期中复习与测试（二）-【挑战满分】2022-2023学年八年级数学下册阶段性复习精选精练（湘教版）

这是一份期中复习与测试（二）-【挑战满分】2022-2023学年八年级数学下册阶段性复习精选精练（湘教版），共24页。试卷主要包含了如图，在中，，则的度数是等内容，欢迎下载使用。
期中复习与测试（二）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．如图，在中，，则的度数是（    ）A． B． C． D．2．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．3．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ）A．四个角都是直角 B．对角线相等C．四条边相等 D．对角线互相平分4．已知点在第四象限，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．5．分别以下列各组数为边的三角形，不是直角三角形的是（  ）A．3，4，5 B．1.5，2，2.5 C．6，8，10 D．，，6．如图，在中，点D，E分别为的中点，若，则的长度为（    ）A．1 B．2 C．3 D．47．在平面直角坐标系中，点与点关于x轴对称，则的值为（    ）A． B．33 C． D．78．如图，已知，平分，点在上，于，，点是射线上的动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．9．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10．如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（    ）A．且 B．且C．且 D．且二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．若正方形的周长为16，则其对角线长为______．12．如图，若棋盘中“帅”的坐标是(0，1)，“卒”的坐标是(2，2)，则“马”的坐标是________．13．如图，某处有一块长方形草坪，有极少数人为了避开拐角走“捷径”，仅仅少走了__________米．14．在的正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，已知三个顶点的坐标分别为，，．如果要使与全等，那么符合条件的点D的坐标是______．15．如图，在中，，平分，交于点，，垂足为．若，，则的长为_____．16．如图，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，若，，，，则的周长为______．17．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=80°，延长BC到E，在∠DCE内作射钱CM，使得∠ECM=30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF=，则BD的长为______（结果保留很号）．18．如图，在矩形中，E为的中点，连接，过点E作的垂线交于点F，交CD的延长线于点G，连接CF．已知，，则_________．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD是△ABC的角平分线．(1) 作∠ACB的角平分线，交AB于点E（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2) 求证：AD＝AE．      20．（8分）如图，在中，BD是它的一条对角线，(1) 求证：；(2) 尺规作图：作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）；(3) 连接BE，若，求的度数．     21．（10分）如图，点、、、在同一条直线上，，，．求证：（1）；（2）四边形是平行四边形．     22．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB=BC，点F在BC边的延长线上，点P是线段BC上一点（与点B，C不重合），连接AP并延长，过点C作CG⊥AP，垂足为E．(1)  若CG为∠DCF的平分线．请判断BP与CP的数量关系，并证明；(2)  若AB=3，△ABP≌△CEP，求BP的长．     23．（10分）在中，，D为内一点，连接，，延长到点，使得(1)  如图1，延长到点，使得，连接，，若，求证：；(2)  连接，交的延长线于点，连接，依题意补全图2，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明．    24．（12分）阅读理解：如图①，如果四边形ABCD满足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”．将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE，CF为折痕，∠BCE=∠ECF=∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相交于点O．简单应用：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是         ；（2）当图③中的∠BCD=120°时，∠AEB′=       °；（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有     个（包含四边形ABCD）．拓展提升：（4）当图③中的∠BCD=90°时，连接AB′，请探求∠AB′E的度数，并说明理由．              参考答案1．B【分析】根据平行四边形的性质，得出，再根据平行线的性质，得出，与题意联立方程组，解出即可得出答案．解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴可得：，解得：，∴的度数为．故选：B【点拨】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、解二元一次方程组，解本题的关键在得出．2．D【分析】根据轴对称图形定义及中心对称图形定义逐个判断即可得到答案；解：由题意可得，A是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A不符合题意；B是中心对称图形，但不是轴对称图形，故B不符合题意；C是中心对称图形，但不是轴对称图形，故C不符合题意；D既是轴对称图形又是中心对称图形；故选D；【点拨】本题考查中心对称图形及轴对称图形的判断，解题的关键是熟练掌握两种图形的性质及判断的方法．3．C【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角，∴正方形的四条都相等，是矩形没有的，故选：．【点拨】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键．4．D【分析】根据第四象限内点的坐标的特点，得到关于的不等式，求解可得答案．解：∵点在第四象限，∴，解不等式组，可得．故选：D．【点拨】此题主要考查了点的坐标特征以及不等式组的应用，解题关键是理解并掌握各个象限内点的坐标特点，列出关于的不等式．5．D【分析】根据勾股定理的逆定理：两短边的平方和等于最长边的平方，则该三角形为直角三角形，逐一选项判断即可．解：A、，故是直角三角形，故选项不符合题意；B、，故是直角三角形，故选项不符合题意；C、，故是直角三角形，故选项不符合题意；D、，故不是直角三角形，故选项符合题意．故选：D．【点拨】主要考查勾股定理的逆定理，只需判断短边的平方和与长边的平方的关系即可．6．D【分析】根据三角形中位线定理计算即可．解：∵D、E分别为边的中点， ∴， 故选D．【点拨】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．7．C【分析】根据关于轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得、的值，进而得到．解：∵点与点关于x轴对称，∴∴，故选：C．【点拨】此题主要考查了关于x轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．8．B【分析】根据角平分线的性质可得，则，再根据角平分线上的点到两边的距离相等，以及垂线段最短，即可进行解答．解：∵，平分，∴，∵，，∴，过点P作于点，∵平分，，，∴，∴的最小值为．故选：B．【点拨】本题主要考查了垂线段最短以及角平分线的性质，解题的关键是掌握角平分线上的点到两边的距离相等，以及垂线段最短．9．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零．10．D【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且．理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形，∴，，，，，，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴平行四边形是菱形，∵，∴，∵，，∵，∴，∴菱形是正方形．故选：D．【点拨】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接，构造平行线．11．【分析】首先由周长求边长，再由边长用勾股定理求对角线即可．解：正方形周长为16边长为4对角线故答案为【点拨】本题考查了正方形的性质与勾股定理的结合，熟悉正方形的性质是解题关键．12．（－2，2）【分析】根据“帅”和“卒”的坐标得出原点的位置，即可求得“马”的坐标．解：如图所示：“马”的坐标是：（-2，2）．故答案为：（-2，2）．【点拨】本题考查了坐标确定位置，正确得出原点的位置是解题关键．13．4【分析】利用勾股定理求出的长即可得到答案．解：∵在中，，∴，∴，∴仅仅少走了4米，故答案为：4．【点拨】本题主要考查了勾股定理的实际应用，熟知勾股定理是解题的关键．14．或或【分析】要使与全等，可知两个三角形的公共边为，运用对称即可求出所需的点的个数．解：如下图所示，有三种情况满足与全等，，∴点D的坐标为或或．故答案为：或或．【点拨】本题考查了全等三角形的判定，写出直角坐标系中的点坐标，熟练掌握关于对称作图中点的坐标特征并能灵活运用是本题解题的关键．15．2【分析】首先根据线段的和差求出，然后根据角平分线的性质求解．解：∵，，∴，∵，平分，，∴．故答案为：2．【点拨】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等，解题的关键是掌握角平分线的性质．16．4a+2b【分析】根据题意并利用折叠的性质可得出∠ACE=∠ACB=2∠ECD，计算可得到∠ECD=20，∠ACE=∠ACB=40，利用三角形的外角性质得到∠CFD=∠D=80，再等角对等边即可求解．解：由折叠的性质可得：∠ACE=∠ACB，∵∠ACE=2∠ECD，∴∠ACE=∠ACB=2∠ECD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠FAC=∠FCA，∠B+∠BCD=180，即∠B+∠ACE+∠ACB+∠ECD=180，∴∠ECD=20，∠ACE=∠ACB=40=∠FAC，∠CFD=∠FAC+∠FCA=80=∠B=∠D，∴AF=CF=CD=a，即AD=a+b，则▱ABCD的周长为2AD+2CD=4a+2b，故答案为：4a+2b．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．17．【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．解：如图，连接AC交BD于点H，由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°，又∵∠ECM=30°，∴∠DCF=50°，∵DF⊥CM，∴∠CFD=90°，∴∠CDF=40°，又∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ADC，∴∠HDC=40°，在△CDH和△CDF中，，∴△CDH≌△CDF（AAS），∴DH=DF=，∴DB=2DH=．故答案为：．【点拨】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．18．【分析】由题意，先证明△AEF≌△DEG，则EF=EG，，利用等腰三角形的性质，求出，然后得到AB=CD=，则，利用勾股定理求出BC，然后得到AE的长度，即可求出FE的长度．解：根据题意，在矩形中，则AB=CD，BC=AD，∠A=∠EDG=90°，∵E为的中点，∴AE=DE，∵∠AEF=∠DEG，∴△AEF≌△DEG，∴EF=EG，；∵CE⊥FG，∴，∴AB=CD=，∴，在直角△BCF中，由勾股定理则，∴AD=3，∴，在直角△AEF中，由勾股定理则；故答案为：．【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到．19．(1)见分析 (2)见分析【分析】（1）按照角平分线的作图步骤作图即可．（2）证明△ACE≌△ABD，即可得出AD＝AE．解：（1）解：如图所示，CE即为所求．（2）证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵BD是∠ABC的角平分线，CE是∠ACB的角平分线，∴，，∴∠ABD＝∠ACE，∵AB＝AC，∠A＝∠A，∴△ACE≌△ABD（ASA），∴AD＝AE．【点拨】本题考查尺规作图、全等三角形的判定与性质，熟练掌握角平分线的作图步骤以及全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．20．(1)见分析 (2)见分析 (3)50°【分析】（1）由平行四边形的性质得出，可利用“SSS”证明三角形全等；（2）根据垂直平分线的作法即可解答；（3）根据垂直平分线的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再根据三角形外角的性质求解即可．解：（1）四边形ABCD是平行四边形，，，（2）如图，EF即为所求；（3） BD的垂直平分线为EF，，，，，．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的作法和性质，等腰三角形的性质及三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．21．（1）见分析；（2）见分析【分析】（1）已知，可得到，由得到，可证明出；（2）由（1）得，得到，，，推出，即可证明．解：证明：（1），，即，，，在与中，，；（2）由（1）得：，，，，，四边形是平行四边形．【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，属于基础题，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定是解题关键．22．(1)BP=PC，证明见分析(2)BP=．【分析】（1）由角平分线的性质和直角三角形的性质可求∠BAP=∠APB=45°，可得AB=BP，即可得结论；（2）由全等得到AP=PC,在△ABP中应用勾股定理可求解．解：（1）解：BP=CP，理由如下：∵CG为∠DCF的平分线，∴∠DCG=∠FCG=45°，∴∠PCE=45°，∵CG⊥AP，∴∠E=∠B=90°，∴∠CPE=45°=∠APB，∴∠BAP=∠APB=45°，∴AB=BP，∵AB=BC，∴BC=2AB，∴BP=PC；（2）解：∵△ABP≌△CEP，∴AP=CP，∵AB=3，∵BC=2AB=6，∵，∴，∴BP=．【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．23．(1)见分析 (2)；证明见分析【分析】（1）先利用已知条件证明，得出，推出，再由即可证明；（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证，推出，通过等量代换得到，利用平行线的性质得出，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到．解：（1）证明：在和中，，∴ ，∴ ，∴ ，∵，∴．（2）解：补全后的图形如图所示，，证明如下：延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，∵，CM＝CB，∴ 垂直平分BM，∴，在和中，，∴ ，∴ ，，∵，∴ ，∴ ，∵，∴， ∴ ，即，∵，∴ ，∴ ．【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明是解题的关键．24．（1）正方形；（2）80；（3）5；（4）45°．试题分析：（1）结合平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和“完美筝形”的定义可以得出结论；（2）先证∠AEB′=∠BCB′，再算出∠BCE=∠ECF=40°，即可得出结果；（3）由折叠的性质得出BE=B′E，BC=B′C，∠B=∠CB′E=90°，CD=CD′，FD=FD′，∠D=∠CD′F=90°，即可得出四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”，由题意得出∠OD′E=∠OB′F=90°，CD′=CB′，由菱形的性质得出AE=AF，CE=CF，再证明△OED′≌△OFB′，得出OD′=OB′，OE=OF，证出∠AEB′=∠AFD′=90°，即可得出四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；即可得出结论；（4）当图③中的∠BCD=90°时，四边形ABCD是正方形，证明A、E、B′、F四点共圆，得到，由圆周角定理即可得到∠AB′E的度数．解：（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠C≠90°，∠B=∠D≠90°，∴AB≠AD，BC≠CD，∴平行四边形不一定为“完美筝形”；②∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD，AD=BC，∴AB≠AD，BC≠CD，∴矩形不一定为“完美筝形”；③∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C≠90°，∠B=∠D≠90°，∴菱形不一定为“完美筝形”；④∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，∴正方形一定为“完美筝形”；∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是正方形；故答案为正方形；（2）根据题意得：∠B′=∠B=90°，∴在四边形CBEB′中，∠BEB′+∠BCB′=180°，∵∠AEB′+∠BEB′=180°，∴∠AEB′=∠BCB′，∵∠BCE=∠ECF=∠FCD，∠BCD=120°，∴∠BCE=∠ECF=40°，∴∠AEB′=∠BCB′=40°+40°=80°；故答案为80；（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有5个；理由如下；根据题意得：BE=B′E，BC=B′C，∠B=∠CB′E=90°，CD=CD′，FD=FD′，∠D=∠CD′F=90°，∴四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”；∵四边形ABCD是“完美筝形”，∴AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=90°，∴CD′=CB′，∠CD′O=∠CB′O=90°，∴∠OD′E=∠OB′F=90°，∵四边形AECF为菱形，∴AE=AF，CE=CF，AE∥CF，AF∥CE，∴D′E=B′F，∠AEB′=∠CB′E=90°，∠AFD′=∠CD′F=90°，在△OED′和△OFB′中，∵∠OD′E=∠OB′F，∠EOD′=∠FOB′，D′E=B′F，∴△OED′≌△OFB′（AAS），∴OD′=OB′，OE=OF，∴四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；∴包含四边形ABCD，对应图③中的“完美筝形”有5个；故答案为5；（4）当图③中的∠BCD=90°时，如图所示：四边形ABCD是正方形，∴∠A=90°，∵∠EB′F=90°，∴∠A+∠EB′F=180°，∴A、E、B′、F四点共圆，∵AE=AF，∴，∴∠AB′E=∠AB′F=∠EB′F=45°．考点：1．四边形综合题；2．新定义；3．阅读型；4．探究型；5．压轴题．