人教版八年级下册第16~18章压轴题考点训练（一）（学生版）-2023年初中数学8年级下册同步压轴题

这是一份人教版八年级下册第16~18章压轴题考点训练（一）（学生版）-2023年初中数学8年级下册同步压轴题，文件包含人教版八年级下册第1618章压轴题考点训练一教师版-2023年初中数学8年级下册同步压轴题docx、人教版八年级下册第1618章压轴题考点训练一学生版-2023年初中数学8年级下册同步压轴题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
【答案】D
【分析】根据平行四边形面积求出和，有两种情况，求出的值，求出和的值，相加即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
①如图：
由平行四边形面积公式得：，
求出，，
在和中，由勾股定理得：，
把代入求出，
同理，即F在的延长线上(如上图)，
∴，，
即；
②如图：
∵，在中，由勾股定理得：，
同理，
由①知：，，
∴．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．
2．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是( )
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；
②证△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB；
③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；
④由②可知△BCM≌△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，再由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半继续求解即可．
【详解】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，故①正确；
②∵FB垂直平分OC，
∴△CMB≌△OMB，
∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，
∴△FOC≌△EOA，
∴FO=EO，
∴OB⊥EF，
∴△FOB≌△OEB，
∴△EOB与△CMB不全等，故②错误；
③由△OMB≌△OEB≌△CMB
得：∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE，
∴△BEF是等边三角形，
∴BF=EF，
∵DF∥BE且DF=BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE=EF，故③正确；
④在直角△BOE中∵∠3=30°，
∴BE=2OE，
∵∠OAE=∠AOE=30°，
∴AE=OE，
∴BE=2AE，
∴S△AOE：S△BOE=1：2，
又∵FM∶BM=1∶3，
∴S△BCM = S△BCF= S△BOE
∴S△AOE：S△BCM=2∶3
故④正确；
所以其中正确结论的个数为3个，
故选：B．
3．如果关于的分式方程有整数解，且关于的不等式组有且只有四个整数解，那么符合条件的所有整数的个数为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先表示出不等式组的解集，由不等式组有且只有四个整数解，确定出a的范围，分式方程去分母转化为整式方程，表示出x，由x为整数确定出a的值即可．
【详解】解：
去分母得：，即，
由分式方程有整数解，得到，即，解得：，
不等式组整理得：，即，
由不等式组有且只有四个整数解，得到，解得：，
由x为整数，且≠2，得到或，解得：，
则符合条件的所有整数a的个数为1，
故选B．
【点睛】此题考查了分式方程的解，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．如图，在中，，，点E、F分别在上，将四边形沿折叠得四边形，恰好垂直于，若，则的值为( )
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】延长交于点H，根据折叠的性质、平行四边形的性质得到，，在中，得到，，由折叠的性质得到是等腰直角三角形，据此即可求解．
【详解】解：延长交于点H，
∵恰好垂直于，且四边形是平行四边形，∴也垂直于，
由折叠的性质得，，，， ∴，
∴，，
在中，，，
∴，，
∴，
由折叠的性质得，
∴，∴，
∴是等腰直角三角形，∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
5．如图，ABCD是一张长方形纸片，将AD，BC折起，使A、B两点重合于CD边上的P点，然后压平得折痕EF与GH．若PE＝8cm，PG＝6cm，EG＝10cm，则长方形纸片ABCD的面积为( )
A．105.6cm2B．110.4cm2C．115.2cm2D．124.8cm2
【答案】C
【分析】根据翻折的性质及勾股定理得长方形的宽，然后由长方形的面积公式可得答案．
【详解】解：依题意，得AE＝PE＝8cm，BG＝PG＝6cm，
∴AB＝AE+EG+GB＝24cm，
∵
∴是直角三角形
∴∠EPG＝90°，
设EG边上的高为h
∴长方形的宽为h=6×8÷10＝4.8(cm)，
故面积为24×4.8＝115.2(cm2)．
故选：C．
【点睛】此题考查的是翻折的性质，掌握其性质是解决此题关键．
6．如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③；④若，则与全等．其中正确结论的个数为( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰梯形的性质逐一验证即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，E是BD的中点，
∴AD=BC，AD∥BC，AB=CD，BE=DE，
∴∠DME=∠BNE，∠MDE=∠NBE，
∴△DME≌△BNE，
∴DM=BN，
∴AD-DM=BC-BN，
即AM=CN，故①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴四边形ABCD是矩形，如图所示，
∵M为AD的中点，
∴AM=DM，
∵AB=CD，∠A=∠CDM=90°，
∴△BAM≌△CDM，
∴BM=CM，故②正确；
∵AD∥BC，
∴△MCN与△DCN等底等高，
∴，
∴，
即，故③正确；
∵AB=MN，AB=CD，
∴MN=CD，
∵NC∥MD，
∴四边形MNCD是等腰梯形，
∴∠MNC=∠DCN，
∵NC=CN，
∴△MNC≌△DCN，
∴∠MCN=∠DNC，
∴∠MNC−∠MCN =∠DCN−∠DCN，
即∠MNF=∠DCF，
∵∠MFN=∠DFC，MN=CD，
∴△MFN≌△DFC，故④正确；
综上四个结论全部正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握这些判定与性质是解题的关键．
7．当时，则代数式的值为_________．
【答案】2021
【分析】先由已知条件分母有理化得，再变形为，两边平方化为，然后利用整体代入的方法即可求解．
【详解】解：
，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：2021．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，利用整体代入的方法可简化计算．
8．如图，在中，，，，点E在上，，点P是边上的一动点，连接，则的最小值是________．
【答案】
【分析】过点A作直线的对称点F，连接交于点P，此时有最小值，最小值为的长，过点E作直线的垂线，利用含30度的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】解：过点A作直线的对称点F，连接，连接交于点P，此时有最小值，最小值为的长，
∵点A与点F关于直线对称，
∴，，则，
∴是等边三角形，
∵在中，，
∴，
过点E作直线的垂线，垂足为点G，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
9．如图，在中，，，以为边向外作正方形，连接，则_______．
【答案】
【分析】作出如图的辅助线，利用等腰三角形的性质以及勾股定理求得，，证明，利用全等三角形的性质求得，，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：过点C、D、E分别作直线的垂线，垂足分别为F、I、G，过点D作直线的垂线，垂足为H，如图，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10．已知实数、、满足等式，则__________．
【答案】5
【分析】先根据二次根式有意义的条件得到，进而得到，再列方程组求解即可．
【详解】由题可知，∴，
∴，
∴，∴，
①②得，，
解方程组得，∴．
故答案为5．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，列方程组求解和代入求值，解题的关键是求出．
11．如图，中，平分，且，为的中点，，，，则的长为_______．
【答案】
【分析】先利用勾股定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，，从而可得，然后根据三角形中位线定理即可得．
【详解】如图，延长AD，交BC于点F，
，，，
，
平分，且，
是等腰三角形，
，且BD是AF边上的中线，
，，
又点为的中点，是的中位线，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、勾股定理、三角形中位线定理，通过作辅助线，构造等腰三角形是解题关键．
12．已知：正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠DBC的平分线BF交CD于点E，交AC于点F，OF＝1，则AB＝_______________．
【答案】2+
【分析】如图作FH//BC交BD于点H．首先证明△OHF是等腰直角三角形，推出HF＝BH＝，求出OB即可解决问题；
【详解】解：如图作FH//BC交BD于点H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°
∵FH//BC，
∴∠OHF＝∠OBC，∠OFH＝∠OCB，
∴∠OHF＝∠OFH，
∴OH＝OF＝1，FH＝，
∵BF平分∠OBC，
∴∠HBF＝∠FBC＝∠BFH，
∴BH＝FH＝，∴OB＝OC＝1+，
∴BC＝OB＝2+．
故答案为:2+．
【点睛】本题主要考查正方形的性质和勾股定理,等腰三角形判定与性质解决本题的关键是要熟练掌握正方形的性质和勾股定理.
13．如图，□ABCD的顶点C在等边的边BF上，点E在AB的延长线上，G为DE的中点，连接CG．若，，则BG的长为______．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质，可以得到BF和BE的长，然后证明△DCG和△EHG全等，可得DC＝EH，CG＝HG，求出BH＝3，证明△CBH是等边三角形，即可得到CG的长，然后利用勾股定理求出BG即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，CD＝AB，DC∥AB，
∵AD＝3，AB＝CF＝2，
∴CD＝2，BC＝3，
∴BF＝BC＋CF＝5，
∵△BEF是等边三角形，G为DE的中点，
∴BF＝BE＝5，DG＝EG，
延长CG交BE于点H，连接BG，
∵DC∥AB，
∴∠CDG＝∠HEG，
在△DCG和△EHG中，，
∴△DCG≌△EHG(ASA)，
∴DC＝EH，CG＝HG，
∵CD＝2，BE＝5，
∴HE＝2，BH＝3，
∵∠CBH＝60°，BC＝BH＝3，
∴△CBH是等边三角形，
∴CH＝BC＝3，BG⊥CH，
∴CG＝CH＝，
∴BG＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理等，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
14．已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC(或它们的延长线)于点M，N，AH⊥MN于点H．
(1)如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： ；
(2)如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，(1)中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
(3)如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．(可利用(2)得到的结论)
【答案】(1)AB＝AH；(2)成立，证明见解析；(3)3
【分析】(1)由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
(2)延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
(3)分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【详解】解：(1)∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN(SAS)，
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM(AAS)，
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
(2)AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
∵BE＝DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND(SAS)，
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM(SAS)，
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
(3)分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由(2)可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴(2+x)2＝42+(6﹣x)2，
解得x＝3，
∴NH＝3．
【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，熟练掌握正方形的性质定理，全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15．在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，OA在x轴正半轴上，OC在y轴正半轴上，且A(10，0)、C(0，8)
(1)如图1，在矩形OABC的边AB上取一点E，连接OE，将△AOE沿OE折叠，使点A恰好落在BC边上的F处，求AE的长；
(2)将矩形OABC的AB边沿x轴负方向平移至MN(其它边保持不变)，M、N分别在边OA、CB上且满足CN＝OM＝OC＝MN．如图2，P、Q分别为OM、MN上一点．若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；
(3)如图3，S、G、R、H分别为OC、OM、MN、NC上一点，SR、HG交于点D．若∠SDG＝135°，HG＝4，求RS的长．
【答案】(1)AE＝5；(2)见解析；(3).
【分析】(1)设，在中，根据勾股定理列方程解出即可；
(2)作辅助线，构建两个三角形全等，证明和，由，得出结论；
(3)作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得和，则，，证明和，得，设，在中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，即可得出结论．
【详解】(1)如图1，由题意得：，，
设，则，，
在中，，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
解得：，
∴；
(2)如图2，在PO的延长线上取一点E'，使，
∵，，
∴四边形OMNC是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图3，过C作，在x轴负半轴上取一点E′，使，得，
且，则，
过C作交OM于F，连接FE，得，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
在中，，，
根据勾股定理得：，
∴，
设，则，，
则，
解得：，
∴，
根据勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了三角形全等的证明以及平行四边形的判定与性质，还涉及勾股定理得运用，解题的关键的能够熟练地掌握三角形全等的证明方法以及平行四边形的性质的运用，根据边的等量关系在直角三角形中设未知数运用勾股定理求边．
16．如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F．请你认真阅读下面关于这个图的探究片段，完成所提出的问题．
(1)探究1：小强看到图(*)后，很快发现AE=EF，这需要证明AE和EF所在的两个三角形全等，但△ABE和△ECF显然不全等(一个是直角三角形，一个是钝角三角形)，考虑到点E是边BC的中点，因此可以选取AB的中点M，连接EM后尝试着去证△AEM≌EFC就行了，随即小强写出了如下的证明过程：
证明：如图1，取AB的中点M，连接EM．
∵∠AEF=90°
∴∠FEC+∠AEB=90°
又∵∠EAM+∠AEB=90°
∴∠EAM=∠FEC
∵点E，M分别为正方形的边BC和AB的中点
∴AM=EC
又可知△BME是等腰直角三角形
∴∠AME=135°
又∵CF是正方形外角的平分线
∴∠ECF=135°
∴△AEM≌△EFC(ASA)
∴AE=EF
(2)探究2：小强继续探索，如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，发现AE=EF仍然成立，请你证明这一结论．
(3)探究3：小强进一步还想试试，如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢？若成立请你完成证明过程给小强看，若不成立请你说明理由．
【答案】(2)证明见解析；(3)成立，理由见解析
【分析】(2)在AB上截取AM=EC，然后证明∠EAM=FEC，∠AME=∠ECF=135°，再利用“角边角”证明△AEM和△EFC全等，然后根据全等三角形对应边相等即可证明；
(3)延长BA到M，使AM=CE，然后证明∠BME=45°，从而得到∠BME=∠ECF，再利用两直线平行，内错角相等证明∠DAE=∠BEA，然后得到∠MAE=∠CEF，再利用“角边角”证明△MAE和△CEF全等，根据全等三角形对应边相等即可得证．
【详解】解：(2)探究2，证明：在AB上截取AM=EC，连接ME，
由(1)知∠EAM=∠FEC，
∵AM=EC，AB=BC，
∴BM=BE，
∴∠BME=45°，
∴∠AME=∠ECF=135°，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
又∵∠EAM+∠AEB=90°，
∴∠EAM=∠FEC，
在△AEM和△EFC中，
，
∴△AEM≌△EFC(ASA)，
∴AE=EF；
(3)探究3：成立，
证明：延长BA到M，使AM=CE，连接ME，
∴BM=BE，
∴∠BME=45°，
∴∠BME=∠ECF=45°，
又∵AD∥BE，
∴∠DAE=∠BEA，
又∵∠MAD=∠AEF=90°，
∴∠DAE+∠MAD=∠BEA+∠AEF，
即∠MAE=∠CEF，
在△MAE和△CEF中，
，
∴△MAE≌△CEF(ASA)，
∴AE=EF．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，阅读材料，理清解题的关键是取AM=EC，然后构造出△AEM与△EFC全等．