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贵州铜仁一中初级中学2025-2026学年度第二学期八年级数学第一次学情诊断检测试卷
1．纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．各边相等，各角也相等的多边形叫正多边形，那么正六边形的外角和是（　　）
A． B． C． D．
3．在平面直角坐标系中，有、、、四点，在第三象限的是（　　）
A．点 B．点 C．点 D．点
4．如图，下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，小张要测量池塘两岸相对的A，B两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点D，E，测得，则的长是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，平行四边形中，的平分线交于点，若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，象棋盘上，若“将”位于点，“象”位于点．则“炮”位于点（　　）
A． B． C． D．
8．下列命题不正确的是（　　）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
9．如图，在矩形中，对角线，相交于点，则的长为（　　）．
A． B． C． D．
10．如图，在菱形中，点是边上一点，，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
11．如图，正方形的顶点与正方形的边均在直线上，于点，若，正方形的面积为，则正方形的周长为（　　）
A． B． C． D．
12．如图，是平行四边形的边上的点，连接、、Q是的中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
13．若一个多边形的内角和是900 ，则这个多边形是　 　边形.
14．如图，在菱形中，与交于点，若，则菱形的面积为　 　．
15．如图，在平面直角坐标系中，已知点、，点在轴正半轴上，，则点的坐标为　 　．
16．如图，菱形的面积为，点P，Q分别在边上（不与点重合），且，连接，则最小值为　 　．
17．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1的正方形，已知火车站的坐标为．
（1）根据题目条件，在图中建立平面直角坐标系；
（2）直接写出体育场，文化馆，超市的坐标；
（3）已知游乐场在市场的西南方向上且相距个单位长度，请在图中标出游乐场位置，并写出点坐标．
18．已知点是平面直角坐标系内的一点，求出满足下列条件的的值或取值范围（要有解题过程）．
（1）若点在轴上；
（2）若点在第三象限．
19．如图，在四边形中，，垂足分别为．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是平行四边形．
20．如图，八（1）班同学课间做折纸游戏，选用一张矩形纸片进行折纸．已知该纸片长为，宽为．折叠时，顶点落在边上的点处（折痕为）．
（1）____________________：
（2）求的长．
21．如图，在矩形中，延长AO到点D，使，延长到点E，使，连接，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积．
22．学校计划购进A，B两种数学教具用于课堂教学．已知A种教具进价比B种教具进价每件多30元，用1400元购进种教具的件数与用800元购进种教具的件数相同．
（1）求，两种教具每件的进价各多少元；
（2）总务处张老师决定购进，两种教具共30件，且总费用不超过1600元，那么总务处张老师最多可购进种教具多少件？
23．阅读下面材料：在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？
小明在思考问题时，有如下思路：连接．
结合小明的思路作答：
（1）若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由；
参考小明思考问题的方法，解决以下问题：
（2）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是菱形．请说明理由；
（3）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论．
24．如图，在正方形中，为上一点，连接的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．
（1）写出与相等的一个角；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
25．如图1，平面直角坐标系中，点为坐标原点，四边形为矩形，、．点是的中点，点P在边上以每秒2个单位长的速度由点向点B运动．设动点P的运动时间为秒．
（1）当四边形是平行四边形时，求的值；
（2）在线段上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，求当四边形为菱形时的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点是平面内一点，且以O、D、P、M四点为顶点的四边形构成菱形，请直接写出符合条件的的坐标．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项进行判断，即可得出答案。
2．【答案】C
【知识点】多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：正六边形的外角和是．
故答案为：C．
【分析】 本题考查了正多边形、正多边形的内角和外角、多边形的外角和定理，根据多边形的外角和是，即可求解．
3．【答案】D
【知识点】点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：点的横、纵坐标都大于0，则点A在第一象限，故Ａ不符合题意；
点的纵坐标为0，则点B在轴上，不属于任何象限，故Ｂ不符合题意；
点的横坐标小于0，纵坐标大于0，则点C在第二象限，故Ｃ不符合题意；
点的横坐标，纵坐标，符合第三象限点的特征，则点D在第三象限，故Ｄ符合题意．
故答案为：D．
【分析】本题主要考查判断点所在的象限，由点在各象限内的坐标特征即符合的点在第一象限，的点在第二象限，的点在第三象限，的点在第四象限，然后逐个判断各点位置即可．
4．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、，一组对边平行另一组对边相等的四边形，可能是等腰梯形，不可以判定，不符合题意；
B、根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可判断，可以判定，符合题意；
C、两组邻角相等的四边形可能是等腰梯形，不可以判定，不符合题意；
D、一组邻边相等，一组对角相等的四边形可能是筝形，不可以判定，不符合题意．
故答案为：B．
【分析】
本题主要考查平行四边形的判定，选项A的两个条件可判定四边形是平行四边形，也可以是等腰梯形；选项B的两个条件可判定四边形是平行四边形；选项C的两个条件可判定四边形是等腰梯形，不能判定是平行四边形；选项D的两个条件不能判定四边形是平行四边形．
5．【答案】A
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点D，E分别是，的中点 ，
是的中位线 ，
．
故答案为：A．
【分析】先判断出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，问题得解．
6．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：平行四边形中，，，
，
平分，
，
，
，
．
故答案为：A．
【分析】本题考查角平分线的定义、平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，由的平分线交于点 ，得，由平行四边形的性质得，，则，所以，则，求得，于是得到问题的答案．
7．【答案】C
【知识点】点的坐标；用坐标表示地理位置
【解析】【解答】解：∵“将”位于点，“象”位于点
∴如图所示，“炮”位于点．
故答案为：C．
【分析】本题考查了坐标确定位置，点的坐标，根据“将”的位置向左平移一个单位所得直线是y轴，向上平移1个单位所得直线是x轴，根据“炮”的位置，可得答案．
8．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，是平行四边形的判定定理，命题正确，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是菱形的判定定理，命题正确，不符合题意；
C、对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等，但不是矩形；只有对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，因此该命题错误，符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是正方形的判定定理，命题正确，不符合题意．
故答案为：C．
【分析】本题考查了命题与定理，平行四边形的判定、正方形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理、根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理逐一判断选项，找出错误命题即可．
9．【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，角所对直角边的长等于斜边一半，由四边形是矩形可得 ，，根据直角三角形两锐角互余可得，再根据“角所对直角边的长等于斜边一半”可求出，由可得结论
10．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，，∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，且，
∴，
∵，
∴，
故答案为：B．
【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识，由，可求出，由四边形是菱形可得，，，求出，且，可得，从而可求出．
11．【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵正方形的面积为，
，
∴，
∵四边形和四边形均为正方形，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
在中，，
∴正方形的周长为．
故答案为：B．
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．由 正方形的面积为 可求出，由正方形的性质可得，， 证明，根据证明，得， 在中，由勾股定理得，即可求得正方形的周长．
12．【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；平行四边形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】 解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
故答案为：C．【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，由平行四边形的性质得，由是中点得，再根据可证明，再证明四边形是平行四边形，可得到，，再根据等底等高得到，即可计算阴影部分的面积．
13．【答案】七
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】设这个多边形是 边形，根据题意得，
，
解得 .
故答案为： .
【分析】根据多边形的内角和公式 ，列式求解即可.
14．【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：四边形是菱形，
，
，
菱形的面积为；
故答案为：．
【分析】根据菱形的面积公式，菱形面积等于对角线乘积的一半，求解即可.
15．【答案】
【知识点】解含绝对值符号的一元一次方程；点的坐标；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设点的坐标为，
，
点、，
、，
在中，由勾股定理得：，
，
，
或，
解得或，
点在轴正半轴上，
，
点的坐标为．
故答案为：．
【分析】本题主要考查点的坐标，两点间距离和勾股定理，设点的坐标为，可求出，由点、可得、，在中，由勾股定理得，根据可得，求出或，由点在轴正半轴上，得或，由点在轴正半轴上可得，故可得点的坐标．
16．【答案】
【知识点】点的坐标；勾股定理的实际应用-最短路径问题；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：过点作于点，延长到点，使，
菱形，
，
菱形的面积为，
，
∴在中，，
以点为原点，所在的直线为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，连接，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
当，，三点共线时，取最小值，
最小值为的最小值．
故答案为：．
【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质，过点作于点，延长到点，使，求出，根据菱形的性质和勾股定理可得，以点 为原点，所在的直线为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，得， 证明，连接，，，由，可得，，三点共线时，取最小值，所以的最小值=的最小值，利用勾股定理即可解决问题．
17．【答案】（1）解：建立如图所示的平面直角坐标系；
（2）体育场：，文化馆：，超市：
（3）解：如图，市场的坐标为，
游乐场在市场的西南方向上且相距个单位长度，
所以在方格纸中，沿该方向移动个单位，即向左、向下各移动2个单位长度，
点P的坐标为．
【知识点】点的坐标；用坐标表示地理位置
【解析】【解答】（2）解：如图，体育场：，文化馆：，超市：；
【分析】本题考查平面直角坐标系的建立与点的坐标表示，解题的关键是根据已知点的坐标确定平面直角坐标系的原点、坐标轴方向和单位长度．
（1）根据已知点的坐标确定原点的坐标，确定出平面直角坐标系；
（2）根据（1）的图形写出各点的坐标；
（3）根据坐标系分别标出A，B的位置，写出A点坐标即可．
（1）解：建立如图所示的平面直角坐标系；
（2）解：如图，体育场：，文化馆：，超市：；
（3）解：如图，市场的坐标为，
游乐场在市场的西南方向上且相距个单位长度，
所以在方格纸中，沿该方向移动个单位，即向左、向下各移动2个单位长度，
点P的坐标为．
18．【答案】（1）解：∵点在轴上，
∴，
∴；
（2）解：∵点在第三象限，
∴，
解得．
【知识点】解一元一次不等式组；利用等式的性质解一元一次方程；点的坐标与象限的关系
【解析】【分析】本题考查了点的坐标，解一元一次不等式组，各象限内点的坐标的符号特征，四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四限．（）点 在x轴上，则点纵坐标是，据此列出方程，解答即可求解；
（）根据第三象限的点的横坐标小于0，纵坐标小于0列出不等式组，解答即可求解．
（1）解：∵点在轴上，
∴，
∴；
（2）解：∵点在第三象限，
∴，
解得．
19．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∴在和中，
，
∴；
（2）证明：由（1）知：，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；平行四边形的判定；内错角相等，两直线平行
【解析】【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的判定，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）由得，根据可证明；
（2）由得，得，结合可判断四边形是平行四边形．
（1）证明：∵，
∴，
∴在和中，
，
∴；
（2）证明：由（1）知：，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
20．【答案】（1）；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
设，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
故答案为：；．
【分析】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识，切实理解折叠的性质和转化到某一个直角三角形中是解决问题的关键．
（1）由四边形是矩形得，由折叠得，由勾股定理求出，即可求出 ；
（2）设，则，由折叠得，根据勾股定理得，解方程即可求出，从而可求出．
（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
故答案为：；．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
设，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
21．【答案】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
，
四边形的面积．
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的性质、勾股定理、菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定(对角线互相垂直的平行四边形是菱形)和性质(四条边相等、对角线互相垂直且平分)，以及矩形、平行四边形的相关性质是解题的关键
（1）根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形，再由四边形是矩形可得，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形可得四边形是菱形；
（2）由得，由勾股定理算出，最后根据可求出菱形的面积，即可作答．
（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
，
四边形的面积．
22．【答案】（1）解：设A种教具每件进价元，则B种教具每件进价元，
由题意得：，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
则B种教具每件进价元，
答：A种教具每件进价70元，B种教具每件进价40元；
（2）解：设购进A种教具件，则购进B种教具件，
由题意得：，
解得，
由于为非负整数，故的最大值为件，
答：最多可购进A种教具13件．
【知识点】一元一次不等式的应用；去分母法解分式方程；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题主要考查分式方程的应用和一元一次不等式的应用，正确列出方程和一元一次不等式是解答本题的关键．（1）设A种教具每件进元，则B种教具每件进价元，根据“用1400元购进种教具的件数与用800元购进种教具的件数相同”可列分式方程，解分式方程并检验即可得出答案；
（2）设购进A种教具件，则购进B种教具件，根据 总费用不超过1600元得：，即可得到答案．
（1）解：设A种教具每件进价元，则B种教具每件进价元，
由题意得：，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
则B种教具每件进价元，
答：A种教具每件进价70元，B种教具每件进价40元；
（2）解：设购进A种教具件，则购进B种教具件，
由题意得：，
解得，
由于为非负整数，故的最大值为件，
答：最多可购进A种教具13件．
23．【答案】解：四边形还是平行四边形，理由如下：
如图，连接，
E，F分别是，的中点，
，，
同理可得，，
，，
四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是菱形．理由如下：
由（1）可知，四边形是平行四边形，
G，F分别是，的中点，
，
，，
，
四边形是菱形；
(3)，
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（3）解：当且时，四边形是正方形．理由如下：
由（2）可知，四边形是菱形，
G，F分别是，的中点，
，
，，
，即，
四边形是正方形．
【分析】本题主要考查了中点四边形、三角形中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键.
（1）连接，先判断是的中位线，得，，再判断是的中位线，可得，，即可得出，，再根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得结论
（2）根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得，由中位线定理可得，故可得结论；
（3）根据“有一个角是直角的菱形是正方形”可知 在（1）的条件下，，，从而且，故可得结论．
24．【答案】（1）解：在正方形中，，
，
，即，
又的垂直平分线交于点，
，则，
，
；
（2）证明：在正方形中，有，，，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，即，，
由（1）知，即，
在和中，
，
∴
∴；
（3）解：连接，如图，
∵，，
∴在中，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
即的长为．
【知识点】线段垂直平分线的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；两直线平行，同位角相等
【解析】【分析】本题主要考查平行线的性质、正方形的性质、线段垂直平分线的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识．（1）由正方形的性质得，由证明，再根据线段垂直平分线的性质得，再根据同角的余角相等可得；
（2）首先利用正方形的性质得到，再证明四边形是矩形，得到，，从而得到，，根据即可证明，从而得到；
（3）连接，由勾股定理求得，从而得出，根据垂直平分线的性质可得，，即有，在中，利用勾股定理解得：，即有，再在中利用勾股定理即可求出，则可求．
（1）解：在正方形中，，
，
，即，
又的垂直平分线交于点，
，则，
，
；
（2）证明：在正方形中，有，，，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，即，，
由（1）知，即，
在和中，
，
∴
∴；
（3）连接，如图，
∵，，
∴在中，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
即的长为．
25．【答案】（1）解：四边形为矩形，、，
、，
点是的中点，
，
由题意得：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
解得；
（2）解：存在，理由如下：
由题意得：，
四边形为菱形，
，
在中，，
，
解得或（舍去），
当时，，
，
点坐标为；
（3）点坐标为或或或
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质；菱形的性质；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（3）解：①当、为菱形的边，且点在点的右侧时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
点坐标为；
②当点在点的左侧且在线段上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
③当点在点的左侧且在的延长线上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
④当为菱形的对角线时，如图，过点作，
四边形为菱形，
，且点和点关于对称，
在中，，
，
，
；
综上所述，点坐标为或或或．
【分析】（1）根据四边形为矩形可得，由点是的中点可得，根据题意可得，则，再根据 四边形是平行四边形得到，列方程求解即可；
（2）由四边形为菱形，可得，根据勾股定理列方程，求出的值，进而求得Q的坐标；
（3）分四种情况讨论：①当、为菱形的边且点在点的右侧，②当点在点的左侧且在线段上，③当点在点的左侧且在延长线上，④为菱形的对角线时，根据菱形的性质得到，再利用勾股定理求出或的长即可．
（1）解：四边形为矩形，、，
、，
点是的中点，
，
由题意得：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
解得；
（2）解：存在，理由如下：
由题意得：，
四边形为菱形，
，
在中，，
，
解得或（舍去），
当时，，
，
点坐标为；
（3）解：①当、为菱形的边，且点在点的右侧时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
点坐标为；
②当点在点的左侧且在线段上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
③当点在点的左侧且在的延长线上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
④当为菱形的对角线时，如图，过点作，
四边形为菱形，
，且点和点关于对称，
在中，，
，
，
；
综上所述，点坐标为或或或．
1 / 1贵州铜仁一中初级中学2025-2026学年度第二学期八年级数学第一次学情诊断检测试卷
1．纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项进行判断，即可得出答案。
2．各边相等，各角也相等的多边形叫正多边形，那么正六边形的外角和是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：正六边形的外角和是．
故答案为：C．
【分析】 本题考查了正多边形、正多边形的内角和外角、多边形的外角和定理，根据多边形的外角和是，即可求解．
3．在平面直角坐标系中，有、、、四点，在第三象限的是（　　）
A．点 B．点 C．点 D．点
【答案】D
【知识点】点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：点的横、纵坐标都大于0，则点A在第一象限，故Ａ不符合题意；
点的纵坐标为0，则点B在轴上，不属于任何象限，故Ｂ不符合题意；
点的横坐标小于0，纵坐标大于0，则点C在第二象限，故Ｃ不符合题意；
点的横坐标，纵坐标，符合第三象限点的特征，则点D在第三象限，故Ｄ符合题意．
故答案为：D．
【分析】本题主要考查判断点所在的象限，由点在各象限内的坐标特征即符合的点在第一象限，的点在第二象限，的点在第三象限，的点在第四象限，然后逐个判断各点位置即可．
4．如图，下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、，一组对边平行另一组对边相等的四边形，可能是等腰梯形，不可以判定，不符合题意；
B、根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可判断，可以判定，符合题意；
C、两组邻角相等的四边形可能是等腰梯形，不可以判定，不符合题意；
D、一组邻边相等，一组对角相等的四边形可能是筝形，不可以判定，不符合题意．
故答案为：B．
【分析】
本题主要考查平行四边形的判定，选项A的两个条件可判定四边形是平行四边形，也可以是等腰梯形；选项B的两个条件可判定四边形是平行四边形；选项C的两个条件可判定四边形是等腰梯形，不能判定是平行四边形；选项D的两个条件不能判定四边形是平行四边形．
5．如图，小张要测量池塘两岸相对的A，B两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点D，E，测得，则的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点D，E分别是，的中点 ，
是的中位线 ，
．
故答案为：A．
【分析】先判断出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，问题得解．
6．如图，平行四边形中，的平分线交于点，若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：平行四边形中，，，
，
平分，
，
，
，
．
故答案为：A．
【分析】本题考查角平分线的定义、平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，由的平分线交于点 ，得，由平行四边形的性质得，，则，所以，则，求得，于是得到问题的答案．
7．如图，象棋盘上，若“将”位于点，“象”位于点．则“炮”位于点（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；用坐标表示地理位置
【解析】【解答】解：∵“将”位于点，“象”位于点
∴如图所示，“炮”位于点．
故答案为：C．
【分析】本题考查了坐标确定位置，点的坐标，根据“将”的位置向左平移一个单位所得直线是y轴，向上平移1个单位所得直线是x轴，根据“炮”的位置，可得答案．
8．下列命题不正确的是（　　）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，是平行四边形的判定定理，命题正确，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是菱形的判定定理，命题正确，不符合题意；
C、对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等，但不是矩形；只有对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，因此该命题错误，符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是正方形的判定定理，命题正确，不符合题意．
故答案为：C．
【分析】本题考查了命题与定理，平行四边形的判定、正方形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理、根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理逐一判断选项，找出错误命题即可．
9．如图，在矩形中，对角线，相交于点，则的长为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，角所对直角边的长等于斜边一半，由四边形是矩形可得 ，，根据直角三角形两锐角互余可得，再根据“角所对直角边的长等于斜边一半”可求出，由可得结论
10．如图，在菱形中，点是边上一点，，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，，∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，且，
∴，
∵，
∴，
故答案为：B．
【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识，由，可求出，由四边形是菱形可得，，，求出，且，可得，从而可求出．
11．如图，正方形的顶点与正方形的边均在直线上，于点，若，正方形的面积为，则正方形的周长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵正方形的面积为，
，
∴，
∵四边形和四边形均为正方形，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
在中，，
∴正方形的周长为．
故答案为：B．
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．由 正方形的面积为 可求出，由正方形的性质可得，， 证明，根据证明，得， 在中，由勾股定理得，即可求得正方形的周长．
12．如图，是平行四边形的边上的点，连接、、Q是的中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；平行四边形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】 解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
故答案为：C．【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，由平行四边形的性质得，由是中点得，再根据可证明，再证明四边形是平行四边形，可得到，，再根据等底等高得到，即可计算阴影部分的面积．
13．若一个多边形的内角和是900 ，则这个多边形是　 　边形.
【答案】七
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】设这个多边形是 边形，根据题意得，
，
解得 .
故答案为： .
【分析】根据多边形的内角和公式 ，列式求解即可.
14．如图，在菱形中，与交于点，若，则菱形的面积为　 　．
【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：四边形是菱形，
，
，
菱形的面积为；
故答案为：．
【分析】根据菱形的面积公式，菱形面积等于对角线乘积的一半，求解即可.
15．如图，在平面直角坐标系中，已知点、，点在轴正半轴上，，则点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】解含绝对值符号的一元一次方程；点的坐标；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设点的坐标为，
，
点、，
、，
在中，由勾股定理得：，
，
，
或，
解得或，
点在轴正半轴上，
，
点的坐标为．
故答案为：．
【分析】本题主要考查点的坐标，两点间距离和勾股定理，设点的坐标为，可求出，由点、可得、，在中，由勾股定理得，根据可得，求出或，由点在轴正半轴上，得或，由点在轴正半轴上可得，故可得点的坐标．
16．如图，菱形的面积为，点P，Q分别在边上（不与点重合），且，连接，则最小值为　 　．
【答案】
【知识点】点的坐标；勾股定理的实际应用-最短路径问题；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：过点作于点，延长到点，使，
菱形，
，
菱形的面积为，
，
∴在中，，
以点为原点，所在的直线为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，连接，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
当，，三点共线时，取最小值，
最小值为的最小值．
故答案为：．
【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质，过点作于点，延长到点，使，求出，根据菱形的性质和勾股定理可得，以点 为原点，所在的直线为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，得， 证明，连接，，，由，可得，，三点共线时，取最小值，所以的最小值=的最小值，利用勾股定理即可解决问题．
17．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1的正方形，已知火车站的坐标为．
（1）根据题目条件，在图中建立平面直角坐标系；
（2）直接写出体育场，文化馆，超市的坐标；
（3）已知游乐场在市场的西南方向上且相距个单位长度，请在图中标出游乐场位置，并写出点坐标．
【答案】（1）解：建立如图所示的平面直角坐标系；
（2）体育场：，文化馆：，超市：
（3）解：如图，市场的坐标为，
游乐场在市场的西南方向上且相距个单位长度，
所以在方格纸中，沿该方向移动个单位，即向左、向下各移动2个单位长度，
点P的坐标为．
【知识点】点的坐标；用坐标表示地理位置
【解析】【解答】（2）解：如图，体育场：，文化馆：，超市：；
【分析】本题考查平面直角坐标系的建立与点的坐标表示，解题的关键是根据已知点的坐标确定平面直角坐标系的原点、坐标轴方向和单位长度．
（1）根据已知点的坐标确定原点的坐标，确定出平面直角坐标系；
（2）根据（1）的图形写出各点的坐标；
（3）根据坐标系分别标出A，B的位置，写出A点坐标即可．
（1）解：建立如图所示的平面直角坐标系；
（2）解：如图，体育场：，文化馆：，超市：；
（3）解：如图，市场的坐标为，
游乐场在市场的西南方向上且相距个单位长度，
所以在方格纸中，沿该方向移动个单位，即向左、向下各移动2个单位长度，
点P的坐标为．
18．已知点是平面直角坐标系内的一点，求出满足下列条件的的值或取值范围（要有解题过程）．
（1）若点在轴上；
（2）若点在第三象限．
【答案】（1）解：∵点在轴上，
∴，
∴；
（2）解：∵点在第三象限，
∴，
解得．
【知识点】解一元一次不等式组；利用等式的性质解一元一次方程；点的坐标与象限的关系
【解析】【分析】本题考查了点的坐标，解一元一次不等式组，各象限内点的坐标的符号特征，四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四限．（）点 在x轴上，则点纵坐标是，据此列出方程，解答即可求解；
（）根据第三象限的点的横坐标小于0，纵坐标小于0列出不等式组，解答即可求解．
（1）解：∵点在轴上，
∴，
∴；
（2）解：∵点在第三象限，
∴，
解得．
19．如图，在四边形中，，垂足分别为．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是平行四边形．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∴在和中，
，
∴；
（2）证明：由（1）知：，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；平行四边形的判定；内错角相等，两直线平行
【解析】【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的判定，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）由得，根据可证明；
（2）由得，得，结合可判断四边形是平行四边形．
（1）证明：∵，
∴，
∴在和中，
，
∴；
（2）证明：由（1）知：，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
20．如图，八（1）班同学课间做折纸游戏，选用一张矩形纸片进行折纸．已知该纸片长为，宽为．折叠时，顶点落在边上的点处（折痕为）．
（1）____________________：
（2）求的长．
【答案】（1）；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
设，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
故答案为：；．
【分析】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识，切实理解折叠的性质和转化到某一个直角三角形中是解决问题的关键．
（1）由四边形是矩形得，由折叠得，由勾股定理求出，即可求出 ；
（2）设，则，由折叠得，根据勾股定理得，解方程即可求出，从而可求出．
（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
故答案为：；．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，
设，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
21．如图，在矩形中，延长AO到点D，使，延长到点E，使，连接，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
，
四边形的面积．
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的性质、勾股定理、菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定(对角线互相垂直的平行四边形是菱形)和性质(四条边相等、对角线互相垂直且平分)，以及矩形、平行四边形的相关性质是解题的关键
（1）根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形，再由四边形是矩形可得，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形可得四边形是菱形；
（2）由得，由勾股定理算出，最后根据可求出菱形的面积，即可作答．
（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
，
四边形的面积．
22．学校计划购进A，B两种数学教具用于课堂教学．已知A种教具进价比B种教具进价每件多30元，用1400元购进种教具的件数与用800元购进种教具的件数相同．
（1）求，两种教具每件的进价各多少元；
（2）总务处张老师决定购进，两种教具共30件，且总费用不超过1600元，那么总务处张老师最多可购进种教具多少件？
【答案】（1）解：设A种教具每件进价元，则B种教具每件进价元，
由题意得：，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
则B种教具每件进价元，
答：A种教具每件进价70元，B种教具每件进价40元；
（2）解：设购进A种教具件，则购进B种教具件，
由题意得：，
解得，
由于为非负整数，故的最大值为件，
答：最多可购进A种教具13件．
【知识点】一元一次不等式的应用；去分母法解分式方程；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题主要考查分式方程的应用和一元一次不等式的应用，正确列出方程和一元一次不等式是解答本题的关键．（1）设A种教具每件进元，则B种教具每件进价元，根据“用1400元购进种教具的件数与用800元购进种教具的件数相同”可列分式方程，解分式方程并检验即可得出答案；
（2）设购进A种教具件，则购进B种教具件，根据 总费用不超过1600元得：，即可得到答案．
（1）解：设A种教具每件进价元，则B种教具每件进价元，
由题意得：，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
则B种教具每件进价元，
答：A种教具每件进价70元，B种教具每件进价40元；
（2）解：设购进A种教具件，则购进B种教具件，
由题意得：，
解得，
由于为非负整数，故的最大值为件，
答：最多可购进A种教具13件．
23．阅读下面材料：在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？
小明在思考问题时，有如下思路：连接．
结合小明的思路作答：
（1）若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由；
参考小明思考问题的方法，解决以下问题：
（2）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是菱形．请说明理由；
（3）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论．
【答案】解：四边形还是平行四边形，理由如下：
如图，连接，
E，F分别是，的中点，
，，
同理可得，，
，，
四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是菱形．理由如下：
由（1）可知，四边形是平行四边形，
G，F分别是，的中点，
，
，，
，
四边形是菱形；
(3)，
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（3）解：当且时，四边形是正方形．理由如下：
由（2）可知，四边形是菱形，
G，F分别是，的中点，
，
，，
，即，
四边形是正方形．
【分析】本题主要考查了中点四边形、三角形中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键.
（1）连接，先判断是的中位线，得，，再判断是的中位线，可得，，即可得出，，再根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得结论
（2）根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得，由中位线定理可得，故可得结论；
（3）根据“有一个角是直角的菱形是正方形”可知 在（1）的条件下，，，从而且，故可得结论．
24．如图，在正方形中，为上一点，连接的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．
（1）写出与相等的一个角；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
【答案】（1）解：在正方形中，，
，
，即，
又的垂直平分线交于点，
，则，
，
；
（2）证明：在正方形中，有，，，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，即，，
由（1）知，即，
在和中，
，
∴
∴；
（3）解：连接，如图，
∵，，
∴在中，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
即的长为．
【知识点】线段垂直平分线的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；两直线平行，同位角相等
【解析】【分析】本题主要考查平行线的性质、正方形的性质、线段垂直平分线的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识．（1）由正方形的性质得，由证明，再根据线段垂直平分线的性质得，再根据同角的余角相等可得；
（2）首先利用正方形的性质得到，再证明四边形是矩形，得到，，从而得到，，根据即可证明，从而得到；
（3）连接，由勾股定理求得，从而得出，根据垂直平分线的性质可得，，即有，在中，利用勾股定理解得：，即有，再在中利用勾股定理即可求出，则可求．
（1）解：在正方形中，，
，
，即，
又的垂直平分线交于点，
，则，
，
；
（2）证明：在正方形中，有，，，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，即，，
由（1）知，即，
在和中，
，
∴
∴；
（3）连接，如图，
∵，，
∴在中，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
即的长为．
25．如图1，平面直角坐标系中，点为坐标原点，四边形为矩形，、．点是的中点，点P在边上以每秒2个单位长的速度由点向点B运动．设动点P的运动时间为秒．
（1）当四边形是平行四边形时，求的值；
（2）在线段上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，求当四边形为菱形时的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点是平面内一点，且以O、D、P、M四点为顶点的四边形构成菱形，请直接写出符合条件的的坐标．
【答案】（1）解：四边形为矩形，、，
、，
点是的中点，
，
由题意得：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
解得；
（2）解：存在，理由如下：
由题意得：，
四边形为菱形，
，
在中，，
，
解得或（舍去），
当时，，
，
点坐标为；
（3）点坐标为或或或
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质；菱形的性质；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（3）解：①当、为菱形的边，且点在点的右侧时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
点坐标为；
②当点在点的左侧且在线段上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
③当点在点的左侧且在的延长线上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
④当为菱形的对角线时，如图，过点作，
四边形为菱形，
，且点和点关于对称，
在中，，
，
，
；
综上所述，点坐标为或或或．
【分析】（1）根据四边形为矩形可得，由点是的中点可得，根据题意可得，则，再根据 四边形是平行四边形得到，列方程求解即可；
（2）由四边形为菱形，可得，根据勾股定理列方程，求出的值，进而求得Q的坐标；
（3）分四种情况讨论：①当、为菱形的边且点在点的右侧，②当点在点的左侧且在线段上，③当点在点的左侧且在延长线上，④为菱形的对角线时，根据菱形的性质得到，再利用勾股定理求出或的长即可．
（1）解：四边形为矩形，、，
、，
点是的中点，
，
由题意得：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
解得；
（2）解：存在，理由如下：
由题意得：，
四边形为菱形，
，
在中，，
，
解得或（舍去），
当时，，
，
点坐标为；
（3）解：①当、为菱形的边，且点在点的右侧时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
点坐标为；
②当点在点的左侧且在线段上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
③当点在点的左侧且在的延长线上时，如图：
四边形为菱形，
，
在中，由勾股定理得：，
点坐标为；
④当为菱形的对角线时，如图，过点作，
四边形为菱形，
，且点和点关于对称，
在中，，
，
，
；
综上所述，点坐标为或或或．
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