期中壓軸題專練：壓軸題訓(xùn)練（四）（解析版）-人教八下期中考試

八下期中考試壓軸題訓(xùn)練（四）（時(shí)間：60分鐘總分：100）班級(jí)姓名得分一、單選題1．已知m、n是正整數(shù)，若+是整數(shù)，則滿足條件的有序數(shù)對(duì)（m，n）為（）A．（2，5） B．（8，20） C．（2，5），（8，20） D．以上都不是【答案】C【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)分析即可得出答案．【詳解】解：∵+是整數(shù)，m、n是正整數(shù)，∴m=2，n=5或m=8，n=20，當(dāng)m=2，n=5時(shí)，原式=2是整數(shù)；當(dāng)m=8，n=20時(shí)，原式=1是整數(shù)；即滿足條件的有序數(shù)對(duì)（m，n）為（2，5）或（8，20），故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)和二次根式的運(yùn)算，估算無(wú)理數(shù)的大小的應(yīng)用，題目比較好，有一定的難度．2．如圖，在等腰中，，點(diǎn)P是內(nèi)一點(diǎn)，且，，，以為直角邊，點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)，作等腰，下列結(jié)論：①點(diǎn)A與點(diǎn)D的距離為；②；③；④，其中正確結(jié)論有是（）

A．①②③ B．②④ C．①② D．②③④【答案】C【分析】連結(jié)AD，由等腰，可得AC=BC，等腰，可得CD=CP，由余角性質(zhì)可∠DCA=∠PCB，可證△ADC≌△BPC（SAS）可判斷①，由勾股定理DP=，再由，可證△ADP為等腰直角三角形，可判斷②，由PB與PD可求BD=2，由勾股定理AB=，可判斷③，由面積可判斷④即可【詳解】連結(jié)AD，在等腰中，，∴AC=BC，∵是等腰三角形，∴CD=CP，∴∠ACD+ACP=90°，∠ACP+∠PCB=90°，∴∠DCA=∠PCB，在△ADC和△BPC中，AC=BC，∠DCA=∠PCB，DC=PC，∴△ADC≌△BPC（SAS），∴，①點(diǎn)A與點(diǎn)D的距離為正確，在Rt△DCP中，由勾股定理DP=，在△ADP中，，∴△ADP為等腰直角三角形，∴AD⊥DP，②正確；BD=BP+PD=2，在Rt△ADB中，由勾股定理，AB=，③不正確；，④不正確．故選擇：C．【點(diǎn)睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形面積，勾股定理的應(yīng)用，掌握等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形面積，勾股定理的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．3．如圖，在中，，以的各邊為邊分別作正方形，正方形與正方形．延長(zhǎng)，分別交，于點(diǎn)，，連結(jié)，．圖中兩塊陰影部分面積分別記為，，若，四邊形，則四邊形的面積為（）A．5 B．6 C．8 D．9【答案】B【分析】結(jié)合題意，根據(jù)正方形面積比，計(jì)算得，從而得；根據(jù)勾股定理性質(zhì)，計(jì)算得；再根據(jù)勾股定理計(jì)算，得；結(jié)合，通過(guò)計(jì)算得；通過(guò)證明，得，結(jié)合矩形和四邊形、的面積關(guān)系計(jì)算，即可得到答案．【詳解】解：∵∴∵四邊形與四邊形是正方形∴∴∵∴∵，∴∵四邊形+梯形∴∴∴∵，∴，即∵四邊形與四邊形是正方形∴，∴∴∴∴四邊形∵∴四邊形是矩形∴矩形四邊形四邊形四邊形∴四邊形矩形故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形、正方形、勾股定理、全等三角形、平方根、二次根式的知識(shí)；解題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形、正方形、勾股定理、全等三角形的性質(zhì)，從而完成求解．二、填空題4．已知y＝＋＋18，求代數(shù)式﹣的值為_(kāi)____．【答案】-【分析】首先由二次根式有意義的條件求得x＝8，則y＝18，然后代入化簡(jiǎn)后的代數(shù)式求值．【詳解】解：由題意得，x﹣8≥0，8﹣x≥0，解得，x＝8，則y＝18，∵x＞0，y＞0，∴原式＝﹣＝﹣＝＝﹣把x＝8，y＝18代入原式＝﹣＝2﹣3＝-，故答案為：-．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式有意義的條件和二次根式的化簡(jiǎn)求值，解題關(guān)鍵是根據(jù)二次根式有意義的條件確定x、y的值，能夠熟練的運(yùn)用二次根式的性質(zhì)化簡(jiǎn)．5．如圖，在中，，，是的中點(diǎn)，點(diǎn)在上，過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)．如果，則四邊形的周長(zhǎng)是__．【答案】【分析】連接CD，EF，根據(jù)AAS證明△AED≌△CFD，再根據(jù)勾股定理可得EF的長(zhǎng)，由△DEF是等腰直角三角形，即可解決問(wèn)題．【詳解】解：如圖，連接CD，EF，∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠A=45°，∵D是AB的中點(diǎn)，∴CD=AB=AD．∴∠DCA=∠A=∠DCB=45°，∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴∠DEF+∠DFC=180°，∵∠AED+∠DEF=180°，∴∠AED=∠DFC，在△AED和△CFD中，，∴△AED≌△CFD（AAS），∴DE=DF，AE=CF=2cm，∴CE=AC-AE=6-2=4（cm），∴EF=（cm），∵△DEF是等腰直角三角形，∴DE2+DF2=EF2，∴2DE2=EF2，∴DE=DF=EF=，∴四邊形CEDF的周長(zhǎng)是CE+CF+DE+DF=CE+AE+2DE=AC+2DE=（6+2）cm．故答案為：（6+2）．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．6．如圖，長(zhǎng)方形紙片ABCD中，AD=7，CD=4，將長(zhǎng)方形紙片折疊，使點(diǎn)B落在AD上的點(diǎn)E處，折痕為AF，再沿DF折疊，使點(diǎn)C落在點(diǎn)G處，連接CG，交DF于點(diǎn)I．則線段CG的長(zhǎng)度為_(kāi)___．在折痕DF上有一動(dòng)點(diǎn)P，連接PC，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥DC交DC于H．則PC+PH的最小值為_(kāi)___．【答案】【分析】由勾股定理可求DF的長(zhǎng)，由折疊的性質(zhì)和面積法可求GC的長(zhǎng)、由線段垂直平分線的性質(zhì)可求GP=PC，當(dāng)點(diǎn)G、P、H三點(diǎn)共線且時(shí)，由PC+PH的最小值，由面積法即可得解．【詳解】解：∵將長(zhǎng)方形紙片折疊，使點(diǎn)B落在AD上的點(diǎn)E處，∴，∴，∴，∴DF5．∵沿DF折疊，使點(diǎn)C落在點(diǎn)G處，∴，∴DF垂直平分GC，∴，∴S△CDFDF×CIDC×CF，∴CI，∴CG，如圖，連接GP，GH，∵DI，∴S△DGCGC×DI．∵DF垂直平分GC，∴GP=PC，∴PH+PC=GP+PH，∴當(dāng)點(diǎn)G，點(diǎn)P，點(diǎn)H三點(diǎn)共線，且時(shí)，PH+PC有最小值為GH，此時(shí)GH．故答案為：，．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換、矩形的性質(zhì)、最短路徑問(wèn)題、勾股定理；靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題時(shí)本題的關(guān)鍵．三、解答題7．閱讀下列解題過(guò)程：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）觀察上面的解答過(guò)程，請(qǐng)寫出______；（2）利用上面的解法，請(qǐng)化簡(jiǎn)：（3）和的值哪個(gè)較大，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）；（2）；（3），見(jiàn)解析【分析】（1）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式計(jì)算；（2）先分母有理化，然后合并即可；（3）由（1）的方法可得，，，根據(jù)可得，據(jù)此判斷即可．【詳解】解：（1）；（2）（3）由（1）的方法可得，∵∴即，．【點(diǎn)睛】本題考查了分母有理化和二次根式的混合運(yùn)算：先把二次根式化為最簡(jiǎn)二次根式，然后進(jìn)行二次根式的乘除運(yùn)算，再合并即可．8．我們新定義一種三角形：兩邊平方和等于第三邊平方的4倍的三角形叫做常態(tài)三角形．例如：某三角形三邊長(zhǎng)分別是5，6和8，因?yàn)?2+82＝4×52＝100，所以這個(gè)三角形是常態(tài)三角形．（1）若△ABC三邊長(zhǎng)分別是2，和4，則此三角形常態(tài)三角形（填“是”或“不是”）；（2）若Rt△ABC是常態(tài)三角形，則此三角形的三邊長(zhǎng)之比為（請(qǐng)按從小到大排列）；（3）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，連接CD，若△BCD是常態(tài)三角形，求△ABC的面積．【答案】（1）是；（2）：：；（3）△ABC的面積為或6【分析】（1）直接利用常態(tài)三角形的定義判斷即可；

（2）利用勾股定理以及結(jié)合常態(tài)三角形的定義得出兩直角邊的關(guān)系，進(jìn)而得出答案；

（3）分兩種情況利用直角三角形的性質(zhì)結(jié)合常態(tài)三角形的定義得出BD的長(zhǎng)，再根據(jù)勾股定理求得AC的長(zhǎng)，進(jìn)而求出答案．【詳解】解：（1）∵22+42=4×=20，

∴△ABC三邊長(zhǎng)分別是2，和4，則此三角形是常態(tài)三角形．

故答案為：是；（2）∵Rt△ABC是常態(tài)三角形，

∴設(shè)兩直角邊長(zhǎng)為：a，b，斜邊長(zhǎng)為：c，

則a2+b2=c2，a2+c2=4b2，

則2a2=3b2，2c2=5b2故，，此三角形的三邊長(zhǎng)之比為：，當(dāng)b2+c2=4a2，同理可得結(jié)論故答案為：；（3）當(dāng)CD2+BD2=4×62時(shí)，∵AD=BD=DC，∴BD=DC=，AB=在Rt△ABC中根據(jù)勾股定理，此時(shí)，當(dāng)CD2+BC2=4×BD2時(shí)，∵AD=BD=DC，∴BD=DC=，AB=，在Rt△ABC中根據(jù)勾股定理，此時(shí)，故△ABC的面積為或．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理以及新定義．正確應(yīng)用勾股定理以及直角三角形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．9．如圖，M為正方形ABCD的對(duì)角線BD上一點(diǎn)，過(guò)M作BD的垂線交AD于E，連BE，取BE中點(diǎn)O．（1）如圖1，連AO、MO，試證明∠AOM＝90°；（2）如圖2，連接AM、AO，并延長(zhǎng)AO交對(duì)角線BD于點(diǎn)N，∠NAM＝45°，試探究線段DM，MN，NB之間的數(shù)量關(guān)系并證明；（3）如圖3，延長(zhǎng)對(duì)角線BD至Q，延長(zhǎng)DB至P，連CP，CQ，若PB＝2，PQ＝9，且∠PCQ＝135°，則PC＝．（直接寫出結(jié)果）【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）MN2＝BN2+DM2，證明見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)得AO＝MO＝BE＝BO＝EO，得∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，證出∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°即可；

（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，連接DF、MF，證△ABN≌△ADF（SAS），得BN＝DF，∠DAF＝∠ABN＝45°，則∠FDM＝90°，證△NAM≌△FAM（SAS），得MN＝MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得，進(jìn)而得出結(jié)論；

（3）作P關(guān)于直線CQ的對(duì)稱點(diǎn)E，連接PE、BE、CE、QE，則△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，得∠PCE＝90°，則∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE＝CP＝PE，證△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，則∠EBQ＝∠PBE＝90°，由勾股定理求出BE＝4，PE＝6，即可得出PC的長(zhǎng)．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，∵M(jìn)E⊥BD，∴∠BME＝90°，∵O是BE的中點(diǎn)，∴AO＝MO＝BE＝BO＝EO，∴∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，∴∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°；（2）解：MN2＝BN2+DM2，理由如下：在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，連接DF、MF，如圖2所示：則∠NAF＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠NAF＝90°，∴∠BAN＝∠DAF，∵∠NAM＝45°，∴∠FAM＝45°＝∠NAM，在△ABN和△ADF中，，∴△ABN≌△ADF（SAS），∴BN＝DF，∠ADF＝∠ABN＝45°，∴∠FDM＝∠ADB+∠ADF＝90°，∵∠NAM＝45°，∴∠FAM＝45°＝∠NAM，在△NAM和△FAM中，，∴△NAM≌△FAM（SAS），∴MN＝MF，在Rt△FDM中，F(xiàn)M2＝DM2+FD2，即MN2＝BN2+DM2；（3）解：作P關(guān)于直線CQ的對(duì)稱點(diǎn)E，連接PE、BE、CE、QE，如圖3所示：則△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，∴∠PCE