上海市普陀区2025--2026学年第二学期八年级数学学科期中考试试卷（含解析）

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一、选择题（每题2分，共12分）
1. 四边形具有不稳定性，从数学角度看不稳定性主要体现在（ ）
A. 内角可发生变化B. 边长发生变化
C. 周长发生变化D. 内角和发生变化
【答案】A
【解析】
【分析】四边形的不稳定性是指在边长固定的情况下，其形状可以发生改变，导致内角发生变化，而周长和内角和保持不变．
根据稳定性的变化逐一判断即可．
【详解】A：四边形边长固定时，通过调整形状，内角会改变，体现不稳定性，故A正确；
B：不稳定性指边长固定时形状改变，边长本身不变，故B错误；
C：周长是边长的总和，边长固定则周长不变，故C错误；
D：四边形的内角和恒为，与形状无关，故D错误；
故选：A．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 菱形的四个内角都是直角B. 矩形的对角线互相垂直
C. 正方形的每一条对角线平分一组对角D. 平行四边形是轴对称图形
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、平行四边形的性质和轴对称图形的定义即可求解．
【详解】解：A．菱形的四个内角不一定都是直角，不符合题意；
B．矩形的对角线不一定互相垂直，不符合题意；
C．正方形的每一条对角线平分一组对角，正确，符合题意；
D．平行四边形不一定是轴对称图形，不符合题意；
故选：C．
本题考查了菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、平行四边形的性质和轴对称图形的定义，熟练掌握基础知识是解题的关键．
3. 小丽家有一个菱形的小院子，院里有四棵小树E，F，G，H刚好在其院子各边的中点上，若在四边形内种上小草，则这块草地的形状是（ ）
A. 矩形B. 菱形C. 正方形D. 平行四边形
【答案】A
【解析】
【分析】连接菱形的对角线和，先利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，再结合菱形对角线互相垂直的性质，推出平行四边形有一个内角是直角，即可判定形状．
【详解】解：如图，连接，，
∵E、F、G、H分别是菱形各边的中点，
∴由三角形中位线定理得，，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，即，
∴平行四边形是矩形．
4. 如图，在中，，对角线相交于点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，得到是的一半是解此题的关键．
根据三角形的三边关系定理得到的取值范围，再根据平行四边形的性质即可求出的取值范围．
【详解】解：∵，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
故选：C．
5. 如果函数的图像不经过第三象限，那么m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由一次函数的，直线必过二、四象限，只需根据“不经过第三象限”确定直线与y轴交点的范围，即可得到的取值．
【详解】解：∵在函数中，，
∴直线一定经过第二、第四象限，
∵直线图像不经过第三象限，
∴当时，函数为，图像过原点，仅经过第二、四象限，不经过第三象限，符合条件，
当时，直线与y轴正半轴相交，图像经过第一、二、四象限，不经过第三象限，符合条件，
当时，直线与y轴负半轴相交，图像经过第二、三、四象限，经过第三象限，不符合条件，
综上可得．
6. 如图，在中，、交于O，平分，，．以下结论①平分；②；③；④．正确的有（ ）个．
A. ①②③④B. ①③④C. ①②④D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，，可判断①正确；由三角形中位线定理得出，则可得出②正确；证明，由勾股定理求出的长，则可得出③正确；利用三角形面积公式可得出④错误．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，即平分，故①正确；
∵，，，
∴点O为的中点，点E为的中点，
∴，，故②正确；
∵，
∴，
∵，，平分，
∴，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∵，，
∴，即，
∴，故④错误，
综上所述，正确的结论有①②③．
二、填空题（每题3分，共36分）
7. 一次函数在y轴上的截距是_________．
【答案】
【解析】
【分析】把代入可得答案．
【详解】解：当时，，
∴一次函数在y轴上的截距是；
故答案为：
本题考查的是一次函数与y轴的交点的纵坐标，理解题意是解本题的关键．
8. 如果一个多边形的内角和与外角和相等，那么这个多边形的边数是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的关系，设这个多边形的边数为，则，求解即可，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵多边形的外角和为，
∴这个多边形的内角和为，
设这个多边形的边数为，
∴，
解得：，
故答案为：．
9. 已知，则点P到x轴的距离为____________．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标，掌握点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值是解题的关键；
根据点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值解答即可．
【详解】点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，即，
点到x轴距离为5．
故答案为：5．
10. 若直线：与直线平行，且与y轴交于点，则直线的函数解析式是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由直线：与直线平行，可设直线的函数解析式为，将代入，即可得出答案．
【详解】解：∵直线：与直线平行，
∴设直线的函数解析式为，
∵直线与轴交于点，
∴，
∴直线的函数解析式是．
11. 若一次函数图象上有两个点，，则m，n的大小关系是：m______（填“”，“”或“”）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质，牢记“，y随x的增大而增大；，y随x的增大而减小”是解题的关键．由，利用一次函数的性质，可得出y随x的增大而减小，再结合，即可得出．
【详解】解：，
随x的增大而减小，
又一次函数图象上有两个点，，且，
．
故答案为：．
12. 已知一次函数的图象如图，当自变量时，y的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用数形结合的方法可得答案．
【详解】解：一次函数的图象与轴的交点坐标为，
∴当自变量时，y的取值范围是．
13. 已知一次函数与（k是常数，）的图像的交点坐标是，则方程组的解是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一次函数图象交点坐标与二元一次方程组解的关系，一次函数图象的交点坐标就是两个一次函数解析式组成的二元一次方程组的解，据此可得到方程组的解．
【详解】解：∵一次函数与（是常数，）的图象的交点坐标是，
∴方程组的解是．
14. 如图，在菱形ABCD中，AC=6cm，BD=8cm，则菱形ABCD的高AE为____cm．
【答案】．
【解析】
【详解】试题分析：首先根据菱形的对角线互相垂直平分，再利用勾股定理，求出BC的长是多少；然后再结合△ABC的面积的求法，求出菱形ABCD的高AE是多少即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC、BD互相垂直平分，
∴BO=BD=×8=4（cm），CO=AC=×6=3（cm），
在△BCO中，由勾股定理，可得
BC===5（cm）
∵AE⊥BC，
∴AE•BC=AC•BO，
∴AE===（cm），
即菱形ABCD的高AE为cm．
故答案为．
15. 已知在中，，则的重心到的距离为_____．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，根据重心的性质求得的面积，利用三角形面积公式即可解答．
【详解】解：如图，是的中线，，
，
，
，
是的中线，
，
点是的重心，
，
，
根据三角形面积公式可得，
，即的重心到的距离为．
16. 如图，的方格纸中小正方形的边长为1，A，B两点在格点上，以线段为对角线作平行四边形，使另两个顶点也在格点上，则这样的平行四边形最多有______个．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据网格的特点和平行四边形的判定方法即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
根据网格的特点可得，
四边形，，，， 为平行四边形，
所以这样的平行四边形最多可以画5个，
故答案为：5．
17. 在矩形中，，，、分别是边、的中点，点、在对角线上（如图）．如果四边形是矩形，那么的长等于________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．连接，，，根据勾股定理求出，证明四边形为平行四边形，得出，证明四边形为平行四边形，得出，最后求出结果即可．
【详解】解：连接，，，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∵、分别是边、的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：．
18. 在中，，，，是边上一点，沿直线翻折，点落在点处，如果，那么的长为__________．
【答案】2-2
【解析】
【分析】先根据题意补全图形，并求出AC，BC的长．再根据折叠的性质可推出△ABF为等腰直角三角形，从而得出BF的长，设CD=x，则BD=-x，再证明△ACD∽△BFD，得出，从而可用含x的式子表示出DF的长，又在Rt△BDF中，根据勾股定理可得出关于x的方程，解出x，从而可得出结果．
【详解】解：在Rt△ACB中，∠C=90°，∠BAC=60°，BC=，
∴AC=1，AB=2．
由折叠的性质可得AF⊥BE，
又∠ABF=45°，∴∠BAF=90°-45°=45°，
∴AF=BF，∴BF=AB，∴BF=．
设CD=x，则BD=-x，
∵∠C=∠BFD=90°，∠ADC=∠BDF，
∴△ACD∽△BFD，
∴，即，
∴DF=．
在Rt△BDF中，BD2=DF2+BF2，
∴（-x）2=（）2+（）2，
整理得，x2+2x-1=0，
解得x=2-，或x=-2-（舍去），
即CD=2-，∴BD=-x=2-2．
故答案为：2-2．
此题考查了折叠的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程等知识．注意数形结合思想的应用以及折叠中的对应关系．
三、解答题：（满分52分19-21题各6分，22-24题各8分，25题10分）
19. 如图，直线l是一次函数的图像经过和，求l与两坐标轴所围成的三角形的面积．
【答案】
【解析】
【分析】先根据待定系数法求出直线解析式，进而求出直线与坐标轴的交点，再根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵直线l是一次函数的图像经过和，
∴，
解得：，
∴，
当时，，当时，，
∴直线与坐标轴的交点分别为，，
∴函数与两坐标轴围成的三角形的面积．
20. 如图所示，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是点，，，与关于x轴对称，其中，，分别是点A，B，C的对应点．
（1）画出；
（2）已知点D的坐标为，试判断的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）为直角三角形．理由见解析
【解析】
【分析】本题考查作图-轴对称变换、勾股定理、勾股定理的逆定理，熟练掌握轴对称的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理是解答本题的关键．
（1）根据轴对称的性质作图即可；
（2）利用勾股定理以及勾股定理的逆定理可得结论．
【小问1详解】
解：如图，即为所求．
；
【小问2详解】
解：为直角三角形．理由如下，
理由：由勾股定理得，，
，
，
∴，
∴，
∴为直角三角形．
21. 如图，四边形是矩形．
（1）请用尺规作图法，在矩形的边和上分别找一点E、F使得四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）已知，．求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）20
【解析】
【分析】（1）连接，作的垂直平分线分别交边、、于点O、E、F，连接、，则菱形即为所求；
（2）根据菱形的性质得到，设，在中利用勾股定理列出方程，求出的值，再利用菱形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
解：如图，连接，作的垂直平分线分别交边、、于点O、E、F，连接、，
由作图可得，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，，
∴四边形为菱形，
∴菱形即为所求；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵菱形，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴菱形的面积．
本题主要考查了尺规作图、矩形的性质、菱形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
22. 某地区交通管理部门通过对道路流量的大数据分析可知，某高架路上车辆的平均速度（千米/时）与高架路上每百米车的数量（辆）的关系如图所示．

（1）求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（2）如果某时刻监测到这一高架路上车辆的平均速度为30千米/时．
①求该时刻高架路上每百米车的数量；
②如果车辆的平均速度小于20千米/时，高架路将严重拥堵，需启动限流措施．而此刻开始这一高架路上每百米车辆数每4分钟增加1辆，为了避免严重拥堵，那么最晚几分钟需启动限流措施？
【答案】（1），，且x为整数；
（2）①25辆；②20分钟
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确求出对应的函数关系式是解题的关键．
（1）设出函数解析式，再根据函数图象利用待定系数法求解即可；
（2）①根据（1）所求函数解析式，令函数值为30，求出x的值即可得到答案；②令函数值小于20求出x的取值范围，再根据每百米车辆数每4分钟增加1辆和现在每百米车的数量为25辆列式求解即可．
【小问1详解】
解：设关于的函数解析式为，
把代入中得：，
解得，
∴关于的函数解析式为，
在中，当时，，
∴，且x为整数；
【小问2详解】
解：①在中，当时，，
∴该时刻高架路上每百米车的数量为25辆；
②由题意得，，
解得，
分钟，
答：为了避免严重拥堵，那么最晚20分钟需启动限流措施．
23. 如图，矩形的对角线与交于点，点是的中点，连接交于点，延长到点，使，连接，，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若四边形是矩形，且，求的长度．
【答案】（1）见解析 （2）的长度为1
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质推出是的中位线，利用证明，根据全等三角形的性质得到，结合，即可判定四边形是平行四边形；
（2）根据矩形的性质得到，，根据勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
若四边形是矩形，则
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∵，
∴．
此题考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，平行四边的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用矩形的性质证明是解题的关键．
24. 如图1，已知一次函数图象分别与，轴交于点，两点．

（1）求该一次函数解析式；
（2）点是正比例函数图象与该一次函数图象的交点，轴上有一动点，求的最小值及此时点的坐标；
（3）在（2）的条件下，将一次函数图象沿轴翻折，点对应点为，是轴上一点，点是正比例函数图象上一点，当以，，，为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）
（2），
（3）或或
【解析】
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出点坐标，作点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，根据两点之间的距离公式求的值，求出直线的函数解析式，进一步即可求出点坐标；
（3）设点，，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，分情况讨论：以，为对角线，以，为对角线，以，为对角线，分别列二元一次方程组，求解即可．
【小问1详解】
解：设该一次函数解析式为，
将，两点代入得，
解得，
该一次函数解析式为；
【小问2详解】
解：解方程组，
解得，
，
如图，作点关于轴对称点，连接交轴于点，连接，
，
，
故，
即线段为的最小值，
在中，令，则，
，
则，
，
即的最小值为；
此时由，得到直线解析式为，
当时，，
；
【小问3详解】
解：，
点对应点为，
设点，，
；
以，，，为顶点的四边形是平行四边形，分情况讨论：
以，为对角线，
可得，
解得，
点坐标为，
以，为对角线，
可得，
解得，
点坐标为，
以，为对角线，
得，
解得，
点坐标为，
综上，点的坐标为或或．
本题考查了一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，利用轴对称性质求最小值，平行四边形的判定等，本题综合性较强，难度较大．
25. 如图1，已知四边形是由直角三角形和矩形组成的，点B在的延长线上，，，作线段的垂直平分线，交于点E，交边于点F，并交射线于点G．
（1）如图2，当点F与点C重合时，求的长；
（2）设，，求y与x的函数关系式；
（3）如图3，连接，当是等腰三角形时，请直接写出的长．
【答案】（1）10 （2），
（3）或或
【解析】
【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到；再根据勾股定理建立方程得到，解方程求出，即可求得；
（2）连接，得到，根据勾股定理得，，即可得到y与x的函数关系式，再根据即可求出自变量的取值范围；
（3）分别根据，和两种情况展开讨论，结合（1），（2）的结论列式，解方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵四边形是由直角三角形和矩形组成的，点B在的延长线上，
∴，，，
∴四边形是直角梯形，
∵垂直平分，重合，
∴，
∵，
∴，
解方程得，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：如图所示，连接，，

∵垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
解得，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，．
【小问3详解】
解：当时，如下图所示，取的中点M，连接，
由（1）得四边形是直角梯形，
∵作线段的垂直平分线，交于点E，交边于点F，并交射线于点G
∴点是的中点，
是的中点，
∴是直角梯形的中位线
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴此时与点重合，
与（1）同理得；
当时，如下图所示，连接，

∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴AB=82+42=45，
∵是的垂直平分线，
∴AE=BE=25，
∴，
当时，如下图所示，过点E作，垂足为M，作，垂足为N，连接，

∵点是的中点，，
∴AE=BE=HE ，
∴AM=BM=12AH=4 ，
∴EM=12BH=2 ，，
∴，
而，，
∴四边形是矩形，
设，，
∴
∴，
∵，
∵
∴，
∵，
∴3x2−4x−20=0 ，
解方程组得（舍去），或
∴；
故或或．