专练03（选择题--压轴题，20道）-2021-2022学年八年级数学上学期期末考点必练（含解析）

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专练03（选择题--压轴题，20道）(解析版）
1．（2021·内蒙古·呼和浩特市启东中学八年级期中）如图，∠ABC＝∠ACB，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC外角∠ACF．以下结论：①AD∥BC；②∠ACB＝2∠ADB；③∠ADC＝90°﹣∠ABD；④∠BDC+∠ABC＝90°．其中正确的结论有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】
利用AD平分∠EAC，推出∠EAD=∠CAD，结合等腰三角形的性质及三角形的外角性质判断①正确；根据，得到∠ADB=∠DBC，再由BD平分∠ABC，得到∠ABC=2∠DBC，由此判断②正确；根据两直线平行，内错角相等可得∠ADC=∠DCF，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和和角平分线的定义整理可得∠ADC=90°﹣∠ABD，判断出③正确；根据三角形外角的性质证得∠BAC=2∠BDC，再根据三角形内角和性质求出∠BDC+∠ABC＝90°，判断出④错误．
【详解】
解：∵AD平分∠EAC，∴∠EAD=∠CAD，
∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAD=∠CAD=∠ABC=∠ACB，
∴，故①正确；∵，∴∠ADB=∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABC=2∠DBC，
∴∠ACB＝2∠ADB，故②正确；
∵，
∴∠ADC=∠DCF，
∵CD是∠ACF的平分线，
∴∠ADC=∠ACF=（∠ABC+∠BAC）=（180°﹣∠ACB）=（180°﹣∠ABC）=90°﹣∠ABD，故③正确；
∵∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠DCF=∠DBC+∠BDC，
∴∠ABC+∠BAC=2（∠DBC+∠BDC），∴∠BAC=2∠BDC，
∵∠BAC+2∠ABC=180°，∴∠BDC+∠ABC＝90°，故④错误；
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，平行线的判定与性质，熟记各性质并综合分析，理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
2．（2019·广东·惠州一中实验学校八年级阶段练习）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于215°，则∠BOD的度数为(　　)

A．20° B．35° C．40° D．45°
【答案】B
【分析】
由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【详解】
解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为215°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°=4×180°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=505°，
∵五边形OAGFE内角和=（5-2）×180°=540°，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD=540°，
∴∠BOD=540°-505°=35°，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
3．（2019·广东宝安·七年级期中）如图，△ABC的面积为3，BD：DC＝2：1，E是AC的中点，AD与BE相交于点P，那么四边形PDCE的面积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接CP．设△CPE的面积是x，△CDP的面积是y．根据BD：DC=2：1，E为AC的中点，得△BDP的面积是2y，△APE的面积是x，进而得到△ABP的面积是4x．再根据△ABE的面积是△BCE的面积相等，得4x+x=2y+x+y，解得y= x，再根据△ABC的面积是3即可求得x、y的值，从而求解．
【详解】
连接CP，

设△CPE的面积是x，△CDP的面积是y．
∵BD：DC=2：1，E为AC的中点，∴△BDP的面积是2y，△APE的面积是x，
∵BD：DC=2：1∴△ABD的面积是4x+2y
∴△ABP的面积是4x．∴4x+x=2y+x+y，
解得y= x．
又∵△ABC的面积为3∴4x+x=，x=．
则四边形PDCE的面积为x+y=．
故选B．
【点睛】
此题能够根据三角形的面积公式求得三角形的面积之间的关系．等高的两个三角形的面积比等于它们的底的比；等底的两个三角形的面积比等于它们的高的比．
4．（2021·广东龙门·八年级期中）如图，在△ABC中，∠A＝80°，∠ABC与∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1，∠A1BC与∠A1CD的平分线相交于点A2，得∠A2，⋯，∠A3BC与∠A3CD的平分线相交于点A4，得∠A4，则∠A4的度数为（　　）

A．5° B．10° C．15° D．20°
【答案】A
【分析】
根据角平分线的定义，三角形的外角性质及三角形的内角和定理可知，，，依此类推可知的度数
【详解】
解：与的平分线交于点，
，
，
，
同理可得，，

．
故选：A．
【点睛】
本题是找规律的题目，主要考查了三角形的外角性质及三角形的内角和定理，同时考查了角平分线的定义．解答的关键是掌握外角和内角的关系．
5．（2021·广东·深圳市福田区莲花中学八年级阶段练习）如图，在中，和的平分线、相交于点，交于，交于，过点作于，下列四个结论：


①；
②当时，；
③若，，则．
其中正确的是（）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①③
【答案】B
【分析】
由角平分线的定义结合三角形内角和可判定①，在AB上取一点H，使BH=BE，进而可证△HBO≌△EBO，则有∠BOH=∠BOE=60°，再证得△HAO≌△FAO，得到AH=AF，进而可判定②，作OG⊥AC于G，OM⊥AB于M，根据三角形的面积可判定③．
【详解】
解：∵和的平分线、相交于点，
∴，
∴，故①错误；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，在AB上取一点H，使BH=BE，


∵BF是∠ABC的角平分线，
∴，
∵OB=OB，
∴△HBO≌△EBO（SAS），
∴，
∴，
∴，
∵，
∴△HAO≌△FAO（ASA），
∴，
∴，故②正确；
作OG⊥AC于G，OM⊥AB于M，如图所示：


∵和的平分线、相交于点，
∴点在的平分线上，
∴，
∴，故③正确；
故选B．
【点睛】
本题主要考查角平分线的性质定理及全等三角形的性质与判定，熟练掌握角平分线的性质定理及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
6．（2020·广东中山·八年级期中）如图，D为的外角平分线上一点并且满足，过D作于E，交BA的延长线于F，则下列结论：
①，②，③，④，其中正确的结论有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE＝DF，再利用“HL”可证明Rt△CDE和Rt△BDF全等，根据全等三角形对应边相等可得CE＝AF，利用“HL”证明Rt△ADE和Rt△ADF全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝AF，然后求出CE＝AB＋AE；根据全等三角形对应角相等可得∠DBF＝∠DCE，根据三角形内角和是180°和∠AOB=∠COD（设AC交BD于点O），得到∠BDC＝∠BAC；根据三角形内角和是180°易得∠DAE＝∠CBD，再根据角平分线可得∠DAE＝∠DAF，然后求出∠DAF＝∠CBD．
【详解】
∵AD平分∠CAF，DE⊥AC，DF⊥AB
∴DE＝DF
在Rt△CDE和Rt△BDF中

∴Rt△CDE≌Rt△BDF（HL），故①正确；
∴CE＝AF
在Rt△ADE和Rt△ADF中

∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL）
∴AE＝AF
∴CE＝AB＋AF＝AB＋AE，故②正确；
∵Rt△CDE≌Rt△BDF
∴∠DBF＝∠DCE
∵∠AOB=∠COD（设AC交BD于点O）
∴∠BDC＝∠BAC，故③正确；
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°
∠BDC+∠DBC+∠DCB=180°
∠DBF＝∠DCE
∴∠DAE＝∠CBD，
∵∠DAE＝∠DAF，
∴∠DAF＝∠CBD，故④正确；
综上所述，正确的结论有①②③④.
故选D
【点睛】
本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质、全等三角形的判定与性质，熟记性质并准确识图判断出全等的三角形是解题的关键，难点在于需要二次证明三角形全等．
7．（2018·广东·八年级期末）如图，已知AB＝AC，AF＝AE，∠EAF＝∠BAC，点C、D、E、F共线．则下列结论，其中正确的是（　　）
①△AFB≌△AEC；②BF＝CE；③∠BFC＝∠EAF；④AB＝BC．

A．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④
【答案】A
【分析】
根据题意结合图形证明△AFB≌△AEC；利用四点共圆及全等三角形的性质问题即可解决．
【详解】
如图，

∵∠EAF=∠BAC，
∴∠BAF=∠CAE；
在△AFB与△AEC中，
，
∴△AFB≌△AEC（SAS），
∴BF=CE；∠ABF=∠ACE，
∴A、F、B、C四点共圆，
∴∠BFC=∠BAC=∠EAF；
故①、②、③正确，④错误．
故选A.．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是准确找出图形中隐含的全等三角形，灵活运用四点共圆等几何知识来分析、判断、推理或证明．
8．（2019·广东·深圳市高级中学七年级期中）如图是由4个相同的小正方形组成的网格图，其中∠1+∠2等于（　　）

A．150° B．180° C．210° D．225°
【答案】B
【分析】
根据SAS可证得≌，可得出，继而可得出答案，再根据邻补角的定义求解.
【详解】
由题意得：，，，
≌，
，
．
故选B．

【点睛】
本题考查全等图形的知识，比较简单，解答本题的关键是判断出≌．.
9．（2021·广东实验中学八年级期中）如图，在ABC中，直线l为边BC的垂直平分线，l交AC于点Q，∠ABC的角平分线与l相交于点P．若∠BAC＝60°，∠ACP＝24°，则∠PQC是（）

A．34° B．36° C．44° D．46°
【答案】A
【分析】
根据角平分线的定义得到∠ABP=∠CBP，根据线段垂直平分线的性质得到PB= PC，根据三角形内角和定理计算，得到答案．
【详解】
∵BP平分∠ABC，
∵∠ABP=∠CBP，
∵直线l是线段BC的垂直平分线，
∴BP= CP，
∴∠CBP=∠BCP，
∴∠ABP=∠BCP，
∴∠A+∠ACB+∠ABC=180°，∠A= 60°，∠ACP= 24° ，
∴3∠ABP + 24° + 60°= 180°，
∴∠ABP= 32°，
∴∠PBC=∠PCB= 32° ，
∴∠PQC=× (180°- 32° - 32°)- 24° = 58°- 24°= 34°．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是线段垂直平分线的性质、角平分线性质、三角形内角和定理、三角形外角，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
10．（2021·广东·广州市南武实验学校八年级期中）在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，点P是边AC上一定点，此时分别在边AB，BC上存在点M，N使得△PMN周长最小且为等腰三角形，则此时的值为（）

A． B．1 C． D．2
【答案】D
【分析】
作P点关于AB的对称点E，关于BC的对称点F，连接EF，交AB于M，交BC于N，此时△PMN周长最小，最小值为EF，分三种情况通过证明△PEN≌△PFM，得出PE=PF，即可得到PH=PC，根据30°角的直角三角形的性质即可证得
．
【详解】
解：作P点关于AB的对称点E，关于BC的对称点F，连接EF，交AB于M，交BC于N，此时△PMN周长最小，最小值为EF，
当PM=PN时，
∴∠PMN=∠PNM，
∵PM=EM，PN=FN，
∴EN=FM，
在△PEN与△PFM中，
，
∴△PEN≌△PFM（SAS），
∴PE=PF，
∴PH=PC，
∵∠A=30°，
∴PH=AP，
∴PC=AP，
，
当PM=MN时，则∠MPN=∠MNP，
∵PM=ME，
∴∠MPE=∠E，
∴∠EPN=90°，∠PNM=2∠E，
∴∠PNM=60°，
∴△PMN是等边三角形，
∴PE=PF，
∴PH=PC，
∴PH=AP，
∴PC=AP，
，
当PN=MN时，
同理，，
故选择：D

【点睛】
本题考查了轴对称-最短路线问题，轴对称的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，证得PE=PF是解题的关键．
11．（2021·广东·佛山市南海石门实验中学八年级阶段练习）如图，点，，在一条直线上，，均为等边三角形，连接和，分别交、于点、，交于点，连接，．下列结论：①；②；③为等边三角形；④平分．其中结论正确的有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
由等边三角形的性质得出AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，得出∠ABE=∠DBC，由SAS即可证出△ABE≌△DBC；由△ABE≌△DBC，得出∠BAE=∠BDC，根据三角形外角的性质得出∠DMA=60°；由ASA证明△ABP≌△DBQ，得出对应边相等BP=BQ，即可得出△BPQ为等边三角形；由△ABE≌△DBC得到△ABE和△DBC面积等，且AE=CD，从而证得点B到AE、CD的距离相等，利用角平分线判定定理得到点B在角平分线上．
【详解】
解：∵△ABD、△BCE为等边三角形，
∴AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，
∴∠ABE=∠DBC，∠PBQ=60°，
在△ABE和△DBC中，

∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD=180°-60°-60°=60°，
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°，
∴②正确；
在△ABP和△DBQ中，

∴△ABP≌△DBQ（ASA），
∴BP=BQ，
∴△BPQ为等边三角形，
∴③正确；
∵△ABE≌△DBC
∴AE=CD，S△ABE=S△DBC，
∴点B到AE、CD的距离相等，
∴B点在∠AMC的平分线上，
即MB平分∠AMC；
∴④正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定定理；熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
12．（2020·广东·广州市第二中学八年级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，BC＝6cm，AB的垂直平分线交BC于点M，交AB于点E，AC的垂直平分线交BC于点N，交AC于点F，则MN的长为（　　）

A．4cm B．3cm C．2cm D．1cm
【答案】C
【分析】
连接、过作于，先求出、值，再求出、值，求出、值，代入求出即可．
【详解】

连接、，过作于
∵在中，，，
∴，
∴在中，
∴在中，

∴，
∵的垂直平分线
∴
同理
∵
∴
∴在中，

∴
同理
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查垂直平分线的性质、含直角三角形的性质，利用特殊角、垂直平分线的性质添加辅助线是解题关键，通过添加的辅助线将复杂问题简单化，更容易转化边．
13．（2020·广东深圳·一模）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，点E，F分别是线段BC，DC上的动点.当△AEF的周长最小时，则∠EAF的度数为( )

A．90° B．80° C．70° D．60°
【答案】B
【分析】
据要使的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上；作出A关于BC和CD的对称点A′，A″（图见解析），即可得出，根据等腰三角形的性质和外角得，即可得出答案.
【详解】
如图，作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为的周长最小值.作DA延长线AH，



根据对称的性质可得，和都是等腰三角形



故选：B.

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质（等边对等角）、外角和邻补角的性质，通过作对称点将求周长最小的问题进行转化是解题关键.
14．（2018·广东坪山·八年级期末）如图，平面直角坐标系中，已知A(2，2)、B(4，0)，若在x轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是( )

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
由点A、B的坐标可得到AB=2，然后分类讨论：若AC=AB；若BC=AB；若CA=CB，确定C点的个数．
【详解】
∵点A、B的坐标分别为(2，2)、B(4，0)．
∴AB=2，
如图，①若AC=AB，以A为圆心，AB为半径画弧与x轴有2个交点(含B点)，即(0，0)、(4，0)，
∴满足△ABC是等腰三角形的C点有1个；
②若BC=AB，以B为圆心，BA为半径画弧与x轴有2个交点，即满足△ABC是等腰三角形的C点有2个；
③若CA=CB，作AB的垂直平分线与x轴有1个交点，即满足△ABC是等腰三角形的C点有1个；

综上所述：点C在x轴上，△ABC是等腰三角形，符合条件的点C共有4个．
故选D．
【点睛】
本题主考查了等腰三角形的判定以及分类讨论思想的运用，分三种情况分别讨论，注意等腰三角形顶角的顶点在底边的垂直平分线上．
15．（2021·广东五华·七年级期中）下列各式中，不能运用平方差公式计算的是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
可以用平方差公式计算的式子的特点是：两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数．相乘的结果应该是：右边是乘式中两项的平方差（相同项的平方减去相反项的平方）．
【详解】
解：A、原式=，不符合题意；
B、原式=，不符合题意；
C、原式=，符合题意；
D、原式=，不符合题意，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平方差公式，关键是要熟练掌握并灵活运用平方差公式．
16．（2021·广东高州·七年级期中）如图，在一块边长为a的正方形花圃中，两纵两横的4条宽度为b的人行道把花圃分成9块，下面是四个计算种花土地总面积的代数式：①(a−2b)(a−2b)，②a2−4ab，③a2−4ab+4b2，④a2−4ab−4b2，其中正确的有（）

A．①② B．①③
C．②④ D．③④
【答案】B
【分析】
由平移法可得，种花土地总面积等于边长为（a−2b）的正方形的面积；由图可得，种花土地总面积＝a2−4ab＋4b2；据此得出结论．
【详解】
解：由平移法可得，种花土地总面积＝（a−2b）（a−2b）；
由图可得，种花土地总面积＝a2−4ab＋4b2；
所以①、③正确，②、④错误
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了完全平方公式的几何背景的应用，解决此类问题的关键是运用几何直观理解，解决完全平方公式的推导过程，通过几何图形之间的数量关系对完全平方公式做出几何解释．
17．（2019·广东顺德·七年级阶段练习）化简的结果是(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
将3转换成的形式，再利用平方差公式求解即可．
【详解】







故答案为：A．
【点睛】
本题考查了实数的化简运算问题，掌握平方差公式是解题的关键．
18．（2017·广东·揭西县第三华侨中学七年级阶段练习）（）
A． B．1 C．0 D．2003
【答案】B
【详解】
试题分析：根据积的乘方，等于各个因式分别乘方，可得.
故选B
19．（2021·广东·九年级专题练习）已知，则的值是（　　）
A．9 B．8 C． D．
【答案】D
【分析】
根据可知即，把分子、分母同时除以得，把代入即可.
【详解】
由得，即
=，
把代入得=，
故选D
【点睛】
本题考查利用恒等变形求分式的值，利用分式的性质，找到可以等量代换的代数式是解题关键.
20．（2015·广东龙华·二模）某市政工程队准备修建一条长1200米的污水处理管道．在修建完400米后，为了能赶在讯期前完成，采用新技术，工作效率比原来提升了25%．结果比原计划提前4天完成任务．设原计划每天修建管道x米，依题意列方程得（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
设原计划每天修建管道x米,则原计划修建天数为天.实际前面400米,每天修建管道x米,需要天,剩下的1200-400=800米,每天修建管道x (1+25％)米,需要天. 根据实际天数比原计划提前4天完成任务即可得出数量关系.
【详解】
设原计划每天修建管道x米,
根据题意的– =4,
- - =4,
- =4,
选项B正确.
【点睛】
本题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是首先弄清题意，根据关键描述语，找到合适的等量关系；难点是得到实际修建的天数.