人教版八年级数学下册举一反三系列专题21.8期末复习之选填压轴题专项训练(人教版)(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册举一反三系列专题21.8期末复习之选填压轴题专项训练(人教版)(原卷版+解析)，共45页。

考点1
二次根式选填期末真题压轴题
1．（2022春·广东广州·八年级广州市第九十七中学校考期末）如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为16cm2和12 cm2的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为（ ）
A．(8−43)cm2B．(4−23)cm2C．(16−83)cm2D．(83−12)cm2
2．（2022秋·江苏南通·八年级统考期末）已知25−x2−15−x2=2，则25−x2+15−x2的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
3．（2022春·广东广州·八年级期末）若a2−3a+1+b2−2b+1=0，则a2+1a2−|7−b|=______．
4．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期末）若2x﹣1=3，则x2﹣x=_____．
5．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期末）若6−13的整数部分为x，小数部分为y，则(2x+13)y的值是___.
6．（2022秋·江苏南通·八年级统考期末）若m＞n＞0，且m2＝4mn﹣n2，则m2−n22mn的值为________．
7．（2022秋·江苏南通·八年级统考期末）若a=17+12，则a3−5a+2020=__________．
8．（2022秋·江苏南通·八年级校考期末）已知xy=3，那么xyx+yxy的值为______ ．
9．（2022春·江苏南通·八年级校考期末）定义：将可化为a+b2（其中a、b为整数）的实数称为“A类数”．在1+2，8，3+12， 12−2，3中“A类数”共有___________个．
考点2
勾股定理选填期末真题压轴题
1．（2022春·八年级课时练习）如图，△ABC为等边三角形，边长为6，AD⊥BC，垂足为点D，点E和点F分别是线段AD和AB上的两个动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为（ ）
A．3B．3C．33D．2
2．（2022春·河南许昌·八年级校考阶段练习）在△ABC中，∠C=90°，若AB=5，则AB2+AC2+BC2=( )
A．10B．15C．30D．50
3．（2022秋·浙江台州·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为边AC上的一点，CD=CB=3，DE//BC，BF⊥CE交AC于点F，交CE于点G．若DE=1，图中阴影部分的面积为4，则△BCG的周长为______．
4．（2022秋·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为_______.
5．（2022春·重庆·八年级重庆市育才中学校考阶段练习）在ΔABC中，AB=10cm，AC=17cm，BC边上的高为8cm，则ΔABC的面积为______cm2．
6．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州屏东中学校考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，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，DG⊥AB，DG=3+1，则DE的长是______．
7．（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=8，AB=6，AD是∠BAC的角平分线，CD⊥AD，则△BDC的面积为_________．
8．（2022秋·四川眉山·八年级统考期末）如图所示，圆柱体底面圆的半径是2π ，高为1，若一只小虫从A点出发沿着圆柱体的外侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短路程是______
9．（2022秋·四川眉山·八年级统考期末）已知：如图，等腰RtΔOAB的直角边OA的长为1，以AB边上的高OA1为直角边，按逆时针方向作等腰RtΔOA1B1，A1B1与OB相交于点A2，若再以OA2为直角边按逆时针方向作等腰RtΔOA2B2，A2B2与OB1相交于点A3，按此作法进行下去，得到ΔOA3B3，ΔOA4B4，…，则ΔOA6B6的周长是______.
考点3
平行四边形选填期末真题压轴题
1．（2022秋·四川眉山·八年级校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，点E是AD边的中点，BD、CE交于点H，BE、AH交于点G，则下列结论：①AG⊥BE；②BE:BC=5:2；③S△BHE=S△CHD；④∠AHB=∠EHD．其中正确的个数是
A．1B．2C．3D．4
2．（2022春·四川眉山·八年级校考期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+2b2，其中正确结论有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
3．（2022春·广东广州·八年级铁一中学校考期末）如图所示，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=2，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接EF，在移动的过程中，EF的最小值为（ ）
A．1B．2C．32D．3
4．（2022秋·浙江·八年级专题练习）如图，点O（0，0），A（0，1）是正方形OAA1B的两个顶点，以OA1对角线为边作正方形OA1A2B1，再以正方形的对角线OA2作正方形OA1A2B1，…，依此规律，则点A8的坐标是（ ）
A．（－8，0）B．（0，8）
C．（0，82）D．（0，16）
5．（2022春·四川眉山·八年级校考期末）在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中，有下面的问题：如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，点E在AC上，AD=AE=BE，∠D=102°，则∠BAC的大小是________．
6．（2022春·福建南平·八年级统考期末）如图，矩形ABCD，点P是AD边上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别是点E、F，已知AB=4，BC=8，则PE+PF=__________．
7．（2022春·全国·八年级专题练习）如图，将一块边长为 12 cm 正方形纸片 ABCD 的顶点 A 折叠至DC 边上的 E 点，使 DE＝5，折痕为 PQ，则 PQ 的长为_________cm．
8．（2022春·广东广州·八年级广州市知用学校校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，点P是AB边上一点（不与A，B重合），连接CP，过点P作PQ⊥CP交AD于点Q，连接CQ．取CQ的中点M，连接MD，MP，若MD⊥MP，则AQ的长________．
9．（2022春·八年级课时练习）在四边形ABCD中，E，F分别是边AB，AD的中点，若BC=15，CD=9，EF=6，∠AFE=55°，则∠ADC=______．
10．（2022春·陕西渭南·八年级统考期末）在我国古算书《周髀算经》中记载周公与商高的谈话，其中就有勾股定理的最早文字记录，即“勾三股四弦五”，亦被称作商高定理．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，则D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，那么矩形KLMJ的面积为__________．
11．（2022·山东青岛·八年级青岛大学附属中学校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，E，F分别是线段CD和线段BA延长线上的动点，沿直线EF折叠使点D的对应点D'落在BC上，连接AD'，DD'，当△ADD′是以DD'为腰的等腰三角形时，DE的长为______．
考点4
一次函数选填期末真题压轴题
1．（2022秋·安徽合肥·八年级合肥市五十中学西校校考期末）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，沿同一条公路相向而行，相遇时甲、乙所走路程的比为2︰3，甲、乙两车离AB中点C的路程y(千米)与甲车出发时间t(时)的关系图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．A，B两地之间的距离为180千米
B．乙车的速度为36千米/时
C．a的值为3.75
D．当乙车到达终点时，甲车距离终点还有30千米
2．（2022秋·陕西西安·八年级统考期末）如图，一束光线从点A4,5出发，经y轴上的点C反射后经过点B1,0，则点C的坐标是（ ）
A．0,12B．0,45C．0,1D．0,2
3．（2022秋·陕西西安·八年级交大附中分校校考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴的负半轴和正半轴上，以AB为边向上作正方形ABCD，四边形OEFG是其内接正方形，若直线OF的表达式是y＝2x，则S正方形ABCDS正方形OEFG的值为（ ）
A．43B．85C．169D．94
4．（2022秋·陕西西安·八年级交大附中分校校考期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=x+4的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P在线段AB上，PC⊥x轴于点C，则△PCO周长的最小值为（ ）．
A．22B．4+22C．4D．4+42
5．（2022秋·陕西西安·八年级统考期末）小明和小亮在同一条笔直的道路上进行500米匀速跑步训练，他们从同一地点出发，先到达终点的人原地休息，已知小明先出发2秒，在跑步的过程中，小明和小亮的距离y（米）与小亮出发的时间t（秒）之间的函数关系如图所示，则下列结论错误的是（ ）．
A．a=8B．b=92C．c=123D．当t=20时，y=10
6．（2022秋·山东青岛·八年级校考期末）如图，直线l:y=43x，点A1的坐标为3,0，过点A1作x轴的垂线交直线l于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴正半轴于点A2；再过点A2作x轴的垂线交直线 l于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴正半轴于点A3；…，按此作法进行下去，点A2019的坐标为______．
7．（2022秋·山东青岛·八年级山东省青岛第五十九中学校考期末）甲、乙两车从A地出发，匀速驶往B地．乙车出发1h后，甲车才沿相同的路线开始行驶．甲车先到达B地并停留30分钟后，又以原速按原路线返回，直至与乙车相遇．图中的折线段表示从开始到相遇止，两车之间的距离ykm与甲车行驶的时间xh的函数关系的图象，则其中正确的序号是___________．①甲车的速度是100km/h；②A，B两地的距离是360km；③乙车出发4.5h时甲车到达B地；④甲车出发4516h最终与乙车相遇
8．（2022秋·陕西西安·八年级西安市曲江第一中学校考期末）如图，四边形ABCD的顶点坐标分别为A(−4,0)，B(−2,−1)，C3,0，D0,3，当过点B的直线l将四边形ABCD的面积分成面积相等的两部分时，则直线l的函数表达式为____________．
9．（2022秋·河南平顶山·八年级统考期末）如图，在直角坐标系中，点A、B的坐标分别为1,5和4,0，点C是y轴上的一个动点，且A、B、C三点不在同一条直线上，当△ABC的周长最小时点C的坐标是______．
10．（2022春·八年级课时练习）已知直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2的交点坐标为2,−3，则直线y=k1x−b1与直线y=k2x−b2的交点坐标为____________．
11．（2022秋·陕西西安·八年级统考期末）如图，长方形OABC的顶点B的坐标为(8,7)，动点P从原点O出发，以每秒2个单位的速度沿折线OA−AB运动，到点B时停止，同时，动点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度在线段CO上运动，当一个点停止时，另一个点也随之停止．在运动过程中，当线段PQ恰好经过点M(3,2)时，运动时间t的值是__________．
专题21.8 期末复习之选填压轴题专项训练
【人教版】
考点1
二次根式选填期末真题压轴题
1．（2022春·广东广州·八年级广州市第九十七中学校考期末）如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为16cm2和12 cm2的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为（ ）
A．(8−43)cm2B．(4−23)cm2C．(16−83)cm2D．(83−12)cm2
【答案】D
【分析】根据正方形的面积求出两个正方形的边长，从而求出AB,BC，再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解．
【详解】解：∵两张正方形纸片的面积分别为16cm2和12cm2，
∴它们的边长分别为16=4cm，12=23cm，
∴AB=4cm，BC=23+4cm，
∴空白部分的面积=(23+4)×4−12−16
=83+16−12−16
=−12+83cm2．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的应用，算术平方根的定义，解题的关键在于根据正方形的面积求出两个正方形的边长．
2．（2022秋·江苏南通·八年级统考期末）已知25−x2−15−x2=2，则25−x2+15−x2的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据题意，25−x2−15−x2=2，变形为25−x2=2+15−x2，两边平方得x2=1234，代入求值即可．
【详解】解：∵25−x2−15−x2=2，
∴25−x2=2+15−x2，
两边平方得， 25−x2=4+15−x2+415−x2，
即415−x2=6,215−x2=3，
两边再平方得， 415−x2=9，
化简，得x2=1234，
把x2=1234代入25−x2+15−x2，
得25−12342+15−12342，
=1214+214，
=72+32，
=5．
故选C．
【点评】本题考查了分母有理化，根据二次根式的乘除法法则进行二次根式有理化．所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子．
3．（2022春·广东广州·八年级期末）若a2−3a+1+b2−2b+1=0，则a2+1a2−|7−b|=______．
【答案】1
【分析】根据非负数的性质得到a+1a=3，b=1，再根据完全平方公式、绝对值的性质计算，得到答案．
【详解】解：∵a2−3a+1+b2−2b+1=0，
∴a2−3a+1+(b−1)2=0，
∵a2−3a+1≥0，(b−1)2≥0，
∴a2−3a+1=0，b−1=0，
∴a+1a=3，b=1，
∴(a+1a)2=9，
∴a2+1a2=7，
∴a2+1a2−|7−b|
=7−7−1
=7−7+1
=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了算术平方根的非负性、完全平方公式以及代数式求值等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
4．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期末）若2x﹣1=3，则x2﹣x=_____．
【答案】12
【分析】根据完全平方公式以及整体的思想即可求出答案．
【详解】解：∵2x﹣1=3 ，
∴（2x﹣1）2=3
∴4x2﹣4x+1=3
∴4（x2﹣x）=2
∴x2﹣x=12
故答案为12
【点睛】本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用完全平方公式，本题属于基础题型．
5．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期末）若6−13的整数部分为x，小数部分为y，则(2x+13)y的值是___.
【答案】3
【分析】先估算3<13<4,再估算2<6−13<3,根据6－13的整数部分为x,小数部分为y,可得: x=2, y=4−13,然后再代入计算即可求解.
【详解】因为3<13<4,
所以2<6−13<3,
因为6－13的整数部分为x,小数部分为y,
所以x=2, y=4−13,
所以(2x＋13)y=4+134−13=16−13=3,
故答案为:3.
【点睛】本题主要考查无理数整数部分和小数部分,解决本题的关键是要熟练掌握无理数估算方法和无理数整数和小数部分的求解方法.
6．（2022秋·江苏南通·八年级统考期末）若m＞n＞0，且m2＝4mn﹣n2，则m2−n22mn的值为________．
【答案】3
【分析】根据已知条件求得m+n=6mn，m−n=2mn，然后将所求的代数式转化为含有m+n、m−n的形式的代数式，并将m+n=6mn，m−n=2mn代入求值即可．
【详解】解：∵m2＝4mn﹣n2，
∴m2+n2=4mn，
∴m+n2=m2+n2+2mn=6mn，m−n2=m2+n2−2mn=2mn，
∵m＞n＞0，
∴m+n=6mn，m−n=2mn，
∴m2−n22mn=m+nm−n2mn=6mn×2mn2mn=23mn2mn=3．
故答案为：3．
【点睛】考查了完全平方公式的运用、二次根式的运算，解题关键是根据已知条件得出m+n=6mn，m−n=2mn．
7．（2022秋·江苏南通·八年级统考期末）若a=17+12，则a3−5a+2020=__________．
【答案】2024
【分析】a3−5a+2020= aa2−5+2020，代入a值，根据乘法法则进行计算即可.
【详解】a3−5a+2020= aa2−5+2020=17+12×17+122−5+2020
=17+12×18+2174−5+2020
=17+12×17−12+2020
=4+2020
=2024
故答案为：2024
【点睛】考核知识点：二次根式运算.掌握运算法则，运用乘法公式是关键.
8．（2022秋·江苏南通·八年级校考期末）已知xy=3，那么xyx+yxy的值为______ ．
【答案】±23
【详解】分析：先化简，再分同正或同负两种情况作答．
详解：因为xy=3，所以x、y同号，
于是原式=xxyx2+yxyy2=xxxy+yyxy，
当x>0，y>0时，原式=xy+xy=23；
当x<0，y<0时，原式=−xy+(−xy)=−23
故原式=±23.
点睛：本题考查的是二次根式的化简求值，能够正确的判断出化简过程中被开方数底数的符号是解答此题的关键.
9．（2022春·江苏南通·八年级校考期末）定义：将可化为a+b2（其中a、b为整数）的实数称为“A类数”．在1+2，8，3+12， 12−2，3中“A类数”共有___________个．
【答案】3
【分析】根据“A类数”的定义，即可求出结果.
【详解】解：具有“A类数”的特征的数有：1+2，3+12， 12−2，共有3个.
故答案为3.
【点睛】理解A类数的定义：将可化为a+b2（其中a、b为整数）的实数称为“A类数”是解题的关键.
考点2
勾股定理选填期末真题压轴题
1．（2022春·八年级课时练习）如图，△ABC为等边三角形，边长为6，AD⊥BC，垂足为点D，点E和点F分别是线段AD和AB上的两个动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为（ ）
A．3B．3C．33D．2
【答案】C
【分析】过C作CF⊥AB交AD于E，则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值=CF，根据等边三角形的性质得到BF=12AB=12×6=3，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】】解：过C作CF⊥AB交AD于E，如图，
则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值=CF，
∵△ABC为等边三角形，边长为6，
∴BF=12AB=12×6=3，
∴CF=BC2−BF2=62−32=33，
∴CE+EF的最小值为33，
故选：C．
【点睛】本题考查了垂线段最短，勾股定理，等边三角形的性质，关键是画出符合条件的图形．
2．（2022春·河南许昌·八年级校考阶段练习）在△ABC中，∠C=90°，若AB=5，则AB2+AC2+BC2=( )
A．10B．15C．30D．50
【答案】D
【详解】试题分析：根据题意可知AB为斜边，因此可根据勾股定理可知AB2=AC2+BC2=25，因此可知AB2+AC2+BC2=25×2=50.
故选D.
点睛：此题主要考查了勾股定理的应用，解题关键是根据勾股定理列出直角三角形三边关系的式子，然后化简代换即可.
3．（2022秋·浙江台州·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为边AC上的一点，CD=CB=3，DE//BC，BF⊥CE交AC于点F，交CE于点G．若DE=1，图中阴影部分的面积为4，则△BCG的周长为______．
【答案】13+3
【分析】设CG=x，GB=y，结合题意得∠CDE=90∘，∠ACE+∠BCE=90∘，再根据BF⊥CE交AC于点F，交CE于点G，从而得到∠ACE=∠CBF；通过证明△CDE≌△BCF；得S△CDE=S△CBF，从而得四边形DFGE面积=S△CGB=12xy；根据勾股定理，得x+y，即可完成求解．
【详解】设CG=x，GB=y
∵DE//BC， ∠C=90°
∴∠CDE=90∘，∠ACE+∠BCE=90∘
∵BF⊥CE交AC于点F，交CE于点G
∴∠BGC=90∘
∴∠BCE+∠CBF=90∘
∴∠ACE=∠CBF
∵∠CDE=∠BCF=90∘CD=CB∠ACE=∠CBF
∴△CDE≌△BCF
∴S△CDE=S△CBF
∴四边形DFGE面积=S△CGB=12xy
∵阴影面积=4
∴12×31+3−2×12xy=4
∴xy=2
∵CG2+GB2=9
∴x2+y2=9
∴x+y2=x2+y2+2xy=13
∵x+y>0
∴x+y=13
∴△CGB的周长为：13+3
故答案为：13+3．
【点睛】本题考查了全等三角形、勾股定理、算术平方根的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形、勾股定理、算术平方根的性质，从而完成求解．
4．（2022秋·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为_______.
【答案】41
【详解】作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：
∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
BA=CA∠BAD=∠CAD′AD=AD′，
∴△BAD ≌△CAD′(SAS)，
∴BD=CD′，
∠DAD′=90°，
由勾股定理得DD′=AD2+(AD′)2=32=42，
∠D′DA+∠ADC=90°
由勾股定理得CD′=DC2+(DD′)2=9+32=41
∴BD=CD′=41，
故答案为：41．
5．（2022春·重庆·八年级重庆市育才中学校考阶段练习）在ΔABC中，AB=10cm，AC=17cm，BC边上的高为8cm，则ΔABC的面积为______cm2．
【答案】36或84
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，利用勾股定理列式求出BD、CD，再分点D在边BC上和在CB的延长线上两种情况分别求出BC的长度，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，
∵BC边上的高为8cm，
∴AD=8cm，
∵AC=17cm，
由勾股定理得：
BD=AB2−AD2=102−82=6cm，
CD=AC2−AD2=172−82=15cm，
如图1，点D在边BC上时，
BC=BD+CD=6+15=21cm，
∴△ABC的面积=12·BC·AD=12×21×8=84cm2，
如图2，点D在CB的延长线上时，
BC= CD−BD=15−6=9cm，
∴△ABC的面积=12·BC·AD=12×9×8=36 cm2，
综上所述，△ABC的面积为36 cm2或84 cm2，
故答案为：36或84．
【点睛】本题考查了勾股定理，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键，难点是在于要分情况讨论．
6．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州屏东中学校考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，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，DG⊥AB，DG=3+1，则DE的长是______．
【答案】32
【分析】连接CD，取AC的中点T，连接DT，过点E作EH⊥CD于H，根据三角形内角和定理得出∠A=60°，根据翻折的性质及含30度角的直角三角形的性质得出AB=43+4，利用等边三角形的判定和性质得出DT=AT=TC，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CD，取AC的中点T，连接DT，过点E作EH⊥CD于H，
∵∠ACB=90°， ∠B=30°，
∴∠A=90°−30°=60°，
由翻折的性质可知，AD=DG=3+1，AC=FG， ∠ADE=∠GDE，∠A=∠G=60°，
∵DG⊥AB，
∴∠GDF=90°， ∠DFG=30°，
∴FG=AC=2DG= 23+2，DF=GF2−GD2=3+3，AB=2AC=43+4，
∵AT=CT=3+1=AD， ∠A=60°，
∴△ADT是等边三角形，
∴DT=AT=TC，
∴∠ADC=90°，
∴∠ACD=90°−60°=30°，
∴∠DCE=∠DFE=60°，
∵∠DFE=∠B+∠FEB，
∴∠FEB=∠B=30°，
∴EC=EF=FB=43+4−3−1−3−3=23，
∴CH=12EC=3，
∵CD=DF=3+3，
∴DH=CD−CH=3+3−3=3，
∵∠CDE=∠EDF=45°，
∴DE=2DH=32，
故答案为：32．
【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．
7．（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=8，AB=6，AD是∠BAC的角平分线，CD⊥AD，则△BDC的面积为_________．
【答案】8
【分析】设AD和BC交于点E，过E作EF垂直于AC于点F，根据角平分线性质意有BE=EF，可证△ABE≌△AEF，设BE=x，EC=8- x，在Rt△EFC中利用勾股定理计算出EF和EC的长度，然后由面积相等，可求DC的长度，应用勾股定理求出DE，再由△CDE的面积求出DG，计算面积即可．
【详解】解：如图所示，设AD和BC交于点E，过E作EF垂直于AC于点F，过D作DG垂直于BC交BC于点G
∵AD是∠BAC的角平分线，∠ABC=90°，∠AFE=90°，
∴BE=FE
在Rt△ABE和Rt△AFE中AB=AFAE=AE
∴Rt△ABE≌Rt△AFE（HL）
∴AB=AF=6，
在Rt△ABC中BC=8，AB=6，
∴AC=10
∴FC=4
设BE=x，则EC=8- x，在Rt△EFC中由勾股定理可得：x2+42=(8−x)2
解得x=3
在Rt△ABE中由勾股定理可得：AB2+BE2=AE2
∴AE=35
∵S△CAE=12AC⋅EF=12AE⋅CD
∴CD=25,
在Rt△CDE中由勾股定理可得：CD2+DE2=CE2
∴DE=5,
∵S△CDE=12CD⋅ED=12GD⋅EC
∴CD⋅ED=GD⋅EC
∴GD=2
∴S△BCD=12GD⋅BC=8，
故答案为：8
【点睛】本题主要考查三角形综合应用，解题的关键是利用角平分线性质构造辅助线，然后结合面积相等和勾股定理求相关长度．
8．（2022秋·四川眉山·八年级统考期末）如图所示，圆柱体底面圆的半径是2π ，高为1，若一只小虫从A点出发沿着圆柱体的外侧面爬行到C点，则小虫爬行的最短路程是______
【答案】5
【分析】先将图形展开，再根据两点之间线段最短可知．
【详解】圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，C是边的中点，矩形的宽即高等于圆柱的母线长．
∵AB=π•π2=2，CB=1．
∴AC= AB2＋BC2= 22＋12=5，
故答案为：5.
【点睛】圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，矩形的宽即高等于圆柱的母线长．本题就是把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
9．（2022秋·四川眉山·八年级统考期末）已知：如图，等腰RtΔOAB的直角边OA的长为1，以AB边上的高OA1为直角边，按逆时针方向作等腰RtΔOA1B1，A1B1与OB相交于点A2，若再以OA2为直角边按逆时针方向作等腰RtΔOA2B2，A2B2与OB1相交于点A3，按此作法进行下去，得到ΔOA3B3，ΔOA4B4，…，则ΔOA6B6的周长是______.
【答案】2+28
【分析】依次求出在Rt△OAB中，OA1＝22；在Rt△OA1B1中，OA2＝22OA1＝（22）2；依此类推：在Rt△OA5B5中，OA6＝（22）6，由此可求出△OA6B6的周长．
【详解】∵等腰RtΔOAB的直角边OA的长为1，
∴在Rt△OA1B1中OA1＝22OA＝22，
在RtΔOA2B2中OA2＝22OA1＝（22）2，
…
故在Rt△OA6B6中OA6＝22OA5＝（22）6= OB6
A6B6=2OB6=28
故△OA6B6的周长是＝28+2×（22）6=28+2×18=2+28．
故答案为：2+28．
【点睛】本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．
考点3
平行四边形选填期末真题压轴题
1．（2022秋·四川眉山·八年级校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，点E是AD边的中点，BD、CE交于点H，BE、AH交于点G，则下列结论：①AG⊥BE；②BE:BC=5:2；③S△BHE=S△CHD；④∠AHB=∠EHD．其中正确的个数是
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】首先根据正方形的性质证得△BAE≌△CDE，推出∠ABE＝∠DCE，再证 △ADH≌△CDH，求得∠HAD＝∠HCD，推出∠ABE＝∠HAD:求出∠ABE+∠BAG＝90°;最后在△AGE中根据三角形的内角和是180°求得∠AGE＝90°即可得到①正确；
因为点E是AD边的中点，求出AB= 2AE，BE=5 AE
即可求得BE:BC=5:2，故②正确；
根据 AD ∥BC，求出S△BDE=S△CDE，推出 S△BDE﹣S△DEH=S△CDE﹣S△DEH，
即；S△BHE=S△CHD，故③正确；
由∠AHD＝∠CHD，得到邻补角和对顶角相等得到∠AHB＝∠EHD，故④正确
【详解】∵四边形ABCD是正方形，E是AD边上的中点，
∴AE=DE，AB=CD，∠BAD=∠CDA=90°，
在△BAE和△CDE中
∵AE=DE∠BAE=∠CDEAB=CDA
∴△BAE≌△CDE（SAS），
∴∠ABE=∠DCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
∵在△ADH和△CDH中，
AD=CD∠ADH=∠CDHDH=DH
∴△ADH≌△CDH（SAS），
∴∠HAD=∠HCD，
∵∠ABE=∠DCE
∴∠ABE=∠HAD，
∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°，
∴∠ABE+∠BAH=90°，
∴∠AGB=180°-90°=90°，
∴AG⊥BE，故①正确；
∵点E是AD边的中点，
∴AB= 2AE，
∴BE=5 AE
∴BE:BC=5:2，故②正确；
∵AD∥BC，∴S△BDE=S△CDE，
∴S△BDE﹣S△DEH=S△CDE﹣S△DEH，
即；S△BHE=S△CHD，故③正确；
∵△ADH≌△CDH，
∴∠AHD=∠CHD，
∴∠AHB=∠CHB，
∵∠BHC=∠DHE，
∴∠AHB=∠EHD，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质，解题的关键是熟练掌握其性质.
2．（2022春·四川眉山·八年级校考期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+2b2，其中正确结论有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形,得到四条边相等,四个角为直角,利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等,利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG,利用全等三角形对应角相等得到∠CBM=∠MDO,利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角,利用勾股定理求出所求式子的值即可.
【详解】解：①∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，
∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，即∠BCE=∠DCG.
在△BCE和△DCG中，CB＝CD，∠BCE＝∠DCG，CE＝CG，
∴△BCE≌△DCG，
∴BE=DG，
故结论①正确.
②如图所示，设BE交DC于点M，交DG于点O.
由①可知，△BCE≌△DCG，
∴∠CBE=∠CDG，即∠CBM=∠MDO.
又∵∠BMC=∠DMO，∠MCB=180°-∠CBM-∠BMC，∠DOM=180°-∠CDG-∠MDO，
∴∠DOM=∠MCB=90°，
∴BE⊥DG.
故②结论正确.
③如图所示，连接BD、EG，
由②知，BE⊥DG，
则在Rt△ODE中，DE2=OD2+OE2，
在Rt△BOG中，BG2=OG2+OB2，
在Rt△OBD中，BD2=OD2+OB2，
在Rt△OEG中，EG2=OE2+OG2，
∴DE2+BG2=(OD2+OE2)+(OB2+OG2)=(OD2+OB2)+(OE2+OG2)=BD2+EG2.
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=2a2，
在Rt△CEG中，EG2=CG2+CE2=2b2，
∴BG2+DE2=2a2+2b2.
故③结论正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，正方形的性质.
3．（2022春·广东广州·八年级铁一中学校考期末）如图所示，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=2，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接EF，在移动的过程中，EF的最小值为（ ）
A．1B．2C．32D．3
【答案】D
【详解】连接DB，作DH⊥AB于H，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴AD=AB=BC=CD，而∠A=60°，∴△ABD和△BCD都是等边三角形，∴∠ADB=∠DBC=60°，AD=BD，在Rt△ABH中，AH=1，AD=2，∴DH=3，在△ADE和△BDF中，AD=BD∠A=∠FBDAE=BF，∴△ADE≌△BDF，∴∠2=∠1，DE=DF，∴∠1+∠BDE=∠2+∠BDE=∠ADB=60°，∴△DEF为等边三角形，∴EF=DE，而当E点运动到H点时，DE的值最小，其最小值为3，∴EF的最小值为3．故选D．
4．（2022秋·浙江·八年级专题练习）如图，点O（0，0），A（0，1）是正方形OAA1B的两个顶点，以OA1对角线为边作正方形OA1A2B1，再以正方形的对角线OA2作正方形OA1A2B1，…，依此规律，则点A8的坐标是（ ）
A．（－8，0）B．（0，8）
C．（0，82）D．（0，16）
【答案】D
【分析】根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以2，可求出从A到A3变化后的坐标，再求出A1、A2、A3、A4、A5，继而得出A8坐标即可.
【详解】解：根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘2，
∵从A到A3经过了3次变化，
∵45°×3＝135°，1×23＝22，
∴点A3所在的正方形的边长为22，点A3位置在第四象限，
∴点A3的坐标是（2，－2），
可得出：A1点坐标为（1，1），
A2点坐标为（0，2），A3点坐标为（2，－2），
A4点坐标为（0，－4），A5点坐标为（－4，－4），
A6（－8，0），A7（－8，8），A8（0，16），
故选D.
【点睛】本题考查了规律题，点的坐标，观察出每一次的变化特征是解答本题的关键.
5．（2022春·四川眉山·八年级校考期末）在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中，有下面的问题：如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，点E在AC上，AD=AE=BE，∠D=102°，则∠BAC的大小是________．
【答案】26°．
【分析】设∠BAC=x，然后结合平行四边形的性质和已知条件用x表示出∠EBA、∠BEC、 ∠BCE、 ∠BEC、 ∠DCA、∠DCB，最后根据两直线平行同旁内角互补，列方程求出x即可．
【详解】解：设∠BAC=x
∵平行四边形ABCD的对角线
∴DC//AB,AD=BC,AD//BC
∴∠DCA=∠BAC=x
∵AE=BE
∴∠EBA =∠BAC=x
∴∠BEC=2x
∵AD=AE=BE
∴BE=BC
∴∠BCE=∠BEC =2x
∴∠DCB=∠BCE+∠DCA=3x
∵AD//BC，∠D=102°
∴∠D+∠DCB=180°，即102°+3x=180°，解得x=26°．
故答案为26°．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质，运用平行四边形结合已知条件判定等腰三角形和掌握方程思想是解答本题的关键．
6．（2022春·福建南平·八年级统考期末）如图，矩形ABCD，点P是AD边上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别是点E、F，已知AB=4，BC=8，则PE+PF=__________．
【答案】855
【分析】连接OP，先求得△AOD的面积，根据△AOD的面积=△ODP的面积+ △AOP的面积=12AO·PE+12DO·PF即可求解．
【详解】解：连接OP
在直角△ABD中，AB=4，BC=8，
∴AC=BD=42+82=45，
∴AO=OD=25，
∴△AOD的面积=14矩形ABCD的面积=14×8×4=8，
∴△ODP的面积+ △AOP的面积=8，
∴12AO·PE+12DO·PF=8，
∴12×25（PE+PF）=8，
∴PE+PF=855．
故答案为：855．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理，三角形的面积等知识，掌握用面积法解决问题是解答本题的关键．
7．（2022春·全国·八年级专题练习）如图，将一块边长为 12 cm 正方形纸片 ABCD 的顶点 A 折叠至DC 边上的 E 点，使 DE＝5，折痕为 PQ，则 PQ 的长为_________cm．
【答案】13
【分析】先过点P作PM⊥BC于点M，利用三角形全等的判定得到△PQM≌△ADE，从而求出PQ=AE．
【详解】过点P作PM⊥BC于点M，
由折叠得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
又∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∵AD∥BC，
∴∠APQ=∠PQM，
则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD
∴△PQM≌△ADE
∴PQ=AE=52+122=13
故答案是：13.
【点睛】本题主要考查正方形中的折叠问题, 正方形的性质.解决本题的关键是能利用折叠得出PQ⊥AE从而推理出∠AED=∠APQ=∠PQM，为证明三角形全等提供了关键的条件.
8．（2022春·广东广州·八年级广州市知用学校校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，点P是AB边上一点（不与A，B重合），连接CP，过点P作PQ⊥CP交AD于点Q，连接CQ．取CQ的中点M，连接MD，MP，若MD⊥MP，则AQ的长________．
【答案】2
【详解】分析：如图，过M作EF⊥CD于F，则EF⊥AB，证得△MDF≌△PME，求得ME=52，再利用梯形的中位线定理求解即可.
详解：
如图，过M作EF⊥CD于F，则EF⊥AB，

∵MD⊥MP，
∴∠PMD=90°，
∴∠PME+∠DMF=90°，
∵∠FDM+∠DMF=90°，
∴∠MDF=∠PME，
∵M是QC的中点，
根据直角三角形斜边上的中线性质求得DM=PM=12QC，
在△MDF和△PME中，∠MDF=∠PME∠DFM=∠MEPDM=PM，
∴△MDF≌△PME（AAS），
∴ME=DF，PE=MF，
∵EF⊥CD，AD⊥CD，
∴EF∥AD，
∵QM=MC，
∴DF=CF=12DC=52；
∴ME=52，
∵ME是梯形ABCQ的中位线，
∴2ME=AQ+BC，即5=AQ+3，
∴AQ=2．
故答案为:2.
点睛：本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质、梯形的中位线的性质等知识点，过M作EF⊥CD于F，则EF⊥AB，构造△MDF≌△PME是解题的关键.
9．（2022春·八年级课时练习）在四边形ABCD中，E，F分别是边AB，AD的中点，若BC=15，CD=9，EF=6，∠AFE=55°，则∠ADC=______．
【答案】145°
【分析】连接BD，根据三角形中位线定理得到BD＝2EF＝12，EF∥BD，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC＝90°，结合图形计算即可．
【详解】解：连接BD，
∵点E、F分别是边AB、AD的中点，EF=6
∴BD＝2EF＝12，EF∥BD，
∴∠ADB＝∠AFE＝55°，
∵CD=9，BC=15，
∵BD2+CD2=122+92=225，BC2=152=225 ，
∴BD2+CD2=BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝145°，
故答案为：145°．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
10．（2022春·陕西渭南·八年级统考期末）在我国古算书《周髀算经》中记载周公与商高的谈话，其中就有勾股定理的最早文字记录，即“勾三股四弦五”，亦被称作商高定理．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，则D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，那么矩形KLMJ的面积为__________．
【答案】110
【分析】延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
则四边形OALP是矩形．
∵∠CBF=90°，
∴∠ABC+∠OBF=90°，
又∵直角△ABC中，∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠OBF=∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
∠BAC=∠BOF∠ACB=∠OBFBC=BF
∴△OBF≌△ACB（AAS），
∴AC=OB，
同理：△ACB≌△PGC，
∴PC=AB，
∴OA=AP，
∴矩形AOLP是正方形，
边长AO=AB+AC=3+4=7，
∴KL=3+7=10，LM=4+7=11，
∴矩形KLMJ的面积为10×11=110．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．
11．（2022·山东青岛·八年级青岛大学附属中学校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，E，F分别是线段CD和线段BA延长线上的动点，沿直线EF折叠使点D的对应点D'落在BC上，连接AD'，DD'，当△ADD′是以DD'为腰的等腰三角形时，DE的长为______．
【答案】258或8932
【分析】设DE=x，则CE=4−x，由折叠的性质得：D'E=DE=x，由矩形的性质得出CD=AB=4，AD=BC=5，∠C=90°，分两种情况：①当DD'=AD=5时，由勾股定理得：CD'=DD'2−CD2=3，在Rt△CD'E中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②当DD'=AD'时，作D'G⊥AD于G，则CD'=DG=AG=12AD=52，在Rt△CD'E中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：设DE=x，则CE=4−x，
由折叠的性质得：D'E=DE=x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，AD=BC=5，∠C=90°，
分两种情况：
①当DD'=AD=5时，
由勾股定理得：CD'=DD'2−CD2=52−42=3，
在Rt△CD'E再，由勾股定理得：32+(4−x)2=x2，
解得：x=258，
即DE=258；
②当DD'=AD'时，作D'G⊥AD于G，如图所示：
则CD'=DG=AG=12AD=52，
在Rt△CD'E再，由勾股定理得：(52)2+(4−x)2=x2，
解得：x=8932，即DE=8932；
综上所述，当△ADD'是以DD'为腰的等腰三角形时，DE的长为258或8932；
故答案为：258或8932．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
考点4
一次函数选填期末真题压轴题
1．（2022秋·安徽合肥·八年级合肥市五十中学西校校考期末）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，沿同一条公路相向而行，相遇时甲、乙所走路程的比为2︰3，甲、乙两车离AB中点C的路程y(千米)与甲车出发时间t(时)的关系图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．A，B两地之间的距离为180千米
B．乙车的速度为36千米/时
C．a的值为3.75
D．当乙车到达终点时，甲车距离终点还有30千米
【答案】D
【分析】根据两车相遇时甲、乙所走路程的比为2：3及两车相遇所用时间，即可求出A、B两地之间的距离；根据乙车的速度＝相遇时乙车行驶的路程÷两车相遇所用时间，进而求出乙车的速度；根据甲车的速度＝相遇时甲车行驶的路程÷两车相遇所用时间即可求出甲车的速度，然后根据时间＝两地之间路程的一半÷甲车的速度，进而求出a值；根据时间＝两地之间路程÷乙车的速度求出乙车到达终点所用时间，再求出该时间内甲车行驶的路程，用两地间的距离与甲车行驶的路程之差即可得出结论．
【详解】解：A、A、B两地之间的距离为18×2÷（32+3−22+3）＝180（千米），所以A正确；
B、乙车的速度为180×32+3÷3＝36（千米/小时），所以B正确；
C、甲车的速度为180×22+3÷3=24（千米/小时），
a的值为180÷2÷24＝3.75，所以C正确；
D、乙车到达终点的时间为180÷36＝5（小时），
甲车行驶5小时的路程为24×5＝120（千米），
当乙车到达终点时，甲车距离终点距离为180﹣120＝60（千米），所以D错误．
故选：D
【点睛】本题考查了一次函数的实际应用，结合函数的图象并逐一求出选项的内容判断正误是解题的关键
2．（2022秋·陕西西安·八年级统考期末）如图，一束光线从点A4,5出发，经y轴上的点C反射后经过点B1,0，则点C的坐标是（ ）
A．0,12B．0,45C．0,1D．0,2
【答案】C
【分析】延长AC交x轴于点D，利用反射定律，推出等角，从而证明得出△CDO≌△CBO，得到BO=DO，得到D−1,0，设AD的直线的解析式为y=kx+b，待定系数法求出解析式，并求出AD直线与y轴的交点坐标，即C点坐标．
【详解】延长AC交x轴于点D，如图所示：
∵由反射可知：∠1=∠BCO，
又∵∠1=∠DCO，
∴∠BCO=∠DCO，
在△CDO和△CBO中，
∠DCO=∠BCO∠DOC=∠BOCCO=CO
∴△CDO≌△CBO，
∴BO=DO
∵B1,0
∴BO=DO=1
∴D−1,0
∵A4,5，设AD的直线的解析式为y=kx+b，
∴5=4k+b0=−k+b，
解得k=1b=1，
∴AD的直线的解析式为y=x+1，
∴当x=0时，y=1，
∴C0,1．
故选C．
【点睛】本题考查了反射定律，全等三角形的性质和判定，待定系数法求一次函数解析式，综合性较强，将知识综合运用是本题的关键．
3．（2022秋·陕西西安·八年级交大附中分校校考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴的负半轴和正半轴上，以AB为边向上作正方形ABCD，四边形OEFG是其内接正方形，若直线OF的表达式是y＝2x，则S正方形ABCDS正方形OEFG的值为（ ）
A．43B．85C．169D．94
【答案】B
【分析】根据正方形性质易得△GBO≅△FCG，从而可得CG=BO、FC=GB，设OB=a，BG=b，可得F点坐标为(a−b,a+b)，根据F点在直线OF上，可求出a=3b，然后即可根据正方形面积和勾股定理求出面积比．
【详解】解：在正方形ABCD，正方形OEFG中，∠OBG=∠OGF=∠GCF=90°，FG=OG，
∴∠OGB+∠GOB=∠OGB+∠CGF=90°，
∴ ∠GOB=∠CGF，
在△GBO和△FCG中，
∠OBG=∠GCF∠GOB=∠FGCOG=FG
∴△GBO≅△FCG（AAS）
∴CG=BO、FC=GB，
设CG=BO=a、FC=GB=b，
∴BC=BG+CG=a+b，HF=OB−FC=a−b，
∴点F坐标为(a−b,a+b)，
∵直线OF的表达式是y＝2x，
∴2(a−b)=a+b，
∴a=3b，
∴S正方形ABCD=BC2=(a+b)2=(3b+b)2=16b2，
S正方形OEFG=OG2=OB2+BG2=a2+b2=(3b)2+b2=10b2，
∴S正方形ABCDS正方形OEFG=16b210b2=85，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，解题关键是根据正方形性质求证△GBO≅△FCG（AAS），从而用参数表示点F坐标，再直线OF解析式求出线段之间关系．
4．（2022秋·陕西西安·八年级交大附中分校校考期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=x+4的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P在线段AB上，PC⊥x轴于点C，则△PCO周长的最小值为（ ）．
A．22B．4+22C．4D．4+42
【答案】B
【分析】先根据一次函数的解析式可得OA=OB=4，设点P的坐标为P(a,a+4)(−4【详解】对于一次函数y=x+4，
当y=0时，x+4=0，解得x=−4，即A(−4,0)，OA=4，
当x=0时，y=4，即B(0,4)，OB=4，
由题意，设点P的坐标为P(a,a+4)(−4则OC=−a,PC=a+4，
因此，△PCO周长为OC+PC+OP=−a+a+4+OP=4+OP，
要使△PCO周长最小，则只需OP取得最小值，
由垂线段最短可知，当OP⊥AB时，OP取得最小值，
又∵OA=OB=4,OA⊥OB，
∴Rt△AOB是等腰直角三角形，AB=OA2+OB2=42，
∴此时OP=12AB=22，
∴ △PCO周长的最小值为4+22，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的几何应用、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理等知识点，正确找出△PCO周长最小时，点P的位置是解题关键．
5．（2022秋·陕西西安·八年级统考期末）小明和小亮在同一条笔直的道路上进行500米匀速跑步训练，他们从同一地点出发，先到达终点的人原地休息，已知小明先出发2秒，在跑步的过程中，小明和小亮的距离y（米）与小亮出发的时间t（秒）之间的函数关系如图所示，则下列结论错误的是（ ）．
A．a=8B．b=92C．c=123D．当t=20时，y=10
【答案】D
【详解】根据题意，t=0时，小明出发2秒行驶的路程为8米，
所以，小明的速度=8÷2=4米/秒，
∵先到终点的人原地休息，∴100秒时，小亮先到达终点， ∴小亮的速度=500÷100=5米/秒，
∴a=8÷(5-4)=8(秒)，
b=5×100−4×(100+2)=92（米），
c=100+92÷4=123（秒），
∴小明出发123秒时到达了终点，故A、B、C均正确，
小亮出发20秒，小亮走了20×5=100米，小明走了22×4=88米，
100−88=12米，
∴小亮在小明前方12米，故D错误．故选D.
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，能正确地识图，明确图中的拐点的含义是解题的关键.
6．（2022秋·山东青岛·八年级校考期末）如图，直线l:y=43x，点A1的坐标为3,0，过点A1作x轴的垂线交直线l于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴正半轴于点A2；再过点A2作x轴的垂线交直线 l于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴正半轴于点A3；…，按此作法进行下去，点A2019的坐标为______．
【答案】5201832017,0
【分析】由点A1的坐标可得出点B1的坐标，利用勾股定理可得出点A2的坐标，同理可得出点B2，A3，B3，A4，B4，…的坐标，根据点的坐标的变化可找出变化规律“点An的坐标为5n−13n−2,0”，依此规律即可得出结论．
【详解】解：∵点A1的坐标为(3,0)，A1B1⊥x轴，且点B1在直线y=43x，
∴点B1的坐标为(3,4)，
∴OB1=32+42=5，
∵以OB1长为半径画弧交x轴正半轴于点A2，
∴点A2的坐标(5,0)，
同理：B2(5,203)，A3(253，0)，B3(253，1009)，A4(1259，0)，B4(1259，50027)，…，
∴点An的坐标为3×53n−1,0，即点An的坐标为5n−13n−2,0，
当n=2019时，点A2019的坐标为5201832017,0，
故答案为：5201832017,0．
【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征、勾股定理以及点的坐标规律，根据点的坐标的变化找出坐标的变化规律是解题的关键．
7．（2022秋·山东青岛·八年级山东省青岛第五十九中学校考期末）甲、乙两车从A地出发，匀速驶往B地．乙车出发1h后，甲车才沿相同的路线开始行驶．甲车先到达B地并停留30分钟后，又以原速按原路线返回，直至与乙车相遇．图中的折线段表示从开始到相遇止，两车之间的距离ykm与甲车行驶的时间xh的函数关系的图象，则其中正确的序号是___________．①甲车的速度是100km/h；②A，B两地的距离是360km；③乙车出发4.5h时甲车到达B地；④甲车出发4516h最终与乙车相遇
【答案】①③④
【分析】根据题意，两车距离为函数，由图象可知两车起始距离为60，从而得到乙车速度，根据图象变化规律和两车运动状态，得到相关未知量．
【详解】由点（0，60）可知：乙1小时行驶了60km，因此乙的速度是60km/小时，
由点（1.5，0）可知： 1.5小时后甲追上乙，甲的速度是60+60×1.51.5＝100km/小时，故①正确；
由点（b，80）可知：甲到B地，此时甲、乙相距80km，100−60b−1.5=80，解得：b＝3.5，因此A、B两地的距离是100×3.5＝350km，故②错误；
甲车出发3.5小时到达B地，即乙车出发4.5小时，甲车到达B地，故③正确；
c＝b＋3060＝4，a＝80－60×3060＝50，100+60d−c=50，解得：d＝4516，故：甲车出发4516h最终与乙车相遇，故④正确；
∴正确的有①③④，
故填：①③④．
【点睛】本题考查一次函数的应用，主要是以函数图象为背景，考查双动点条件下，两点距离与运动时间的函数关系，解答时既要注意图象变化趋势，又要关注动点的运动状态．
8．（2022秋·陕西西安·八年级西安市曲江第一中学校考期末）如图，四边形ABCD的顶点坐标分别为A(−4,0)，B(−2,−1)，C3,0，D0,3，当过点B的直线l将四边形ABCD的面积分成面积相等的两部分时，则直线l的函数表达式为____________．
【答案】y=54x+32
【分析】先求出四边形ABCD的面积为14，然后根据当直线l与x轴平行时，直线l不能平分四边形ABCD的面积，可设直线l的解析式为y=kx+b，即可求出直线l的解析式为y=kx+2k−1，则直线l与x轴的交点坐标为（1−2kk，0），求出直线CD的解析式为y=−x+3，则直线l与直线CD的交点坐标为（4−2kk+1，5k−1k+1），再由过点B的直线l将四边形ABCD的面积分成面积相等的两部分，得到7=12×3−1−2kk×5k−1k+1+1，由此即可得到答案．
【详解】解：∵A（-4，0），B（-2，-1），C（3，0），D（0，3），
∴AC=7，
∴S四边形ABCD=12AC⋅OD+12AC⋅−yB=14，
∵当直线l与x轴平行时，直线l不能平分四边形ABCD的面积，
∴可设直线l的解析式为y=kx+b，
∴−2k+b=−1，
∴b=2k−1，
∴直线l的解析式为y=kx+2k−1，
∴直线l与x轴的交点坐标为（1−2kk，0）
∵点C坐标为（3，0），点D坐标为（0，3），
∴直线CD的解析式为y=−x+3，
∵当k=−1时，直线l与直线DC平行，此时直线l不可能平分四边形ABCD的面积
∴联立y=kx+2k−1y=−x+3，
解得x=4−2kk+1y=5k−1k+1，
∴直线l与直线CD的交点坐标为（4−2kk+1，5k−1k+1），
∵过点B的直线l将四边形ABCD的面积分成面积相等的两部分，
∴7=12×3−1−2kk×5k−1k+1+1，
解得k=54或k=0（舍去），
∴直线l的解析式为y=54x+32 ，
故答案为：y=54x+32．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．
9．（2022秋·河南平顶山·八年级统考期末）如图，在直角坐标系中，点A、B的坐标分别为1,5和4,0，点C是y轴上的一个动点，且A、B、C三点不在同一条直线上，当△ABC的周长最小时点C的坐标是______．
【答案】（0，4）．
【分析】根据线段垂直平分线的性质，可得B′点，根据待定系数法求函数解析式，根据自变量的值，可得相应的函数值
【详解】
解：作B点关于y轴的对称点B′，连接AB′，交y轴于C点，
B′点的坐标是（-4，0），
设AB′的函数解析式为y=kx+b，图象经过（-4，0），（1，5），得
−4k+b=0k+b=5
解得k=1b=4
AB′的函数解析式为y=x+4
自变量的值为零时，y=4
当△ABC周长最小时，C点坐标为（0，4）．
故答案为：（0，4）．
【点睛】本题考查了一次函数综合题，（1）利用了待定系数法求函数解析式；（2）利用了线段垂直平分线的性质，两点之间线段最短．
10．（2022春·八年级课时练习）已知直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2的交点坐标为2,−3，则直线y=k1x−b1与直线y=k2x−b2的交点坐标为____________．
【答案】（-2,3）．
【分析】由y=k1x−b1y=k2x−b2，得到x=b1−b2k1−k2，根据直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2的交点坐标为2,−3，得到2=b2−b1k1−k2，进而得到x=−2，将x=−2代入y=k1x−b1中，即可求解．
【详解】解：∵y=k1x−b1y=k2x−b2
∴k1x−b1=k2x−b2
x=b1−b2k1−k2
∵直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2的交点坐标为2,−3
∴−3=2k1+b1−3=2k2+b2
得2k1−k2=b2−b1
∴2=b2−b1k1−k2
∴x=−2
将x=−2代入y=k1x−b1中得
y=−2k1−b1=3
∴交点坐标为（-2,3）
故答案为：（-2,3）．
【点睛】此题主要考查直线的交点问题，解题的关键是正确理解一次函数图象交点与二元一次方程组之间的关系．
11．（2022秋·陕西西安·八年级统考期末）如图，长方形OABC的顶点B的坐标为(8,7)，动点P从原点O出发，以每秒2个单位的速度沿折线OA−AB运动，到点B时停止，同时，动点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度在线段CO上运动，当一个点停止时，另一个点也随之停止．在运动过程中，当线段PQ恰好经过点M(3,2)时，运动时间t的值是__________．
【答案】2或5
【详解】设直线PQ的方程为y=kx+b(k≠0)．
∵矩形OABC的顶点B的坐标为B(8,7)，∴OA=7，OC=8．
①当点P在线段OA上，即0≤t<3.5时，如图，P(0,2t)、Q(8−t,0)．
∵直线PQ经过点M(3,2)，∴b=2t(8−t)k+b=03k+b=2．解得t=2．
②当点P在线段AB上，即3.5≤t<7.5时，如图，P′(2t−7,7)、Q(8−t,0)．
∵直线PQ经过点M(3,2)，∴3k+b=2(2t−7)k+b=7(8−t)k+b=0，方程组无解．
③当直线PQ⊥x轴时，即x=3时，该直线PQ也经过点M(3,2)，此时t=5，
综上所述，t的值是2或5．
【点睛】本题考查了一次函数综合题．解题的关键是分类讨论，这样可以防止错解或漏解.