2025-2026学年人教版数学八年级下学期期中复习综合卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年人教版数学八年级下学期期中复习综合卷（含答案+解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．在平面直角坐标系中，线段是由线段经过平移得到的，已知点、，N的对应点，求N的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．下列各式中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．下列因式分解正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，在▱ABCD中，AB=2，BC=3．以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点P，交CD于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线于点E，则AE的长是（ ）
A．B．1C．D．
6．如图，两个完全一样的直角三角形重叠在一起，将其中一个三角形沿着点到点的方向平移到三角形的位置，，平移距离为6，则阴影部分面积为（ ）
A．60B．48C．36D．24
7．如图，在中，，AD平分，过点D作交AB于点E．若，，则的长是（ ）
A．3B．C．D．5
8．如图，在等腰中，，将绕点C逆时针旋转得到，当点A的对应点D落在上时，连接，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，已知，，点、、…在射线上，点、、在射线上，、、、均为等边三角形，若，则的边长为（ ）
A．16B．32C．64D．128
10．如图，交的延长线于点，则的长为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题
11．关于x的分式方程有增根，则m的值为_____．
12．如图，在中，，是的角平分线，，则的面积是_____．
13．如图，过对角线的交点，交于点，交于点．则：①；②若，，则；③；④．其中正确的结论有______．
14．如图，平分，，垂足为E，交的延长线于点F，若恰好平分．则下列结论中：①是的高；②是的中线；③；④．其中正确的有_________．（填序号）
15．如图，在△ABC中，AF平分∠BAC，AC的垂直平分线交BC于点E，∠B=70°，∠FAE=19°，则∠C=______度．
16．如图①，设计一张折叠型方桌，其示意图如图②，若，．现将桌子放平，两条桌腿需要叉开的角度应为，求出距离地面的高度是_______．
17．如图，在平行四边形中，于E，，则的大小是________．
三、解答题
18．化简：
(1)；
(2)．
19．分解因式：
(1)
(2)
20．解分式方程：．
21．如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证．
22．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点，，均在格点上．在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长1个单位长度的正方形）
(1)画出将向左平移8个单位长度得到的，并写出点的坐标；
(2)画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标．
23．如图，在平行四边形中，点G，H分别是，的中点，点E、F在对角线上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接交于点O，若，，求的长．
24．某商场计划购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球的单价多30元，已知用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等．篮球售价为每个150元，足球售价为每个110元．
(1)篮球和足球的单价各是多少元？
(2)商场售出足球的数量比篮球数量的三分之一还多10个，且获利超过1300元，问篮球最少卖出多少个？
(3)商场计划用不超过10350元购进两种球共100个，其中篮球不少于43个，问商场有几种进货方案？哪种方案商场获利最大？
25．如图，与为正三角形，点O为射线上的动点，将射线绕点O逆时针旋转，得到射线
(1)如图1，点O与点A重合时，点E，F分别在线段，上，求证：；
(2)如图2，当点O在的延长线上时，E，F分别在线段的延长线和线段的延长线上，请写出、、三条线段之间的数量关系，并说明理由；
《2025-2026学年人教版数学下学期期中复习综合卷》参考答案
1．B
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转，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．
【详解】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．
故选：B．
2．A
【分析】本题考查了点的坐标的平移，先由题意得出平移方式为向右平移个单位长度，向上平移个单位长度，再由次计算即可得解，正确得出平移的方式是解此题的关键．
【详解】解：∵线段是由线段经过平移得到的，已知点、，
∴平移方式为向右平移个单位长度，向上平移个单位长度，
∵N的对应点，
∴N的坐标为，即，
故选：A．
3．B
【分析】本题考查了分式的基本性质，熟练掌握其性质是解题的关键．利用分式的性质逐项判断即可．
【详解】解：A、，等式错误，不符合题意；
B、，等式正确，符合题意；
C、，等式错误，不符合题意；
D、，等式错误，不符合题意；
故选：B．
4．C
【分析】本题考查了因式分解，整式的乘法，熟练掌握公式法和提公因式法进行因式分解是解题的关键．利用提公因式法、公式法以及整式的乘法逐个分解得结论．
【详解】解：A、，故不符合题意；
B、，故不符合题意；
C、，故符合题意；
D、， 故不符合题意；
故选：C．
5．B
【详解】∵由题意可知CF是∠BCD的平分线，
∴∠BCE=∠DCE．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠DCE=∠E，
∴∠BCE=∠AEC，
∴BE=BC=3，
∵AB=2，
∴AE=BE-AB=1，
故选B．
【点睛】本题考查的是作图-基本作图，熟知角平分线的作法是解答此题的关键．
6．A
【分析】本题主要考查了平移的性质，梯形面积公式等，解题的关键是熟练掌握平移的性质．
根据平移的性质得出，，然后根据梯形的面积公式即可求解．
【详解】解：根据图形平移的性质可得，，，
，
，
故选：A．
7．D
【分析】本题考查了勾股定理，角平分线的定义，等角对等边；由平行及角平分线的条件得；设，则，在中，由勾股定理建立方程求得x的值，即可求出的长．
【详解】解：∵，
∴；
∵AD平分，
∴，
∴，
∴；
设，则，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴；
故选：D．
8．B
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．由等腰三角形的性质和三角形内角和定理，得，根据旋转的性质，得，，再由等腰三角形和三角形内角和定理得，由 即可求得答案．
【详解】解：，，
，
由旋转得，，，
，
，
故选：B．
9．C
【分析】此题考查等边三角形的性质，根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出，以及，得出，，…进而得出答案．
【详解】是等边三角形，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
，
、是等边三角形，
，，
，
，
，，
，
，，，
以此类推：的边长为，
的边长为：．
故选：C．
10．D
【分析】根据等腰三角形的性质得，由三角形外角的性质得，由角所对直角边等于斜边一半可求出AD的长．
【详解】解：∵
∴
又
∴
∵即
∴
故选：D
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形外角的性质以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握三角形的相关计算是解答本题的关键．
11．
【分析】本题主要考查了根据分式方程解的情况求参数，先解分式方程得到，再根据分式方程有增根得到，则．
【详解】解：
方程两边乘得：，
∴，
∵方程有增根，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了角平分线的性质定理，三角形的面积．
作于，利用角平分线的性质定理证明，代入三角形面积公式即可解决问题．
【详解】解：如图，作于H，
平分，，，
，
，
故答案为：．
13．①②④
【分析】本题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质，牢记平行四边形的性质和全等三角形的判定定理是解题关键．
根据平行四边形的性质可得到，可判断①正确；根据三角形三边关系可得到，进而求得的取值范围，可判断②正确；根据平行四边形的性质可知为中点，则，进而求得与的数量关系，可判断③正确；根据，利用，可判断④正确．
【详解】①∵四边形为平行四边形，
∴，．
∴，．
在和中，
，
∴．
∴．
故①正确．
②∵四边形为平行四边形，
∴，．
又，
∴．
∴．
故②正确．
③∵为的中点，
∴．
∴．
故③错误．
④∵，
∴．
∴．
故④正确．
故答案为：①②④．
14．①②③④
【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定、平行线的性质及角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、平行线的性质及角平分线的性质是解题的关键．由角平分线的定义及平行线的性质可得，然后可证，，进而问题可求解．
【详解】解：∵平分，恰好平分，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，即是的高，故①正确；
∵，，
∴，
∴，，即是的中线，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，故③正确；
∵，，，
∴，故④正确；
故答案为：①②③④．
15．24
【分析】根据角平分线和垂直平分线的性质得到角之间的关系，再利用三角形内角和180度求角.
【详解】∵DE是AC的垂直平分线,
∴EA=EC，
∠EAC=∠C,
∴∠FAC=∠FAE+∠EAC=19°+∠EAC，
∵AF平分∠BAC，
∴∠FAB=∠FAC.
在△ABC中,∠B+∠C+∠BAC=180°所以70°+∠C+2∠FAC=180°，
∴70°+∠EAC+2×(19°+∠EAC)=180° ，
∴∠C=∠EAC=24°，
故本题正确答案为24.
【点睛】本题主要考查角平分线和垂直平分线的性质、三角形内角和等于180度的应用、角的概念及其计算.
16．40
【分析】本题主要考查了等边对等角、三角形内角和、直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
如图：作于E，根据等腰直角三角形的性质可得，再求得，再运用所对的直角边等于斜边的一半即可解答．
【详解】解：如图：作于E，

∵，，
∴，
∵，
∴．
故答案为40．
17．37
【分析】本题主要考查的是平行四边形的性质、直角三角形的性质等知识点，掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．
先根据平行四边形的性质求出的度数，再由直角三角形的两锐角互余即可解答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：37．
18．(1)2
(2)
【分析】本题考查了分式的混合运算．
（1）直接计算分式的加法即可；
（2）先计算分式的除法，再计算分式的减法即可．
【详解】（1）解：



；
（2）解：原式



．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查了因式分解，解题的关键是：
（1）先提取公因数2，然后根据平方差公式进行因式分解即可；
（2）先提取公因式，然后根据完全平方公式进行因式分解即可．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
20．
【分析】本题考查了解分式方程.
先去分母化为整式方程，再解方程，最后检验即可.
【详解】解：
解得
经检验，当时，，
所以解为.
21．见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线的性质，由平行四边形的性质得到，由平行线的性质和对顶角相等推出，，据此证明，则可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
22．(1)图见解析，
(2)图见解析，
【分析】本题考查了作图−旋转变换和平移变换．
（1）利用点平移的坐标特征描出点、、，再顺次连接，然后根据点的位置写出其坐标即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出的对应点、，再顺次连接，然后根据点的位置写出其坐标即可．
【详解】（1）解：如图，为所求作三角形；；
点；
（2）解：如图，为所求作三角形．
点．
23．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）证△（），得，，则，得，即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得出，再证出，可得是的中位线，然后利用中位线定理可得的长度．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点G，H分别是，的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：连接交于点O，
如图：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵点G是的中点，
∴是的中位线，
∴．
【点睛】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及三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握平行四边形判定与的性质及三角形中位线定理是解题的关键．
24．(1)足球单价为90元，则篮球单价为120元；
(2)篮球最少要卖33个；
(3)商场共有3种进货方案，购买篮球45个，购买足球55个，商场获利最大．
【分析】本题考查了分式方程的应用、一次函数的性质以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（3）找准等量关系，正确列出一元一次不等式．
（1）利用分式方程即可求出篮球和足球的单价；
（2）设购买篮球个，则购买足球个，根据题意列不等式即可；
（3）设购买篮球个，则购买足球个，根据题意求出的取值范围，再根据（1）的结论列不等式即可得出购买方案，设商场获利元，列出关于的函数关系式，利用一次函数的性质即可解答．
【详解】（1）解：设足球单价为元，则篮球单价为元，由题意得：
，
解得：，
经检验：是原分式方程的解，
则，
答：足球单价为90元，则篮球单价为120元；
（2）设购买篮球个，则购买足球个，由题意得：
，
解得：，且为整数，
∴m的最小整数值为33，
故篮球最少要卖33个；
（3）设购买篮球个，则购买足球个，
由题意得：，
解得：，
篮球不少于43个，
，
有3种方案：
设商场获利元，
由题意得：，
，
随的增大而增大，
时，有最大值，
（个，
答：商场共有3种进货方案，购买篮球45个，购买足球55个，商场获利最大．
25．(1)见解析．
(2)，理由见解析．
【分析】（1）由等边三角形得到，，推出，即可证得结论．
（2）过点O作交于点H，得到是等边三角形，证明，推出，即可得到．
【详解】（1）证明：∵与为正三角形，
∴，，
由旋转得，
∴，
∴（ASA）；
（2）解：，理由如下：
如图3，过点O作交于点H，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴（），
∴，
∵，
∴；
【点睛】此题考查了等边三角形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，根据题意分别作出相应的辅助线并运用类比思想及分类思想解决问题是解题的关键．