精品解析：上海市曹杨第二中学附属学校2025-2026学年下学期3月八年级数学综合练习

2025-2026学年第二学期八年级数学综合练习 一、选择题：（每小题4分，共24分） 1. 一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 已知关于轴的对称点为，则的值是（ ） A. B. C. D. 3. 已知点在第二象限，则点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知点与点在同一条平行于 x 轴的直线上，且 N 到 y 轴的距离等于 4，则点 N 的坐标是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 5. 如图所示，的度数是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知在平面直角坐标系中，四边形是菱形，其中点的坐标是，点的坐标是，点在轴上，则点的坐标是( ) A. B. C. D. 二、填空题：（每小题4分，共48分） 7. 在平面直角坐标系中，已知点与点之间的距离是________． 8. 已知的周长为，则的长为___________． 9. 如果将点A（1，3）先向下平移3个单位，再向右平移2个单位后，得到点B ，那么点B的坐标是_____． 10. 从六边形的一个顶点出发，可以引_________条对角线，将六边形分成_________个三角形，六边形共有_________条对角线． 11. 在平面直角坐标系中，将直线向下平移2个单位长度后，所得直线的解析式是______． 12. 已知一次函数，且y的值随x值的增大而减小，则m的取值范围为_________． 13. 已知一次函数的图像如图所示，则不等式的解集为_________． 14. 已知矩形两对角线夹角为60°，对角线长为2cm，则矩形面积为________. 15. 如图，中，，，D是上一点，于点E，于点F，连接，则的最小值为______． 16. 如图，在正方形中，，点是正方形内的两点，且，，则的长为______． 17. 如图，点A、B的坐标分别是，若将线段平移至的位置，与坐标分别是和，则线段在平移过程中扫过的图形面积为________． 18. 如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为______． 三、解答题（满分78分19-22题各10分，23-24题各12分，25题14分） 19. 已知一个正多边形的边数为n． （1）若这个多边形的内角和为其外角和的4倍，求n的值． （2）若这个正多边形的一个内角为，求n的值， 20. 已知点，且直线与坐标轴围成的图形的面积等于15，求a的值． 21. 已知：如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ACB＝30°，BC＝4． （1）求证：∠AOD＝120°； （2）求AC的长． 22. 已知菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，点F在BC的延长线上，且CF=BC，连接DF，点G是DF中点，连接CG．求证：四边形ECGD是矩形． 23. 如图，在正方形中，E、F、G、H分别是、、、上的一点，且． （1）求证：四边形为正方形； （2）若正方形的面积为4，连接，求的长． 24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，经过点的另一条直线与轴交于点． （1）求点、的坐标和直线的函数解析式； （2）在平面内是否存在点，使得以点、、、为顶点的四边形是以为边的平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 25. 综合与实践 如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． （1）求证：． （2）如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． （3）如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请直接写出的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期八年级数学综合练习 一、选择题：（每小题4分，共24分） 1. 一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查多边形内角和，掌握多边形内角和公式是解答本题的关键． 根据多边形的内角和公式，列式求解即可． 【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意得， ， 解得． 故选：D 2. 已知关于轴的对称点为，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了关于轴对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．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，即可求解． 【详解】解：关于轴的对称点为， 横坐标不变，即． 故选：D． 3. 已知点在第二象限，则点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】本题先根据第二象限点的坐标特征得到m、n的取值范围. 再判断点B横纵坐标的正负，结合象限坐标特征确定点B所在位置． 【详解】解：∵点在第二象限，第二象限点的坐标特征为横坐标小于0，纵坐标大于0， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴点B的横坐标小于0，纵坐标也小于0， ∴点B在第三象限，故C正确． 4. 已知点与点在同一条平行于 x 轴的直线上，且 N 到 y 轴的距离等于 4，则点 N 的坐标是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行于x轴的直线上的点的纵坐标相等求出b，再根据点到y轴的距离等于横坐标的绝对值求出a，然后写出点N的坐标即可． 【详解】解：∵点与点在同一条平行于x轴的直线上， ∴， ∵N到y轴的距离等于4， ∴， ∴点N的坐标为或． 故选：A． 【点睛】本题考查了点的坐标，主要利用了平行于x轴的直线上点的坐标特征，点到y轴的距离等于横坐标的绝对值． 5. 如图所示，的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查三角形外角的性质以及四边形内角和定理，掌握四边形内角和等于360°，是解题的关键，根据三角形外角的性质以及四边形内角和等于，即可求解． 【详解】解：如图，先标注顶点， ∵，， 又∵， ∴， 故选：C． 6. 如图，已知在平面直角坐标系中，四边形是菱形，其中点的坐标是，点的坐标是，点在轴上，则点的坐标是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先连接 、 相交于点 ，由在菱形 中，点 在 轴上，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，可求得点 的坐标，继而求得答案． 【详解】解：连接，相交于点， 四边形是菱形， ，，， 点在轴上，点的坐标为，点的坐标为， ，， ， 点的坐标为：． 故选：． 【点睛】本题考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是注意菱形的对角线互相平分且垂直． 二、填空题：（每小题4分，共48分） 7. 在平面直角坐标系中，已知点与点之间的距离是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中两点的距离，掌握勾股定理是解题的关键． 取点，连接，，构造，然后根据点的坐标与勾股定理即可求解． 【详解】如图所示，取点，连接，， ∵，， ∴，， ∴在中，． 故答案是：． 8. 已知的周长为，则的长为___________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据平行四边形对边相等，即可求解． 【详解】解：∵的周长为， ∴， ∴， ∴, 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边相等是解题的关键． 9. 如果将点A（1，3）先向下平移3个单位，再向右平移2个单位后，得到点B ，那么点B的坐标是_____． 【答案】（3，0） 【解析】 【分析】向右平移得到横坐标为1+2=3，向下平移得到纵坐标为3-3=0，即可得到点B的坐标. 【详解】由题意得点B坐标为（3,0）. 故填（3,0）. 【点睛】此题考查坐标的平移变化，当点沿x轴左右平移时规律是横坐标左减右加，沿y轴上下平移时规律是纵坐标上加下减. 10. 从六边形的一个顶点出发，可以引_________条对角线，将六边形分成_________个三角形，六边形共有_________条对角线． 【答案】 ①. 3 ②. 4 ③. 9 【解析】 【分析】根据多边形对角线的相关规律，先确定从六边形一个顶点出发引出的对角线条数，再推导得到分成三角形的个数，最后计算六边形对角线的总条数． 【详解】解：对于边形，从一个顶点出发，不能向自身以及相邻两个顶点引对角线，因此从一个顶点出发可引出对角线的条数为，本题中六边形，因此引出对角线条数为， 从一个顶点引出条对角线后，可将边形分成个三角形，因此六边形分成三角形的个数为， 边形对角线总条数公式为， 将代入得：． 11. 在平面直角坐标系中，将直线向下平移2个单位长度后，所得直线的解析式是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查的是一次函数的图象与几何变换，根据直线平移k值不变，只有b发生改变解答即可，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键． 【详解】∵直线向下平移了2个单位长度， ∴由“上加下减”的原则得：平移后的解析式为：，即， 故答案为：． 12. 已知一次函数，且y的值随x值的增大而减小，则m的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一次函数的性质，y随x的增大而减小时，一次项系数小于0，据此列出不等式求解即可． 【详解】解：∵一次函数，且y的值随x值的增大而减小， ∴， 解得：． 13. 已知一次函数的图像如图所示，则不等式的解集为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一次函数与坐标轴的交点，数形结合求出不等式的解集即可． 【详解】解：由图象可知，直线与y轴的交点的纵坐标为1， 当时，函数值， ∴不等式的解集为． 14. 已知矩形两对角线夹角为60°，对角线长为2cm，则矩形面积为________. 【答案】cm2 【解析】 【详解】分析：作出图形，根据矩形的对角线互相平分且相等求出OA=OB，然后求出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AB，再利用勾股定理列式计算即可得解． 详解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB=×2=1． ∵两对角线的夹角∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB=OA=1．在Rt△ABC中，矩形的长BC===． 故答案为cm2． 点睛：本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟记性质是解题的关键，作出图形更形象直观． 15. 如图，中，，，D是上一点，于点E，于点F，连接，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键． 连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可． 【详解】解：如图，连接． ∵，， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得时，线段的值最小， 此时，， 即， 解得， ∴线段的最小值为． 故答案为：． 16. 如图，在正方形中，，点是正方形内的两点，且，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，延长交于，由勾股定理的逆定理可得和是直角三角形，进而可证明，得到，，，利用正方形的性质可证明，得到，，，据此可得，，，利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：延长交于，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，，， ∴是直角三角形， 同理可得是直角三角形， 在和中， ， ∴， ∴，，， ∵，， ∴， 同理可得， ∴， 又∵， ∴， ∴，，， ∴，，， ∴， 故答案为：． 17. 如图，点A、B的坐标分别是，若将线段平移至的位置，与坐标分别是和，则线段在平移过程中扫过的图形面积为________． 【答案】32 【解析】 【分析】本题主要考查坐标与图形变化平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．直接利用平移中点的变化规律求出，的值，再根据线段在平移过程中扫过的图形面积四边形的面积求解即可． 【详解】解：点、的坐标分别为，，平移后与坐标分别是和， 可知将线段向右平移5个单位，向上平移4个单位， ，， 与坐标分别是和， 如图： 线段在平移过程中扫过的图形面积． 故答案为：32． 18. 如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等积转换；由勾股定理得 ，由三角形的面积得，即可求解；掌握性质，能用三角形面积转化求解是解题的关键． 【详解】解：如图， 四边形是矩形， ， ， ， 由翻折得：， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案：． 三、解答题（满分78分19-22题各10分，23-24题各12分，25题14分） 19. 已知一个正多边形的边数为n． （1）若这个多边形的内角和为其外角和的4倍，求n的值． （2）若这个正多边形的一个内角为，求n的值， 【答案】（1）的值为10 （2）的值为5 【解析】 【分析】（1）根据多边形内角和为，多边形的外角和是，列出方程，求解即可得出答案； （2）先求出正多边形的一个外角为，再根据多边形的外角和是，即可得出答案． 【小问1详解】 解：依题意，得， 解得， 即的值为10． 【小问2详解】 解：正多边形的一个内角为， 这个正多边形的一个外角为， 多边形的外角和为， ， 即的值为5． 【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和，掌握多边形内角和为，多边形的外角和是是解题的关键． 20. 已知点，且直线与坐标轴围成的图形的面积等于15，求a的值． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到围成的图形为直角三角形，根据三角形的面积公式进行求解即可. 【详解】解：由题意，直线与坐标轴围成的图形的面积为， ∴. 21. 已知：如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ACB＝30°，BC＝4． （1）求证：∠AOD＝120°； （2）求AC的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由四边形ABCD是矩形知BO=CO，据此得∠OBC=∠OCB，再由∠ACB=30°知∠OBC=30°，结合∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°得∠BOC=120°，继而得证； （2）由四边形ABCD是矩形知∠ABC=90°，结合∠ACB=30°得AC=2AB，根据AB2+BC2=AC2，BC=4可求得AB=，从而得出答案． 【小问1详解】 证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，AO＝CO＝AC，BO＝DO＝BD， ∴BO＝CO， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵∠ACB＝30°， ∴∠OBC＝30°， ∵∠OBC+∠OCB+∠BOC＝180°， ∴∠BOC＝120°， ∴∠AOD＝∠BOC＝120°； 【小问2详解】 ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∵∠ACB＝30°， ∴AB＝AC，即AC＝2AB， ∵AB2+BC2＝AC2，BC＝4， 解得AB＝， ∴AC＝． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． 22. 已知菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，点F在BC的延长线上，且CF=BC，连接DF，点G是DF中点，连接CG．求证：四边形ECGD是矩形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】首先利用中位线定理证得CG∥BD，CG=，然后根据四边形ABCD是菱形得到AC⊥BD，DE=，从而得到∠DEC=90°，CG=DE，最后利用CG∥BD，得到四边形ECGD是矩形． 【详解】证明：∵CF=BC， ∴C点是BF中点， ∵点G是DF中点， ∴CG是△DBF中位线， ∴CG∥BD，CG=， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，DE=， ∴∠DEC=90°，CG=DE， ∵CG∥BD， ∴四边形ECGD是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的性质及三角形的中位线定理，解题的关键是牢记菱形的有关判定的方法，难度不大． 23. 如图，在正方形中，E、F、G、H分别是、、、上的一点，且． （1）求证：四边形为正方形； （2）若正方形的面积为4，连接，求的长． 【答案】（1）证明过程见解析； （2）的长为． 【解析】 【分析】（1）由正方形的性质，结合已知可证明，可得，，从而可得，即可证得结论； （2）由正方形的面积可得边长，根据勾股定理计算，即可得的长． 【小问1详解】 证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【小问2详解】 解：∵正方形的面积为4， ∴，， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的两个锐角互余，菱形的判定，求算术平方根，勾股定理． 24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，经过点的另一条直线与轴交于点． （1）求点、的坐标和直线的函数解析式； （2）在平面内是否存在点，使得以点、、、为顶点的四边形是以为边的平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】本题主要考查了求一次函数解析式，求一次函数与坐标轴的交点坐标，平行四边形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）在中，求出函数值为0时自变量的值，自变量的值为0时的函数值即可得到点B和点C的坐标，再设出直线的函数解析式，并利用待定系数法求解即可； （2）分为对角线和为对角线两种情况，根据平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可． 【小问1详解】 解：在中，当时，，当时，， ∴， 设直线的函数解析式为， 把，代入到中得：， ∴， ∴直线的函数解析式为； 【小问2详解】 解：设， 当为对角线时，由平行四边形对角线互相平分可得，的中点坐标相同， ∴， ∴， ∴点D的坐标为； 当为对角线时，由平行四边形对角线互相平分可得，的中点坐标相同， ∴， ∴， ∴点D的坐标为； 综上所述，点D的坐标为或． 25. 综合与实践 如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． （1）求证：． （2）如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． （3）如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请直接写出的长度． 【答案】（1） 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2） 证明：在上截取，连接，如图： 由（1）可知， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 又由（1）可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （3） 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，垂直的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，平行线的判定，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质可得，推得，根据垂直的性质可得，推得，根据全等三角形的判定和性质即可证明； （2）在上截取，连接，根据题意推得，根据等边对等角可得，推得，根据垂直的性质可得，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，结合（1）中结论推得，根据垂直的性质可得，推得，根据平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可证明； （3）根据全等三角形的性质可得，根据平行四边形的性质可，求得，根据勾股定理即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：（3）解：∵， ∴， ∵四边形的面积是25， 故， ∴， ∵， ∴， 在中，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $