上海市杨浦区2025-2026学年第二学期期中质量调研卷 八年级数学学科（含解析）

这是一份上海市杨浦区2025-2026学年第二学期期中质量调研卷 八年级数学学科（含解析），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（时间：90分钟 分值：100分）
一、选择题（共6题，每题3分，共18分）
1. 下列命题中正确的是（ ）
A. 两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B. 两条对角线相等的四边形是矩形
C. 两条对角线互相垂直的四边形是菱形
D. 两条对角线互相垂直且平分的四边形是正方形
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，逐个进行验证，即可得出正确选项．
【详解】解：A、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确．
B、两条对角线相等的四边形可能是梯形，不一定是矩形，错误．
C、两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，仅垂直不一定是菱形，错误．
D、两条对角线互相垂直且平分的四边形只能说是菱形，不一定是正方形，错误．
故选A．
本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，命题的真假判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行判断.
2. 已知点A的坐标为，点B的坐标为，轴，则线段的长为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴，可得A、两点的横坐标相等，可求得，即可求解．
【详解】解：∵A点的坐标为，点的坐标为，轴，
∴，
∴A点的坐标为，点的坐标为，
∴，
故选：A．
本题主要考查了坐标与图形的性质，根据平行于y轴的直线上点的横坐标相等，求出的值是解题的关键．
3. 如果平行四边形的四个内角的平分线能够围成一个四边形，那么这个四边形一定是（ ）
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形的判定定理判断即可．
【详解】因为“平行四边形的两组对角分别相等”，“邻角互补”所以相邻两个角的平分线组成角是直角，即平行四边形的四个内角的平分线围成的四边形四个角都是直角，是矩形．
故选B．
本题考查了矩形的判定以及平行四边形的基本性质．平行四边形基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．
4. 在下列叙述中，错误的是（ ）
A. 任何多边形的内角中最多有三个锐角
B. 任何多边形的内角中最多有四个直角
C. 对角线总条数等于其边数的多边形是五边形
D. 从n边形一个顶点出发可以作条对角线
【答案】D
【解析】
【分析】根据多边形的外角和为360度，且多边形的一个外角与其相邻的内角互补，据此可判断A、B；从n边形一个顶点出发可以作条对角线，则边形对角线总条数公式为，据此可判断C、D．
【详解】解：A、∵任意多边形的外角和为360度，
∴任意多边形的外角中，最多有三个钝角，
∴任意多边形的内角中，最多有三个锐角，原说法正确，不符合题意；
B、当多边形的一个内角是直角时，与其相邻的外角也是直角，而任意多边形的外角和为360度，故任意多边形的外角中，最多有4个直角，即任何多边形的内角中最多有四个直角，原说法正确，不符合题意；
C、边形对角线总条数公式为，当时，解得或（舍去），故对角线总条数等于其边数的多边形是五边形，原说法正确，不符合题意；
D、从n边形一个顶点出发可以作条对角线，原说法错误，符合题意；
5. 在四边形中，由下列条件能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理，逐个分析各选项是否满足判定条件即可．
【详解】解：A、由，不能判定四边形是平行四边形，等腰梯形也可满足此条件，故此选项不符合题意；
B、由，不能判定四边形是平行四边形，直角梯形也可满足此条件，故此选项不符合题意；
C、∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
D、由，不能判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
6. 如图，在中，对角线，交于点，，点，，分别是，，的中点，交于点．有下列4个结论：①；②；③；④，其中说法正确的有（ ）
A. ①②③B. ①③④C. ②④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质和，可以确定为等腰三角形，再应用等腰三角形三线合一的性质可判断①正确；根据直角三角形的性质确定，根据三角形的中位线的性质确定，再结合平行四边形的性质可判断②正确；根据三角形的中位线和平行四边形的性质可以确定，且，进而得到平行四边形，再应用其对角线互相平分的性质确定③正确；④根据平行四边形的性质，可得．
【详解】解：①∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
∵为中点，
∴．
故①正确．
②∵，是中点，
∴．
∵分别是中点，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
故②正确．
如下图所示，连结和．
③如上图所示：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵分别是中点，
∴．
∴，即．
∵，，
∴．
∴四边形是平行四边形．
∴．
故③正确．
④∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵为的中点，
∴，故④正确
故选：D．
本题考查了等腰三角形三线合一的性质，三角形中位线和直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定定理以及三角形面积与底和高之间的关系，综合应用这些知识点是解题关键．
二、填空题（共12题，每题3分，共36分）
7. 经过点且与x轴垂直的直线可以表示为_______．
【答案】直线
【解析】
【分析】根据与x轴垂直的直线，横坐标相等解答即可．
【详解】解：经过点且与x轴垂直的直线可以表示为直线．
8. 如果每个内角都相等的多边形的内角和等于，那么该多边形的一个外角等于_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据多边形内角和公式求出多边形的边数，再利用多边形外角和为即可求得一个外角的度数．
【详解】解：设该多边形的边数为，则，
解得，
∴该多边形的一个外角为．
9. 已知菱形的周长为20，两条对角线之比为，则菱形的面积为_______．
【答案】24
【解析】
【分析】先根据菱形周长求出菱形边长，再利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出两条对角线的长度，最后根据菱形面积等于两条对角线乘积的一半计算面积．
【详解】解：如图所示，在菱形中，对角线交于点O，且，
设，
由菱形的性质可得，
，
∵菱形的周长为20，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴菱形的面积．
10. 如图在中，是三角形的重心，，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形重心的性质及其应用问题，延长交于点H，证明，，即可解决问题．
【详解】解：延长交于点H，
则H是的中点，
∴，
又∵是三角形的重心，
∴，
故答案为：．
11. 平行四边形的两条对角线的交点与直角坐标系中的原点重合，且点A、B的坐标分别为、，则点D的坐标是_______．
【答案】##
【解析】
【分析】平行四边形对角线互相平分，对角线的交点为坐标原点，因此点与点关于原点对称，利用关于原点对称的点的坐标规律即可求出点的坐标．
【详解】解：∵平行四边形的两条对角线交点与直角坐标系原点重合，平行四边形对角线互相平分，
∴原点为线段的中点，即点与点关于原点对称．
∵关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，点的坐标为
∴点的坐标为．
12. 如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E，F分别是AB，CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝18°，则∠FPE的度数是_______．

【答案】144°
【解析】
【分析】根据中位线定理，易证明△EPF是等腰三角形，根据等腰三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E，F分别是AB，CD的中点，
∴FP，PE分别是△CDB与△DAB的中位线，
∴PF＝ BC，PE＝ AD，
∵AD＝BC，
∴PF＝PE，
∵∠PEF＝18°，
∴∠PEF＝∠PFE＝18°．
∠FPE＝180°-18°-18°=144°．
故答案为：144°．
本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的性质，解题关键是利用中位线性质证明△EPF是等腰三角形．
13. 将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形（折叠后点都落在的中点处）．若，则的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了折叠以及菱形的性质，根据折叠以及菱形的性质发现特殊角是解题的关键．
根据折叠的性质结合菱形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质结合勾股定理即可求得结果．
【详解】解：∵为菱形，
∴，
由折叠的性质可知，，
又∵，
∴，
在中，，
又∵，，
∴，，
∴，
故答案为：．
14. 在平面直角坐标系中，已知等边三角形的两个顶点的坐标为和，那么点C的坐标为_______．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况：点C在x轴上方和点C在x轴下方，过点C作于点H，求出的长，利用等边三角形的性质得到的长，则可求出的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，当点C在x轴上方时，过点C作于点H，
∵，，
∴，，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
在中，
由勾股定理得，
∴点C的坐标为；
同理可求出当点C在x轴下方时点C的坐标为；
综上所述，点C的坐标为或．
15. 如图，在平行四边形中，E是的中点，连接、F是的中点，连接交于点G，若，则 的长为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】取的中点，连接，，利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形为平行四边形即可得出结论．
【详解】解：如图所示，取的中点，连接，，
∵是的中点，是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴．
16. 如图，边长为a的正方形和边长为b的正方形排放在一起，和分别是两个正方形的中心，则阴影部分的面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】阴影部分的面积可以看成两个三角形面积之和，所以求2个三角形面积即可．
【详解】解：∵O1和O2分别是两个正方形的中心，
∴∠O1BC=∠O2BC=45°，
∴∠O1BO2=∠O1BC+∠O2BC=45°+45°=90°，
∴△O1BO2为直角三角形，
∵O1B=，O2B=，
∴△O1BO2的面积=O1B•O2B==，
故答案为：．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，主要利用了正方形的中心在对角线上，熟记性质是解题的关键．
17. 如图，在矩形中，，，把矩形折叠，使得点与点重合，则折痕的长为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】连接、，设与的交点为，利用勾股定理可计算出，由折叠的性质可得，，，则，在中，利用勾股定理构造方程，解得．在中，使用勾股定理计算出，容易证明△ODE≌△OBFAAS，则，因此．
【详解】解：如图，连接、，设与的交点为，
∵四边形是矩形，
∴，，，
在中，，
∵点与点关于对称，
∴，，，
∴，
在中，，
∴DF2=8−DF2+62，解得，
在中，OF=DF2−OD2=2542−52=154，
∵，
∴，，
在和中，
∠ODE=∠OBF∠OED=∠OFBOD=OB，
∴△ODE≌△OBFAAS，
∴，
∴．
18. 如图所示，已知为坐标原点，矩形（点与坐标原点重合）的顶点、分别在轴、轴上，且点C的坐标为，连接，将沿直线翻折至，交于点，试在轴上找一点，使的长度最短，则最短距离为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】由点坐标，求得矩形的边长，连接，与交于点，过作于点，由三角形的面积公式求得，设，由勾股定理列出的方程求得，再求得，可得点的坐标；作点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，则的值最小，根据两点距离公式求出即可．
【详解】解：点的坐标为，四边形是矩形，
，，
如图所示，连接，与交于点，过作于点，
由折叠知，，，，
，
，
，
设，则，
由勾股定理得，
即，
解得，即，
A'F=OA'2−OF2=325，
；
如图所示，作点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，则的值最小，

，
，
故的长度的最短距离为．
三、解答题（共7题，19～20每题5分，21～23题6分，24题8分，25题10分，共46分）
19. 已知是平面直角坐标系中的一点．
（1）若点A在y轴上，求a的值；
（2）若点A在第二象限，求a的取值范围；
（3）若点A到两坐标轴的距离相等，求a的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）在y轴上的点的横坐标为0，据此求解即可；
（2）在第二象限内的点的横坐标为负，纵坐标为正，据此列式求解即可；
（3）点到x轴的距离为该点纵坐标的绝对值，点到y轴的距离为该点横坐标的绝对值，据此可得，解方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵点在y轴上，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵点在第二象限，
∴，
解得；
【小问3详解】
解：∵点到两坐标轴的距离相等，
∴，
∴或，
解方程，可知该方程无解，
解方程得；
综上所述，．
20. 如图，在梯形中，已知，，，点E是的中点，的延长线与边相交于点F．求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】证明得，可证四边形是平行四边形．再证四边形是平行四边形得，可证，进而可证四边形是菱形．
【详解】证明：∵，
∴．
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
21. 图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，为滑轨，为固定长度的连杆．支点A固定在上，支点B固定在连杆上，支点D固定在连杆上．支点P可以在上滑动，点P的滑动带动点B，C，D，E的运动．已知，，，，．窗户在关闭状态下，点B，C，D，E都在滑轨上．当窗户开到最大时，．
（1）若，则支点P与支点A的距离为______cm；
（2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，求支点P移动的距离．
【答案】（1）
（2）支点P移动的距离为
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的实际应用、勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形的性质，根据实际情况构建数学模型．
（1）先证四边形是平行四边形，推出，再根据勾股定理解即可；
（2）当窗户开到最大时，，根据勾股定理解求出；当关闭状态下，，由此可解．
【小问1详解】
解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵当窗户开到最大时，，
∴，
∴，
∵，
∴；
当关闭状态下，，
∴窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为．
22. 如图，已知，、分别是及其外角的平分线，O为边上的一个动点，过O作，分别交、于点E、F．
（1）当点O在边上运动到何处时，四边形是平行四边形？证明你的结论；
（2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．
【答案】（1）点O运动到的中点时，四边形是平行四边形，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，则当点O运动到的中点时，，四边形是平行四边形；
（2）先证明四边形是矩形，再求得、的长即可求解．
【小问1详解】
解：点O运动到的中点时，四边形是平行四边形．
证明：∵、分别是及其外角的平分线，
∴，，
∵，
∴，，
∴， ，
∴，，
∴，
当点O运动到的中点时，，
∴四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：由（1）可知，四边形是平行四边形，
∵、分别是及其外角的平分线，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积．
23. 已知：如图，为的中位线，与交于点M，过点B作，交的延长线于点N，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）设与相交于点，由为的中位线，可得是的中线，则，证明，得，即可证明结论；
（2）由四边形是平行四边形，点是的三条中线的交点，可得，，即可证明结论．
【小问1详解】
证明：如图，设与相交于点，
∵为的中位线，
∴点、分别为、的中点，
∴，是的中线，
∴是的中线，即点是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【小问2详解】
证明：由（1）可知，四边形是平行四边形，点是的三条中线的交点，
∴，点是的重心，
∴，，
∴．
24. 阅读材料：对于平面直角坐标系中的任意两点、，我们把叫作、两点间的距离，记作．如、，则．请根据以上阅读材料，解答下列问题：
（1）若、，则 ；
（2）当、的距离时，求出的值；
（3）若在平面内有一点，使式子有最小值，请求出这个最小值．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据两点间的距离公式求解即可；
（2）根据两点间的距离公式可得，则，解方程即可得到答案；
（3）根据题意可得表示的是点到点的距离与点到点的距离之和，根据两点之间，线段最短可得当点在点和点组成的线段上时有最小值，据此求解即可．
【小问1详解】
解：∵、，
∴；
【小问2详解】
解：∵、的距离，
∴，
∴，
∴，
解得或；
【小问3详解】
解：
，
∵表示点到点的距离，
表示点到点的距离，
∴表示的是点到点的距离与点到点的距离之和，
根据两点之间，线段最短可知，当点在点和点组成的线段上时，有最小值，最小值为点与点的距离，
，
∴的最小值为．
25. 如图，已知点E是射线上的一点，以、为边作正方形和正方形，连接，取的中点M，连接、．
（1）如图1，判断线段和的数量关系是______，位置关系是______；
（2）如图2，在图中的正方形绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；
（3）已知，正方形绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出的面积．
【答案】（1），
（2）结论成立：，
（3）满足条件的的面积为20或34．
【解析】
【分析】（1）延长交于H，证明，得到，根据直角三角形的性质得到，等量代换得到答案；
（2）如图2中，延长使得，连接，延长交的延长线于N，交于O．利用全等三角形的性质，想办法证明是等腰直角三角形即可；
（3）分两种情形根据题意画出完整的图形，利用勾股定理解决问题即可．
【小问1详解】
解：如图1，延长交于H，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：结论成立：，，
理由：如图2中，延长使得，连接，延长交的延长线于N，交于O．

∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴；
【小问3详解】
①如图3-1中，连接．
在中，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴；
②如图3-2中，连接．
同法可得，，
∴，
综上所述，满足条件的的面积为20或34．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．