湖南邵阳市2025-2026学年下学期八年级期中学情质量监测数学（含解析）

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温馨提示：本卷共三道大题，满分120分，考试时间120分钟．
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 一个正多边形的每个外角度数都等于，则这个多边形的边数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形的外角和等于，根据正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，外角和等于，即可得出答案．
【详解】解：∵多边形的外角和等于，且这个每个外角都等于，
∴它的边数为.
故选：C．
2. 下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题关键．
根据对角线互相垂直或邻边相等的平行四边形是菱形，逐项判断是否能使得对角线垂直或邻边相等即可．
【详解】解：A：由等角对等边，可知邻边相等，可以说明是菱形；
B：，故由图中数据可知对角线垂直，可以说明是菱形；
C：根据图中数据，只能说明对边平行，不能说明是菱形；
D：通过平行四边形的性质，可以推出所给角的内错角也为，即由对角线分成的两个三角形为等边三角形，故邻边相等，可以说明是菱形，
故选：C．
3. 我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列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
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转，能够与自身重合的图形；轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断即可．
【详解】解：A中、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B中、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C中、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D中、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 对角线相等的四边形是矩形
B. 对角线互相垂直的四边形是正方形
C. 一组邻边相等的四边形是菱形
D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，仅对角线相等的四边形不一定是矩形，∴A错误．
∵对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅对角线互相垂直的四边形不一定是正方形，∴B错误．
∵一组邻边相等的平行四边形才是菱形，仅一组邻边相等的四边形不一定是菱形，∴C错误．
∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴D正确．
5. 点在第三象限，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式组，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，根据第三象限内点的横坐标是负数，纵坐标是负数列出不等式组求解即可．
【详解】解：点在第三象限，
且，
解得，，
综上，的取值范围是，
故选：B．
6. 如图，在菱形中，，则的长为（ ）


A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．
【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，且，
∴是等边三角形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．
7. 如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点与点关于坐标原点中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键．
【详解】解：∵平行四边形的对角线交点在原点，
∴，
点与点关于坐标原点中心对称，
点的坐标为，
点的坐标是，
故选：C．
8. 如图古诗《登飞来峰》，如果“云”用表示，“千”用表示，则“升”可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平移思想，可得到“缘”用表示，接着用平移思想解答即可；
【详解】解：根据“云”用表示，向下平移1个单位长度，再向左平移2个单位长度，可得到“缘”用表示，把“缘”向右平移5个单位长度，再向上平移2个单位长度即可得到“升”，
故“升”可以表示为；
9. 在平面直角坐标系中，若点在x轴上．则点A的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标，根据点在x轴上，则，解出，再代入中，进行计算，即可作答．
【详解】解：∵点在x轴上
∴
∴
则
点A的坐标为
故选：C．
10. 已知正方形的边长为6，，它的两边分别交线段、于点、．则下列结论：（1）；（2）若，则，（3）的周长一定等于12，（4）平分，正确的有（ ）个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】将绕点A顺时针旋转得到，则，利用正方形性质和证，从而得到（1）正确，再利用（1）结论和三角形全等判断其它结论．
【详解】解：如图，将绕点A顺时针旋转得到，
则，
，
，
，
，
则在和中，
由
，
接下来逐一分析四个结论：
（1）
，
由，
，故（1）正确；
（2），设，
则由（1）正确知，，
在中，由勾股定理得
，
，
解得，即，故（2）正确；
（3）由（1）正确知，
故周长，故（3）正确；
（4），
，
若平分，则，但由于是动点，故不一定是，即不一定平分，故（4）错误；
综上所述，正确的结论为（1）（2）（3）共3个．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11. 在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为，且a，b满足，则点A在第__________象限．
【答案】四
【解析】
【分析】本题考查非负性，判断点所在的象限，根据非负性求出的值，根据的符号，判断出点A所在的象限即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴点A的坐标为，在第四象限；
故答案为：四．
12. 已知点与点关于轴对称，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查关于轴对称的点的坐标特征，熟练掌握对称的特点是解题的关键．
根据“关于轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”求出、的值，然后相加即可得解．
【详解】解：∵点与点关于轴对称，
，，
．
故答案为：
13. 如图，在中，，对角线与相交于点O，，则的周长为___________.
【答案】22
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分．根据平行四边形对角线互相平分求出的长，即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴的周长．
故答案为：22．
14. 如图，在中，，点E是AC的中点，分别以点A，B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，直线MN交AB于点D，连接DE，则DE的长是________．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查作图——基本作图、线段垂直平分线的性质、三角形中位线定理，熟练掌握线段垂直平分线的性质、三角形中位线定理是解答本题的关键．
由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，可得点为的中点，进而可得为中位线，则．
【详解】解：由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，
∴点为的中点，
∵点是的中点，
∴为的中位线，
∴．
故答案为：．
15. 已知点的坐标为，将点绕坐标原点逆时针旋转度所得点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】设旋转后的点为，过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为，通过证明即可得到答案．
【详解】解：设旋转后的点为，过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为，
∴，
∵将点绕坐标原点逆时针旋转得到的点，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵点在第二象限，
∴点的坐标为，即将点绕坐标原点逆时针旋转得到的点的坐标是．
16. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
则四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点E的坐标为，
故答案为：．
本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题，第17，18题每小题6分，第19，20题每小题8分，第21，22题每小题10分，第23，24题每小题12分，共72分．解答应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17. 已知：P（4x，x-3）在平面直角坐标系中．
（1）若点P在第三象限的角平分线上，求x的值；
（2）若点P在第四象限，且到两坐标轴的距离之和为9，求x的值．
【答案】（1）(-4，-4)（2）(8，-1)
【解析】
【详解】(1)由题意得4x=x-3，解得x=-1，此时点P坐标为(-4，-4)；
(2)由题意得4x+[-(x-3)]=9，则3x=6，解得x=2，此时点P坐标为(8，-1)．
18. 已知：如图，平行四边形，E、F是直线上两点，且．求证：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】可连接，通过证四边形的对角线互相平分，来证明四边形是平行四边形．
【详解】证明：连接交于O点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
又∵，
∴四边形为平行四边形．
19. 如图，在直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是．
（1）将向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到，请画出，并直接写出点的坐标为___________；
（2）画出关于原点对称的，并直接写出点的坐标为___________．
【答案】（1）图见解析，
（2）图见解析，
【解析】
【分析】（1）将分别向右平移1个单位，再向上平移4个单位，再顺次连接即可得到；
（2）找出关于原点的对称点，顺次连接即可，关于原点对称的两个点的横纵坐标均互为相反数，由此可得点的坐标．
【小问1详解】
解：如图，即为所求，点的坐标为；
【小问2详解】
解：如图，即为所求，点的坐标为．
20. 如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件：
①，②．

（1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形；
（2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
（1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可；
（2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可．
【小问1详解】
选择①，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
选择②，
证明：∵，，
∴是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴矩形的面积为．
21. 在中，、分别是、的中点，，延长到点，使得，连接．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】从所给的条件可知，是中位线，所以且，所以和平行且相等，所以四边形是平行四边形，又因为，所以是菱形；是，所以为，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可求．
【详解】（1）证明：、分别是、的中点，
且，
又，，
，，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
是等边三角形，
菱形的边长为4，高为，
菱形的面积为．
本题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，以及菱形的面积的计算等知识点，解题的关键是掌握菱形的判定定理及性质．
22. 如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：BE＝AF；
（2）若AB＝4，DE＝1，求AG的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，得出AE=DF，由SAS证明△BAE≌△ADF，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出∠EBA=∠FAD，得出∠GAE+∠AEG=90°，因此∠AGE=90°，由勾股定理得出BE=，在Rt△ABE中，由三角形面积即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，
∵DE=CF，
∴AE=DF，
在△BAE和△ADF中，
∵，
，
，
（2）由（1）得：△BAE≌△ADF，
∴∠EBA=∠FAD，
∴∠GAE+∠AEG=90°，
∴∠AGE=90°，
∵AB=4，DE=1，
∴AE=3，
，
在中，
，
本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
23. 如图，在中，，，，动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒（）．

（1）的长为______；
（2）用含的代数式表示线段的长；
（3）连接，
①是否存在t的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）若点P关于直线对称的点恰好落在直线上，请直接写出的值．
【答案】（1）10 （2）或
（3）①不存在，理由见解析；②存在，
（4）或2
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质得，再由勾股定理求出的长即可；
（2）当点在线段上时，；当点在线段延长线上时，；
（3）①连接、，若与互相平分，则四边形是平行四边形，得，则，解得，不符合题意舍去；②连接、，若与互相平分，则四边形是平行四边形，得，则，解得即可；
（4）分两种情况，①当点关于直线对称的点恰好落在点下方时，②当点关于直线对称的点恰好落在点上方时，证，求出的长，即可解决问题．
【小问1详解】
解：四边形是平行四边形，
，，
，
故答案为：10；
【小问2详解】
由题意得：，
当点在线段上时，；
当点在线段延长线上时，；
综上所述，线段的长为或；
【小问3详解】
①不存在，理由如下：
如图1，连接、，

若与互相平分，则四边形是平行四边形，
，
，，
，
解得：，不符合题意舍去；
②存在，理由如下：
如图2，连接、，

若与互相平分，则四边形是平行四边形，
，
，
解得：，
存在的值，使得与互相平分，的值为；
【小问4详解】
分两种情况：
①当点关于直线对称的点恰好落在点下方时，如图3，

由对称的性质得：，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
即，
解得：；
②当点关于直线对称的点恰好落在点上方时，如图4，

由对称的性质得：，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
即，
解得：；
综上所述，的值为或2．
本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、轴对称的性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质和轴对称的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
24. 【阅读材料】
我们都知道：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所得的四边形是正方形．“数学大王”小组的同学对“对角线互相垂直且相等的四边形”非常感兴趣，想进一步去进行探索研究，为了方便，他们称对角线互相垂直且相等的四边形为“垂等四边形”．
【探索实践】
【任务一】下列四边形中一定是“垂等四边形”的是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【任务二】如图1，四边形是“垂等四边形”，，，点，分别是，的中点，连接，，以，为邻边作平行四边形．
（1）求证：；
（2）求证：四边形为正方形．
【任务三】如图2，在矩形中，，将沿对角线翻折至，点在上，且满足，点为中点，求证：四边形是“垂等四边形”．
【答案】任务一：D；任务二：（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
【分析】任务一：根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的对角线的性质分析即可；
任务二：（1）由，得到，再由直角三角形斜边中线得到，则，再由角的和差证明即可；
（2）由三角形中位线得到，由直角三角形斜边中线得到，结合“垂等四边形”得，故，即可证明为菱形，由三角形中位线得到，那么，而，则，由，得到；
任务三：连接，分别交于点，先根据三角形的中位线定理证明四边形是平行四边形，则，根据得到，设，则，由于点为中点，则，故，即可证明．
【详解】任务一：
解：A、平行四边形对角线仅仅互相平分，故不符合题意；
B、矩形对角线相等且互相平分，故不符合题意；
C、菱形对角线垂直且互相平分，故不符合题意；
D、正方形对角线互相垂直且相等，故符合题意，
故选：D；
任务二：
（1）如图，
证明：∵，
∴，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，即；
（2）∵四边形是“垂等四边形”，
∴，
∵点，分别是，的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵由上已证，
∴，
∵平行四边形，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形；
任务三：连接，分别交于点，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵折叠，
∴，，，，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，即，
∴，
∵，
设，则，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴四边形是“垂等四边形”．
本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，折叠的性质，正方形的判定与性质，直角三角形斜边的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．