期末复习 第19-21章 常考热点填空题专题提升训练 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章核心内容，以填空题形式系统整合二次根式、勾股定理、四边形三大模块，通过典例提炼解题方法，构建“概念-性质-应用”逻辑链条，培养抽象能力与推理意识。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次根式|10题|定义辨析、性质应用（化简/运算）、公式法（平方差/完全平方）|从概念（最简根式）到运算（化简/求值），为几何计算奠定代数基础| |勾股定理|10题|逆定理判定、图形展开（最短路径）、动态问题方程思想|以直角三角形为核心，连接代数计算与几何直观，解决实际情境问题| |四边形|10题|特殊四边形性质（折叠/中位线）、全等证明、动点分类讨论|从平行四边形到特殊四边形，层层递进，强化空间观念与推理能力|

2025-2026学年人教版八年级数学下册期末复习《第19-21章》 常考热点填空题专题提升训练（附答案） 一、二次根式 1．下列各式：①，②，③，④，⑤中，最简二次根式有_______个． 2．二次根式有意义的条件是______． 3．若，用含的式子表示为___________． 4．已知是正整数，则满足条件的最小整数n为_____． 5．若，则化简的结果是________． 6．计算的结果是________． 7．计算： 的结果等于______； 的结果等于______． 8．若，则的值为 _____． 9．如图，长方形内两个正方形的面积分别是，，则长方形的周长为________． 10．我国南宋数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式：一个三角形的三边长分别为，三角形的面积．若，则的值为______． 二、勾股定理 11．已知的三边长分别为a、b、c，且，则的面积为________． 12．的面积为，斜边长为，两直角边长分别为，，则代数式的值为_____． 13．如图，在数轴上点A表示实数______． 14．如图所示的是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，其中阴影部分的面积是 _______． 15．如图，有一块铁皮（图中阴影部分），测得，，，，，则阴影部分的面积为__________． 16．一个圆柱形饮料罐，底面半径为3，高为4，上底面中心有一个小圆孔，则一根到达底部的直吸管在罐内部分a的长度范围是___________． 17．一只蚂蚁从长为、宽为，高是的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所行的最短路线的长是_______． 18．如图所示，一个长的梯子，斜靠在一竖直的墙上，这时的距离为，如果梯子的顶端A沿墙下滑，那么梯子底端B外移________m． 19．如图，是由6个大小完全相同的小正方形拼成的网格，A、B、C、D、E均为格点，连接，则____ 20．如图，在中，，过点作直线于点，，分别是直线、边上的动点，且，则的最小值为______． 三、四边形 21．如图，设计师采用正五边形与菱形搭配设计地面镶嵌图案，菱形地砖的锐角为________． 22．如图，在中，，D是上任意一点，，，F、E分别在上，则平行四边形的周长为_____． 23．如图，在矩形中，，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，交于点，连接．若，则的长为____． 24．如图，在矩形中，和相交于点，为线段上一点，连接，取的中点，连接，若平分，，，则的长为______． 25．如图，菱形的边长为2，，对角线、相交于点M．过点D作的平行线交的延长线于点N，连接．则的长为_______． 26．如图，在四边形中，，，，点，分别从，同时出发，点以的速度沿射线运动，点以的速度由点向点运动，当点运动到点时，两点均停止运动，设运动时间为，当____时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形． 27．如图，把菱形沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接．若，则的度数为________． 28．如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边，的中点，连接，点G，H分别是，的中点，连接， （1）与的位置与数量关系是________； （2）的长度为________． 29．如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是_______． 30．如图，在正方形中，，对角线、相交于点，过点作射线、分别交边、于点、，且，连接．给出下面四个结论：①；②；③四边形的面积为正方形面积的；④若的中点为，则的长度与的长度相等．上述结论中，所有正确的序号是_____． 参考答案 1．解：①：被开方数不含分母，且不含能开得尽方的因数，为最简二次根式； ②，不是最简二次根式； ③，不是最简二次根式； ④，不是最简二次根式； ⑤：被开方数不含分母，且不含能开得尽方的因式，故为最简二次根式． 综上，最简二次根式有个． 2． 【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，列出不等式求解即可． 【详解】解：要使有意义，需同时满足二次根式被开方数非负，且分式分母不为零，因此可得：， 解不等式得：． 3． 【详解】解：． 4．5 【分析】先根据二次根式的性质化简，再结合是正整数的条件，判断出为完全平方数，结合二次根式有意义的条件即可求出满足条件的最小整数． 【详解】解：∵，且是正整数， ∴是正整数，即是完全平方数， 又二次根式有意义时被开方数非负，可得，即， 是正整数，故， 满足条件的最小整数为， 5．5 【分析】利用二次根式的性质及绝对值的性质，根据的取值范围判断绝对值内代数式的符号，再去绝对值计算即可． 【详解】解：， ，， ∴ ． 6． 【分析】先将各二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可求解． 【详解】解： ． 7． 【分析】利用平方差公式展开，然后结合二次根式的性质计算； 利用完全平方公式展开，分别计算各项后合并，得到最简结果． 【详解】解：：； ：． 8． 【分析】利用完全平方公式对多项式进行变形，再将代入计算即可． 【详解】解： ， 将代入中， 原式． 9． 【分析】根据正方形的面积求出边长，即可得到长方形的边长，然后根据长方形周长公式求解即可． 【详解】解：长方形内两个正方形的面积分别为和， 两个正方形的边长分别为，， 边的长为，的长为， ∴这个长方形的周长为． 10．/ 【分析】直接将代入公式，再根据实数的运算法则、二次根式的性质求解即可． 【详解】解：将代入可得： ． 11．30 【分析】根据非负数的性质求出的三边长，再利用勾股定理的逆定理判定为直角三角形，最后根据三角形面积公式计算面积即可． 【详解】解：∵，，，且 ∴，，， 解得，，． ∵，， ∴， 根据勾股定理的逆定理可知，是直角三角形，直角边为和， ∴的面积为． 12． 【分析】根据直角三角形面积公式求出的值，利用勾股定理得到的值，将所求代数式因式分解后，代入和的值计算即可得到结果． 【详解】解：∵的面积为，斜边长为， ，， ∴， ∴． 13． 【分析】根据勾股定理得到，结合数轴即可求解． 【详解】解： ， 点A表示实数为． 14． 【分析】本题考查了勾股定理的应用，由勾股定理求出，的值，即可解决问题，掌握勾股定理的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， 由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 15．24 【分析】本题考查的是勾股定理及勾股定理的逆定理，三角形的面积等知识，判断出是直角三角形是解答此题的关键． 先根据勾股定理求出的长，再由勾股定理的逆定理判断出是直角三角形，进而可得出结论． 【详解】解：如图，连接， ，，， ， ，， ， 是直角三角形， ， 即阴影部分的面积为24， 故答案为：24． 16． 【分析】当吸管底部在O点时吸管在罐内部分a最短，此时a就是圆柱形的高；当吸管底部在A点时吸管在罐内部分a最长，此时a可以利用勾股定理在中即可求出． 【详解】解：如图， 当吸管底部在O点时吸管在罐内部分a最短， 此时a就是圆柱形的高，即； 当吸管底部在A点时吸管在罐内部分a最长，即线段的长， 在中，， ∴此时， 所以． 17．10 【分析】先将图形展开，再根据两点之间线段最短，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图（1），； 如图（2），． 如图（2），． ∵ ∴最短路线的长为. 18．/ 【分析】梯子的长是不变的，只要利用勾股定理解出梯子滑动前和滑动后的所构成的两个直角三角形水平方向的直角边即可． 【详解】解：由题意可得， 在中，根据勾股定理知，， 在中，根据勾股定理知，， 所以． 19．/度 【分析】取格点F，连接，利用勾股定理，勾股定理的逆定理证明是等腰直角三角形，证明四边形是平行四边形，得， ，求解即可； 【详解】解：取格点F，连接， 根据勾股定理，得，，， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是平行四边形， ∴， ∴， ， ． 20． 【分析】过点作，使，连接，，利用“”证明，得到，从而得到的最小值为，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：过点作，使，连接，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， 在中， ∵， ∴， ∴的最小值为． 21．72 【分析】根据正五边形的一个内角是，进而利用平面图形镶嵌的内角和是解答即可． 【详解】解：∵正五边形的一个内角是，平面图形镶嵌的内角和是， ∴菱形地砖的锐角． 22．16 【分析】等边对等角，结合平行线的性质，推出，进而得到，根据平行四边形的性质，进行求解即可. 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴，四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴平行四边形的周长. 23． 【分析】由作图得，垂直平分，得到，然后表示出，由矩形得到，然后利用勾股定理求解． 【详解】解：由作图得，垂直平分 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵四边形是矩形 ∴ ∴ ∴ ∴． 24． 【详解】由三角形中位线的性质得，，即得，进而得到，即得到，得到，再根据勾股定理解答即可求解． 解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵点是的中点 ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 25． 【分析】先证明为等边三角形，进而得到，利用勾股定理求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的边长为2，， ∴，，，，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴． 26．或 【分析】根据题意可得，，结合点在射线上运动，则．由题意可知，的对边为，从而得到方程，求解即可． 【详解】解：根据题意，，， ∴， ∵以、、、为顶点的四边形是平行四边形， 又∵， ∴的对边为，即， ∴， ∴， 解得或． 27． 【分析】利用折叠的性质得出的度数和，结合点E在边上得出为等腰三角形，进而求出的度数，再利用菱形邻角互补求出，最后计算的度数． 【详解】解：∵菱形沿直线折叠，点B落在边上的点E处， ∴，． ∴， ∵点E在边上， ∴在中，， ∴ ， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴． 28． 垂直且相等 【分析】（1）首先结合正方形边长为6、E和F是中点的条件，确定和的边长，因为正方形四边相等、内角为直角，所以可通过证明两个三角形全等，再通过角的等量代换判断和的位置关系，同时由全等得到二者的数量关系． （2）连接并延长，交于点，连接，结合正方形的性质， 又是的中点，即，可证 ；进而推出是的中点，得是 的中位线，根据三角形中位线性质得．在 中，由勾股定理求得的长，最终即可求出的长度． 【详解】（1）∵正方形，边长为， ∴， ． ∵、分别是、的中点， ∴． ∵， ∴ ， ∴， ． 又∵ ， ∴ ， ∴． 结论：且． （2）连接并延长，交于点，连接， ∵， ∴ ， ， 又∵是中点，， ∴ ， ∴ ，且，即是的中点． ∵是中点，是中点， ∴是 的中位线， ∴ ． ∵ ，，， 在 中， ， ∴． 29． 【分析】连接、，根据正方形的性质和勾股定理求出、，并判断出是直角三角形，再利用勾股定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答． 【详解】解：如图，连接、． ∵正方形和正方形中， ∴， ． ． ． 所以，． 所以，是直角三角形． 由勾股定理得． 因为是的中点， 所以． 30．①③④ 【分析】对于①，由正方形的性质可得，，，结合可得，从而证明；对于②，由可得，由勾股定理可得， 从而得到，由直角三角形的性质可得，因此；对于③，由可得，因此；对于④，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，因此． 【详解】解：对于①，∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴，故①正确； 对于②，在中，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴，故②错误； 对于③，∵， ∴， ∴，故③正确； 对于④，在中，点为斜边的中点， ∴， 同理，， ∴，故④正确； 综上，正确的结论为：①③④． 学科网（北京）股份有限公司 $