大值是 ．
【答案】 8354 6213
【分析】本题考查了新定义下的实数运算，一元一次方程的应用，因式分解的应用．理解新定义，正确推理计算是解题关键．根据“和方数”的定义求解即可；设这个四位数，则，再结合“和方数”的定义，得出，再由能被33整除可知是整数，得到满足条件的的值为，进而得出满足条件的等式，即可得到M的最大值．
【详解】解：是“和方数”，
，
解得：，
这个数是8354；
设这个四位数，则，
，
四位数M是“和方数”，
，
，
能被33整除，
是整数，且，，，，
满足条件的的值为，
，
满足条件的等式为，
满足条件的M的最大值是，
故答案为：8354；6213．
【变式13-3】（24-25八年级·重庆九龙坡·开学考试）一个两位正整数，如果满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称为“异能数”，将的两个数位上的数字对调得到一个新数，把放在的后面组成第一个四位数，把放在的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后再除以11所得的商记为，例如：时，，，则 ；若、为“异能数”，其中，，、，且，，，为整数）
规定：，若能被7整除，且，求的最大值为 ．
【答案】 /
【分析】本题考查了因式分解的应用，理解新定义是解题的关键．
根据新定义列式计算可得；由能被7整除，可得，，，或者，，根据，可得，，或，，而，即可得到答案．
【详解】解：当时，，
；
，
，
同理，
能被7整除，
，
，，或者，，
，
，
，
，
，或，，
，
当，，，时，最大，最大值为．
故答案为：，．
【题型14 分式化简求值】
【例14】（24-25八年级·浙江温州·期末）若，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查分式的混合运算，由已知条件得出，，，，联立，得，代入整理之后对算式进行通分即可．
【详解】解：，
，，，，
联立，
得，
∴原式
．
故选A．
【变式14-1】（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）已知三个数x，y，z满足，，，则的值为 ．
【答案】
【分析】由给定的三个等式可得其倒数，，，再将三个分式的分子拆分后相加可得的值，因所求式子的倒数为，所以求得的倒数即可解答；
【详解】解：∵，，，
∴，，，
∴ ， ，，
①+②+③，得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，当分式的分子较简单，分母中的各项与分子存在一定的倍数关系时，可利用取倒数的方法（即将分式的分子和分母的位置颠倒），将繁杂的分式化成简单的式子，使问题化难为易，从而降低解题难度．
【变式14-2】（24-25八年级·浙江金华·期末）任意两个和不为零的数a、b、c满足，求的值 ．
【答案】或
【分析】根据，可以得到它们的比值或者a、b、c的关系式，进而解答．
【详解】解：设，
则，，，
∴，
∴，
当时，，
，
当时，
．
故答案为：或．
【点睛】本题考查分式的混合运算，利用等式的性质进行变形是解题关键．
【变式14-3】（24-25八年级·四川达州·期末）若，．则的值为
【答案】
【分析】先由题意2x y+4z=0 ，4x+3y 2z=0，得出用含x的式子分别表示y，z，然后带入要求的式中，化简便可求出.
【详解】2x-y+4z= 0①，4x+3y- 2z= 0②，
将②×2得: 8x+ 6y-4z=0③．
①+③得: 10x+ 5y= 0，
∴y= -2x，
将y= - 2x代入①中
得:2x- (-2x)+4z=0
∴z=-x
将y= -2x，z=-x，代入上式
=
=
=
=
故答案为：
【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是根据题目，得出用含x的式子表示y，z.本题较难，要学会灵活化简.
【题型15 与分式有关的新定义问题】
【例15】（24-25八年级·重庆·期末）对于分式：，，，，，在每个式子前添“+”或“-”号，并求和的绝对值，称此操作为“绝对和差操作”
例如：，，…下列说法：
①对于“绝对和差操作，若，则化简后的结果为；
②至少存在一种“绝对和差操作”使化简后的结果为常数；
③所有可能的“绝对和差操作”化简后有32种不同结果；
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】本题考查了分式的运算，按照分式运算法则即可判断①，举例计算，即可判断②，5个分式，每个分式有正负两种情况，则组合的可能有：（种），根据，可以判断③．
【详解】①
，
∵，
∴，
∴原式，故①正确；
②举例：
，
即至少存在一种“绝对和差操作”使化简后的结果为常数，故②正确；
③，，，，这5个分式，每个分式有正负两种情况，
则组合的可能有：（种），
又∵，
∴至少有两种情况的结果相同，
∴所有可能的“绝对和差操作”化简后不可能有32种不同结果，故③错误，
故正确的有2个，
故选：C．
【变式15-1】（2025·江苏无锡·一模）已知实数满足，则下列结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中正确的为（ ）
A．②③④ B．①②③④ C．①②③ D．①③④
【答案】C
【分析】本题考查了分式的加减、求代数式的值，由得出即可判断①；由结合得出，代入计算即可判断②；由得出，结合即可判断③；由得出，结合，代入计算即可判断④．
【详解】解：，
，
，
，
，故①正确；
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，故②正确；
，
，，
，
，
，
，
，故③正确；
，
，
，
，
，
，
，
解得：，故④错误，
综上所述，正确的是①②③，
故选：C．
【变式15-2】（2025·广东东莞·模拟预测）设n是大于1909的正整数，且是某个整数的平方数，求得所有满足条件的n之和为( )
A．1959 B．7954 C．82 D．3948
【答案】B
【分析】设，则，得到，再设是数的平方数，得到，再根据题意推出，据此求解即可．
【详解】解：设，则，
∴，
再设是数的平方数，
∴，
∴，
∵是某个整数的平方数，，
∴，
∴且a为正整数，
∴，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
∴的值可以为、、、，
∴所有满足条件的n之和为，
故选B．
【点睛】本题主要考查了完全平方数，分式的加减，正确理解题意是解题的关键．
【变式15-3】（24-25八年级·重庆九龙坡·期中）已知两个分式：，：将这两个分式进行如下操作：
第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为；
（即，）
第二次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为；
（即）
第三次操作：将作和，结果记为；作差，结果记为；
（即）…（依此类推）
将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：
①；②当时， ；③若，则；④在第（n为正整数）次操作的结果中：（）， ；
以上结论正确的个数有（ ）个
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【分析】利用第一次、第二次、第三次操作，找到规律，然后判断即可．
【详解】解：∵M1=，N1=
∴，，
∴，，
∴，，
，，
……
可知 ，故选项①正确；
由上式可知：，
=
当时，，故选项②正确；
由上式可知：，
∴，
解得，或，故选项③不正确；
∵M1=，N1=
，，
，，
……
∴（）， ，故选项④正确，
故选：A．
【点睛】本题考查的分式的和与差，解题的关键是细心运算，找到数字规律．
【题型16 由分式方程的解求字母的值】
【例16】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）已知关于的分式方程的解满足，且为整数，则符合条件的所有值的乘积为（ ）
A．正数 B．负数 C．零 D．无法确定
【答案】A
【分析】本题考查了解分式方程、有理数的平方．首先解分式方程可得，再根据分式方程的解满足，可得的取值范围，再根据为整数，确定的值的情况，再根据的取值情况判断乘积的正负性．
【详解】解：解关于的分式方程，
去分母得：，
移项得：，
提公因式得：，
去括号、合并同类项得：，
整理得:，
，
，
，
，
，
又 ，
和，
和，
为整数且，
和，
中符合条件的值共有个负数和个正数，
符合条件的所有值的乘积为正数．
故选：A．
【变式16-1】（24-25八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于x的一元一次不等式组恰好有3个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（ ）
A．6 B．9 C． D．2
【答案】A
【分析】本题考查了分式方程的解，一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组，解分式方程是解题的关键．先解一元一次不等式组，根据不等式组的解集恰好有3个负整数解，求出的范围，再解分式方程，根据分式方程有非负整数解，确定的值即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
原不等式组的解集为：，
不等式组的解集恰好有3个整数解，
，
，
，
，
解得：，
分式方程有非负整数解，
，为整数且，
符合条件的所有整数的值为：，7，
符合条件的所有整数的和为：6，
故选：A．
【变式16-2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·开学考试）若关于x的一元一次不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程有解，则满足条件的所有整数m的积为（ ）
A．15 B． C． D．120
【答案】A
【分析】先解不等式①得： ＜ 再解②得：＞结合不等式组有且仅有3个整数解，可得＜ 可得＜ 由为整数，或或或 再解，可得 由原分式方程有解，可得 从而可得 从而可得答案．
【详解】解：
由①得：＞
＞
＜
由②得：＞
＞
又因为不等式组有且仅有3个整数解，
＜
＜
＜
由为整数，
或或或
，
由原分式方程有解，
综上：或
故选：
【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的整数解问题，分式方程有解问题，掌握以上知识是解题的关键．
【变式16-3】（24-25八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于的一元一次不等式组有解且最多有6个整数解，且关于的分式方程的解是非负整数，则所有满足条件的整数的值之和是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组和分式方程，解题关键是熟练掌握解一元一次不等式组和分式方程的一般步骤．先解不等式组，求出的取值范围，再解分式方程，从而求出的值，最后求出它们的和即可．
【详解】解：，
由①得：，
由②得：，
，
，
，
，
关于的一元一次不等式组有解且最多有6个整数解，
，
解得：，
，
方程两边同时乘得：
，
，
解得：，
关于的分式方程的解是非负数，
，且
解得：，且，
，且，
∴的值为，而，不是整数，故舍，
∴符合题意的的值为
所有满足条件的整数的值之和，
故答案为：．
【题型17 分式方程的应用】
【例17】（24-25八年级安徽合肥·期末）甲、乙、丙三名工人共承担装搭一批零件．已知甲乙丙丁四人聊天时的对话信息如下：
甲说：我的工作效率比乙的工作效率少 乙说：我3小时完成的工作量与甲4小时完成工作量相等； 丙说：我工作效率不高，我的工作效率是乙的工作效率的； 丁说：我没参加此项工作，但我可以计算你们的工作效率．知道工程问题三者关系是：工作效率×工作时间＝工作总量．
如果每小时只安排1名工人，那么按照甲、乙、丙的轮流顺序至完成工作任务，共需（ ）小时．
A．20 B．21 C．19 D．19
【答案】D
【分析】设甲单独完成任务需要小时，则甲的工作效率是，乙的工作效率是，根据乙提供的信息列出方程并解答；根据丙提供的信息得到丙的工作效率，易得按照甲、乙、丙的顺序至完成工作任务所需的时间．
【详解】解：设甲单独完成任务需要小时，则甲的工作效率是，乙的工作效率是，由题意得：，
解得：，
经检验是原方程的根，且符合题意，
甲的工作效率是，乙的工作效率是，
∵丙的工作效率是乙的工作效率的，
丙的工作效率是，
∴一轮的工作量为：，
∴轮后剩余的工作量为：，
∴还需要甲工作1小时后，乙需要的工作量为：，
∴乙还需要工作的时间为（小时），
∴按照甲、乙、丙的轮流顺序至完成工作任务，共需（小时）．
故选：D．
【点睛】本题考查分式方程的应用，解题的关键是分析题意，找到合适的等量关系进行求解．
【变式17-1】（24-25八年级·重庆江北·期末）“巩固脱贫成果，长兴乡村经济”，大力发展高山生态经济林是一重大举措．某村委会决定在红光、红旗、红锦三个村民小组种植高山脆李和晚熟香桃两种果树，初步预算这三个村民小组各需两种果树之和的比为，其中需要高山脆李树的棵数分别为4千棵，3千棵和7千棵，并且红光、红旗两个村民小组所需晚熟香桃树之比为．在购买这两种果树时，高山脆李树的价格比预算低了，晚熟香桃树的价格高了，晚熟香桃树购买数量减少了．结果发现购买两种果树的总费用与预算总费用相等，则实际购买高山脆李树的总费用与实际购买晚熟香桃树的总费用之比为 ．
【答案】
【分析】设红光村需要晚熟香桃树为棵，红旗村需要晚熟香桃树为棵，红锦村需要晚熟香桃树棵，根据三个村民小组各需两种果树之和的比为列出方程求出，，从而求出三个村民小组种植两种果树的情况；设高山脆李的预算价格为元，晚熟香桃树的预算几个为元，分别表示出预算总费用，实际两种果树的费用和实际两种果树的总费用，再根据预算总费用和实际总费用相等求出，然后代值计算即可得到答案．
【详解】解：设红光村需要晚熟香桃树为棵，红旗村需要晚熟香桃树为棵，红锦村需要晚熟香桃树棵
∴，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴红光村需要晚熟香桃树为棵，红旗村需要晚熟香桃树为棵，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴红锦村需要晚熟香桃树棵；
设高山脆李的预算价格为元，晚熟香桃树的预算几个为元，
∴预算总费用为
，
实际购买晚熟香桃树的费用为
，
实际购买高山脆李的费用为
实际总费用为，
∴，
∴，即
∴实际购买高山脆李树的总费用与实际购买晚熟香桃树的总费用之比为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分式方程的实际应用，正确理解题意找到等量关系建立方程是解题的关键．
【变式17-2】（24-25八年级·安徽合肥·期末）甲、乙两列客车的长分别为150米和200米，它们相向匀速行驶在平行的轨道上，已知甲车上某乘客测得乙车在他窗口外经过的时间是10秒，那么乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是 秒．
【答案】7.5
【分析】坐在甲车上的某乘客看见乙车驶过窗口，此时路程为乙车的长度，速度为甲乙两车速度之和；坐在乙车上的乘客看见甲车驶过窗口，此时路程为甲车长度，速度为两人速度之和．等量关系为：乙车长度÷坐在甲车上的乘客看见乙车驶过窗口的时间=甲车长度÷坐在乙车上的乘客看见甲车驶过窗口所用的时间，列方程求解即可．
【详解】解：设乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是秒
由题意知，
解得
经检验，是原方程的解
∴乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是7.5秒
故答案为：7.5．
【点睛】本题考查了分式方程的应用．解题的关键在于根据题意列正确的方程．
【变式17-3】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）从甲地到乙地有20站，并且任何相邻两站之间的距离相同．快车和慢车每小时从甲地各发一趟，快车整点发车，慢车发车时间晚半小时．快车每站车费5元，慢车每站车费2元，但快车的速度是慢车速度的2倍．快车从甲地到乙地共需2小时．上午九点半，一位只有70元钱的旅客在甲地乘车，若忽略车进出站上下乘客的时间，但旅客等车时间要计算在内，这位旅客从甲地到乙地所需的最短时间为 小时．
【答案】3
【分析】从甲地到乙地，快车整点出发，慢车晚半个小时，旅客9：30分上车必须坐慢车，
从10：00点钟后整点发车可以看一个追及相遇问题，
计算出慢车与后面不同整点发出的快车相遇的站点，方可上快车才能节省时间，
同时还考虑旅客只带70元钱够车费，方能到达终点的时间最短．
【详解】解：∵从甲地到乙地有20站，快车共需2小时，
∴快车从上一站点到下一站点的时间为，
又∵快车的速度是慢车速度的2倍；
∴从甲地到乙地有20站，慢车共需4小时，
∴慢车从上一站点到下一站点的时间为．
由题意可知：
①当9：30旅客坐上慢车后，与第1辆10：00钟发出的快车相遇于第x个站点，则有：
，
解得：x＝5；
∴此刻10：00发出的快车行了小时，慢车行了1个小时；
即相遇时刻为10：30分．
②当10：30旅客坐慢车继续前行，需过小时，快车将在11：00发出追及慢车相遇于
第y个站点，则有：
，
解得：y＝10，
∴此刻11：00发出的快车行了1小时，慢车行了2个小时；
即相遇时刻为12：00分．
③当12：00旅客坐慢车继续前行，此刻甲地快车发出追及慢车相遇于第z个站点，则有：
，
解得：z＝20，
∴此刻相遇刚好在终点．
由上可知：
旅客要从慢车坐上快车在第①和第②次相遇时坐上快车节省时间．
（Ⅰ）第①种情况旅客坐慢车相遇快车后上快车，从甲地到乙地的总时间为：
（小时）；
又∵快车每站车费5元，慢车每站车费2元，
∴此种方式的总费用：2×5+15×5＝75（元），
又∵旅客只有70元钱，
∴75＞70，
即此时相遇后坐快车钱不够，不合题意舍去．
（Ⅱ）第②情况旅客坐慢车相遇快车后上快车，从甲地到乙地的总时间为：
（小时）．
此种方式的总费用：5×10+2×10＝70（元）
即此种情况节约时间，旅客所带的钱够花．
故答案为3．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，理解题意列出方程，分类讨论是解题的关键．
【题型18 平行四边形中的多结论问题】
【例18】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，平分，分别交，于点E，P，连接，，，则下列结论：
①；②；③；④；⑤，正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】①先根据角平分线和平行线的性质得：，则，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：，最后由平行线的性质可作判断；②先根据三角形中位线定理得：，，根据勾股定理计算，的长，即可求的长；③因为，根据平行四边形的面积公式可作判断；④根据平行四边形的性质和三角形中位线定理可作判断；⑤由求解，再进一步可得答案．
【详解】解：①∵平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，故①正确；
②∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
③由②知：，
∴，故③正确；
④由②知：是的中位线，
∴，
∵，
∴，故④正确；
⑤∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，故⑤错误；
本题正确的有：①②③④，共4个，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、三角形的外角性质、含的直角三角形性质、三角形的中位线性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明是等边三角形是解决问题的关键，并熟练掌握同高三角形面积的关系．
【变式18-1】（2025·广西贵港·三模）如图，点E在内部，EB⊥BC，ED⊥CD，且，连接CE．对于下列四个结论：①；②；③；④当时，，其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③④
【分析】根据平行四边形的性质，结合全等三角形逐个选项判断即可．
【详解】∵
∴
∴
∴，故①正确；
延长DE交AB于F
∴DF⊥AB
∵四边形BCDE内角和360°
∴
∴
∴
∵
∴
在和中
∴（ASA）
∴，故③正确；
∴是等腰直角三角形
∴,
∴
∴，故②正确；
当时，
∴
∵
∴，故④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是证明是等腰直角三角形．
【变式18-2】（24-25八年级·北京大兴·期末）如图，在中，，点E为线段上一动点，有下列四个结论：
①在E点运动过程中，的面积始终是面积的一半；
②在线段上有且只有一点E，使得；
③若点E恰好是的角平分线与 的角平分线的交点，则点E是的中点；
④若，则在上有且只有一点E，使得 是直角三角形其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】作于点，表示和判断①；由可知，判断②；根据角平分线和平行可得解题即可判断③；取的中点,连接,当时，则,四边形和四边形都是菱形，可以得到，这时与不垂直，所以必会存在另一点使得，判断④．
【详解】解：如图，作于点，
.四边形是平行四边形，
∴，
∵，
故①正确；
由题可知：
∵2，
∴，
故②正确；
∵，
∴，
∵点恰好是的角平分线与的角平分线的交点，
∴，
∴，
.
∴,
.∴点是的中点，
故③正确；
取的中点,连接,
∴,.
∴,
当时，则,
∴四边形和四边形都是菱形，
∴,
∴，
∴
∴是直角三角形，
∵，
∴与不垂直，
在上可能还存在点,使,
同理可证明是直角三角形，
故④不正确，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，菱形的判定和性质，综合性较强，难度较大，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【变式18-3】（24-25八年级·广东广州·期中）如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和为中点，连接、、，与交于点O，与交于点，连接，若，下列结论：①；②；③；④；⑤与的面积比为，其中正确的结论的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】利用等边三角形的性质，直角三角形的特征，等边三角形的三线合一性质，可判定①；利用直角三角形性质，斜边大于直角边，可判定②；利用全等三角形的性质，可判定③；利用平行四边形的性质，直角三角形的性质，可判定④；利用三角形面积特点，可判定⑤．
本题考查了等边三角形性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识点的综合运用．
【详解】解：设，
∵，，
∴，
∵是等边三角形，F为中点，
∴，
，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故①正确；
∵，，
∴，
故②错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故③正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
故④正确；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故⑤错误，
故选B．
【题型19 平行四边形中折叠问题】
【例19】（24-25八年级·山东日照·期中）已知：中，，，，点E是上一个动点，连结，把沿折叠到的位置．若点落在的内部（包括边界），则的范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查勾股定理与折叠，平行四边形的性质，勾股定理，分别判断点落在三边时的长，再求出点落在的内部（包括边界）时的范围即可．
【详解】解：过作于，于，
∵中，，，，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵把沿折叠到的位置，
∴，，，
∴，
∴点落在左边，
当点落在上时，，则与重合，此时，；
当点落在上时，如图，过作交直线于，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点落在的内部（包括边界），则的范围是，
故答案为：．
【变式19-1】（24-25八年级·江西抚州·期中）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，过F作的垂线交于E，则 ．
【答案】或/或
【分析】本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解．
根据，不妨设，当在之间时，由翻折的性质知：，可得，，由三线合一得到，继而由可求解；当在的延长线上时，同理可求解．
【详解】解：当在之间时，作下图，
根据，不妨设，
由翻折的性质知：，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
沿直线翻折至所在直线，
，
，
，
∵过作的垂线交于，
，
，
当在的延长线上时，作下图，
根据，不妨设，
同理知：，
∵过作的垂线交于，
，
故答案为：或．
【变式19-2】（24-25八年级·重庆·期中）如图，在平行四边形中，分别是边上动点．将四边形沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上，的对应点为，连接、，其中交于点．若，，，则的长度为 ．
【答案】
【分析】连接，在上截取，连接，由折叠性质可知垂直平分，则，，，，根据等腰三角形的性质和内角和定理得，由四边形是平行四边形，得，，，，证明是等边三角形，再证明，则，，根据线段和差可得，过作，交延长线于点，由勾股定理得：，设，则，，最后通过勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，在上截取，连接，
由折叠性质可知，垂直平分，
∴，，，，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
过作，交延长线于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识，熟练掌握知识点的应用，正确添加辅助线是解题的关键．
【变式19-3】（24-25八年级·上海·期中）如图，在中，，，点是边上一点，连接，沿折叠，使点落在点处，其中，设与相交于点，若的面积为，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】此题考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．当点，重合时，，的面积最小，过点作交的延长线于点，利用度角的性质及勾股定理求出，，得到；当点与点重合时，，此时的面积最大，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，根据折叠的性质和平行四边形的性质可推出，，设，则，，推出，根据列方程求出，即可求出得到，最后根据三角形的面积公式可求出面积的最大值，进而可得的取值范围．
【详解】解：当点，重合时，，
此时的面积最小，
过点作交的延长线于点，
在中，，
，
，
，
，
由折叠可得：，
，
的最小值为；
当点与点重合时，，
此时的面积最大，
过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
在中，，，
，，
由折叠可得：，，，，
，，
，，
设，则，
，
，
，
，
，
解得：，即，
，即；
取值范围是，
故答案为：．
【题型20 与三角形中位线有关的求解】
【例20】（24-25八年级·四川成都·期中）如图，中，，点E为线段上一动点，过点E作于点F，连接，点G为中点，连接．当最小时，线段的值为 ．
【答案】
【分析】如图，延长到点H，使，连接，可求，进一步证是等边三角形，，为定角，由中位线定理，；当时，最小，此时，，勾股定理求得，中，．
【详解】解：如图，延长到点H，使，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，最小，此时，，
，解得，
中， ，，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形的中位线，垂线段最短，三角形内角和定理，等腰三角形性质，等边三角形判定和性质，等腰直角三角形，勾股定理，添加辅助线构造中位线，寻求线段间的数量关系是解题的关键．
【变式20-1】（24-25八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，E，F分别是，的中点，连接，，G，H分别是，的中点，连接，若，则的长度是（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】如图，连接并延长交于，连接，过作交延长线于，根据平行四边形的性质得到；再说明，根据直角三角形的性质和勾股定理可得、，根据全等三角形的性质得到，进而求得，再由勾股定理可得，最后运用三角形的中位线定理即可解答．
【详解】解：连接并延长交于，过作交延长线于，
∵四边形是平行四边形，
，
∵点分别是边的中点，，
，
，
，
，
∵，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
∵点是的中点，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理，直角三角形的性质等知识点，正确的作出辅助线、构造全等三角形是解题的关键．
【变式20-2】（24-25八年级·黑龙江佳木斯·期中）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点作， ，得到四边形，它的面积记作，取中点作，，得到四边形，它的面积记作……，照此规律作下去，则 ．
【答案】
【分析】过点作于点，过点作于点，根据题意易得为的中位线，进而可得，的值，再证明四边形为平行线四边形，可得，的值，再解得的值，可求得，同理可得，…，即可获得答案．
【详解】解：如下图，过点作于点，过点作于点，
∵是边长为1的等边三角形，
∴，，
∵点为中点，且，
∴为的中位线，
∴，，
又∵，
∴四边形为平行线四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
…，
∴ ．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了图形规律探索、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线的性质等知识，准确找到图形变化规律是解题关键．
【变式20-3】（24-25八年级·河南平顶山·期末）如图，在中，点、分别是边、的中点，连接、，点、分别是、的中点，连接，若，，，则的长度为 ．
【答案】/
【分析】连接并延长交于点，连接，作交的延长线于点，由平行四边形性质可得，，可证明 ，再由全等三角形性质得，，则，求得，，，推得，由，求得，则中位线的长度即可求解．
【详解】解：连接并延长交于点，连接，作交的延长线于点，
则，
四边形是平行四边形，
，，
，，
点、分别是、的中点，
，，，
在和中，
，
，
，，
，点、分别是边、的中点，
，，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查的知识点是平行四边形性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理、等角对等边，解题关键是正确地作出辅助线帮助求解．
1期末复习必考选填压轴题二十大题型总结
【北师大版】
【题型1 与等腰三角形有关的翻折问题】 1
【题型2 与等腰三角形有关的最值问题】 2
【题型3 确定组成等腰三角形点的个数】 3
【题型4 利用勾股定理解决翻折问题】 4
【题型5 利用勾股定理解决图形面积问题】 6
【题型6 利用勾股定理解决坐标问题】 7
【题型7 利用勾股定理解决最值】 8
【题型8 构造直角三角形求线段长度】 9
【题型9 由不等式的基本性质求参数取值范围值】 10
【题型10 由一元一次不等式（组）的解求字母的取值范围】 11
【题型11 不等式组与方程组结合的问题】 11
【题型12 利用因式分解求值】 12
【题型13 与因式分解有关的整除问题】 12
【题型14 分式化简求值】 13
【题型15 与分式有关的新定义问题】 13
【题型16 由分式方程的解求字母的值】 14
【题型17 分式方程的应用】 15
【题型18 平行四边形中的多结论问题】 16
【题型19 平行四边形中折叠问题】 17
【题型20 与三角形中位线有关的求解】 18
【题型1 与等腰三角形有关的翻折问题】
【例1】（24-25八年级·浙江杭州·期末）如图，正纸片，为边上的一点，连结．将沿翻折得到，过点作的平行线交的延长线于点，若 则的比为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】（24-25八年级·陕西西安·期末）如图，在△ABC中，AC＝2，∠ABC＝45°，∠BAC＝15°，将△ABC沿直线AC翻折至△ABC所在的平面内，得△ADC．过点A作AE，使∠EAD＝∠DAC，与CD的延长线交于点E，则线段ED的长为（ ）
A．2﹣ B．2﹣2 C．2﹣ D．3﹣
【变式1-2】（24-25八年级·陕西西安·阶段练习）如图，在中，，以为斜边在上方作等腰直角，连接，则的最大值为 ．
【变式1-3】（24-25八年级·广东深圳·期中）如图，在面积为5的锐角中，，D是内部一点，E，F分别是边上的动点，连接，若的面积为1，则周长的最小值为 ．
【题型2 与等腰三角形有关的最值问题】
【例2】（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，，，E是的中点，，则的最大值为（ ）
A．25 B．19 C．20 D．21
【变式2-1】（24-25八年级·浙江宁波·期中）如图，边长为的等边三角形中，是上的中线，点在上，连接，在的右侧作等边三角形，连接，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】（24-25八年级·浙江金华·期中）如图，在中，，点D在内，平分，连接，把沿折叠，落在处，交于F，恰有．若，，则 ．
【变式2-3】（24-25八年级·四川雅安·期中）如图，在纸片中，，，折叠纸片，使点落在的中点处，折痕为，则的面积为 ．
【题型3 确定组成等腰三角形点的个数】
【例3】（24-25八年级·河南周口·期末）如图，直线，相交于点，，点在直线上，直线上存在点，使以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，则点的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【变式3-1】（24-25八年级·浙江·期末）如图，已知，线段，点为射线上一点，则下列结论正确的是（ ）
①当，时，可得到形状唯一确定的；
②当，时，可得到形状唯一确定的；
③当时，在射线上存在三个点使得为等腰三角形；
④当时，在射线上存在三个点使得为等腰直角三角形．
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②③④
【变式3-2】（24-25八年级·浙江杭州·期末）已知在中，且为最小的内角，过顶点B的一条直线把这个三角形分割成两个等腰三角形，则
【变式3-3】（24-25八年级·浙江·期末）如图，已知点P是射线上一动点（点P不与点B重合），，，则当 时，以A，O，B三点中的任意两点和P点为顶点的三角形是等腰三角形．
【题型4 利用勾股定理解决翻折问题】
【例4】（24-25八年级·重庆·期末）如图，，射线交线段于点于点于点平分交的延长线于点，连接并延长交的延长线于点．若将点沿翻折，点刚好落在点处，此时，连接，则的面积为 ．
【变式4-1】（24-25八年级·江苏南京·期末）如图，在长方形中，，点在上，是上一动点，将四边形沿翻折至四边形的位置，与相交于点，当点从点运动到的中点时，点运动路线的长为 ．
【变式4-2】（24-25八年级·上海·期末）如图，中，，，，，点D在边上，将沿直线翻折，使点C落在点处，连接，直线与边的延长线相交于点F，如果，那么线段的长为 ．
【变式4-3】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在中，，，，以为边在上方作一个等边，将四边形折叠，使点与点重合，折痕为，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【题型5 利用勾股定理解决图形面积问题】
【例5】（24-25八年级·重庆渝北·期末）四个全等的直角三角形按如图方式拼成正方形，将四个直角三角形的短直角边（如）向外延长，使得，连接得四边形连接．已知是的中点，和的面积之比为，四边形的面积为，则四边形的面积是 ．
【变式5-1】（24-25八年级·山东淄博·期末）如图，在中，，点在边上，点在内部，且是等边三角形，．若，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】（24-25八年级·吉林长春·期末）如图，在四边形中，，分别以它的四条边为斜边，向外作等腰直角三角形．若、和的面积分别为4、9、5，则的面积为 ．
【变式5-3】（24-25八年级·陕西西安·期末）如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结．已知，，则的面积为（ ）
A． B． C．24 D．12
【题型6 利用勾股定理解决坐标问题】
【例6】（24-25八年级·江西抚州·期中）点，若点在轴上，若是等腰三角形，则点坐标 ．
【变式6-1】（24-25八年级·湖北省直辖县级单位·期末）如图，在平面直角坐标系中，，，，，点E在x轴上，满足，则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．或
【变式6-2】（24-25八年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示放置的都是边长为2的等边三角形，边在轴上，且点，都在同一直线上，则的坐标是 ．
【变式6-3】（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点分别在x轴、y轴上，，，连接．点P在第一象限，若以点P、A、B为顶点的三角形与全等，则点P的坐标为 ．
【题型7 利用勾股定理解决最值】
【例7】（24-25八年级·四川眉山·期末）如图，在中，，，．如果D、E分别为、上的动点，那么的最小值是（ ）
A． B．5 C． D．6
【变式7-1】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，为等边三角形，，点是中点，点分别是边、上的动点，且不与端点重合，作和的角平分线交于点，则的最小值为 ．
【变式7-2】（2025·安徽合肥·一模）如图，在中，，，，点P为边上一动点，于点E，于点F，连接，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（24-25八年级·浙江·周测）如图，为等腰直角三角形，，点P在的延长线上，且，将沿方向平移得到，连接，，则的周长的最小值为 ．
【题型8 构造直角三角形求线段长度】
【例8】（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，在中，，点为外一点，且满足，则的长为 ．
【变式8-1】（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在等腰直角中，，点D在边（不含A，C两点）上，连，以为直角边向右侧作邻腰直角，，连接．若， ，则线段的长为 ．
【变式8-2】（24-25八年级·江苏南通·期末）如图，等腰直角三角形中，，点在线段上，点在线段上，且．若，则的长为 ．
【变式8-3】（24-25八年级·四川成都·期末）数学课上，老师和同学们对矩形纸片进行了图形变换的以下探究活动：
如图，取边的中点P，剪下，将沿着射线的方向依次进行平移变换，每次均移动的长度，得到了、和．若，，则以为三边构成的新三角形面积，则a的值为 ．
【题型9 由不等式的基本性质求参数取值范围值】
【例9】（24-25八年级·江苏南通·期末）已知非负数a，b，c满足条件，，设的最大值是m，最小值是n，则的值为 ．
【变式9-1】（24-25八年级·安徽·开学考试）已知实数满足，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【变式9-2】（24-25八年级·北京·期末）已知，，，，为正整数，且，若，则的最大值为 ．
【变式9-3】（24-25八年级·北京·期中）对，，定义一种新运算，规定：，其中，为非负数．若，设，则的取值范围是 ．
【题型10 由一元一次不等式（组）的解求字母的取值范围】
【例10】（24-25八年级·山东枣庄·期末）已知关于的不等式组的整数解有且仅有4个：，0，1，2，那么适合这个不等式组的所有可能的整数对的个数有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．6
【变式10-1】（24-25八年级·河南周口·期末）若关于x的不等式组 恰好只有四个整数解，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式10-2】（24-25八年级·湖北武汉·期末）已知关于x的不等式x﹣a＜0的最大整数解为3a+6，则a＝ ．
【变式10-3】（24-25八年级·江苏无锡·期末）已知关于x的不等式组 （a为整数）的所有整数解的和S满足21.6≤S33.6，则所有这样的a的和为 ．
【题型11 不等式组与方程组结合的问题】
【例11】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如果关于的不等式组的解集为，且整数使得关于的二元一次方程组的解为整数(均为整数)，则符合条件的所有整数的和是( )
A． B．2 C．6 D．10
【变式11-1】（24-25八年级·福建泉州·期中）已知，同时满足，，若，，且x只能取两个整数，则a的取值范围是 ．
【变式11-2】（24-25八年级·重庆·开学考试）已知关于的二元一次方程组的解满足，且关于的不等式组无解，那么所有符合条件的整数的个数为 ．
【变式11-3】（24-25八年级·湖南长沙·期中）已知非负实数满足，记．则的最大值减去最小值的差为 ．
【题型12 利用因式分解求值】
【例12】（24-25八年级·四川内江·期中）若，则代数式的值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【变式12-1】（24-25八年级·安徽安庆·期中）已知，且，则 -的值为（ ）
A．2022 B．-2022 C．4044 D．-4044
【变式12-2】（24-25八年级·浙江宁波·期中）若满足等式，则的值是 ．
【变式12-3】（24-25八年级·福建漳州·期中）已知，，，满足关系式，，则的值为 ．
【题型13 与因式分解有关的整除问题】
【例13】（24-25八年级·重庆·期中）如果一个三位自然数m的各数位上的数字均不相同且均不为0，且满足将m的各个数位中任取两个数位构成一个两位数这样就可以得到六个两位数，这六个两位数叫做m的“海纳数”例如：，则m的“海纳数”是57、75、58、85、78、87，m的所有“海纳数”之和与11的商记为，若，则 ；若s和t是两个三位数，它们都有“海纳数”，，（，a、b、c均为整数），若的能被4整除，记，则p的最大值为 ．
【变式13-1】（24-25八年级·重庆江北·期中）一个各位数字都不为0的四位正整数m，若千位与个位数字相同，百位与十位数字相同，则称这个数m为“双对称数”．将千位与百位数字交换，十位与个位数字交换，得到一个新的“双对称数”，并规定，则 ；若已知数m为“双对称数”，且千位与百位数字互不相同，是一个完全平方数，则满足条件的m的最小值为 ．
【变式13-2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“和方数”．例如：四位数2613，因为，所以2613是“和方数”；四位数2514，因为，所以2514不是“和方数”．若是“和方数”，则这个数是 ；若四位数M是“和方数”，将“和方数”M的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调，得到新数N，若能被33整除，则满足条件的M的最大值是 ．
【变式13-3】（24-25八年级·重庆九龙坡·开学考试）一个两位正整数，如果满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称为“异能数”，将的两个数位上的数字对调得到一个新数，把放在的后面组成第一个四位数，把放在的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后再除以11所得的商记为，例如：时，，，则 ；若、为“异能数”，其中，，、，且，，，为整数）
规定：，若能被7整除，且，求的最大值为 ．
【题型14 分式化简求值】
【例14】（24-25八年级·浙江温州·期末）若，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式14-1】（24-25八年级·安徽安庆·阶段练习）已知三个数x，y，z满足，，，则的值为 ．
【变式14-2】（24-25八年级·浙江金华·期末）任意两个和不为零的数a、b、c满足，求的值 ．
【变式14-3】（24-25八年级·四川达州·期末）若，．则的值为
【题型15 与分式有关的新定义问题】
【例15】（24-25八年级·重庆·期末）对于分式：，，，，，在每个式子前添“+”或“-”号，并求和的绝对值，称此操作为“绝对和差操作”
例如：，，…下列说法：
①对于“绝对和差操作，若，则化简后的结果为；
②至少存在一种“绝对和差操作”使化简后的结果为常数；
③所有可能的“绝对和差操作”化简后有32种不同结果；
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【变式15-1】（2025·江苏无锡·一模）已知实数满足，则下列结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中正确的为（ ）
A．②③④ B．①②③④ C．①②③ D．①③④
【变式15-2】（2025·广东东莞·模拟预测）设n是大于1909的正整数，且是某个整数的平方数，求得所有满足条件的n之和为( )
A．1959 B．7954 C．82 D．3948
【变式15-3】（24-25八年级·重庆九龙坡·期中）已知两个分式：，：将这两个分式进行如下操作：
第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为；
（即，）
第二次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为；
（即）
第三次操作：将作和，结果记为；作差，结果记为；
（即）…（依此类推）
将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论：
①；②当时， ；③若，则；④在第（n为正整数）次操作的结果中：（）， ；
以上结论正确的个数有（ ）个
A．3 B．2 C．1 D．0
【题型16 由分式方程的解求字母的值】
【例16】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）已知关于的分式方程的解满足，且为整数，则符合条件的所有值的乘积为（ ）
A．正数 B．负数 C．零 D．无法确定
【变式16-1】（24-25八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于x的一元一次不等式组恰好有3个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（ ）
A．6 B．9 C． D．2
【变式16-2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·开学考试）若关于x的一元一次不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程有解，则满足条件的所有整数m的积为（ ）
A．15 B． C． D．120
【变式16-3】（24-25八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于的一元一次不等式组有解且最多有6个整数解，且关于的分式方程的解是非负整数，则所有满足条件的整数的值之和是 ．
【题型17 分式方程的应用】
【例17】（24-25八年级安徽合肥·期末）甲、乙、丙三名工人共承担装搭一批零件．已知甲乙丙丁四人聊天时的对话信息如下：
甲说：我的工作效率比乙的工作效率少 乙说：我3小时完成的工作量与甲4小时完成工作量相等； 丙说：我工作效率不高，我的工作效率是乙的工作效率的； 丁说：我没参加此项工作，但我可以计算你们的工作效率．知道工程问题三者关系是：工作效率×工作时间＝工作总量．
如果每小时只安排1名工人，那么按照甲、乙、丙的轮流顺序至完成工作任务，共需（ ）小时．
A．20 B．21 C．19 D．19
【变式17-1】（24-25八年级·重庆江北·期末）“巩固脱贫成果，长兴乡村经济”，大力发展高山生态经济林是一重大举措．某村委会决定在红光、红旗、红锦三个村民小组种植高山脆李和晚熟香桃两种果树，初步预算这三个村民小组各需两种果树之和的比为，其中需要高山脆李树的棵数分别为4千棵，3千棵和7千棵，并且红光、红旗两个村民小组所需晚熟香桃树之比为．在购买这两种果树时，高山脆李树的价格比预算低了，晚熟香桃树的价格高了，晚熟香桃树购买数量减少了．结果发现购买两种果树的总费用与预算总费用相等，则实际购买高山脆李树的总费用与实际购买晚熟香桃树的总费用之比为 ．
【变式17-2】（24-25八年级·安徽合肥·期末）甲、乙两列客车的长分别为150米和200米，它们相向匀速行驶在平行的轨道上，已知甲车上某乘客测得乙车在他窗口外经过的时间是10秒，那么乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是 秒．
【变式17-3】（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）从甲地到乙地有20站，并且任何相邻两站之间的距离相同．快车和慢车每小时从甲地各发一趟，快车整点发车，慢车发车时间晚半小时．快车每站车费5元，慢车每站车费2元，但快车的速度是慢车速度的2倍．快车从甲地到乙地共需2小时．上午九点半，一位只有70元钱的旅客在甲地乘车，若忽略车进出站上下乘客的时间，但旅客等车时间要计算在内，这位旅客从甲地到乙地所需的最短时间为 小时．
【题型18 平行四边形中的多结论问题】
【例18】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，平分，分别交，于点E，P，连接，，，则下列结论：
①；②；③；④；⑤，正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【变式18-1】（2025·广西贵港·三模）如图，点E在内部，EB⊥BC，ED⊥CD，且，连接CE．对于下列四个结论：①；②；③；④当时，，其中所有正确结论的序号是 ．
【变式18-2】（24-25八年级·北京大兴·期末）如图，在中，，点E为线段上一动点，有下列四个结论：
①在E点运动过程中，的面积始终是面积的一半；
②在线段上有且只有一点E，使得；
③若点E恰好是的角平分线与 的角平分线的交点，则点E是的中点；
④若，则在上有且只有一点E，使得 是直角三角形其中所有正确结论的序号是 ．
【变式18-3】（24-25八年级·广东广州·期中）如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和为中点，连接、、，与交于点O，与交于点，连接，若，下列结论：①；②；③；④；⑤与的面积比为，其中正确的结论的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【题型19 平行四边形中折叠问题】
【例19】（24-25八年级·山东日照·期中）已知：中，，，，点E是上一个动点，连结，把沿折叠到的位置．若点落在的内部（包括边界），则的范围是 ．
【变式19-1】（24-25八年级·江西抚州·期中）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，过F作的垂线交于E，则 ．
【变式19-2】（24-25八年级·重庆·期中）如图，在平行四边形中，分别是边上动点．将四边形沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上，的对应点为，连接、，其中交于点．若，，，则的长度为 ．
【变式19-3】（24-25八年级·上海·期中）如图，在中，，，点是边上一点，连接，沿折叠，使点落在点处，其中，设与相交于点，若的面积为，则的取值范围是 ．
【题型20 与三角形中位线有关的求解】
【例20】（24-25八年级·四川成都·期中）如图，中，，点E为线段上一动点，过点E作于点F，连接，点G为中点，连接．当最小时，线段的值为 ．
【变式20-1】（24-25八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，E，F分别是，的中点，连接，，G，H分别是，的中点，连接，若，则的长度是（ ）
A． B． C． D．2
【变式20-2】（24-25八年级·黑龙江佳木斯·期中）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点作， ，得到四边形，它的面积记作，取中点作，，得到四边形，它的面积记作……，照此规律作下去，则 ．
【变式20-3】（24-25八年级·河南平顶山·期末）如图，在中，点、分别是边、的中点，连接、，点、分别是、的中点，连接，若，，，则的长度为 ．
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