第19-21章常考热点选择题专题提升训练期末复习2025-2026学年人教版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦人教版八年级下册第19-21章，以选择专题整合二次根式、勾股定理、四边形知识，通过典例提炼概念辨析、实际建模、逻辑推理方法，体现知识生成与应用逻辑。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次根式|10题|最简根式判定、运算规则、化简技巧|概念（有意义条件）→运算→几何应用（面积计算）| |勾股定理|10题|逆定理判断、实际问题建模、最短路径展开|定理→逆定理→实际应用（城门、云梯）→空间几何（圆柱展开）| |四边形|10题|性质判定综合、中位线应用、平面镶嵌|内角和→特殊四边形性质→中点问题→综合证明|

2025-2026学年人教版八年级数学下册期末复习《第19-21章》 常考热点选择题专题提升训练（附答案） 一、二次根式 1．若二次根式有意义，则实数x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 2．下列二次根式中，是最简二次根式的是（    ） A． B． C． D． 3．下列运算正确的是（    ） A． B． C． D． 4．一个矩形的长和宽分别是，，则它的面积为（    ） A． B． C． D． 5．已知，则化简二次根式的结果是（    ） A． B． C． D． 6．化简的结果是（   ） A． B． C． D． 7．若最简二次根式和能合并，则x的值为（   ） A．1 B．2 C． D． 8．若，则代数式的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 9．为打造“家门口的好去处”，某市园林部门计划将三块小绿地整合成一个如图所示的长方形公园．已知正方形和正方形的面积分别为：，，则该公园的总面积为（   ） A． B． C． D． 10．古希腊几何学家海伦和我国南宋数学家秦九韶都曾提出利用三角形的三边求面积的公式，称为海伦秦九韶公式．如果一个三角形的三边长分别是，记，那么三角形的面积．若一个三角形的周长为16，其中两边长分别为5和6，则该三角形的面积为（   ） A．12 B． C． D．15 二、勾股定理 11．下列各组数中的三个数可作为三边长构成直角三角形的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 12．小亮在某公园里，测得一个三角形花坛的三边长分别是，，，则该花坛的面积是（   ） A． B． C． D． 13．如图，在中，，，，以点B为圆心，以为半径画弧交数轴于点D（点D位于点B的右侧），则点D所表示的数为（   ） A． B． C． D． 14．如图，小聪拿着一根长竹竿进一个宽4米的城门，他先横着拿进不去，又竖起来拿，结果竿比城门高2米，当他把竿斜着时，两端正好顶着城门的对角，该竹竿长度为（    ） A．3米 B．4米 C．5米 D．6米 15．如图，在四边形ABCD中，，四边形ABCD的面积是（    ） A．4 B．6 C．8 D． 16．在Rt中，，以的三边为边向外作正方形，分别表示这三个正方形的面积．若，则的长为（    ） A． B． C．26 D．6 17．如图，在一个长为 ，宽为 的矩形草地上放着一根长方体木块，已知该木块的较长边和场地宽平行，横截面是边长为 的正方形，一只蚂蚁从点处爬过木块到达点处需要走的最短路程是（   ） A． B． C． D． 18．如图，一架的云梯斜靠在一竖直的墙上，此时．如果梯子的底端向墙一侧移动了（），那么梯子的顶端向上移动的距离是（    ） A． B． C． D． 19．如图，圆柱形玻璃杯的杯高为，底面周长为，在杯内壁离杯底的点处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿，且与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁从外壁处到内壁处所爬行的最短路程为（杯壁厚度不计）（    ） A． B．25 C． D．13 20．如图，和都是等腰直角三角形，，，的顶点在的斜边上．下列结论中：①；②；③；④，正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 三、四边形 21．在生活中，很多墙面与地面会用各种形状的瓷砖铺成，像这样用一些不重叠摆放的多边形将平面完全覆盖，叫做平面镶嵌，为了使镶嵌美丽多变，有时也可以用边长相同的两种正多边形进行镶嵌，下列不可以进行平面镶嵌的一组是（   ） A．正三角形、正四边形 B．正三角形、正六边形 C．正五边形、正十边形 D．正四边形、正六边形 22．下列说法中，正确的是（   ）． A．一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 23．如图，正五边形和正六边形有一条公共边，对角线的延长线交边于点，则（     ） A． B． C． D． 24．如图，在中，过点分别作，的垂线段，垂足为，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 25．如图，四边形中，，点分别为线段，上的动点（含端点，但点不与点重合），点分别为的中点，则长度的最大值为（　　） A．2 B．2.5 C． D．4 26．如图，在四边形中，，，，E，F分别为，的中点，则（    ） A．8 B．9 C．10 D．6 27．如图，在菱形中，对角线，交于点，点为的中点，连接．当，时，菱形的面积为（   ） A． B． C． D． 28．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足为点E，，且，则的长为（   ） A．8 B． C． D．9 29．如图，在正方形中，点在上，点在上，且满足，与交于点，连接，，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 30．如图，平行四边形中，对角线、相交于点、F、G分别是、、的中点，下列结论：①；②；③；④四边形是菱形．其中正确的个数是（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 参考答案 1．解：二次根式有意义，则， 解得：． 2．B 【分析】最简二次根式需满足两个条件：被开方数不含分母，被开方数不含能开得尽方的因数或因式，逐个判断选项即可． 【详解】解：∵，被开方数含能开得尽方的因数，∴A不是最简二次根式； ∵的被开方数不含分母，也不含能开得尽方的因数，满足最简二次根式的定义，∴B是最简二次根式； ∵的被开方数含分母，∴C不是最简二次根式； ∵，被开方数是能开得尽方的数，∴D不是最简二次根式． 3．D 【分析】根据二次根式加减乘除的运算规则逐一判断即可． 【详解】解：选项A：∵与不是同类二次根式，无法合并，∴A错误； 选项B：∵，∴B错误； 选项C：∵，∴C错误； 选项D：∵，∴D正确． 4．D 【分析】利用二次根式乘法法则化简计算，即可得到答案． 【详解】解：． 5．A 【分析】先根据二次根式有意义的条件求出x、y的正负，再化简二次根式即可． 【详解】解：∵有意义， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 6．C 【分析】先由二次根式有意义的条件确定的取值范围，然后根据二次根式的性质解题即可． 【详解】解：∵二次根式有意义， ∴要求被开方数非负，即，得， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ． 7．B 【分析】本题考查同类最简二次根式的性质，能合并的最简二次根式是同类二次根式，同类二次根式的被开方数相等，据此列一元一次方程求解即可． 【详解】解：∵最简二次根式和能合并， ∴二者是同类二次根式，被开方数相等，可得 ， 移项得， 合并同类项得， 系数化为1得． 检验：当时，被开方数 且 ，此时两个二次根式是最简二次根式，符合题意， 所以． 8．B 【分析】利用完全平方公式可得，代入计算即可． 【详解】解：∵， ∴ ． 9．B 【分析】本题考查了二次根式的应用，根据正方形的面积公式分别求得正方形和正方形的边长，进而得出长方形的长和宽，最终可求得总面积． 【详解】解：根据题意可知，正方形的边长为， 正方形的边长为， ∴长方形的长为，宽为， ∴， 故选：B． 10．A 【分析】本题考查海伦-秦九韶公式的应用与二次根式的化简，先根据周长求出第三边长度，再计算半周长p，最后代入面积公式计算面积即可． 【详解】解：∵三角形周长为，已知两边长为5和6， ∴第三边长为， ∴， ∴． 11．C 【分析】利用三角形三边关系坡度是否构成三角形；根据勾股定理的逆定理，计算每组中两个较小数的平方和，验证是否等于最大数的平方，即可判断能否构成直角三角形． 【详解】解：A 、，不能构成直角三角形，不符合题意； B、，不能构成三角形，不符合题意； C、，能构成直角三角形，符合题意； D、，不能构成直角三角形，不符合题意； 故选：C． 12．D 【分析】先利用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，再根据直角三角形面积公式计算面积即可． 【详解】∵ ， ∴ 该三角形是直角三角形，长为和的边为直角边， ∴ 该花坛的面积 ． 13．C 【分析】本题考查了勾股定理，尺规作图，数轴． 先确定点B的位置，再利用勾股定理求出，根据作图有，问题即可解答． 【详解】解：由图可知，点B表示的数为1． 在中，，，， ； 以点B为圆心，长为半径画弧交数轴于点D，且点D在点B的右侧， ； 点D表示的数为． 14．C 【分析】设竹竿长度为米，则城门高为米，根据勾股定理列出方程即可求解． 【详解】解：设竹竿长度为米，则城门高为米， 由勾股定理可得，， 解得， ∴竹竿长度为5米． 15．A 【分析】本题考查勾股定理及其逆定理，解题的关键是正确的分割图形．由于四边形不是规则图形，因此考虑转化为规则图形求解．结合已知条件，连接，利用勾股定理可求出的面积及的长，再利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，最后根据计算即可． 【详解】解：如图，连接， ， ． ， ， ， ， 是直角三角形，且， ． 16．B 【分析】根据三个正方形的面积为直角三角形的三边的平方，结合勾股定理，进行求解即可． 【详解】解：由图可知：，，， 由勾股定理，得，即， ∴， ∵， ∴． 17．C 【分析】本题考查勾股定理解决最短距离问题，将长方体木块拉伸，结合两点间距离及勾股定理求解即可． 【详解】解：由题意可得，如图所示， ∴， ∴最短路程是：． 18．A 【分析】本题主要考查了勾股定理在实际生活中的应用，利用勾股定理求出的长，再求出的长，进而即可得解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴ 在中，， ∴， 故选：A． 19．D 【分析】延长至，使，作于，连接交于，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求． 【详解】解：如图，将玻璃杯侧面展开，延长至，使，作于，连接交于，    ∴，，， ∵底面周长为， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴最短距离为． 20．D 【分析】根据等腰直角三角形的性质得，，，，根据可证明，可判断①；根据全等三角形的性质可判断②；根据勾股定理可判断④；根据直角三角形两锐角互余及三角形内角和定理可判断③． 【详解】解：∵和都是等腰直角三角形，，， ∴，， ， ， ∴，即， 在和中， ， ∴，故结论①正确； ∴， ∵， ∴，故结论②正确； ∴， ∴， ， 即，故结论④正确； 如图，设与交于点， 在和中，，即， ∴， ∴，即， ∴，故结论③正确； ∴正确的有个． 21．D 【分析】平面镶嵌的条件是，拼接点处所有多边形的内角和为，设两种正多边形分别需要块块，判断是否存在正整数使内角和等于即可得到结果. 【详解】解：正三角形一个内角的度数为，正四边形一个内角的度数为，正五边形一个内角的度数为，正六边形一个内角的度数为，正十边形一个内角的度数为： A 、设需要正三角形瓷砖块，正四边形瓷砖块，可得方程，化简得，存在正整数解，可以平面镶嵌； B、 设需要正三角形瓷砖块，正六边形瓷砖块，可得方程，化简得，存在正整数解，可以平面镶嵌； C、 设需要正五边形瓷砖块，正十边形瓷砖块，可得方程，化简得，存在正整数解，可以平面镶嵌； D 、设需要正四边形瓷砖块，正六边形瓷砖块，可得方程，化简得，不存在正整数满足方程，因此不可以平面镶嵌； 22．B 【分析】根据特殊四边形的判定逐一辨别即可． 【详解】A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A选项错误，不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，故B选项正确，符合题意； C、对角线相等且互相垂直平分的四边形才是正方形，故C选项错误，不符合题意； D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D选项错误，不符合题意． 23．A 【分析】先根据正多边形的性质求得，，，再根据等腰三角形的性质和周角定义求得， ，进而平角定义求得． 【详解】解：由正多边形的性质可知， ，，， ，， ． 24．D 【分析】先利用直角三角形的性质求得，再利用平行四边形的性质求得，据此计算即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 25．C 【分析】连接，由勾股定理得，由三角形中位线性质可得，即可得点 与点 重合时 最大，最大值为 ，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接 、 ，如图所示， 在 中， ， ， ， ， 点 分别为 的中点， 是 的中位线， ， 由题意得，当点 与点 重合时 最大，最大值为 ， 长度的最大值为 ． 26．C 【分析】取边的中点G，连接、．根据三角形中位线定理易求、的长度，并且，所以在直角中，利用勾股定理来求的长度． 【详解】解：取边的中点G，连接、． E，F 分别为的中点， 是的中位线，是的中位线， 又 在直角中，由勾股定理，得 即的长度是10． 27．B 【分析】先证明得出垂直平分，进而证明是等边三角形，勾股定理求得，再根据菱形的性质，即可求解． 【详解】∵四边形是菱形， ∴，，则 又∵ ∴ ∴，即 又∵点为的中点， ∴垂直平分， ∴ ∴，则是等边三角形， ∴ ∴ ∴菱形的面积为 28．B 【分析】设，根据矩形对角线相等且互相平分的性质和已知的条件可得与x的关系，再在中根据勾股定理列出方程即可求出x的值，进一步即可求出与的长，然后在中再次运用勾股定理即可求出结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴设，则， ∴，， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∵， ∴ ，即，， ∴， ∴． 29．A 【分析】连接，利用正方形的对称性可得，结合已知推出，进而证得为等腰直角三角形，利用勾股定理求出的长；过点作于点，交于点H，则四边形是矩形，，，根据，利用勾股定理求出，证明得，设，则，利用勾股定理求出，再根据求解即可． 【详解】解：连接 四边形是正方形，在上 、关于对称， ， ∴ 在中，， 在中， ， 解得 过点作于点，交于点H，则四边形是矩形， ∴，． 是等腰直角三角形 设，则 在中， 在上， 在中， 解得 ， ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴， ∴ 设，则 在中， 在中， 在中， 即 解得，即， ∴ 30．B 【分析】证明，由三线合一定理可判断①；由三角形中位线定理得到，且，由平行四边形的性质得到，据此可判断②；利用可证明，即可判断③；若四边形是菱形，则可证明是等边三角形，进而推出，据此可判断④． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵E为中点， ∴，故①正确； ∵，G是中点， ∴， ∵E、F分别是的中点， ∴，且， ∵四边形为平行四边形， ∴，且， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴，故③正确； 若四边形是菱形 ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 根据现有条件无法得到，故四边形不一定是菱形，故④错误． ∴正确的有①②③，共3个． 学科网（北京）股份有限公司 $