文档内容
专练 02 选择题-提升（20 题）
1．（2021·河北唐县·八年级期末）如图，△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，三角形的顶点在相互平行的
三条直线l、l、l 上，且l、l 之间的距离为1，l、l 之间的距离为3，则AC的长是（ ）
1 2 3 1 2 2 3
A．4 B．5 C．5 D．10
【答案】C
过点A作AE⊥ ，垂足为E，过点C作CF⊥ ，垂足为F，交 于点G，
∵ ∥ ∥ ，
∴CG⊥ ，
∴AE=3，CG=1，FG=3，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠ABE+∠CBF=90°，∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
∴△ABE≌△BCF，
∴BF=AE=3，CF=4，
∴BC= =5，
∴AC= =5 ，故选C．
【点睛】
本题考查了平行线间的距离，三角形的全等和性质，勾股定理，熟练掌握三角全等判定，灵活运用勾股定
理是解题的关键．
2．（2021·辽宁凌源·八年级期末）如图，在Rt ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将 ABC折叠，使
点B恰好落在边AC上，与点 重合，AE为折痕，则E 长为（ ）
A．3cm B．2.5cm C．1.5cm D．1cm
【答案】C
解：根据折叠可得BE＝EB′，AB′＝AB＝3，
设BE＝EB′＝x，则EC＝4－x，
∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC＝ ，
∴B′C＝5－3＝2，
在Rt△B′EC中，由勾股定理得，x2＋22＝（4－x）2，
解得x＝1.5，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理与折叠问题，熟练掌握折叠性质并能运用勾股定理求解是解题的关键．
3．（2021·河南偃师·八年级期末）如图，有一个圆柱，底面圆的直径AB＝ ，高BC＝12cm，P为BC的
中点，一只蚂蚁从 点出发沿着圆柱的表面爬到 点的最短距离为
A．9cm B．10cm C．11cm D．12cm【答案】B
解：如图：展开后线段 的长度是圆柱中半圆 的周长，
圆柱底面直径 、高 ， 为 的中点，
，
在 中， ，
蚂蚁从 点爬到 点的最短距离为 ，
故选： ．
【点睛】
本题考查的是平面展开 最短路径问题，根据题意画出圆柱的侧面展开图，利用勾股定理求解是解答此题
的关键．
4．（2021·安徽怀宁·八年级期末）如图，菱形ABCD的边长为2，且∠DAB＝60°，E是BC的中点，P为
BD上一点且△PCE的周长最小，则△PCE的周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
解：∵菱形ABCD，
∴点A与点C关于BD对称，
连接AE交BD于点P，连接PC，
则PE＋PC＝PA＋PC＝AE，∴△PCE的周长＝PC＋PE＋CE＝AE＋CE，此时△PCE的周长最小，
∵E是BC的中点，菱形ABCD的边长为2，
∴BE＝1，AB＝2，
过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠EBG＝60°，
∴BG＝ ，EG＝ ，
在Rt△AEG中，AE2＝AG2＋EG2，
∴AE＝ ，
∴△PCE的周长＝AE＋CE＝ ＋1，
∴△PCE的周长的最小值为 ＋1，
故选：B．
【点睛】
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握菱形的性质，将所求问题转化为求AE的长是解题的关键．
5．（2021·湖北房县·八年级期末）数轴上表示1， 的对应点分別为A，B，点B关于点A的对称点为
C，则点C所表示的数是（ ）
A． B． C． D．【答案】C
根据对称的性质得：AC=AB
设点C表示的数为a，则
解得：
故选：C．
【点睛】
本题考查了数轴上两点之间的距离，图形对称的性质，关键是由对称的性质得到AC=AB．
6．（2021·湖北利川·八年级期末）如图，从一个大正方形中裁去面积为 和 的两个小正方形，
则剩余部分（阴影部分）的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
解：如图．
由题意知：S ＝BC2＝32(cm2)，S ＝HG2＝18(cm2)．
正方形BCDM 正方形HMFG
∴BC= （cm），HG= （cm）．
∵四边形BCDM是正方形，四边形HMFG是正方形，
∴BC=BM=MD=4 cm，HM=HG=MF=3 cm．∴S =S +S
阴影部分 矩形ABMH 矩形MDEF
=BM•HM+MD•MF
=4 ×3 +4 ×3
=48（cm2）．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查二次根式，熟练掌握二次根式的化简以及运算是解决本题的关键．
7．（2021·云南曲靖·八年级期末）按一定规律排列的单项式 ， ， ， ，…，第 （ 为
正整数）个单项式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
解：a＝（−1）2×1× a1，
＝（−1）3×2× a2，
＝（−1）4×3× a3，
＝（−1）5×4× a4，
…，
第n（n为正整数）为
故选：B．
【点睛】
本题考查算术平方根，数字的变化美，探索和发现每一项的系数、字母指数的变化规律是得出正确答案的
关键．
8．（2021·湖南双峰·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，对 进行循环往复的轴对称变换，若
原来点A坐标是 ，则经过第2021次变换后点A的对应点的坐标为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
解：点A第一次关于y轴对称后在第二象限，
点A第二次关于x轴对称后在第三象限，
点A第三次关于y轴对称后在第四象限，
点A第四次关于x轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，
所以，每四次对称为一个循环组依次循环，
∵2021÷4＝505余1，
∴经过第2021次变换后所得的A点与第一次变换的位置相同，在第二象限，坐标为（−1，2）．
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环
是解题的关键，也是本题的难点．
9．（2021·山西·太原市第三十七中学校八年级期末）已知点 与点 关于某条直线对称，则
这条直线是（ ）
A． 轴 B． 轴
C．过点 且垂直于 轴的直线 D．过点 且平行于 轴的直线
【答案】C
解：∵点 ，点
∴PQ∥x轴，
设PQ的中点为M
则M点坐标为 ，即∴点 与点 关于经过点 且垂直于 轴的直线对称
故选项A，B，D错误；
又∵ 在这条直线上，
∴选项C符合题意
故选：C．
【点睛】
本题考查点的坐标及轴对称，掌握轴对称的性质，利用数形结合思想解题是关键．
10．（2021·山西·太原市第三十七中学校八年级期末）如图，在平面直角坐标系中， 的斜边 在
轴上（点 在点 左侧），点 在 轴正半轴上．若 ， ，则点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
在 中，
∵ ， ，
∴BC= ，
∴ ，即：OC= ，
∴点 的坐标为 ．
故选C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理以及图形与坐标，熟练掌握“等积法”是解题的关键．
11．（2021·浙江东阳·八年级期末）如图，雷达探测器发现了A，B，C，D，E，F六个目标．目标C，F
的位置分别表示为C（6，120°），F（5，210°），按照此方法表示目标A，B，D，E的位置时，其中表
示正确的是（ ）A．A（4，30°） B．B（1，90°） C．D（ 4，240°） D．E（3，60°）
【答案】C
解：按已知可得，表示一个点，横坐标是自内向外的环数，纵坐标是所在列的度数，
由题意可知 、 、 、 的坐标可表示为： （5，30°），故A不正确；
（2，90°），故B不正确；
（4，240°），故C正确；
（3，300°），故D不正确．
故选择：C．
【点睛】
本题考查新定义坐标问题，仔细分析题中的C、F两例，掌握定义的含义，抓住表示一个点，横坐标是自
内向外的环数，纵坐标是所在列的度数是解题关键．
12．（2021·湖北远安·八年级期末）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙
两车离开A城距离y(千米)与行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．其中正确的结论是（ ）
①A，B两城相距300千米； ②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时； ③乙车出发后1.5小时追上甲
车； ④当甲、乙两车相距50千米时， 或 ．
A．①② B．①③④ C．①②③ D．①④
【答案】C
解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300千米，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y ＝kt，
甲
把（5，300）代入可求得k＝60，
∴y ＝60t，
甲
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y ＝mt+n，
乙
把（1，0）和（4，300）代入可得
，解得 ，
∴y ＝100t﹣100，
乙
令y ＝y 可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，
甲 乙
即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③正确；
令|y ﹣y |＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50，即|100﹣40t|＝50，
甲 乙
当100﹣40t＝50时，可解得t＝ ，
当100﹣40t＝﹣50时，可解得t＝ ，
又当t＝ 时，y ＝50，此时乙还没出发，
甲
当t＝ 时，乙到达B城，y ＝250；
甲
综上可知当t的值为 或 或 或t＝ 时，两车相距50千米，故④不正确；
综上可知正确的有①②③共三个，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组
求两个函数的交点坐标．
13．（2021·河北三河·八年级期末）如图，矩形ABCD中，E，F分别是线段BC，AD的中点，AB＝2，
AD＝4，动点P沿EC，CD，DF的路线由点E运动到点F，则△PAB的面积s是动点P运动的路径总长x
的函数，这个函数的大致图象可能是（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
解：根据题意当点P由E向C运动时，△PAB的面积匀速增加，当P由C向D时，△PAB的面积保持不变，
当P由D向F运动时，△PAB的面积匀速减小但不为0．
故选：C．
【点睛】
本题为动点问题的函数图象探究题，考查了函数图象的性质，分析动点到达临界点前后函数值变化是解题
关键．
14．（2021·重庆丰都·八年级期末）如图，在直角坐标系中，正方形 、 、…、
按如图所示的方式放置，其中点 、 、 、…、 均在一次函数 的图象上，点 、 、 、…、
均在 轴上，则点 的坐标为（ ）
A． B．C． D．
【答案】B
解：把x=0代入 得，y=1，
∴A 的纵坐标是：1＝20，A 的横坐标是：0＝20﹣1，
1 1
把x=1代入 得，y=2，
∴A 的纵坐标是：1+1＝21，A 的横坐标是：1＝21﹣1，
2 2
同理，A 的纵坐标是：2+2＝4＝22，A 的横坐标是：1+2＝3＝22﹣1，
3 3
∴A 的纵坐标是：4+4＝8＝23，A 的横坐标是：1+2+4＝7＝23﹣1，
4 4
据此可以得到A 的纵坐标是：2n﹣1，横坐标是：2n﹣1﹣1．
n
即点 的坐标为 ．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了坐标的变化规律，正确得到点的坐标的规律是解题的关键．
15．（2021·重庆酉阳·八年级期末）若一次函数 中 随 的增大而减小，则 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
解：∵一次函数 中，y随x的增大而减小，
∴2+k＜0，
解得：k＜-2．
故选：C．
【点睛】
本题考查一次函数的性质以及不等式的解法，熟练掌握一次函数的性质特点，准确计算是解决本题的关键．
16．（2021·湖南凤凰·八年级期末）小军用作图象的方法解二元一次方程组时，在同一直角坐标系内作出
了相应的两个一次函数图象l、l，如图所示，则这个方程组是（ ）
1 2A． B．
C． D．
【答案】D
解：由图可知：
直线l 过（2，﹣2），（0，2），因此直线l 的函数解析式为：y＝﹣2x+2；
1 1
直线l 过（0，﹣1），（2，﹣2），因此直线l 的函数解析式为：y x﹣1；
2 2
因此所求的二元一次方程组为 ；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查二元一次方程组与一次函数的关系．函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解．
17．（2021·湖北恩施·八年级期末）一次函数y＝ax+b与y＝mx+n的图象在同一平面直角坐标系中的位置
如图所示，一位同学根据图象写出以下信息：①ab＜mn；②不等式mx+n≥ax+b的解集是x≤1；③方程组
的解是 ．其中信息正确的有（ ）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【答案】B
解：如图，∵直线y＝ax+b经过一、二、三象限，
∴a＞0，b＞0，
∴ab＞0
∵直线y＝mx+n经过一、二、四象限，
∴m＜0，n＞0，
∴mn＜0，
∴ab＞mn，故①错误；
∵当x≤1时，直线y＝ax+b在y＝mx+n下方，
∴不等式mx+n≥ax+b的解集是x≤1，故②正确；
∵直线y＝ax+b与y＝mx+n的交点坐标为（1，3），
∴方程组 的解是 ，故③正确．
故选：B．
【点睛】
考核知识点：一次函数．理解一次函数的性质，特别是一次函数与方程组的关系是解题关键．
18．（2021·河北·安新县教师发展中心八年级期末）如图，把一张 纸片沿着 对折，使点 落在
的外部点 处，若 ， ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C由折叠的性质可得出， ，
,
,
在 中， ，
，
故选：C
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理、折叠的性质以及补角，利用折叠的性质及平角等于180°，求出∠CDE和
∠CED的度数是解题的关键．
19．（2021·湖南双峰·八年级期末）如图，两平面镜 、 的夹角 ，入射光线 平行于 ，入射到
上，经两次反射后的出射光线 平行于 ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
如图，
由题意得，∠1=∠θ=∠3，由镜面成像原理可知，∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠2=∠θ=∠4，
∴∠θ=60°，
故选C．
【点睛】本题考查了镜面对称问题，需注意利用反射的性质、平行的性质把相应的角转移到一个三角形中求解是正
确解答本题的关键．
20．（2021·浙江浙江·八年级期末）如图，四边形 中， ， 在 上
分别找一点M、N，使 周长最小，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
解：如图，作点 关于 的对称点 ，关于 的对称点 ，
连接 与 、 的交点即为所求的点 、 ，
， ，
，
由轴对称的性质得： ， ，
．
故选：D．
【点睛】
本题考查了轴对称确定最短路线问题，轴对称的性质，三角形的内角和定理，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，确定出点 、 的位置是解题的关键，要注意整体思想的利用．
