专题8.3期末复习之选填压轴题十五大题型总结-2024-2025学年八年级数学上册举一反三系列（北师大版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26071" 【题型1 利用勾股定理求面积】 PAGEREF _Tc26071 \h 1
\l "_Tc13021" 【题型2 网格中勾股定理的运用】 PAGEREF _Tc13021 \h 7
\l "_Tc30813" 【题型3 由勾股定理求立体几何图形中的最短路径】 PAGEREF _Tc30813 \h 10
\l "_Tc20500" 【题型4 一次函数中面积有关的计算】 PAGEREF _Tc20500 \h 14
\l "_Tc1655" 【题型5 利用一次函数的性质求参数取值范围】 PAGEREF _Tc1655 \h 20
\l "_Tc18468" 【题型6 利用一次函数的性质求值】 PAGEREF _Tc18468 \h 25
\l "_Tc15435" 【题型7 动点问题的函数图象】 PAGEREF _Tc15435 \h 28
\l "_Tc15679" 【题型8 判断直角三角形】 PAGEREF _Tc15679 \h 33
\l "_Tc18266" 【题型9 勾股定理的实际应用】 PAGEREF _Tc18266 \h 38
\l "_Tc21134" 【题型10 一次函数的应用】 PAGEREF _Tc21134 \h 42
\l "_Tc792" 【题型11 平行线在翻折中的运用】 PAGEREF _Tc792 \h 46
\l "_Tc20221" 【题型12 平行线中的分类讨论思想的运用】 PAGEREF _Tc20221 \h 52
\l "_Tc5876" 【题型13 数式或图形中新定义问题】 PAGEREF _Tc5876 \h 59
\l "_Tc12173" 【题型14 数式或图形中多结论问题】 PAGEREF _Tc12173 \h 63
\l "_Tc31224" 【题型15 数式或图形中的规律探究】 PAGEREF _Tc31224 \h 69
【题型1 利用勾股定理求面积】
【例1】（2023上·陕西西安·八年级西安市铁一中学校考期末）如图，分别以Rt△ACB的直角边AB和斜边AC为边向外作正方形ABGF和正方形ACDE，连结EF．已知CB=6，EF=10，则△AEF的面积为（ ）
A．63B．83C．24D．12
【答案】D
【分析】连接CE,CF,BE,BF，设BE,CF交于点M，AC,BE交于点N，证明△ABE≌△AFC SAS，进而证明CF⊥BE，根据勾股定理得出AB2=16，AC2=52，过点A作AT⊥EF于点T，勾股定理求得AT，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CE,CF,BE,BF，设BE,CF交于点M，AC,BE交于点N，
∵四边形ACDE,ABGF是正方形，
∴AC=AE,AB=AF，∠EAC=∠FAB=90°
∴∠EAC+∠CAB=∠BAF+∠CAB
即∠EAB=∠CAF，
∴△ABE≌△AFC SAS，
∴∠ACF=∠AEB，
∵∠CNE=∠CMN+∠ACF=∠NAE+∠AEB，
∴∠CMN=∠NAE=90°，
即CF⊥BE，
∴CM2+BM2=CB2,EM2+FM2=EF2，BM2+MF2=BF2,CM2+EM2=EC2，
∴CM2+BM2+EM2+FM2=CB2+EF2
∴BF2+CE2=CB2+EF2=62+102=136
又∵EC=2AC,BF=2AB，
∴2AB2+2AC2=136
又∵AC2−AB2=BC2=36，
解得：AB2=16，AC2=52，
∴AF=AB=4,AE=AC=213，
过点A作AT⊥EF于点T，
设ET=x
∴AT2=AE2−ET2=AF2−10−ET2
即52−x2=16−10−x2，
解得：x=345=6.8
∴AT=52−6.82=5.76=2.4
∴S△AEF=12×10×2.4=12，
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CF⊥BE是解题的关键．
【变式1-1】（2023上·浙江金华·八年级统考期末）如图，已知长方形纸板的边长DE=10，EF=11，在纸板内部画Rt△ABC，并分别以三边为边长向外作正方形，当边HI、LM和点K、J都恰好在长方形纸板的边上时，则△ABC的面积为（ ）
A．6B．112C．254D．35
【答案】A
【分析】延长CA与GF交于点N，延长CB与EF交于点P，设AC=b，BC=a，则AB=a2+b2，证明△ABC≌△BJK≌△JKF≌△KAN，再利用长方形DEFG的面积=十个小图形的面积和进而求得ab=12，即可求解．
【详解】解：延长CA与GF交于点N，延长CB与EF交于点P，
设AC=b，BC=a，则AB=a2+b2，
∵四边形ABJK是正方形，四边形ACML是正方形，四边形BCHI是正方形，
∴AB=BJ，∠ABJ=90°，
∴∠ABC+∠PBJ=90°=∠ABC+∠BAC，
∴∠BAC=∠JBP，
∵∠ACB=∠BPJ=90°，
∴△ABC≌△BJK（AAS），
同理△ABC≌△BJK≌△JKF≌△KAN，
∴AC=BP=JF=KN=NG=b，BC=PJ=FK=AN=PE=a，
∵DE=10，EF=11，
∴2b+a=10，2a+b=11，
∴a+b=7，
∴a2+b2=49-2ab，
∵长方形DEFG的面积=十个小图形的面积和，
∴10×11=3ab+12ab×4+a2+b2+(a2+b2)2，
整理得：5ab+2(a2+b2)=110，
把a2+b2=49-2ab，代入得：5ab+2(49-2ab)=110，
∴ab=12，
∴△ABC的面积为12ab=6，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，关键是构造全等三角形和直角三角形．
【变式1-2】（2023上·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，连接AC、BD，已知∠ADB=∠ACB=90°，∠CAB=45°，CD=2，BC=5，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．22B．3C．72D．4
【答案】B
【分析】如图，延长BC，AD，二线交于点E，设AC，BD的交点为点M，过点C分别作CG⊥DE，垂足为G，CF⊥DB，垂足为F，证明△AGC≌△BFC即可．
【详解】如图，延长BC，AD，二线交于点E，设AC，BD的交点为点M，
∵∠ACB=∠ADB=90°，∠ADM=∠BCM，∠CAB=45°，
∴∠ACE=∠BCM=90°，∠EAC=∠MBC，AC=BC，
∴△ACE≌△BCM，
∴∠AEC=∠BMC，CM=CE，
过点C分别作CG⊥DE，垂足为G，CF⊥DB，垂足为F，
∵∠AEC=∠BMC，CM=CE，
∴△GEC≌△FMC，
∴GC=FC，
∴DC平分∠BDE，∠GDC=∠FDC=45°，四边形CGDF是正方形，
∵CD=2，
∴CG=GD=DF=FC=1，
∵BC=5，
∴BF=(5)2−1=2，
∵∠GAC=∠FBC，GC=FC，
∴△AGC≌△BFC，
∴AG=BF=2，AD=AG-DG=1，BD=BF+DF=3，
∴S四边形ABCD=12BD·CF+12BD·AD
=12BD·(DG+AD)=12BD·AG
=12×3×2=3，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，角平分线的判定定理，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握三角形全等，勾股定理，灵活运用角的平分线的判定定理是解题的关键．
【变式1-3】（2023下·浙江宁波·八年级统考期末）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面积为52，则点F到BC的距离为（ ）
A．55B．255C．455D．433
【答案】B
【分析】首先求出△ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据12•BD•h＝12•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】解：∵DG＝GE，
∴S△ADG＝S△AEG＝52，
∴S△ADE＝5，
由翻折可知，△ADB≌△ADE，BE⊥AD，
∴S△ABD＝S△ADE＝5，∠BFD＝90°，
∴12•(AF+DF)•BF＝5，
∴12•(4+DF)•2＝5，
∴DF＝1，
∴DB＝BF2+DF2＝12+22＝5，
设点F到BD的距离为h，
则12•BD•h＝12•BF•DF，
即：12×5ℎ=12×2×1，
∴h＝255，
故选：B．
【点睛】本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
【题型2 网格中勾股定理的运用】
【例2】（2023下·安徽亳州·八年级校考期末）如图，在单位为1的正方形网格图中有a，b，c，d四条线段，从中任取三条线段所构成的三角形中恰好是直角三角形的个数为（ ）

A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】由图形和勾股定理可得a，b，c，d四条线段的长度，再根据勾股定理的逆定理，即可得到构成直角三角形的个数．
【详解】解：由图可得：a=12+12=2，b=32+32=32，c=22+22=22，d=12+32=10，
∵22+222=2+8=10=102，102+222=10+8=18=322，
∴线段a、c、d和b、c、d可以构成直角三角形，
∴从中任取三条线段所构成的三角形中恰好是直角三角形的个数为2个，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、勾股定理逆定理，熟练掌握勾股定理以及勾股定理逆定理是解题的关键．
【变式2-1】（2023下·宁夏吴忠·八年级校考期末）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，P是网格线的交点，则∠PAB+∠PBA=（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】延长AP交格点于D，连接BD，根据勾股定理得PD2=BD2=5，PB2=10，求得PD2+BD2=PB2，于是得到∠PDB=90°，根据等腰直角三角形的性质和三角形外角的性质即可得到结论．
【详解】解：如图，延长AP交格点于D，连接BD，
则PD2=BD2=12+22=5，PB2=12+32=10，
∴PD2+BD2=PB2，
∴∠PDB=90°，则△DPB为等腰直角三角形，
∴∠DPB=45°，
∴∠PAB+∠PBA=∠DPB=45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式2-2】（2023下·河北保定·八年级统考期末）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格中，线段AB的两个端点均在格点（正方形的顶点）上．

（1）线段AB的长为 ；
（2）若△ABC是直角三角形，则网格中满足条件的格点C共有 个．
【答案】 5 6/六
【分析】（1）构造直角三角形，利用勾股定理求解即可；
（2）根据直角三角形的概念，画出图形即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，

由勾股定理得AB=AC2+BC2=22+12=5，
故答案为：5；
（2）解：如图所示，共有6个，

故答案为：6．
【点睛】此题考查了作图-应用与设计，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式2-3】（2023下·江西新余·八年级统考期末）如图所示的网格是正方形网格，点A、B、C、D、E是网格线交点，则∠BAC−∠DAE的为 度．

【答案】45
【分析】连接CG、AG，根据勾股定理可以得出△CAG是等腰直角三角形，利用平行线性质得到∠ACF=∠BAC，从而可证△CFG≌△ADESAS，得到∠FCG=∠DAE，利用∠BAC−∠DAE=∠ACF−∠FCG求出结果即可．
【详解】解：如图，连接CG、AG，

由勾股定理得：AC2=AG2=12+22=5，CG2=12+32=10，
∴AC2+AG2=CG2，
∴∠CAG=90°，
∴△CAG是等腰直角三角形，
∴∠ACG=45°，
∴CF∥AB，
∴∠ACF=∠BAC，
在△CFG和△ADE中
CF=AD∠CFG=∠ADE=90°FG=DE
∴△CFG≌△ADESAS
∴∠FCG=∠DAE
∴∠BAC−∠DAE=∠ACF−∠FCG=∠ACG=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线利用网格线的特征是解答本题的关键．
【题型3 由勾股定理求立体几何图形中的最短路径】
【例3】（2023上·河北保定·八年级保定市第十七中学校考期末）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为16cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是（ ）
A．20cmB．413cmC．10cmD．273cm
【答案】B
【分析】根据题意，得圆柱形容器的侧面展开图为矩形MNPQ，根据矩形的性质，得MK、KB，延长AM于点A′，且AM=A′M，连接A′B，A′B交MQ于点S，连接AS，根据全等三角形的性质，通过证明△AMS≌△A′MS，得AS=A′S；根据两点之间直线段最短的性质，得蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径为AS+BS，根据勾股定理的性质计算得A′B，即可得到答案．
【详解】根据题意，圆柱形容器的侧面展开图为矩形MNPQ，过点B作BH⊥NP，交NP于点H，过点B作BK⊥MN，交MN于点K；
根据题意，得：AM=3cm，MQ=NP=16cm，MN=QP=12cm，NH=PH，BH=3cm
∴NH=PH=12NP=8cm
∵BH⊥NP，BK⊥MN，∠N=90°
∴四边形KNHB为矩形
∴KB=NH=8cm，KN=BH=3cm，∠AMQ=90°
∴MK=MN−KN=12−3=9cm
如下图，延长AM于点A′，且AM=A′M，连接A′B，A′B交MQ于点S，连接AS
在△AMS和△A′MS中
A′M=AM∠A′MS=∠AMS=90°MS=MS
∴△AMS≌△A′MS
∴AS=A′S
根据题意，蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径为AS+BS
∵A′M=AM
∵AM=A′M=3cm
∴A′K=A′M+MK=12cm
∴A′B=A′K2+KB2=413cm
∴AS+BS=A′S+BS=A′B=413cm，即蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是413cm
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形、勾股定理、两点之间直线段最短、矩形的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、勾股定理、两点之间直线段最短的性质，从而完成求解．
【变式3-1】（2023·八年级课时练习）如图，已知圆柱的底面直径BC=6π，高AB=3，小虫在圆柱侧面爬行，从C点爬到A点，然后再沿另一面爬回C点，则小虫爬行的最短路程的平方为（ ）
A．18B．48C．120D．72
【答案】D
【分析】要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，
点A，C的最短距离为线段AC的长.
∵已知圆柱的底面直径BC=6π，
∴AD=π⋅6π÷2=3，
在RtΔADC中，∠ADC=90° ，CD=AB=3，
∴AC2=AD2+CD2=18，
∴从C点爬到A点，然后再沿另一面爬回C点，则小虫爬行的最短路程的平方为2AC2=4AC2=72.
故选D.
【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．
【变式3-2】（2023上·重庆·八年级校联考期末）如图，三级台阶，每一级的长、宽、高分别为8dm、3dm、2dm，A和B是这个台阶上两个相对的端点，点A处有一只蚂蚁，想到点B处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行到点B的最短路程为 dm．
【答案】17
【分析】先将图形平面展开，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答．
【详解】解：三级台阶平面展开图为长方形，长为8dm，宽为2+3×3dm，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
可设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为xdm，
由勾股定理得：x2=82+[2+3×3]2=172，
解得x=17．
故答案为：17．
【点睛】本题考查了平面展开−最短路径问题，用到台阶的平面展开图，只要根据题意判断出长方形的长和宽即可解答.
【变式3-3】（2023上·江苏无锡·八年级滨湖中学校考期末）棱长分别为5cm，4cm两个正方体如图放置，点P在E1F1上，且E1P=14E1F1，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点P，需要爬行的最短距离是

【答案】106cm
【分析】根据两点之间直线最短的定理，将正方体展开即可解题.
【详解】将两个立方体平面展开，将E1F1G1B2面以E1B2为轴向上展开，连接A、P两点，得到三角形APE，AE=4+5=9，EP=4+1=5，AP=92+52=106cm.
【题型4 一次函数中面积有关的计算】
【例4】（2023上·广东深圳·八年级统考期末）如图，点A，B，C在一次函数y=−3x+b的图象上，它们的横坐标依次为-1，1，2，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，则图中阴影部分的面积之和是（ ）
A．3B．4.5C．3(b−1)D．32(b−2)
【答案】B
【详解】试题解析：将A、B、C的横坐标代入到一次函数中；
解得A（-1，b+3），B（1，b-3），C（2，b-6）．
由一次函数的性质可知，三个阴影部分三角形全等，底边长为2-1=1，高为（b-3）-（b-6）=3，
可求得阴影部分面积为：S=12×1×3×3=4.5.
故选B．
【变式4-1】（2023下·湖北武汉·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（-2，0），C（a，-a），△ABC的面积小于10，则a的取值范围是 ．
【答案】−143y1 ，
∴0