2023年初中數(shù)學8年級下冊同步壓軸題 期末考試壓軸題模擬訓練（三）（教師版）

期末考試壓軸模擬訓練(三)一、單選題1．如圖，四邊形中.為的平分線，，E，F(xiàn)分別是的中點，則的長為()A．1 B．1.5 C．2 D．2.5【答案】A【分析】根據(jù)勾股定理得到，根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義得到，求得，如圖：連接并延長交于G，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，求得，再根據(jù)三角形中位線定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵為的平分線，∴，∴，∴，如圖：連接并延長交于G∵∴，∵F是的中點，∴，∵，∴，∴，∴，∵E是BD的中點，∴．故選：A．【點睛】本題主要考查了三角形的中位線定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識點，根據(jù)題意正確的作出輔助線是解題的關鍵．2．如圖，在中，，，D為邊上一動點，連接．以為底邊，在的左側(cè)作等腰直角三角形，點F是邊上的定點，連接，當取最小值時，若，則為(

)(用含的式子表示)A． B． C． D．【答案】D【分析】如圖，取的中點H，連接，交于，作直線，交于，設，取的中點，連接，，證明，則在直線上運動，且，當，，三點共線時，，此時最短，從而可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，取的中點H，連接，交于，作直線，交于，∵，，∴，，，∵等腰直角三角形，，∴，設，取的中點，連接，，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴在直線上運動，且，∵，∴是的垂直平分線，∴，，當，，三點共線時，，此時最短，∵，∴，∴，故選D．【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理的應用，證明在直線上運動是解本題的關鍵．3．如圖，邊長為5的大正方形是由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成，連結(jié)并延長交于點M．若，則的長為()A． B． C．1 D．【答案】D【分析】過點作于點，設與交與點，利用已知條件和正方形的性質(zhì)得到為等腰三角形，利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，對頂角相等和等量代換得到為等腰三角形，再利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)和平行線分線段成比例定理解答即可得出結(jié)論．【詳解】解：過點作于點，設與交與點，如圖，四邊形是正方形，，，，．由題意得：，，．．，，，，，．，，，，，．，，，，，．故選：D．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，依據(jù)題意恰當?shù)靥砑虞o助線是解題的關鍵．4．如圖，在菱形中，對角線、交于點，以為斜邊作，與交于點，連接，使得，且，若，則菱形的周長為(

)A． B． C． D．4【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，由直角三角形的性質(zhì)得出，進一步得出，再根據(jù)證明得出，連接，設求出，由勾股定理可得出，進一步可得出結(jié)論．【詳解】連接,∵菱形，，在中，又，又在和中，連接，設，，在中，(舍去)∴∴菱形的周長為，故選：B【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握菱形的四條邊相等、對角線互相垂直、靈活運用全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關鍵．5．如圖，分別以的直角邊和斜邊為邊向外作正方形和正方形，連結(jié)．已知，，則的面積為(

)A． B． C．24 D．12【答案】D【分析】連接，設交于點，交于點，證明，進而證明，根據(jù)勾股定理得出，，過點作于點，勾股定理求得，根據(jù)三角形的面積公式進行計算即可求解．【詳解】解：如圖，連接，設交于點，交于點，∵四邊形是正方形，∴，∴即，∴，∴，∵，∴，即，∴，，∴∴

又∵，∴又∵，解得：，，，過點作于點，設，∴即，解得：，∴∴，故選：D．【點睛】本題考查了勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，證明是解題的關鍵．6．如圖，直線l交正方形的對邊、于點P、Q，正方形和正方形關于直線l成軸對稱，點H在邊上，點A在邊上，、交于點M，、交于點N．以下結(jié)論錯誤的是(

)A． B．的周長等于線段CH的長C．的周長等于線段CM的長 D．的周長等于【答案】C【分析】過點A作垂直于，垂足為K，連接，，，，根據(jù)兩正方形關于直線l對稱，可得，，再根據(jù)邊的轉(zhuǎn)化即可證明A選項不符合題意；根據(jù)對稱可得，將的周長表示出來，在通過邊的轉(zhuǎn)化即可證明B選項不符合題意；根據(jù)對稱可得，即可證明C選項符合題意；根據(jù)對稱，可得，將周長表示出來，再根據(jù)邊的轉(zhuǎn)化即可證明D選項不符合題意．【詳解】如圖，過點A作垂直于，垂足為K，連接，，，，則，∵正方形和正方形關于直線l成軸對稱，∴，∴，∴．在和中，∵，∴，∴，同理可證：，∴，∵正方形和正方形關于直線l成軸對稱，∴，∴，故A選項不符合題意；∵正方形和正方形關于直線l成軸對稱，∴，∴，∵，∴，故B選項不符合題意；∵正方形和正方形關于直線l成軸對稱，∴，∴，故C選項符合題意；∵正方形和正方形關于直線l成軸對稱，∴，∵，∴，∴，故D選項不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱圖形的性質(zhì)，直角三角形全等的判定與性質(zhì)，熟練掌握軸對稱圖形的性質(zhì)是解題關鍵．二、填空題7．如圖，直角中，斜邊，為直線上的動點，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，則的最小值是_________．【答案】【分析】取中點，連接，如圖所示，根據(jù)直角三角形性質(zhì)：斜邊中線等于斜邊一半，以及含的直角三角形性質(zhì)：所對直角邊是斜邊的一半，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得到，從而，結(jié)合兩個三角形全等的判定定理得到，進而有，即當取最小值時，有最小值，根據(jù)點到直線最短距離是垂直時得到可知當時，有最小值，從而利用直角三角形性質(zhì)：斜邊中線等于斜邊一半即可得到答案．【詳解】解：取中點，連接，如圖所示：∵，點是中點，，∴，，，∵將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，∴，在和中，，∴，∴，即當取最小值時，有最小值，當時，有最小值，此時，，∴的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查動點最值問題，涉及直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，含的直角三角形性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、點到直線最短距離等知識，熟練掌握直角三角形斜邊中線等于斜邊一半是解決問題的關鍵．8．已知正方形的邊長為12，點P是邊上的一個動點，連接，將沿折疊，使點A落在點上，延長交于E，當點E與的中點F的距離為2時，則此時的長為______．【答案】2.4或6【分析】分兩種情況討論：E點在線段上和E點在線段上.接，先根據(jù)折疊的性質(zhì)和HL得到，.設，則，，求出，把用含有x的式子表示出來.中，根據(jù)勾股定理列方程求出x即可.【詳解】解：①如圖1，當E點在線段上時，連接,∵四邊形是正方形，∵折疊后，，，又(HL)，∴，，

，設,則，，在Rt中，

，解得，②如圖2，E點在線段上時，連接,設,則，，，在Rt中，解得，

故答案為：2.4或6【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握以上知識并根據(jù)勾股定理列方程是解題的關鍵.9．如圖，在中，，，D在AB上，E在CB上，A，C關于DE的對稱點分別是G，F(xiàn)，若F在AB上，，，則DE的長是______．【答案】【分析】連接，取的中點T，連接，過點E作于H，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得出，根據(jù)翻折的性質(zhì)及含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出，利用等邊三角形的判定和性質(zhì)得出，再由等腰三角形的判定和性質(zhì)及勾股定理求解即可．【詳解】解：連接，取的中點T，連接，過點E作于H，∵，，∴，由翻折的性質(zhì)可知，，，，，∵，∴，，∴，，∵，，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，故答案為：．【點睛】題目主要考查三角形的翻折，及含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理解三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)等，理解題意，作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關鍵，難度較大．10．如圖，在矩形中，，，點、分別為、邊上的點，且的長為2，點為的中點，點為上一動點，則的最小值為___________．【答案】/【分析】作點A關于的對稱點H，連接，，，，，可知當H、P、G、D共線時，最小，求出、長即可．【詳解】解：作點A關于的對稱點H，連接，，，，，，∵，∴當H、P、G、D共線時，最小，∵，，∴，，∵的長為2，點為的中點，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了利用軸對稱求最短路徑，解題關鍵利用軸對稱和直角三角形的性質(zhì)確定最短路徑．11．已知中，，，邊上的高，D為線段上的動點，在上截取，連接，，則的最小值為______．【答案】13【分析】通過過點A作的平行線，并在上截取，構(gòu)造全等三角形，得到當B，D，H三點共線時，可求得的最小值；再作垂線構(gòu)造矩形，利用勾股定理求解即可．【詳解】如圖，過點A作的平行線，并在上截取，連接，．則．在和中，∴，∴，∴，∴當B，D，H三點共線時，的值最小，即的值最小，為的長．∵，，，∴在中，由勾股定理，得．如圖，過點H作，交的延長線于點M，則四邊形為長方形，∴，，∴在中，由勾股定理，得．∴的最小值為13．故答案為：13．【點睛】本題屬于沒有共同端點的兩條線段求最值問題這一類型，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、勾股定理等知識．解題的關鍵是正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形．三、解答題12．【探索發(fā)現(xiàn)】如圖1，等腰直角三角形ABC中，，，過點A作交于點D，過點B作交于點E，易得，我們稱這種全等模型為“k型全等”．(不需要證明)【遷移應用】如圖2，在直角坐標系中，直線分別與y軸，x軸交于點A、B，(1)直接寫出______，______；(2)在第二象限構(gòu)造等腰直角，使得，則點E的坐標為______；(3)如圖3，將直線繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到，求的函數(shù)表達式；【拓展應用】如圖4，直線分別交x軸和y軸于A，B兩點，點C在直線AB上，且點C坐標為，點E坐標為，連接CE，點P為直線AB上一點，滿足，請直接寫出點P的坐標：______．【答案】【遷移應用】(1)，；(2)；(3)；【拓展應用】或【分析】遷移應用：(1)求得，，即可求解；(2)過點C作軸交于點F，證明，據(jù)此即可求解；(3)過點B作交直線于點C，過點C作軸交于點D，證明，求得，利用待定系數(shù)法即可求解；拓展應用：分當點P在射線上和點P在射線上時，兩種情況討論，利用“k型全等”和待定系數(shù)法即可求解．【詳解】解：【遷移應用】，對于，令，則；令，則；∴，，(1)∵，，∴，；故答案為：，；(2)過點C作軸交于點F，∵，∴由K型全等模型可得，∴，，則，∴點E的坐標為；故答案為：；(3)過點B作交直線于點C，過點C作軸交于點D，∵，∴，由K型全等模型可得，∵與x軸的交點，，∴，，∴，設直線的解析式為，∴，解得，∴；【拓展應用】解：點的坐標：或，①如圖，當點P在射線上時，過點C作交直線于點F，∵，∴，過C作x軸垂線l，分別過F，E作，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，，即F點坐標為，設直線的解析式為，∴，∴，∴直線的解析式為，聯(lián)立，解得，∴；②當點P在射線上時，過點C作交直線于點H，過點H作軸交于K，過點H作軸，過點C作交于G，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，設直線的解析式為，，∴，∴，聯(lián)立方程組，解得，∴，綜合上所述，點P坐標為或．故答案為：或．【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，分類討論是解題的關鍵．13．如圖，直線與軸，軸分別交于點，．點在軸正半軸上，把沿折疊，點恰好落在軸負半軸上的點處．直線交直線于點．點是軸正半軸上的一動點，點是直線上的一動點．(1)填空：點，，坐標分別為___________；___________；___________．(2)求的面積．(3)連結(jié)．與全等(點與點不重合)，直接寫出所有滿足條件的點坐標．【答案】(1)(2)6(3)【分析】(1)利用一次函數(shù)的解析式分別代入求出點的坐標，再利用勾股定理求出的值，設利用翻折的性質(zhì)結(jié)合勾股定理列方程求解即可；(2)利用待定系數(shù)法，設，代入點的坐標求解直線的解析式，并與直線解析式聯(lián)立求出點的坐標，然后求解面積即可；(3)分類討論：當在的延長線時或在線段上，根據(jù)，分類討論①當時，②當時，③當時，利用全等三角形的性質(zhì)通過添加輔助線計算出點的橫坐標，再代入解析式中求解即可．【詳解】(1)解：由題意得：設，得，；設，得，；在中，，設，則，由折疊可知，，在中，，∴，解得，．(2)設直線表達式為，把代入得，

解得∴直線表達式為

聯(lián)立方程組，解得，．

．(3)解：∵，∵∴∵與全等；當在的延長線時①當時，過點作軸，過點作軸∵把代入時，解得∴②當時，過點作軸由題意得：∴把代入，解得：∴當點在上時，∵點與點不重合∴不存在③當時，∴把代入，解得：∴【點睛】本題主要考查一次函數(shù)與三角形綜合，熟練運用分類討論，勾股定理以及全等的性質(zhì)，并能夠?qū)⒕€段長度轉(zhuǎn)化為坐標計算是解決本題的關鍵．14．如圖，在平面直角坐標系中，點A在y軸上，點B、C在x軸上，，.(1)如圖1，求點A、B、C的坐標；(2)如圖2，若點D在第一象限且滿足，，線段BD交y軸于點G，求線段BG的長；(3)如圖3，在(2)的條件下，若在第四象限有一點E，滿足.請?zhí)骄緽E、CE、AE之間的數(shù)量關系，并證明.【答案】(1)，，(2)(3)，理由見解析【分析】(1)根據(jù)，，在中，有：，進而有，問題隨之得解；(2)求出，即，可得，接著求出，證明，即有，可得，得出，進而有，可得，即有，問題隨之得解；(3)由(2)可知：，可得，進而有，延長至F，使，連接，過A點作于M點，根據(jù)，即有，進一步有，即可證明，接著證明，問題隨之得解．【詳解】(1)∵，，∴在中，有：，∴，∵，∴，∴，，；(2)∵，，∴在中，，即，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，即，∵，，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴在中，；(3)，理由如下：由(2)可知：，∵，，∴，∴，∴，延長至F，使