期中复习与测试（一）-2022-2023学年八年级数学下册阶段性复习（湘教版）

期中复习与测试（一）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（

）A．B． C． D．2．下列各组数中，是勾股数的一组是（

）A．13，14，15 B．40，9，41 C．3，4， D．1，，3．在平面直角坐标系中，点在第三象限，且Р到x轴和y轴的距离分别为8和5，则点P的坐标为（

）A． B． C． D．4．如图所示，在四边形中，已知，添加下列一个条件，不能判断四边形成为平行四边形的是（）A． B． C． D．5．在平面直角坐标系中，将点向右平移3单位长度，再向上平移2个单位长度正好与原点重合，那么点的坐标是（）A． B． C． D．6．正方形、矩形、菱形都具有的特征是（）A．对角线互相平分 B．对角线相等C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角7．平面直角坐标系内有一点，已知，满足，则点所在的象限是（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8．如图，在中，为边延长线上一点，连结、．若△ADE的面积为2，则的面积为（）．A．5 B．4 C．3 D．29．如图，点是长方形的一边上一点，沿折叠使点落在边上的点处，若，，则的长为（

）A．4 B．5 C．6 D．710．已知四边形是平行四边形，下列结论中错误的有（）①当时，它是菱形；②当时，它是菱形；③当时，它是矩形；④当时，它是正方形．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．如图，在中，点，分别是，边上的点，且，连接，．补充一个条件，可使四边形是菱形，这个条件是__．12．如图，中，，，．点、、分别是边、、的中点；点、、分别是边、、的中点；…；以此类推，则第2022个三角形的周长是________．13．求图形中x的值为_________°．14．如图，某小区要在一块矩形ABCD的空地上建造一个如图所示的四边形花园EFGH，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，若AB＝10m，AD＝20m，则四边形EFGH的面积为______．15．如图，菱形的边长为，其中对角线的长为，则菱形的面积为_________．16．若点在第二象限，则m的取值范围是___________．17．在平面直角坐标系中，点A在第三象限，点B在第四象限，且点A、B关于y轴对称．若点B的坐标为，则点A的坐标为___________．（用字母表示）18．如图，在平面直角坐标系中，，，，M，N是线段上的两个动点，且，则与周长和的最小值是______．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，形如英文字母“V”的图形三个端点的坐标分别是A(2，3)，B(1，0)，C(0，3)．画出“V”字图形向左平移2个单位后的图形；画出原“V”字图形关于x轴对称的图形；所得图形与原图形结合起来，你能从中看出什么英文字母？（任意答一个即可）20．（8分）如图，已知E、F分别是的边、上的点，且．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)在中，若，，，求边上的高．21．（10分）如图，的对角线交于点O，过点D作于E，延长到点F，使，连接．(1)求证：四边形是矩形．(2)若，试求的长．22．（10分）已知：如图，正方形中，点E、F在对角线上．从以下两个条件：（1）；（2）中任意选择一个作为条件，证明四边形是菱形．我选择的条件是_______23．（10分）如图，在中，点E是的中点，过B作.用尺规完成以下基本作图：作的平分线（保留作图痕迹．不写作法）；在（1）的条件下，设的平分线交于点F，连接交于点H．若H是的中点，求证：四边形是菱形．证明：∵点E是的中点，H是的中点，∴是的中位线，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∵，∴．∵平分，∴．∴，∴．∴四边形是菱形．24．（12分）已知是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．求证：四边形ABCD是菱形；在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？说明理由．在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．参考答案1．A【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．解：A．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；B．该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意．故选：A．【点拨】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．2．B【分析】判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证较小两数的平方和是否等于最大数的平方．解：A、，不能构成直角三角形，故选项错误，不符合题意；B、，能构成直角三角形，是整数，故选项正确，符合题意；C、，不是整数，故选项不符合题意；．D、，，不是整数，故选项不符合题意；．故选：B．【点拨】此题主要考查了勾股数，掌握勾股数的定义及勾股定理的逆定理是解题的关键．3．A【分析】根据点的坐标的几何意义及点在第三象限内的坐标符号的特点解答即可．解：∵点P在第三象限，且点P到x轴和y轴的距离分别为8，5，∴点P的横坐标是，纵坐标是，即点P的坐标为．故选：A．【点拨】本题主要考查了点在第三象限时点的坐标的符号，以及横坐标的绝对值就是到y轴的距离，纵坐标的绝对值就是到x轴的距离．4．D【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．解：A．∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；B．∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；C．∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；D．∵，∴，∵，∴四边形可以是等腰梯形，故选项D符合题意；故选：D．【点拨】本题考查了平行四边形的判定、等腰梯形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．5．C【分析】根据“横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减”，即可求解．解：∵将点)向右平移3单位长度，再向上平移2个单位长度正好与原点重合，∴，∴，∴点的坐标是．故选：C．【点拨】本题主要考查了坐标与图形变化−平移，解题的关键是熟记平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．6．A【分析】根据正方形的性质，菱形的性质及矩形的性质进行分析，三者都是平行四边形，从而得到答案．解：A、三者均具有此性质，故正确；B、菱形不具有此性质，故不正确；C、矩形不具有此性质，故不正确；D、矩形不具有此性质，故不正确；故选：A．【点拨】本题主要考查了正方形、矩形、菱形的性质．7．B【分析】根据非负数的性质“两个非负数相加和为0，这两个非负数的值都为0”解出、的值，再根据、的值可得点所在的象限．解：，，，，，解得，，点所在的象限是第二象限．故选：B．【点拨】本题考查了点的坐标以及非负数的性质：有限个非负数的和为零，那么每一个加数也必为零．8．B【分析】首先根据平行四边形的性质，平行四边形和的高相等，即可得出的面积.解：∵四边形为平行四边形，∴，∴平行四边形和的高相等，设其高为，，故答案为B．【点拨】此题主要考查利用平行四边形的性质进行等量转换，即可求得三角形的面积．9．B【分析】根据折叠的性质得出，，继而在在中，勾股定理得出，设，则，在中，勾股定理即可求解．解：∵四边形是长方形，∴，由折叠的性质可得，，∵∴，在中，，∴设，则在中，，解得：，即，故选：B．【点拨】本题考查了勾股定理与折叠问题，掌握勾股定理是解题的关键．10．B【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定逐一判断各项即可得出答案．解：∵四边形是平行四边形，∴当时，不能判断它是菱形（对边相等是平行四边形的性质），故①错误，当时，它是菱形，故②正确，当时，它是矩形，故③正确，当时，它是矩形，故④错误，故选：B．【点拨】本题考查了矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．11．【分析】证，得出，则，证出四边形是平行四边形，由，即可得出四边形是菱形．解：添加，理由如下：四边形是平行四边形，，，，，在和中，，，，，即，又∵，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．故答案为：．【点拨】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．12．【分析】由三角形的中位线定理得：分别等于的一半，所以的周长等于的周长的一半，以此类推，利用规律可求出第2022个三角形的周长．解：∵中，，，，∴的周长是16，∵点、、分别是边、、的中点，∴分别等于的一半，∴的周长是，同理，的周长是，…，以此类推，的周长是，∴第2022个三角形的周长．故答案是：．【点拨】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．13．【分析】根据多边形的内角和公式列方程求解即可得到答案．解：，，，．故答案为：115．【点拨】本题考查了多边形内角和公式，解一元一次方程，属于基础题型，解题关键是熟练掌握多边形内角和公式：变形内角和等于．14．100【分析】根据矩形的性质及H、F分别为边AD、BC的中点，推出AH＝BF，得到平行四边形BFHA，推出ABHF，AB＝HF，同理得到BC＝EG，BCEG，推出HF⊥EG，根据三角形的面积公式求出即可．解：连接HF、EG，交于点O，∵四边形ABCD是矩形，∴BCAD，BC＝AD＝20m，∵H、F分别为边AD、BC的中点，∴AH＝BF，∴四边形BFHA是平行四边形，∴AB＝HF＝10m，ABHF，同理BC＝EG＝20m，BCEG，∵AB⊥BC，∴HF⊥EG，∴四边形EFGH的面积＝＝＝100（m2），故答案为：100．【点拨】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质和判定，三角形的面积等知识点的理解和掌握，能求出HF、EG的长和HF⊥EG是解此题的关键．15．96【分析】首先根据菱形的性质可得，，，然后再根据勾股定理计算出长，进而得到答案．解：∵四边形是菱形，∴，，，∵，∴，∵，∴∴．∴．故答案为：96．【点拨】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；解题的关键是熟悉菱形的面积公式和直角三角形三边之间的关系．16．【分析】先根据第二象限内点的坐标特点得出关于的不能等式组，求出的取值范围即可．解：点在第二象限，，．故答案为：．【点拨】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到的原则是解题的关键．17．【分析】根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同进行求解即可．解：∵点与点A关于y轴对称，∴点A的坐标为，故答案为：．【点拨】本题主要考查了坐标与图形变化——轴对称，熟知关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同是解题的关键．18．【分析】将点C项左平移2个单位得到，找出点A关于x轴的对称点，连接交x轴于一点即为最短距离点，根据勾股定理即可得到答案；解：由题意可得，，∵，，，∴当最小即可得到答案，点C项左平移2个单位得到，找出点A关于x轴的对称点，连接交x轴于一点即为最短距离点，如图所示，根据勾股定理可得，，∴与周长和的最小值是：，故答案为：．【点拨】本题考查最短距离问题及勾股定理，解题的关键是根据轴对称的性质及两点间线段距离最短得到最小距离位置．19．(1)见分析 (2)见分析 (3)图1是W，图2是X【分析】（1）根据要求直接平移即可；（2）在第四象限画出关于x轴对称的图形；（3）观察图形可得结论．（1）解：如图所示，将点A(2，3)，B(1，0)，C(0，3)得，，，（2）解：如图所示，（3）解：图1是W，图2是X．【点拨】本题考查了对称的性质和平移，解题关键是牢固掌握关于坐标轴对称的点的坐标的特征并能灵活运用．20．(1)见分析 (2)【分析】（1）利用平行四边形的性质得出，再得出，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据勾股定理求出的长，然后根据等积法求出边上的高即可．解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，且，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵，，，∴，∵，∴．【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．21．(1)见分析 (2)【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）先证得是等腰直角三角形，可得，在中，由勾股定理可得，再由直角三角形的性质，可得结论．解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形．（2）解：由（1）得：，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，在中，由勾股定理得：，∵四边形是平行四边形，∴，∴．【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．22．见详解【分析】①条件选取，根据正方形得到，，即可得到，即可得到证明；②条件选取，根据正方形得到，，根据，即可得到，即可得到，即可得到，即可得到，从而得到，即可得到证明；解：①我选择的条件是；证明：∵点E、F在正方形对角线上，∴，，∵，∴，∴，∴四边形是菱形；②条件选取，证明：∵点E、F在正方形对角线上，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，，又∵，，∴，∴，∴四边形是菱形；【点拨】本题考查菱形的判定，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，解题的关键是根据正方形的性质得到三角形全等的条件．23．(1)作图见分析 (2)；；；【分析】（1）根据角平分线的作法即可解决问题；（2）根据平行四边形的判定和菱形的判定即可证明．解：（1）解：如图，即为的角平分线；（2）证明：∵点E是的中点，H是的中点，∴是的中位线，，又∵，∴四边形是平行四边形．∵，．∵平分，．∴，，∴平行四边形是菱形．故答案为：；；；．【点拨】本题考查了作图−基本作图及平行四边形与菱形的判定和性质，熟练掌握基本作图