2025-2026学年上海市杨浦区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年上海市杨浦区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含答案+解析），共12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。
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
2.已知点A的坐标为(a,a−2)，点B的坐标为(5,a+3)，AB//y轴，则线段AB的长为( )
A. 5B. 6C. 7D. 13
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
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(n−2)条对角线
5.在四边形ABCD中，由下列条件能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB//CD，BC=ADB. AB//CD，∠ABC=∠DCB
C. AB//CD，∠DAB=∠DCBD. AB=CD，∠DAB=∠DCB
6.如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，BD=2AD，点E、F、G分别是OA、OB、CD的中点，EG交OD于点H.给出以下四个说法：①ED⊥CA；②EF=EG；③FH=12FD；④S△EFD=12S△CED.其中，说法正确的有( )
A. ①②③
B. ①③④
C. ②④
D. ①②③④
二、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
7.经过点(−1,3)且与x轴垂直的直线可以表示为 .
8.如果每个内角都相等的多边形的内角和等于720∘，那么该多边形的一个外角等于 .
9.已知菱形的周长为20，两条对角线之比为3：4，则菱形的面积为 .
10.如图，在△ABC中，G是三角形的重心，AG⊥GC，AC=8，则BG的长为 .
11.平行四边形ABCD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(2,−1)、(12,−1)，则点D的坐标是 .
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______.
13.将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，点B、D恰好与对角线AC的中点O重合，若AB=3，则BC= .
14.在平面直角坐标系中，已知等边三角形ABC的两个顶点的坐标为A(−4,0)和B(2,0)，那么点C的坐标为 .
15.如图，在▱ABCD中，E是CD的中点，连接AE、BE，F是AE的中点，连接CF交BE于点G，若BE=8，则GE的长为______.
16.如图，边长为a的正方形ABCD和边长为b的正方形BEFG并排放在一起，O1和O2分别是两个正方形的中心，则阴影部分的面积为 .
17.如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，把矩形折叠，使得点B与点D重合，则折痕EF的长为 .
18.如图所示，已知O为坐标原点，矩形ABCD(点A与坐标原点重合)的顶点D、B分别在x轴、y轴上，且点C的坐标为(−4,8)，连接BD，将△ABD沿直线BD翻折至△A′BD，A′B交CD于点E，试在x轴上找一点P，使A′P+PB的长度最短，则最短距离为 .
三、解答题：本题共7小题，共46分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题5分)
已知A(a−1,3+2a2)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.
20.(本小题5分)
已知：如图，在梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AD，AC⊥AB，点E是AC的中点，DE的延长线与BC相交于点F.求证：四边形AFCD是菱形.
21.(本小题6分)
图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，MN为滑轨，AB，CE，PC，PD为固定长度的连杆.支点A固定在MN上，支点B固定在连杆CE上，支点D固定在连杆AB上.支点P可以在MN上滑动，点P的滑动带动点B，C，D，E的运动.已知MN=30cm，AM=1cm，AD=15cm，PC=BD=5cm，PD=BC=BE=9cm.窗户在关闭状态下，点B，C，D，E都在滑轨MN上.当窗户开到最大时，BC⊥MN.
(1)若∠ABC=90∘，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.
22.(本小题6分)
如图，已知△ABC，CP、CQ分别是∠ACB及其外角∠ACD的平分线，O为边AC上的一个动点，过O作EF//BC，分别交CP、CQ于点E、F.
(1)当点O在边AC上运动到何处时，四边形AECF是平行四边形？证明你的结论；
(2)在(1)的条件下，若AC=6，∠ACB=60∘，求四边形AECF的面积.
23.(本小题6分)
已知，如图，DE为△ABC的中位线，BD与CE交于点M，过点B作BN//CE，交AM的延长线于点N，连接CN.
(1)求证：四边形BMCN是平行四边形；
(2)求证：AM=MN.
24.(本小题8分)
阅读材料：对于平面直角坐标系中的任意两点M1(x1,y1)，M2(x2,y2)，我们把d= (x1−x2)2+(y1−y2)2叫做M1，M2两点间的距离，记作d(M1,M2).如A(−2,3)，B(2,5)，则d(A,B)= (−2−2)2+(3−5)2=2 5.
请根据以上阅读材料，解答下列问题：
(1)若A(3 2,0)，B(0,4 2)，直接写出d(A,B)的值；
(2)当A(a,1)，B(−1,4)的距离d(A,B)=5时，求出a的值；
(3)若在平面内有一点C(x,y)，使式子 (x+1)2+(y−4)2+ (x−3)2+(y+1)2有最小值，请求出这个最小值.
25.(本小题10分)
如图1，点E是射线BC上的一点，以BC、CE边作正方形ABCD和正方形CEFG，连接AF，取AF的中点M，连接DM、MG.
(1)线段DM和MG的数量关系是______，位置关系是______；
(2)正方形CEFG绕点C逆时针旋转至图2的过程中，其他条件不变，则(1)中的结论是否仍成立？说明理由；
(3)已知BC=10，CE=2，在正方形CEFG绕点C旋转的过程中，当点A、F、E共线时，直接写出△DMG的面积.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】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.
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．
本题是考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定．就每一个选项来说都是单一知识点，是比较基础的知识，而把四个选项置于一个试题之中，它涉及到四个知识点和四种图形的联系和区别，要求学生的思维必须缜密、全面．
2.【答案】A
【解析】解：∵点A的坐标为(a,a−2)，点B的坐标为(5,a+3)，AB//y轴，
∴a=5，
∴A(5,3)，B(5,8)，
∴AB=8−3=5.
故选：A.
先根据AB//y轴求出a的值，进而可得出A，B两点的坐标，据此可得出线段AB的长．
本题考查的是坐标与图形性质，熟知平行于y轴的直线上各点的横坐标相同是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．
根据矩形的判定定理：
(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形．
(2)有三个角是直角的四边形是矩形．
(3)对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
【解答】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.
4.【答案】D
【解析】解：A.多边形的外角和恒为360∘，如果内角是锐角(小于90∘)，则对应的外角大于90∘，
若有4个这样的外角，它们的和就会超过360∘，
因此，最多只能有3个内角为锐角，故本选项不符合题意；
B.若内角是直角，则对应的外角为90∘，4 个这样的外角和为4×90∘=360∘，刚好等于外角和，
如果超过4个，外角和就会超过360∘，故本选项不符合题意；
C.n(n−3)2=n，
解得：n=10，对角线总条数等于其边数的多边形是五边形，故本选项不符合题意；
D.从n边形一个顶点出发可以作(n−3)条对角线，故本选项符合题意．
故选：D.
根据多边形内角与外角及对角线进行作答即可．
本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、由AB//CD，BC=AD，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、由AB//CD，∠ABC=∠DCB，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、∵AB//CD，
∴∠ABC+∠DCB=180∘，
∵∠DAB=∠DCB，
∴∠ABC+∠DAB=180∘，
∴AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项符合题意；
D、由AB=CD，∠DAB=∠DCB，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
故选：C.
根据平行四边形的判定方法分别判断即可．
本题主要考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OD=OB=12BD，
∵BD=2AD，
∴AD=12BD，
∴OD=AD，
∵点E是OA的中点，
∴ED⊥OA，即ED⊥CA，
故①正确；
∵点E、F分别是OA、OB的中点，AB=CD，
∴EF//AB，且EF=12AB=12CD，
∵∠CED=90∘，点G是CD的中点，
∴EG=12CD，
∴EF=EG，
故②正确；
∵CD//AB，点G是CD的中点，
∴GD//AB，GD=12CD，
∵EF//AB，且EF=12CD，
∴EF//GD，且EF=GD，
∴∠HEF=∠HGD，
在△EHF和△GHD中，
∠EHF=∠GHD∠HEF=∠HGDEF=GD，
∴△EHF≌△GHD(AAS)，
∴FH=DH=12FD，
故③正确；
∵OA=OC，
∴S△AOD=S△COD，
∵OE=AE，
∴S△DOE=S△DAE=12S△AOD=12S△COD，
∴S△CED=S△DOE+S△COD=12S△COD+S△COD=32S△COD，
∵OF=BF=12OB，且OB=OD，
∴OF=12OD，
∴S△FOE=12S△DOE=12×12S△COD=14S△COD，
∴S△EFD=S△FOE+S△DOE=14S△COD+12S△COD=34S△COD，
∴S△EFDS△CED=34S△COD32S△COD=12，
∴S△EFD=12S△CED，
故④正确，
故选：D.
由平行四边形的性质得OD=OB=12BD，由BD=2AD，得AD=12BD，则OD=AD，因为点E是OA的中点，所以ED⊥CA，可判断①正确；因为点E、F分别是OA、OB的中点，所以EF//AB，且EF=12AB=12CD，而∠CED=90∘，点G是CD的中点，则EG=12CD，所以EF=EG，可判断②正确；再证明△EHF≌△GHD，得FH=DH=12FD，可判断③正确；因为S△AOD=S△COD，所以S△DOE=S△DAE=12S△AOD=12S△COD，推导出S△CED=32S△COD，由S△FOE=12S△DOE=14S△COD，推导出S△EFD=34S△COD，即可证明S△EFD=12S△CED，可判断④正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、“等高三角形面积的比等于它们的底的比”等知识，正确理解和应用这些知识是解题的关键．
7.【答案】x=−1
【解析】解：由题知，
经过点(−1,3)且与x轴垂直的直线可以表示为x=−1.
故答案为：x=−1.
根据垂直于x轴的直线上点的坐标特征即可解决问题．
本题主要考查了坐标与图形性质，熟知垂直于x轴的直线上点的坐标特征是解题的关键．
8.【答案】60∘
【解析】解；设这个多边形的边数为x，由多边形的内角和公式得：
180(x−2)=720，
x−2=4，
x=6，
360∘÷6=60∘，
∴该多边形的一个外角等于60∘，
故答案为：60∘.
设这个多边形的边数为x，由多边形的内角和公式列出关于x的方程，解方程求出x，再根据多边形的外角和为360∘，列出算式，求出答案即可．
本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握多边形的内角和公式与外角和．
9.【答案】24
【解析】解：∵菱形的周长为20，
则边长为5，
设较短对角线的一半是3x，较长对角线的一半是4×，
(3x)2+(4x)2=52，
x=1，
较短的对角线长为：2⋅3x=6，
较长的对角线长为：2⋅4x=8.
∴菱形的面积为：6×82=24.
故答案为：24.
利用对角线的一半与边长构成直角三角形来求出对角线的具体长度，即可得出答案．
题目主要考察了菱形的基本性质(四边相等、对角线互相垂直平分)以及勾股定理的综合运用，解题的关键在于相关知识的灵活运用．
10.【答案】8
【解析】解：延长BG交AC于D，延长CG交AB于E，在GD的延长线上取一点F，使DF=GD，如图所示：

∵G是△ABC的重心，
∴点D，E分别是AC，AB的中点，
∴AD=CD，
∵∠AG⊥GC，AC=8，
∴GD为Rt△AGC斜边AC上的中线，
∴GD=12AC=4，
∴GF=2GD=8，
在△ADF和△CDG中，
AD=CD∠ADF=∠CDGDF=DG，
∴△ADF≌△CDG(SAS)，
∴∠DAF=∠DCG，
∴AF//CG，
即AF//GE，
∵点E是AB的中点，
∴GE是△ABF的中位线，
∴BG=GF=8.
故答案为：8.
延长BG交AC于D，延长CG交AB于E，在GD的延长线上取一点F，使DF=DG，根据三角形重心的定义得点D，E分别是AC，AB的中点，再根据直角三角形斜边中线性质得GD=4，则GF=8，再证明△ADF和△CDG全等得∠DAF=∠DCG，则AF//CG，据此可证明GE是△ABF的中位线，则BG=GF，据此可得出答案．
此题主要考查了重心，理解三角形的重心是三角形三边中线的交点是解决问题的关键．
11.【答案】(−12,1)
【解析】解：∵A、C与B、D分别关于原点对称，点A与点B的坐标分别是(2,−1)，(12,−1)，
∴可得C点的坐标为(−2,1)；点D的坐标为(−12,1).
故答案为：(−12,1).
由四边形ABCD对角线的交点与直角坐标系的原点重合，即可得出A、C与B、D分别关于原点对称，进而可求解．
此题主要考查坐标与图形的结合问题，即对称问题，熟练掌握平行四边形的性质及对称的而性质，能够求解一些简单的问题．
12.【答案】144∘
【解析】解：∵P，F分别是BD，CD的中点，
∴FP是△DBC的中位线，
∴FP=12BC，
同理：EP=12AD，
∵AD=BC，
∴PE=PF，
∴∠PFE=∠PEF=18∘，
∴∠FPE=180∘−18∘−18∘=144∘，
故答案为：144∘.
根据三角形中位线定理得到FP=12BC，EP=12AD，进而得出PE=PF，根据等边对等角、三角形内角和定理计算，得到答案．
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13.【答案】 3
【解析】解：∵将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，
∴∠DAF=∠FAC，AD=AO，BE=EO，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FAC=∠CAB，AOE=90∘，
∴∠DAF=∠FAC=∠CAB，
∵DABC是矩形，
∴∠DAB=90∘，AD=BC，
∴∠DAF+∠FAC+∠CAB=90∘，
∴∠DAF=∠FAC=∠CAB=30∘，
∴AE=2OE=2BE，
∵AB=AE+BE=3，
∴AE=2，BE=1，
在Rt△AEO中，AO= 3=AD，
∴BC= 3，
故答案为： 3.
由题意可得∠DAF=∠FAC=∠CAB=30∘，在根据勾股定理可求AO=AD=BC的长度．
本题考查了折叠问题，菱形的性质，矩形的性质，勾股定理，关键是利用这些性质解决问题．
14.【答案】(−1,3 3)或(−1,−3 3)
【解析】解：作CH⊥AB于H.
∵A(−4,0)，B(2,0)，
∴AB=6.
∵△ABC是等边三角形，
∴AH=BH=3.
根据勾股定理，得CH=3 3，∴点C的坐标为(−1,3 3)，
同理，当点C在第三象限时，C(−1,−3 3)，
故C点坐标为：C(−1,3 3)或(−1,−3 3)，
故答案为：(−1,3 3)或(−1,−3 3).
作CH⊥AB于H.根据点A和B的坐标，得AB=6.根据等腰三角形的三线合一的性质，得AH=BH=3，再根据勾股定理求得CH=3 3，从而写出点C的坐标；
此题综合运用了等边三角形的性质和勾股定理，熟练运用三角形的面积公式．x轴上两点间的距离等于两点的横坐标的差的绝对值是解题关键．
15.【答案】2
【解析】解：取BE的中点M，连接FM，CM，如图所示：
∵F为AE的中点，M为BE的中点，
∴MF=12AB，FM//AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB，DC//AB，
∵E为CD的中点，
∴CE=12DC，
∴CE=FM，CE//FM，
∴四边形EFMC是平行四边形，
∴EG=GM，
∵BM=EM=12BE=4，
∴EG=12EM=2，
故答案为：2.
取BE的中点M，连接FM，CM，由三角形的中位线求出MF=12AB，FM//AB，求出CE=12DC，再由平行四边形的性质得出DC//AB，DC=AB，求出CE=FM，CE//FM，则四边形EFMC是平行四边形，求出EG=GM，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，证明四边形EFMC为平行四边形是解此题的关键．
16.【答案】14ab
【解析】解：如图，连接BD、BF，
∵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=12 a2+a2= 22a，O2B=12 b2+b2= 22b，
∴S△O1BO2=12O1B⋅O2B=12⋅ 22a⋅ 22b=14ab，
即阴影部分的面积为14ab，
故答案为：14ab.
连接BD、BF，根据勾股定理和正方形的性质求出BO1、BO2，再证明∠O1BO2=90∘，然后利用直角三角形的面积公式列式计算即可．
本题考查了勾股定理、正方形的性质以及列代数式，熟练掌握勾股定理和正方形的性质是解题的关键．
17.【答案】2 5
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，把矩形折叠，使得点B与点D重合，
如图，连接BE，过点E作EM⊥BC于点M，
∴∠EMB=∠EMC=90∘，
在矩形ABCD中，∠DAB=∠ABC=90∘，AD//BC，AD=BC=8，
∴四边形ABME是矩形，
∴BM=AE，EM=AB=4，
由折叠可知：BE=DE，OB=OD，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ADB=∠DBC，OD=OB，∠EOD=∠FOB，
∴△EOD≌△FOB，
∴BF=DE，
∴DE=BE=BF，
设DE=BE=BF=x，则BM=AE=AD−DE=8−x，
∵AB2+AE2=BE2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得：x=5
∴DE=BE=BF=5，
BM=AE=8−x=3，
∴MF=BF−BM=5−3=2，
在Rt△EMF中，EM=4，MF=2，
∴EF= EM2+MF2= 42+22=2 5，
故答案为：2 5.
先根据矩形的性质得到直角，进而判断出矩形，再根据折叠的性质得到边相等，求出全等，再根据勾股定理进而可以得到答案；
本题主要考查了矩形和折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解决此题的关键是熟练掌握各个知识点间的联系．
18.【答案】8 655
【解析】解：作点A′关于x轴的对称点E，连接BE交x轴于点P，如图所示
根据轴对称的性质得：A′P+PB为最短，最短距离为线段BE的长，
∵四边形ABCD(点A与坐标原点重合)，点C的坐标为(−4,8)，
∴AB=8，AD=4，
∴点B的坐标为(0,8)，点D的坐标为(−4,0)
由翻折性质得：A′B=AB=8，A′D=AD=4，
设点A′的坐标为(m,n)，其中m≠0，n≠0，
∴A′B2=(m−0)2+(n−8)2，A′D2=(m+4)2+(n−0)2，
∴(m−0)2+(n−8)2=82(m+4)2+(n−0)2=42，
整理得：{m2+n2−16n=0①m2+n2+8m=0②，
②-①得：8m+16n=0，
∴m=−2n，
将m=−2n代入①得：(−2n)2+n2−16n=0，
整理得：5n2−16n=0，
∵n≠0，
∴n=165，
∴m=−2n=−325，
∴点A′的坐标为A(−325,165)，
∴点E的坐标为(−325,−165)，
∴BE= (0+325)2+(8+165)2=8 655，
∴A′P+PB的最短距离为8 655.
故答案为：8 655.
作点A′关于x轴的对称点E，连接BE交x轴于点P，根据轴对称的性质得A′P+PB为最短，最短距离为线段BE的长，由翻折性质得A′B=AB=8，A′D=AD=4，设点A′的坐标为(m,n)，则A′B2=(m−0)2+(n−8)2，A′D2=(m+4)2+(n−0)2，由此得(m−0)2+(n−8)2=82(m+4)2+(n−0)2=42，解此方程组得点A′(−325,165)，进而得点E(−325,−165)，然后求出BE=8 655即可得出答案．
此题主要考查了坐标与图形，图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，利用轴对称的性质求最短距离，理解图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，熟练掌握利用轴对称的性质求最短距离，两点之间的距离公式是解决问题的关键．
19.【答案】a=1 −3