第19—21章常考热点选择题专题提升训练期末综合复习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章核心内容，以32道选择题为载体，通过二次根式、勾股定理、四边形模块的阶梯式题型设计，系统整合概念辨析、性质应用与综合解题方法，渗透抽象能力、推理意识与几何直观等核心素养。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次根式|10题|最简根式判断、性质应用、运算技巧（分子有理化）、实际建模|概念→性质→运算→应用| |勾股定理|10题|直角三角形判定、勾股定理应用（折叠/距离计算）、作图与几何直观|定理→判定→实际问题→综合几何| |四边形|12题|特殊四边形性质、平面镶嵌、折叠与全等、综合证明|定义→性质→判定→跨模块综合（与勾股定理结合）|

2025-2026学年人教版八年级数学下册期末综合复习《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．下列二次根式中，是最简二次根式的是（    ） A． B． C． D． 2．若成立，则的值可以是（    ） A． B． C．3 D．4 3．下列二次根式中，化为最简二次根式后能与 合并的是（　　 ） A． B． C． D． 4．下列计算正确的是（   ） A． B． C． D． 5．已知，则化简的结果是（   ） A． B． C．－ D． 6．已知：，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A． B． C． D． 7．已知，则的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．如图，在长方形内，正方形和正方形的面积分别为20和5，则长方形的面积为（   ） A．27 B．30 C．32 D．40 9．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，那么三角形的面积为．在中，，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为（   ） A． B． C．28 D．32 10．对于正整数，定义，例如：．则的值为() A． B． C． D． 二、勾股定理 11．以下条件中，不能形成直角三角形的是（　　）． A．，， B．，， C． D．， 12．如图，分别以的三边为边作正方形，再以为斜边作，最后以为边作两个小正方形的面积分别是1、3，以为边的正方形面积为2，则图中5个正方形的面积总和是（   ） A．5 B．3 C．16 D．6 13．如图，在数轴上，点对应的数是1，点对应的数是3，线段于点，且，若以点为圆心，长为半径的弧交数轴于3和4之间的点，则点表示的数为（    ） A． B． C． D． 14．如图，在中，，分别以点B，C为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别相交于点M，N，直线分别交，于点D，E，连接．若，，则的长为（    ） A．4 B． C．5 D． 15．一根广告牌立柱在离地面5米的处折断，柱顶落在距离底部的12米处，旗杆折断前的高度为（    ） A．13米 B．15米 C．17米 D．18米 16．如图，在四边形中，，，，，，则四边形的面积为（   ） A．108 B．114 C．122 D．158 17．如图，在长方形纸片中，，，将此长方形折叠，使点与点重合，点落在点的位置，折痕为，则的面积为（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 18．如图，在中，，高，交于点．以点为圆心长为半径画弧，交边于点，交边于点，再以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于边的下方点，连接、．若，，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 19．如图，在中，，，点是的中点，是的垂直平分线，点是上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 20．小明想利用所学的勾股定理的知识测算公园里一架秋千的绳索的长度．如图，他发现秋千静止时，绳索竖直下垂；将踏板往前推送，绳索到达点的位置，绳索长度保持不变．已知推送的水平距离，点与点的高度差，且，那么绳索的长度为（    ） A． B．3.5m C． D． 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．下列命题中是真命题的是（     ） A．两边相等的平行四边形是菱形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 23．已知菱形的周长为，一条对角线长为，则该菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 24．如图，在平行四边形中，，点E为上一点，连接，，点M，N分别是，的中点，连接，则的长为（   ） A．4 B．5 C．6 D．不确定 25．如图，将一张矩形纸片对折，折痕为，再将以的中点为顶点的平角三等分，沿平角的三等分线折叠，将折叠后的图形剪出一个以为顶点的等腰三角形将剪出的等腰三角形全部展开平铺后，得到的平面图形每个内角的度数为（　　） A． B． C． D． 26．如图，菱形的对角线，相交于点O，点P为边上一动点（不与点A，B重合），于点E，于点F，若，，则的最小值为（   ） A． B．4 C． D． 27．如图，在矩形中，，将向内翻折，点A落在上，记为，折痕为．若将沿向内翻折，点B恰好落在上，记为，则长为（   ） A． B．4 C．2 D．8 28．在矩形中，，，对角线与交于点O，E为边上的一个动点，，，垂足分别为F、G，则（   ） A． B． C．5 D． 29．如图，，分别是的边，上的点，与相交于点，与相交于点，若，，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 30．如图，已知四边形是菱形，四边形为矩形，E为矩形对角线的交点．若平分，，矩形的面积为（  ） A．18 B． C． D． 31．如图，点为正方形外一点，连接，且，连接，交对角线于点，连接．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 32．在锐角三角形中，是边上的高，分别以为一边，向外作正方形和，连接和与的延长线交于点M，下列结论：①；②；③；④是的中线，其中结论正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 参考答案 1．D 解：A选项：，被开方数含分母，不是最简二次根式； B选项：，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式； C选项：，被开方数含能开得尽方的因式，不是最简二次根式； D选项：满足最简二次根式的两个条件，是最简二次根式． 2． B 解：因为等式成立，根据二次根式有意义的条件和分式分母不为0的要求，可得 解不等式，得， 解不等式，得， 因此的取值范围为， 对照选项，只有符合取值范围，故选B． 3．D 解：将各选项依次化为最简二次根式： A选项 ， 化简后被开方数为，与被开方数不同，不能合并； B选项 ，不能与合并； C选项 ， 化简后被开方数为，与被开方数不同，不能合并； D选项 ， 化简后被开方数为，与被开方数相同，可以合并． 4．C 解：选项A：∵ 与不是同类二次根式，不能直接合并， ∴ ，故A项错误． 选项B：∵ 与不是同类二次根式，不能直接合并， ∴ ，故B项错误． 选项C：∵ ，故C项正确． 选项D：∵ ， ∴ ， 故D项错误． 5．A 解： 有意义， ， ， 又， ， ． 故选：A． 6．D 解：，，， ∵， ∴， 故选：D． 7．D 解：设，， 则，， ∴， ∴， ∴． 8．B 解：∵正方形和正方形的面积分别为20和5， ∴正方形和正方形的边长分别为， ∴， ∴长方形的面积． 9．A 解：∵，，， ∴， ∴的面积. 10．B 解：∵ ∴ ， 故选：B． 11．A 解:选项A：∵，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴不能构成直角三角形，符合题意； 选项B：∵，，， ∴，，， ∵， ， ∴能构成直角三角形，不符合题意； 选项C：∵，， ∴，得， ∴能构成直角三角形，不符合题意； 选项D：∵，， ∴， ∴， ∴能构成直角三角形，不符合题意． 12．C 解：∵四边形是正方形， ∴． ∵以为边的作两个小正方形的面积分别是1、3， ∴． ∵以为边的正方形面积为2， ∴， ∴以为边的正方形面积为∶， ∴图中5个正方形的面积总和是∶． 13．A 解：由题意可得，， 由勾股定理可得，， 由题意可得，， 由点对应的数是1，可得点表示的数为 14．B 解：在中， ， ． 由作图可知，是的垂直平分线， 、， ． 在中， ， ． ， ． 15．D 解：根据题意有：在中，，， ∴（米）， ∴旗杆高度为：（米）． 16．B 解：连接， ∵，，， ∴， ∵， ∴为直角三角形，且， ∴四边形的面积． 17．B 解：由折叠的性质可知， 设，则， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， 即， ． 18．C 解：如图，过点作于点， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 由作图可知，平分，， ， 设，则，， ， ， 解得， ， 平分，，， ， ， 故选：C． 19．A 解：如图，连接，， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵， ∴当点，，三点在同一条直线上时，有最小值，最小值为的长， ∵，，点是的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 20．C 解：设绳索的长为， ∵绳索长度保持不变， ∴， ∵点与点的高度差， ∴， ∵推送的水平距离，且竖直下垂， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴绳索的长度为． 21．D 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．C 解：A∵平行四边形本身对边相等，只有邻边相等的平行四边形才是菱形， ∴原命题是假命题； B∵对角线相等的平行四边形才是矩形，任意对角线相等的四边形不一定是矩形， ∴原命题是假命题； C∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形的标准判定定理，符合判定规则， ∴原命题是真命题； D∵对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，原命题缺少对角线互相平分的条件，∴原命题是假命题． 23．A 解：∵菱形周长为，且菱形四条边相等， ∴菱形边长为 ． ∵菱形一条对角线长为，且菱形对角线互相垂直平分， ∴该对角线的一半长为 ． 根据勾股定理，可得另一条对角线的一半长为， 因此另一条对角线长为 ， ∴菱形面积为． 24．A 解：在平行四边形中，， ∴， ∵M，N分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴． 25．C 解：∵以的中点为顶点的平角三等分， ∴展开得到图形的中心角为， ∴所剪出的平面图形是边形， 由题意可知，这个六边形为正六边形， ∴平面图形每个内角的度数为， 故选：C． 26．D 解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， 在中，， 如图所示： ∵于点E，于点F， ∴四边形是矩形，则， 当时，的值最小，即的值最小， ∴， ∴， ∴的最小值为． 27．A 解：∵四边形是矩形， ∴，， 将向内翻折，点A落在上，记为，折痕为， ∴，， 将沿向内翻折，点B恰好落在上，记为， ，， ，， ， 在和中， ∴， ∴， 在中，，，， 由勾股定理得 ， 即在矩形中，． 28．A 解：在矩形中，，， 对角线， ， 矩形总面积为，对角线分成的四个三角形面积相等， 的面积为矩形面积的，即， 连接，将拆分为和两个小三角形，则两个小三角形的面积和等于的面积， ， ， ． 29．A 解：连接， 四边形是平行四边形， ， 点A、E、B到直线的距离相等，设为， 、， ， 、， ， 同理得：、， ， 、， ， ． 30．D 解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴矩形的面积为． 31．解：∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 32．解：在正方形和中，， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； 设相交于点N， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； 过点E作的延长线于P，过点G作于Q， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 故③正确， 同理可得， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是的中线，故④正确． 综上所述，①②③④结论都正确． 故选：D． 学科网（北京）股份有限公司 $