精品解析：湖南省2025--2026学年八年级下学期数学作业（二） （湘教版）

湖南省2026年八年级（下）作业（二） 数学（湘教版） 考生注意： 1.本学科试卷分试题卷和答题卡两部分，时量120分钟，满分120分． 2.请在答题卡上作答，答在试卷上无效． 一、单选题（本大题共10小题，满分30分） 1. 若正多边形的一个内角是，则该多边形的边数是（ ） A. 十二 B. 十八 C. 十 D. 十六 【答案】B 【解析】 【分析】利用正多边形内角与外角互补的性质，结合任意多边形外角和为的知识点，从而计算得到多边形的边数． 【详解】解：∵正多边形的内角与外角互补。 ∴该正多边形的一个外角为 ， ∵任意多边形的外角和恒为，正多边形所有外角都相等， ∴该多边形边数为 ． ∴该多边形的边数是十八． 2. 下列图形中，既不是轴对称图形，又不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：A．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，符合题意； B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 故选：A． 3. 正方形具有而矩形不具有的性质是（ ） A. 对角相等 B. 四角相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查正方形与矩形的性质，对比两种图形的性质，找出正方形具有而矩形不具有的性质即可判断． 【详解】∵正方形的性质为对角相等，四角相等，对角线互相垂直平分且相等， 矩形的性质为对角相等，四角相等，对角线互相平分且相等，对角线不互相垂直， ∴正方形具有而矩形不具有的性质是对角线互相垂直， 故选C． 4. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，正确掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键． 根据平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，即横、纵坐标均互为相反数，求出m、n的值，再代入计算即可． 【详解】解：点与点关于原点对称， ，， ． 故选：A． 5. 如图，矩形中，对角线、交于O，若，，则的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的性质和勾股定理得出，进而利用矩形的性质解答即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ，， ， ． 6. 如图，在中，以点为圆心，3为半径作弧，分别交射线，于点，，再分别以，为圆心，的长为半径作弧，两弧在内部交于点，作射线．若，则，两点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查作图—基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．连接，，，设与交于点，由作图可知，即四边形为菱形，则可得，，，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，连接，，，设与交于点， 由作图可知，， 即四边形为菱形， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， 即，两点之间的距离为， 故选：B． 7. 如图，在正方形的外侧作等边，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正方形和等边三角形的性质以及三角形内角和定理进行求解． 【详解】解：四边形为正方形， ，， 是等边三角形， ，， ，， ． 8. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A、C分别在x、y轴上，且．将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形……以此规律，得到正方形，则点的坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点所在的象限，进而得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， 将正方形绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形， 再将正方绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形…以此规律， ∴每4次循环一周，， ∵， ∴点与同在一个象限内， ∴点， 故选：A． 9. 已知点A的坐标为，下列说法正确的是（ ） A. 若点A在y轴上，则 B. 若点A在一三象限角平分线上，则 C. 若点A到x轴的距离是3，则 D. 若点A在第四象限，则a的值可以为4 【答案】D 【解析】 【分析】本题根据不同位置点的坐标特征，结合点到坐标轴距离的意义，逐个判断选项正误即可. 【详解】解：A选项：若点A在y轴上， ∵y轴上点的横坐标为0， ∴，选项给出，故A错误. B选项：若点A在一三象限角平分线上， ∵一、三象限角平分线上点的横纵坐标相等， ∴，解得，选项给出，故B错误. C选项：若点A到x轴的距离是3， ∵点到x轴的距离等于点纵坐标的绝对值， ∴，解得或，选项给出，不符合题意，故C错误. D选项：若点A在第四象限， ∵第四象限内点的横坐标大于0，纵坐标小于0， ∴，解得， ， 的值可以为，故D正确. 10. 如图，已知正方形，M为对角线上一动点，过点M作，，垂直分别为点E、F，连接、、．要求阴影部分的面积，只需知道线段（ ） A. 的长 B. 的长 C. 的长 D. 的长 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理，整式乘法的应用， 首先证明出，是等腰直角三角形，四边形是矩形，设，，然后利用阴影部分的面积，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴， ∵，，垂直分别为点E、F， ∴，是等腰直角三角形，四边形是矩形 ∴，， ∴设， ∴， ∴阴影部分的面积 ． ∴要求阴影部分的面积，只需知道线段的长． 故选：C． 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，第二象限内有一点M，点M到x轴的距离为5，到y轴的距离为4，则点M的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点的横坐标的绝对值，得到点M的横纵坐标可能的值，进而根据所在象限可得点M的具体坐标． 【详解】解：设点M的坐标是， ∵点M到x轴的距离为5，到y轴的距离为4， ∴． 又∵点M在第二象限内， ∴， ∴点M的坐标为． 12. 点关于y轴的对称点Q的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，分别得出答案． 【详解】解：关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变， 即点关于y轴的对称点Q的坐标为， 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了关于x轴、y轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键． 13. 在平面直角坐标系中，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，点的坐标为，则点的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据旋转的性质可得答案． 【详解】解：如图， ∵线段绕原点顺时针旋转得到， ∴点的坐标是． 14. 如图，已知四边形的四边都相等，等边的顶点E、F分别在上，且，则______． 【答案】##100度 【解析】 【分析】根据题意得出菱形，根据菱形的性质推出，根据平行线的性质得出，根据等边三角形的性质得出，根据等边对等角得出，设，根据三角形的内角和定理得出方程即可求出答案． 【详解】解：∵四边形的四边都相等， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵是等边三角形，， ∴， ∴， 由三角形的内角和定理得：， 设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，平行线的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、构建方程求解是关键． 15. 如图，在长方形中，，，连接，将沿折叠，点落在点处，与交于点，则的面积为____________________ ． 【答案】10 【解析】 【分析】由长方形的性质得，，则，由折叠得，推导出，则，因为，，所以，由勾股定理得，求得，据此即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． ∴． ∵将沿折叠，点落在点处，与交于点， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． ∵， ∴． 解得． ∴． ∵， ∴． 16. 如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△OAB是边长为2的等边三角形，以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转120°，得到△OA1B1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到△OA2021B2021，那么点A2021的坐标是___． 【答案】 【解析】 【分析】首先作出图形，求出点的坐标，同理可得的坐标，由图形得出当将△OAB按顺时针方向旋转3次，即时，点A回到原来位置，即可求出答案． 【详解】解：如图，以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转120°，得到△OA1B1， 过点作x轴，垂足为M， ∵△OA1B1为边长为2的等边三角形， ∴， 在中， , ∴点的坐标为， 同理可得, 当将△OAB按顺时针方向旋转3次，即时，点A回到原来位置， ∵， ∴的坐标与的坐标相同， ∴的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，点的坐标规律，解题关键是熟练掌握旋转的性质以及能够从特殊到一般探究规律． 三、解答题（本题共8小题，共72分） 17. 已知一个正多边形的内角和比外角和多，求这个多边形的每个内角度数与边数． 【答案】每个内角的度数为， 【解析】 【分析】本题主要考查了正多边形内角和外角和综合，n边形的内角和为，外角和为，再根据该正多边形的内角和比外角和多建立方程，解方程求出n的值，再用该多边形的内角和度数除以边数即可求出对应的每个内角的度数． 【详解】解：由题意得，， 解得， ∴这个正多边形是八边形， ∴这个多边形的每个内角的度数为． 18. 已知：四边形中，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，平行线的判定与性质，根据平行线的性质得到，再得到，推出，即可得出答案，掌握平行四边形的判定法则是解题的关键． 【详解】略 19. 把三角形放在直角坐标系中如图所示，现将三角形向上平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度就得到三角形． （1）在图中画出三角形； （2）写出、、的坐标； （3）求在平移过程中扫过的面积． 【答案】（1） 如图所示： （2） （3）15 【解析】 【分析】（1）首先确定、、三点平移后的位置，再连接即可； （2）利用坐标系确定、、的坐标； （3）根据平行四边形的面积公式可得在平移过程中扫过的面积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由图可得：； 【小问3详解】 解：， ， 在平移过程中扫过的面积为． 20. 在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 （1）求证：四边形是正方形； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， 即 ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． （1）先根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”得四边形是菱形，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据菱形的性质求出，进而求出，再根据正方形的性质可得，然后根据勾股定理求出，则此题可解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∴． 21. 如图，平行四边形的顶点O、A、C的坐标分别是，E，F分别是上的点． （1）点B的坐标是 ； （2）若，求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1） （2） ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到轴，，即可得出结果； （2）证明，即可得证． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵平行四边形， ∴，，即轴， ∵， ∴，即； 【小问2详解】 略 22. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，．现将线段向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的图像是线段，连接，． （1）点D的坐标为______； （2）在y轴上存在一点P，连接，，且，求点P的坐标． 【答案】（1） （2）点P的坐标为或 【解析】 【分析】（1）根据平移方式结合平移的性质可得点D的坐标； （2）利用三角形的面积公式列式求解即可． 【小问1详解】 解：将点向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的点D的横坐标为，纵坐标为，即； 【小问2详解】 设点P的坐标为，则， ∵，， ∴， ∴， 解得， ∴点P的坐标为或． 23. 如图，在直角坐标系中，B点的坐标为，且a、b满足． （1）求B点的坐标； （2）点A为y轴上一动点，过B点作，交x轴正半轴于点C，求证：． 【答案】（1） （2） 证明：如图，过点作轴于点，作轴于点， ， ， ∵在和中， ， ， ． 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，非负数的性质，坐标与图形，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据非负数的性质建立关于的方程组，求出的值，进而得出点的坐标； （2）过点作轴于点，作轴于点，易证，即可证明，即可解题． 【小问1详解】 解：∵， ， ， ∴点坐标为； 【小问2详解】 略． 24. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，点、的坐标分别为、．将先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到． （1）请直接写出点的坐标_________，点的坐标_________． （2）请判断与重叠部分的形状，并证明你的结论． （3）点是平面内一动点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）． （2） 四边形是平行四边形．理由如下， ∵， ∴． ∵平移得到， ∴， ∴． ∴四边形是平行四边形． （3）． 【解析】 【分析】（1）利用平移的性质求解即可； （2）根据平移的性质得到，即可得到结论； （3）分三种情况：①当是对角线时，②当是对角线时，③当是对角线时， 根据平行四边形的性质，分别计算即可． 【小问1详解】 解：点、的坐标分别为、, 根据平移得， 故答案为：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：存在点，理由如下， ， 设 ①当是对角线时， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， ∴； ②当是对角线时， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， ∴； ③当是对角线时， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， ∴． 综上所述，点的坐标为． 【点睛】本题考查是平行四边形综合题，考查了平行四边形的性质，平移的性质，利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省2026年八年级（下）作业（二） 数学（湘教版） 考生注意： 1.本学科试卷分试题卷和答题卡两部分，时量120分钟，满分120分． 2.请在答题卡上作答，答在试卷上无效． 一、单选题（本大题共10小题，满分30分） 1. 若正多边形的一个内角是，则该多边形的边数是（ ） A. 十二 B. 十八 C. 十 D. 十六 2. 下列图形中，既不是轴对称图形，又不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 正方形具有而矩形不具有的性质是（ ） A. 对角相等 B. 四角相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 4. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 5. 如图，矩形中，对角线、交于O，若，，则的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 5 6. 如图，在中，以点为圆心，3为半径作弧，分别交射线，于点，，再分别以，为圆心，的长为半径作弧，两弧在内部交于点，作射线．若，则，两点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 5 7. 如图，在正方形的外侧作等边，则的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A、C分别在x、y轴上，且．将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形……以此规律，得到正方形，则点的坐标为（    ） A. B. C. D. 9. 已知点A的坐标为，下列说法正确的是（ ） A. 若点A在y轴上，则 B. 若点A在一三象限角平分线上，则 C. 若点A到x轴的距离是3，则 D. 若点A在第四象限，则a的值可以为4 10. 如图，已知正方形，M为对角线上一动点，过点M作，，垂直分别为点E、F，连接、、．要求阴影部分的面积，只需知道线段（ ） A. 的长 B. 的长 C. 的长 D. 的长 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，第二象限内有一点M，点M到x轴的距离为5，到y轴的距离为4，则点M的坐标是______． 12. 点关于y轴的对称点Q的坐标为______． 13. 在平面直角坐标系中，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，点的坐标为，则点的坐标为__________． 14. 如图，已知四边形的四边都相等，等边的顶点E、F分别在上，且，则______． 15. 如图，在长方形中，，，连接，将沿折叠，点落在点处，与交于点，则的面积为____________________ ． 16. 如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△OAB是边长为2的等边三角形，以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转120°，得到△OA1B1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到△OA2021B2021，那么点A2021的坐标是___． 三、解答题（本题共8小题，共72分） 17. 已知一个正多边形的内角和比外角和多，求这个多边形的每个内角度数与边数． 18. 已知：四边形中，．求证：四边形是平行四边形． 19. 把三角形放在直角坐标系中如图所示，现将三角形向上平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度就得到三角形． （1）在图中画出三角形； （2）写出、、的坐标； （3）求在平移过程中扫过的面积． 20. 在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 （1）求证：四边形是正方形； （2）若，求的长． 21. 如图，平行四边形的顶点O、A、C的坐标分别是，E，F分别是上的点． （1）点B的坐标是 ； （2）若，求证：四边形是平行四边形． 22. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，．现将线段向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到的图像是线段，连接，． （1）点D的坐标为______； （2）在y轴上存在一点P，连接，，且，求点P的坐标． 23. 如图，在直角坐标系中，B点的坐标为，且a、b满足． （1）求B点的坐标； （2）点A为y轴上一动点，过B点作，交x轴正半轴于点C，求证：． 24. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，点、的坐标分别为、．将先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到． （1）请直接写出点的坐标_________，点的坐标_________． （2）请判断与重叠部分的形状，并证明你的结论． （3）点是平面内一动点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $