2023年初中数学8年级下册同步压轴题 期末考试压轴题模拟训练（三）（教师版）

期末考试压轴模拟训练(三)一、单选题1．如图，四边形中.为的平分线，，E，F分别是的中点，则的长为()A．1 B．1.5 C．2 D．2.5【答案】A【分析】根据勾股定理得到，根据平行线的性质和角平分线的定义得到，求得，如图：连接并延长交于G，根据全等三角形的性质得到，求得，再根据三角形中位线定理即可得到结论．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵为的平分线，∴，∴，∴，如图：连接并延长交于G∵∴，∵F是的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∵E是BD的中点，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，根据题意正确的作出辅助线是解题的关键．2．如图，在中，，，D为边上一动点，连接．以为底边，在的左侧作等腰直角三角形，点F是边上的定点，连接，当取最小值时，若，则为(

)(用含的式子表示)A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，取的中点H，连接，交于，作直线，交于，设，取的中点，连接，，证明，则在直线上运动，且，当，，三点共线时，，此时最短，从而可得结论．【详解】解：如图，取的中点H，连接，交于，作直线，交于，∵，，∴，，，∵等腰直角三角形，，∴，设，取的中点，连接，，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴在直线上运动，且，∵，∴是的垂直平分线，∴，，当，，三点共线时，，此时最短，∵，∴，∴，故选D．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，证明在直线上运动是解本题的关键．3．如图，边长为5的大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，连结并延长交于点M．若，则的长为()A． B． C．1 D．【答案】D【分析】过点作于点，设与交与点，利用已知条件和正方形的性质得到为等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到为等腰三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和平行线分线段成比例定理解答即可得出结论．【详解】解：过点作于点，设与交与点，如图，四边形是正方形，，，，．由题意得：，，．．，，，，，．，，，，，．，，，，，．故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，依据题意恰当地添加辅助线是解题的关键．4．如图，在菱形中，对角线、交于点，以为斜边作，与交于点，连接，使得，且，若，则菱形的周长为(

)A． B． C． D．4【答案】B【分析】根据菱形的性质可得，由直角三角形的性质得出，进一步得出，再根据证明得出，连接，设求出，由勾股定理可得出，进一步可得出结论．【详解】连接,∵菱形，，在中，又，又在和中，连接，设，，在中，(舍去)∴∴菱形的周长为，故选：B【点睛】本题考查的是菱形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握菱形的四条边相等、对角线互相垂直、灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．5．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．6．如图，直线l交正方形的对边、于点P、Q，正方形和正方形关于直线l成轴对称，点H在边上，点A在边上，、交于点M，、交于点N．以下结论错误的是(

)A． B．的周长等于线段CH的长C．的周长等于线段CM的长 D．的周长等于【答案】C【分析】过点A作垂直于，垂足为K，连接，，，，根据两正方形关于直线l对称，可得，，再根据边的转化即可证明A选项不符合题意；根据对称可得，将的周长表示出来，在通过边的转化即可证明B选项不符合题意；根据对称可得，即可证明C选项符合题意；根据对称，可得，将周长表示出来，再根据边的转化即可证明D选项不符合题意．【详解】如图，过点A作垂直于，垂足为K，连接，，，，则，∵正方形和正方形关于直线l成轴对称，∴，∴，∴．在和中，∵，∴，∴，同理可证：，∴，∵正方形和正方形关于直线l成轴对称，∴，∴，故A选项不符合题意；∵正方形和正方形关于直线l成轴对称，∴，∴，∵，∴，故B选项不符合题意；∵正方形和正方形关于直线l成轴对称，∴，∴，故C选项符合题意；∵正方形和正方形关于直线l成轴对称，∴，∵，∴，∴，故D选项不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，直角三角形全等的判定与性质，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键．二、填空题7．如图，直角中，斜边，为直线上的动点，将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是_________．【答案】【分析】取中点，连接，如图所示，根据直角三角形性质：斜边中线等于斜边一半，以及含的直角三角形性质：所对直角边是斜边的一半，再根据旋转性质得到，从而，结合两个三角形全等的判定定理得到，进而有，即当取最小值时，有最小值，根据点到直线最短距离是垂直时得到可知当时，有最小值，从而利用直角三角形性质：斜边中线等于斜边一半即可得到答案．【详解】解：取中点，连接，如图所示：∵，点是中点，，∴，，，∵将绕点逆时针旋转得到，∴，∴，在和中，，∴，∴，即当取最小值时，有最小值，当时，有最小值，此时，，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查动点最值问题，涉及直角三角形斜边中线等于斜边一半，含的直角三角形性质，旋转性质、全等三角形的判定与性质、点到直线最短距离等知识，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半是解决问题的关键．8．已知正方形的边长为12，点P是边上的一个动点，连接，将沿折叠，使点A落在点上，延长交于E，当点E与的中点F的距离为2时，则此时的长为______．【答案】2.4或6【分析】分两种情况讨论：E点在线段上和E点在线段上.接，先根据折叠的性质和HL得到，.设，则，，求出，把用含有x的式子表示出来.中，根据勾股定理列方程求出x即可.【详解】解：①如图1，当E点在线段上时，连接,∵四边形是正方形，∵折叠后，，，又(HL)，∴，，

，设,则，，在Rt中，

，解得，②如图2，E点在线段上时，连接,设,则，，，在Rt中，解得，

故答案为：2.4或6【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识并根据勾股定理列方程是解题的关键.9．如图，在中，，，D在AB上，E在CB上，A，C关于DE的对称点分别是G，F，若F在AB上，，，则DE的长是______．【答案】【分析】连接，取的中点T，连接，过点E作于H，根据三角形内角和定理得出，根据翻折的性质及含30度角的直角三角形的性质得出，利用等边三角形的判定和性质得出，再由等腰三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．【详解】解：连接，取的中点T，连接，过点E作于H，∵，，∴，由翻折的性质可知，，，，，∵，∴，，∴，，∵，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】题目主要考查三角形的翻折，及含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形，等腰三角形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键，难度较大．10．如图，在矩形中，，，点、分别为、边上的点，且的长为2，点为的中点，点为上一动点，则的最小值为___________．【答案】/【分析】作点A关于的对称点H，连接，，，，，可知当H、P、G、D共线时，最小，求出、长即可．【详解】解：作点A关于的对称点H，连接，，，，，，∵，∴当H、P、G、D共线时，最小，∵，，∴，，∵的长为2，点为的中点，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了利用轴对称求最短路径，解题关键利用轴对称和直角三角形的性质确定最短路径．11．已知中，，，边上的高，D为线段上的动点，在上截取，连接，，则的最小值为______．【答案】13【分析】通过过点A作的平行线，并在上截取，构造全等三角形，得到当B，D，H三点共线时，可求得的最小值；再作垂线构造矩形，利用勾股定理求解即可．【详解】如图，过点A作的平行线，并在上截取，连接，．则．在和中，∴，∴，∴，∴当B，D，H三点共线时，的值最小，即的值最小，为的长．∵，，，∴在中，由勾股定理，得．如图，过点H作，交的延长线于点M，则四边形为长方形，∴，，∴在中，由勾股定理，得．∴的最小值为13．故答案为：13．【点睛】本题属于没有共同端点的两条线段求最值问题这一类型，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理等知识．解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形．三、解答题12．【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，，，过点A作交于点D，过点B作交于点E，易得，我们称这种全等模型为“k型全等”．(不需要证明)【迁移应用】如图2，在直角坐标系中，直线分别与y轴，x轴交于点A、B，(1)直接写出______，______；(2)在第二象限构造等腰直角，使得，则点E的坐标为______；(3)如图3，将直线绕点A顺时针旋转45°得到，求的函数表达式；【拓展应用】如图4，直线分别交x轴和y轴于A，B两点，点C在直线AB上，且点C坐标为，点E坐标为，连接CE，点P为直线AB上一点，满足，请直接写出点P的坐标：______．【答案】【迁移应用】(1)，；(2)；(3)；【拓展应用】或【分析】迁移应用：(1)求得，，即可求解；(2)过点C作轴交于点F，证明，据此即可求解；(3)过点B作交直线于点C，过点C作轴交于点D，证明，求得，利用待定系数法即可求解；拓展应用：分当点P在射线上和点P在射线上时，两种情况讨论，利用“k型全等”和待定系数法即可求解．【详解】解：【迁移应用】，对于，令，则；令，则；∴，，(1)∵，，∴，；故答案为：，；(2)过点C作轴交于点F，∵，∴由K型全等模型可得，∴，，则，∴点E的坐标为；故答案为：；(3)过点B作交直线于点C，过点C作轴交于点D，∵，∴，由K型全等模型可得，∵与x轴的交点，，∴，，∴，设直线的解析式为，∴，解得，∴；【拓展应用】解：点的坐标：或，①如图，当点P在射线上时，过点C作交直线于点F，∵，∴，过C作x轴垂线l，分别过F，E作，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，，即F点坐标为，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，联立，解得，∴；②当点P在射线上时，过点C作交直线于点H，过点H作轴交于K，过点H作轴，过点C作交于G，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，设直线的解析式为，，∴，∴，联立方程组，解得，∴，综合上所述，点P坐标为或．故答案为：或．【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，分类讨论是解题的关键．13．如图，直线与轴，轴分别交于点，．点在轴正半轴上，把沿折叠，点恰好落在轴负半轴上的点处．直线交直线于点．点是轴正半轴上的一动点，点是直线上的一动点．(1)填空：点，，坐标分别为___________；___________；___________．(2)求的面积．(3)连结．与全等(点与点不重合)，直接写出所有满足条件的点坐标．【答案】(1)(2)6(3)【分析】(1)利用一次函数的解析式分别代入求出点的坐标，再利用勾股定理求出的值，设利用翻折的性质结合勾股定理列方程求解即可；(2)利用待定系数法，设，代入点的坐标求解直线的解析式，并与直线解析式联立求出点的坐标，然后求解面积即可；(3)分类讨论：当在的延长线时或在线段上，根据，分类讨论①当时，②当时，③当时，利用全等三角形的性质通过添加辅助线计算出点的横坐标，再代入解析式中求解即可．【详解】(1)解：由题意得：设，得，；设，得，；在中，，设，则，由折叠可知，，在中，，∴，解得，．(2)设直线表达式为，把代入得，

解得∴直线表达式为

联立方程组，解得，．

．(3)解：∵，∵∴∵与全等；当在的延长线时①当时，过点作轴，过点作轴∵把代入时，解得∴②当时，过点作轴由题意得：∴把代入，解得：∴当点在上时，∵点与点不重合∴不存在③当时，∴把代入，解得：∴【点睛】本题主要考查一次函数与三角形综合，熟练运用分类讨论，勾股定理以及全等的性质，并能够将线段长度转化为坐标计算是解决本题的关键．14．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B、C在x轴上，，.(1)如图1，求点A、B、C的坐标；(2)如图2，若点D在第一象限且满足，，线段BD交y轴于点G，求线段BG的长；(3)如图3，在(2)的条件下，若在第四象限有一点E，满足.请探究BE、CE、AE之间的数量关系，并证明.【答案】(1)，，(2)(3)，理由见解析【分析】(1)根据，，在中，有：，进而有，问题随之得解；(2)求出，即，可得，接着求出，证明，即有，可得，得出，进而有，可得，即有，问题随之得解；(3)由(2)可知：，可得，进而有，延长至F，使，连接，过A点作于M点，根据，即有，进一步有，即可证明，接着证明，问题随之得解．【详解】(1)∵，，∴在中，有：，∴，∵，∴，∴，，；(2)∵，，∴在中，，即，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，即，∵，，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴在中，；(3)，理由如下：由(2)可知：，∵，，∴，∴，∴，延长至F，使