上海市虹口区2025-2026学年度第二学期期中考试 八年级数学试卷（含解析）

这是一份上海市虹口区2025-2026学年度第二学期期中考试 八年级数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了本练习卷含三个大题，共26题等内容，欢迎下载使用。
（满分100分，考试时间90分钟）
注意：
1．本练习卷含三个大题，共26题．答题时，请务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本练习卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤．
一、选择题：（本大题共6题，每题2分，满分12分）
[下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上．]
1. 在平面直角坐标系中，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
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵点的横坐标为正，纵坐标为负，
∴点在第四象限．
2. 当多边形的边数由3逐渐增加到时（，且为正整数），这个多边形的外角和（ ）
A. 逐渐增加B. 逐渐减小C. 没有变化D. 增、减情况不确定
【答案】C
【解析】
【分析】任意多边形外角和都为360度，据此可得答案．
【详解】解：∵任意多边形的外角和恒为，与边数多少无关，
∴当多边形边数由增加到时，这个多边形的外角和没有变化．
3. 俄罗斯方块是一款经典休闲益智游戏，如图是小宇玩俄罗斯方块时某一时刻的截图，若在以为原点建立的平面直角坐标系中，小宇将上方的方块先向左移动2个格子，再向下移动6个格子后，点恰好落在点处，则上方的方块移动前点所在位置的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了坐标平移的性质：上下平移只改变点的纵坐标，上加下减；左右平移只改变点的横坐标，左减右加，据此求解即可．
【详解】点先向左移动2个格子，再向下移动6个格子后的位置为点，
将点先向上移动6个格于，再向右移动2个格子后得到点
∴上方的方块移动前点所在位置的坐标为，
故选：C．
4. 如果平行四边形的一条边长是10，那么下列各组数中，可作为这个平行四边形的两条对角线长是（ ）
A. 12和8B. 13和6C. 28和6D. 20和6
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的两条对角线互相平分和三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，解答即可．
【详解】解：平行四边形的两条对角线互相平分，即两条对角线的一半与平行四边形的一边可组成一个三角形，
设两条对角线长分别为x、y，则对角线的一半分别为、，平行四边形的一边长为10，
根据三角形三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，可得：、，将A、B、C、D4个选项代入，只有D成立，，，故选D．
5. 如图，菱形各边的中点分别为，，，，若四边形的面积为，则菱形的面积为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】连接交于，根据三角形中位线定理得，进而可得四边形是矩形，得到，进而根据菱形的面积公式计算即可求解．
【详解】解：连接交于，
∵四边形是菱形，
∴，
∵点分别是边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
，，
，
，
∴四边形是矩形，
∵四边形的面积为，
，
∴菱形的面积．
注意中点四边形的性质和三角形中位线的性质．
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 矩形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相平分；
B. 有一个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的四边形是菱形；
C. 正方形具有矩形和菱形的所有性质；
D. 对角线相等的矩形是正方形，对角线垂直的菱形是正方形；
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定与性质进行判断即可得．
【详解】解：A、矩形和平行四边形都具有对角线互相平分这一条性质，则此项错误，不符合题意；
B、有三个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则此项错误，不符合题意；
C、因为正方形是矩形（四条边都相等的矩形是正方形）和菱形（有一个内角是直角的菱形是正方形）的特殊情形，所以正方形具有矩形和菱形的所有性质，则此项正确，符合题意；
D、对角线垂直的矩形是正方形，对角线相等的菱形是正方形，则此项错误，不符合题意；
故选：C．
本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定与性质，熟练掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题关键．
二、填空题：（本大题共12题，每题2分，满分24分）
[请将结果直接填入答题纸的相应位置]
7. 正六边形的内角和为___度．
【答案】720
【解析】
【详解】解：因为多边形的内角和公式：180°（n﹣2），
所以正六边形的内角和：180°×（6﹣2）=180°×4=720°．
故答案为：720
8. 在平面直角坐标系中，点到轴的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据点坐标轴的距离的计算方法，即点到轴的距离表示为，点到轴的距离表示为，由此即可求解，
【详解】解：点到轴的距离为，
故答案为：．
本题主要考查点到坐标轴的距离的计算方法，关键是理解点到轴的距离的表示方法．
9. 在平面直角坐标系中，已知两点，那么__________．
【答案】
【解析】
【分析】平面直角坐标系中点和点的距离为，据此求解即可．
【详解】解：∵，
∴．
10. 在平行四边形中，的补角与互余，那么的度数为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，则的补角为 ，根据平行四边形的性质得到，，则，据此根据的补角与互余建立方程求解即可．
【详解】解：设，则的补角为 ，
四边形是平行四边形，
，，
∴，
∴ ，
∴ ，
解得，
，
．
11. 如图，如果“车”的坐标为，“马”的坐标为，那么“炮”的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由“车”和“马”的坐标确定坐标原点，即可得答案．
【详解】解：棋子“车”的坐标为，棋子“马”的坐标为，
坐标系的原点O，如下图所示，
棋子“炮”的坐标为．
12. 已知点关于轴的对称点为，关于轴的对称点为，那么点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】关于轴对称，横坐标变为原数的相反数，纵坐标不变；关于轴对称，横坐标不变，纵坐标变为原数的相反数，据此求解即可．
【详解】解：∵点关于轴的对称点为，
∴点Q的坐标为，
∵点Q关于轴的对称点为，
∴点Q的坐标为，
∴点Q的坐标为．
13. 如图，矩形中，、交于点，平分交于点，，那么__________．
【答案】
【解析】
【分析】由矩形的性质得到，可证明是等边三角形，得到，证明是等腰直角三角形，推出，据此求出的度数即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴；
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
14. 如图，是的中位线，平分，交于点．已知，，则的长为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据三角形中位线定理求出和的长度，同时得到与平行的关系，再结合角平分线的定义和平行线的性质推导出，利用等角对等边得出，最后通过线段的差运算计算出的长度．
【详解】解：∵是的中位线，，，
∴，，．
∵平分，
∴．
又∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
15. 已知点、、，平行四边形的顶点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设顶点的坐标为，根据平行四边形的两条对角线的中点坐标相同列式求解即可．
【详解】解：设点的坐标为，
∵平行四边形的两条对角线的中点坐标相同，
∴，
∴，
∴点的坐标为．
16. 如图，矩形中，为上一点，将沿翻折，点的对应点恰好为的重心，那么__________．
【答案】4
【解析】
【分析】延长交于点H，由重心的定义和性质可得，由折叠的性质可得，设，则，，再利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：如图所示，延长交于点H，
∵点为的重心，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可得，
设，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
17. 在平面直角坐标系中，对于平面任一点，若规定以下三种变换：
①，如：；
②，如：；
③，如：．
按照以下变换有：，那么__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据，，先计算，再计算外面的变换可得答案．
【详解】解：．
18. 在一个三角形中，如果有两条中线互相垂直，我们把这样的三角形称为“中垂三角形”．如果是“中垂三角形”，是中线，，，那么的长为______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的性质以及三角形中位线性质等知识，分、、三种情况讨论，运用相似三角形的判定与性质，勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵为“中垂三角形”，即于点P，
又∵，
∴
∴，
∵分别是中线，连接，

∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
在中，
∴，
∴；
如图，当时，
同理可得，，，
在中，
∴
∴；
如果是“中垂三角形”，设三条中线相交于P，当时，取中点G，连接，过G作于H，
∵为中点，
∴，
∵G为中点，
∴，
又，
∴，
∵，，
∴，
∴，这与垂线段最短相矛盾，
∴不存在；
综上，的长为或．
故答案为：或．
三、解答题：（本大题共8题，满分64分）
19. 在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标为、、，试求的面积．
【答案】
【解析】
【分析】利用、纵坐标相同的特点，直接求出三角形的底和高，再用三角形面积公式计算．
【详解】解：，，和的纵坐标相等，均为，
轴，的长度为，所在直线为，
点到直线的垂直距离为，
．
20. 如图，在周长为20的平行四边形中，相交于点交于点，求的周长．
【答案】10
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质得到，，则根据四边形的周长公式可推出；可证明垂直平分，得到，据此根据三角形的周长公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，且相交于点，
∴，，
∵平行四边形的周长为20，
∴，
∴，即；
又∵，
∴垂直平分，
∴，
∴的周长．
21. 点是平面直角坐标系中不在坐标轴上的点，过点向轴、轴作垂线段，垂足分别为．如果，那么点称为“好点”．例如：点，因为，所以点是“好点”．
（1）在点、、中，“好点”是__________．
（2）如果是“好点”，求的值．
【答案】（1）A和B （2）
【解析】
【分析】（1）根据“好点”的定义，计算每个点横纵坐标的绝对值之和，判断是否等于5即可得到结果；
（2）根据“好点”的定义列出关于的含绝对值的方程，分和两种情况去掉绝对值符号，解一元一次方程即可得到的值．
【小问1详解】
解：点是“好点”，因为其坐标满足；
点是“好点”，因为其坐标满足；
点不是“好点”，因为，
因此“好点”是和；
【小问2详解】
解：∵是“好点”，且点不在坐标轴上，
∴，且，
分两种情况讨论：
①当时，原式化简为，即，
解得；
②当时，原式化简为，即，
解得；
综上，．
22. 如图，在平行四边形中，点为边上的一点，连接、交于点，，如果，求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先根据平行四边形的性质得出，故，再由结合，证明， 等量代换证得， 最后根据等角对等边证明即可得证．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，
．
，
．
，
．
，
，
，
，
四边形是菱形．
23. 尺规作图是起源于古希腊的数学课题，在初中阶段的数学学习中我们已经有所了解和掌握，这里所使用的尺是指无刻度的直尺．无刻度的直尺不能度量，且无法画垂线、平行线，只能用来连线．
参考以上作法，请你在以下两题中只使用无刻度直尺和铅笔作图（保留作图痕迹）：
（1）如图3，在平行四边形中，点是边的中点，请作出边的中点；
（2）如图4，点、点、点都是方格纸中的格点，作出的重心．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）连接、交于点，连接并延长交于点，连接、交于点，连接并延长交于点，点即为所求；
（2）取，且，连接与相交于点，取的中点，连接、相交于点，则点是的中点，点是的重心．
【小问1详解】
解：如图，点即为所求；
连接、交于点，连接并延长交于点，连接、交于点，连接并延长交于点，点即为所求；
四边形是平行四边形，点为对角线、的交点，
，，，为的中点，
点是边的中点，
是的中位线，
，，
，，即，
四边形是平行四边形，点为对角线、的交点，，
为的中点，为的中点，
点是的中点，
是的中位线，
，
，
，即，点是的中点；
【小问2详解】
解：如图，点即为所求；
取，且，连接与相交于点，取的中点，连接、相交于点；
，，
，
，即点是的中点，
点是的重心．
24. 在平面直角坐标系中，点，点在轴上．
（1）当点在轴正半轴，将点绕点逆时针旋转后落在点处，如果的面积为6，求点的坐标；
（2）如果点在直线上，，且，求点坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，旋转的性质，解一元二次方程等知识，掌握在坐标系中利用勾股定理求解两点之间的距离是关键．
（1）设点B坐标为，，由旋转的性质得，，即根据三角形的面积可求出，再在中利用勾股定理即可作答；
（2）设点B坐标为，点D坐标为，利用勾股定理表示出、、，再根据，且，列出相应的等式，可得、的数量关系，问题随之得解．
【小问1详解】
解：设点B坐标为，，已知 ， 即，，
由旋转的性质得，，
的面积为6，
，即，
在中，由勾股定理得，
，
点B的坐标为；
【小问2详解】
解：设点B坐标为，
点在直线上，
点D坐标为，
，
，，，
，
，
即：，
，
，且，，
即： ，
再结合，
可得：，即，
，
整理得：，
，
，
，
，
点D的坐标为：或．
25. 如图，在正方形中，，对角线交于点，点是边上一点（不与点重合），连接交于点，延长交的外角角平分线于点．
（1）求证：；
（2）连接、，当时，求的长．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）延长，交于点R，证明是等腰直角三角形，证是的中点，再证，作，证四边形为平行四边形，再证，
即可得答案；
（2）先证明四边形是平行四边形，求出的长，再证，求出的长，最后再利用勾股定理列出方程即可．
【小问1详解】
解：如下图，延长，交于点R，
四边形是正方形，
，，
是的外角的平分线，
，
是等腰直角三角形，
，
是的中点，
，
，
作，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
如下图，延长，过点F作的延长线的垂线交于点H，交的延长线于点G，
由（1）知：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
在中，根据勾股定理得：，
，
解得：（舍去），
．
26. 综合与实践
【问题情境】某数学兴趣小组研究了课本教材中的《折纸与数学》，思索折纸与角的关系，寻求新的折纸方法，其内容如下：
（1）【知识运用】请根据上述过程，连接，观察图1中，试猜想这三个角的大小关系是__________；
（2）【拓展提升】小华再次探究，寻找等分角的方法：如图2，点为边上的一点，连接，在上取一点，折叠纸片，使、两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点、分别落在、上，得到折痕，点、的对应点分别为、，展平纸片，连接、．求证：是的一条三等分线；
（3）【迁移探究】兴趣小组成员继续探究三等分线段的方法：如图3，将正方形纸片对折，得到折痕，（其中，点、分别是边、的中点），连接，将纸片沿翻折，使点落在点处，连接并延长，交边于点，求证：．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）由折叠的性质可推出，，则可证明是等边三角形，得到，由三线合一定理得到，再由矩形的性质和角的和差关系可得，则；
（2）由折叠的性质可得，，则可证明△BPB'≌△B'BP'ASA，得到；证明，得到，可证明，则是的一条三等分线；
（3）连接，可证明Rt△DA'G≌Rt△DCGHL，得到；设，则，；由勾股定理得x+y2=x2+2x−y2，可求出，即，则．
【小问1详解】
解：由折叠的性质可得，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，连接，
由折叠可知：是的垂直平分线，
∴PB'=B'B ，∠PB'E=∠BB'E ；
由折叠的性质可得，，
∴△BPB'≌△B'BP'ASA，
∴；
由折叠的性质可得，
由矩形的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的一条三等分线；
【小问3详解】
证明：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴Rt△DA'G≌Rt△DCGHL，
∴；
设，则，
∵点E为的中点，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴x+y2=x2+2x−y2，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
作图：只用无刻度直尺在图1中作出平行四边形的对角线的中点；
小朱同学采用下面的方法：
（1）用无刻度直尺连接线段；
（2）线段与的交点记为点；
结合已学过的平行四边形性质，图2中的点即为线段的中点．
如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作、、等大小的角，可以采用下面的方法（如图1）：
（1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
（2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，点、的对应点分别为、，把纸片展平．