2025-2026学年上海八年级下学期期中模拟卷01 2025-2026学年（沪教版五四制）八年级数学下册同步讲义与测试

2025-2026学年八年级下学期期中模拟卷01 数学·全解全析 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：第23章 四边形、第24章 平面直角坐标系. 第一部分（选择题 共18分） 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．（本题3分）（23-24八年级下·上海·期中）下列角度中，不能成为多边形的内角和的是（　　） A．1800° B．630° C．540° D．900° 【答案】B 【知识点】多边形内角和问题 【分析】设多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式得出方程，求出n，再判断即可． 【详解】解：设多边形的边数为n， A、（n﹣2）×180°＝1800°， 解得：n＝12，多边形的边数为12，故本选项不符合题意； B、（n﹣2）×180°＝630°， 解得：n＝，多边形的边数不能为分数，故本选项符合题意； C、（n﹣2）×180°＝540°， 解得：n＝5，多边形的边数为5，故本选项不符合题意； D、（n﹣2）×180°＝900°， 解得：n＝7，多边形的边数为7，故本选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了多边形的外角和内角，能熟记多边形的内角和公式是解此题的关键，注意：n边形的内角和等于（n﹣2）×180°． 2．（本题3分）（23-24八年级下·上海闵行·期中）在平面直角坐标系中，点到原点的距离为（　　） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【知识点】已知两点坐标求两点距离 【详解】本题主要考查了两点间距离公式，根据两点间距离公式进行计算，即可得出答案． 【分析】解：由题意得，点P到坐标原点的距离为： ． 故选：D． 3．（本题3分）（25-26八年级下·上海·月考）点的坐标为，若，，则点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【知识点】判断点所在的象限 【分析】根据平面直角坐标系内第四象限的符号特征，即可得出答案 【详解】解：∵， ∴点位于第四象限． 4．（本题3分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质求线段长、折叠问题、等腰三角形的性质和判定、证明四边形是菱形 【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；②由，可得；③由，可得的面积的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，易得是等腰三角形，即可证得，易证得四边形是菱形；⑤由菱形性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可得． 【详解】解：四边形是正方形， ， 由折叠的性质可得： 故，故①正确． 由折叠的性质可得：，， ， ， ， ，故②错误． ， ，与同高， ，故③错误． ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 四边形是菱形， 故四边形是菱形，故④正确． 四边形是菱形， ， ， ， ， 同理可得．故⑤正确． 故选：C． 【点睛】此题考查的是折叠的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 5．（本题3分）（23-24八年级下·上海·期中）如图，已知正方形的边长为，点在对角线上，且，，垂足为，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，证得是等腰直角三角形是解题的关键. 根据正方形的性质得到, 求得根据等腰三角形的判定定理得到, 推出是等腰直角三角形，于是得到结论. 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∵， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， 故选: C. 6．（本题3分）（23-24八年级下·上海·期中）如图，形如的纸片的对角线与相交于点，将这张纸片对折后点与点重合，点落在点处，已知，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质求解、折叠问题、等边对等角 【分析】本题考查了翻折变换的性质以及平行四边形的性质，解决问题的关键是掌握：翻折前后对应边相等、对应角相等，解题时注意：平行四边形的对角线互相平分．先画出图形，由折叠的性质得出，，求出，根据等腰三角形的性质得出． 【详解】解：如图所示： 由折叠的性质可得：，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 第二部分（非选择题 共82分） 二、填空题（本大题共12小题，每小题2分，满分24分） 7．（本题2分）（2024八年级下·上海·期中）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角的度数是与它相邻的外角度数的2倍，那么这个边形是________边形． 【答案】六 【知识点】多边形内角和与外角和综合 【分析】设外角的度数是x，利用外角与相邻内角和为180°求得外角度数，再根据多边形的外角和是360°即可求出多边形的边数． 【详解】解：设多边形的外角的度数是x，则内角是2x， 则x+2x=180°， 解得：x=60°， 则这个多边形的边数是：360°÷60°=6． 故答案为：六 【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，熟记多边形的外角和是360°是解题的关键． 8．（本题2分）（22-23八年级上·上海普陀·期中）如图，在中，平分，且于点，交于点，，．那么的周长为____． 【答案】4 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理和等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 先由等腰三角形的性质得，再证，然后由三角形中位线定理得，即可解决问题． 【详解】解：平分， ， 于， ， ， ， ， ，， ， ，， ，， ，， ， 是的中位线， ， 的周长， 故答案为：4． 9．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，点在边上，将沿直线翻折后，点落在点处，如果四边形是平行四边形，那么________________． 【答案】 【知识点】三角形内角和定理的应用、折叠问题、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角形的内角和定理等知识，根据翻折和平行四边形的性质可得出，然后在中，根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：∵将沿直线翻折后，点落在点处， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 故答案为：． 10．（本题2分）（24-25八年级下·上海浦东新·期中）若中，，，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形．点的坐标为________． 【答案】或或． 【知识点】利用平行四边形的性质求解、中点坐标 【分析】先建立平面直角坐标系，描出，连接，根据平行四边形对角线互相平分，进行分类讨论：①以为对角线，②以为对角线，③以为对角线，分别求出的中点坐标，再根据中点坐标公式求解即可． 【详解】如图，建立平面直角坐标系，描出，连接， ∵平行四边形对角线互相平分， ∴分类讨论： ①以为对角线， 如图，作中点，连接并延长使得，连接， ∵，， ∴，即， ∵也是的中点，， ∴，即； ②以为对角线， 如图，作中点，连接并延长使得，连接， ∵，， ∴，即， ∵也是的中点，， ∴，即； ③以为对角线， 如图，作中点，连接并延长使得，连接， ∵，， ∴，即， ∵也是的中点，， ∴，即； 综上，的坐标为或或． 11．（本题2分）（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为沿坐标轴方向平移后得到（点、的对应点分别为），如果点是直线上一点，那么线段的长为________．    【答案】或/和 【知识点】已知图形的平移，求点的坐标、利用平移的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】根据沿轴平移到，点与点对应，点是直线上一点，可分类讨论，设当，即沿轴向右平移，且点是直线上一点；设当，即沿轴向下平移，且点是直线上一点；根据平移的性质，勾股定理即可求解． 【详解】解：点，沿轴平移到，点与点对应， ∴设当，即沿轴向右平移，且点是直线上一点， ∴，解得，， ∴沿轴向右平移个单位长度到，如图所示，过点作轴于点，连接，    ∴， ∴，， 在中，； 设当，即沿轴向下平移，且点是直线上一点， ∴， 即， ∴沿轴向下平移个单位长度到，如图所示，过点作轴于点，连接，    ∴， ∴，， 在中，； 综上所述，线段的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中几何图形的变换，掌握图形平移的规律，勾股定理的运用是解题的关键． 12．（本题2分）（23-24八年级下·上海·期中）如图，线段AB两点的坐标分别为、，在x轴的下方存在点C，使以点A，B，C为顶点的三角形与全等，则点C的坐标为______． 【答案】（﹣6，﹣4）或（﹣，﹣）/（﹣，﹣）或（﹣6，﹣4） 【知识点】利用平行四边形的性质求解、已知两点坐标求两点距离、用勾股定理解三角形、全等三角形的性质 【分析】先证明OB＝AB，再分△ABO≌△BAC和△ABO≌△ABC两种情况，画出图形，再进行求解即可． 【详解】解：∵线段AB两点的坐标分别为、， ∴OB＝，AB＝， ∴OB＝AB， 以点A，B，C为顶点的三角形与全等，存在两种情况： ①△ABO≌△BAC，如图1， ∴OA＝BC，AC＝BO， ∴四边形ACBO是平行四边形， ∵点A（﹣4,0），点（﹣2，﹣4），点O（0，0）） ∴点C的坐标是（﹣6，﹣4）； ②△ABO≌△ABC时，如图2，连接OC交AB于点P，过点P作PF⊥x轴于点F，过点C作CE⊥x轴于点E， ∵AC＝AO，BC＝BO， ∴AB是OC的垂直平分线， ∴∠APO＝90°， ∵， ∴ 由勾股定理得， AP＝， ∵， ∴PF＝， ∴OF＝， ∵PFCE，OP＝PC， ∴ OE＝2OF＝，CE＝2PF＝， ∴点C的坐标是（﹣，﹣）； 综上所述，点C的坐标是（﹣6，﹣4）或（﹣，﹣）． 故答案为：（﹣6，﹣4）或（﹣，﹣） 【点睛】.此题考查了平面直角坐标系中两点间距离公式、平行四边形的判定和性质、勾股定理、垂直平分线的判定和性质、全等三角形的性质等知识，分情况讨论是解决此题的关键． 13．（本题2分）（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在平行四边形中，已知对角线与相交于点O，点E是中点，，那么________． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形、根据平行线的性质探究角的关系 【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，平行线的性质．熟记性质与定理是解题的关键．根据平行四边形的性质结合题意，由三角形中位线定理可求出，再根据平行线的性质得出，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵在平行四边形中，对角线与相交于点O， ∴，，． ∵点E是中点， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 14．（本题2分）（22-23八年级下·上海普陀·期中）如图，已知正方形，点E在边上，，，连接，点F在射线上，且满足，那么________．    【答案】2或14 【知识点】根据正方形的性质求线段长、全等的性质和HL综合（HL） 【分析】根据，，可求得正方形的边长，再证明，可得，即可求出． 【详解】解：如图所示，    ∵，， ∴正方形的边长为8， ∵，，， ∴， ∴， ∵点F在射线上，分两种情况： ∴或， 故答案为：2或14． 【点睛】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，难度适中，熟记知识点是关键． 15．（本题2分）（23-24八年级下·上海普陀·期中）“方胜”是中国古代的一种首饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，如果将边长为1厘米的正方形沿对角线向右平移厘米得到正方形，形成一个“方胜”图案，那么“方胜”图案的周长为________厘米． 【答案】6 【知识点】利用平移的性质求解、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查正方形的性质，平移的性质，勾股定理．掌握正方形和平移的性质是解题关键．由正方形和平移的性质可求出厘米，，．进而由勾股定理可求出厘米，即得出厘米．同理可求厘米．最后求其周长即可． 【详解】解：∵正方形的边长为1厘米， ∴厘米，． 由平移可知厘米，， ∴厘米，，． ∵， ∴厘米， ∴厘米． 同理可求厘米． ∴“方胜”图案的周长为厘米． 故答案为：6． 16．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图矩形纸片，为中点，将纸片沿着直线剪成两部分，这两部分纸片重新拼成，如果为等腰直角三角形，矩形的长宽恰好是的两个实数根，则矩形纸片的面积是_____________． 【答案】8 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、矩形性质理解、因式分解法解一元二次方程、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，一元二次方程根与系数的关系等知识，先根据矩形的性质，等腰直角三角形的性质等得出，然后根据一元二次方程根与系数的关系得出，，化简可，解方程即可求解． 【详解】解：∵矩形纸片，为中点，将纸片沿着直线剪成两部分，这两部分纸片重新拼成， ∴，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵矩形的长宽恰好是的两个实数根， ∴，， ∴，， ∴， 解得或（负值舍去）， ∴， ∴矩形纸片的面积是， 故答案为∶ 8． 17．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知平行四边形的周长为48，相邻两边上的高分别为4和8，则平行四边形面积为_______________． 【答案】64 【知识点】代入消元法、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质并结合” 平行四边形的周长为48”可得，根据“相邻两边上的高分别为4和”得出，解方程组求出、，即可求解． 【详解】解∶设是边上的高，是边上的高， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平行四边形的周长为48， ∴， ∴， ∵相邻两边上的高分别为4和8，不妨设，， ∴， ∴，， ∴平行四边形面积为， 故答案为∶64． 18．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点是对角线上一点，且，点为边上一点，连结、，已知，那么的值是______． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、分母有理化、根据正方形的性质求线段长、全等三角形综合问题 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，由正方形的性质可得，证明，得到，证明，得到；证明，得到，，则可证明，再证明，得到，由勾股定理得，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴． 故答案为：． 三、解答题（本大题共8小题，满分58分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19．（本题6分）（23-24八年级下·上海青浦·期中）如图，在平行四边形中，，的平分线交于点，，，垂足为点，，求的长. 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、角平分线的有关计算 【分析】由平行四边形的性质可得的长，；由角平分线性质得，利用等腰三角形的性质及勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ， ∵平分， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，勾股定理． 20．（本题6分）（23-24八年级下·上海静安·期中）已知：如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，，交于点G．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【知识点】根据等角对等边证明边相等、证明四边形是菱形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，等角对等边，全等三角形的性质与判定，先证明，得到，再由平行线的性质得到，则可证明，得到，进而得到，据此即可证明结论． 【详解】证明：∵在中，是角平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 21．（本题6分）（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图1，点，，的坐标分别是，， (1)如图1，过点作于点，的值为___________； (2)如图2，点为线段的延长线上的一动点，当点在的延长线上向下运动时，作于点，于点，式子的值是否发生变化，若不变，求出其值；若变化，写出其值的取值范围． 【答案】(1)12 (2)不变，其值为24 【知识点】求点到坐标轴的距离、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）根据点，，的坐标可得，，，，再利用等面积法即可求值； （2）先证出，得出，再利用等量代换和变形，得出，最后利用三角形的面积公式即可求值． 【详解】（1）解：，，， ，，，． ， ， ． （2）解：不变， ，，， ， ． 如图所示，连接， ，，， ． ，， ， ． 22．（本题6分）（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在中，，，，垂足分别为点E、F． (1)求的度数； (2)如果，，求的面积． 【答案】(1)∠EAF=60° (2) 【知识点】利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形、两直线平行同旁内角互补 【分析】（1）利用平行四边形的邻角互补的知识先求出∠C的度数，然后利用四边形的内角和定理即可求出∠EAF的度数． （2）先求出DF=4，得到AD=8，然后求出AF的长度，再求出的面积即可． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠B+∠C=180°， 于是由∠B=60°，得∠C=120°， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEC=∠AFC=90°， 在四边形AECF中，∠EAF+∠AEC+∠C+∠AFC=360°， ∴∠EAF=60°． （2）解：根据题意， ∵∠EAF=60°，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为：； 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，以及平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确地运用所学的知识进行解题． 23．（本题8分）（24-25八年级下·上海·期中）我们知道平行四边形是中心对称图形．已知四边形是平行四边形，如图所示，请只用一把无刻度的直尺，按要求作出相应的图形．（不写作法，保留作图痕迹） (1)如图1，点E是边的中点，作出边的中点F； (2)如图2，在平行四边形的四边上各作一点，分别记为M、N、P、Q，使得四边形是平行四边形； (3)如图3，若四边形为正方形，点G在对角线上一点，作一个菱形，使得为菱形的一边． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 【知识点】证明四边形是菱形、根据正方形的性质证明、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是平行四边形 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，正方形的性质，菱形的判定，无刻度直尺作图： （1）连接，连接和线段的交点，并延长，交于点即可，根据平行四边形的性质，易证，得到，即可； （2）连接交于点，分别过点作线段，交平行四边形的四边于，同（1）可得全等三角形，进而推出互相平分，进而得到四边形是平行四边形； （3）连接交于点，延长交于一点，连接该点于点并延长，交于一点，连接该点和点交于点，连接并延长交于一点，连接并延长于一点，同（2）可得两个平行四边形，进而得到四边形的两组对边平行，得到四边形是平行四边形，易得，得到，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得到四边形为菱形． 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）如图，四边形即为所求； （3）如图，菱形即为所求； 24．（本题8分）（23-24八年级·上海宝山·期中）阅读材料： 两点间的距离公式：如果直角坐标系内有两点A（x1，y1）、B（x2，y2），那么A、B两点的距离AB＝．则AB2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2． 例如：若点A（4，1），B（2，3），则AB＝ 根据上面材料完成下列各题： (1)若点A（﹣2，3），B（1，﹣3），则A、B两点间的距离是 　 　． (2)若点A（﹣2，3），点B在坐标轴上，且A、B两点间的距离是5，求B点坐标． (3)若点A（x，3），B（3，x+1），且A、B两点间的距离是5，求x的值． 【答案】(1) (2)或或或 (3) 【知识点】已知两点坐标求两点距离、因式分解法解一元二次方程、解一元二次方程——直接开平方法 【分析】（1）直接利用AB＝计算即可； （2）分两种情况讨论：点B在坐标轴上，设或再利用可得列方程，再解方程即可； （3）直接利用列方程，再解方程即可. 【详解】（1）解：点A（﹣2，3），B（1，﹣3），则A、B两点间的距离是： 故答案为： （2）解： 点B在坐标轴上，设或 当时，点A（﹣2，3），且A、B两点间的距离是5， 或 或 当时，点A（﹣2，3），且A、B两点间的距离是5， 或 解得： 或 （3）解：点A（x，3），B（3，x+1），且A、B两点间的距离是5， 整理得： 解得： 【点睛】本题考查的是已知两点坐标求解两点之间的距离，一元二次方程的解法，掌握“两点A（x1，y1）、B（x2，y2），则A、B两点的距离AB＝”是解本题的关键. 25．（本题8分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为1． 【知识点】等边三角形的判定和性质、证明四边形是菱形、全等的性质和HL综合（HL）、含30度角的直角三角形 【分析】（1）证明，推出，，得到是线段的垂直平分线，再得到，即可推出四边形为菱形； （2）在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点，证明，推出，，再证明，得到，然后利用三角形的外角性质即可求得； （3）证明、和都是等边三角形，分两种情况讨论，根据等边三角形的性质结合直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵等腰中，，O为边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）证明：在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由三角形的外角性质知， 又， ∴； （3）解：连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∴， 当即时，此时， ∴， ∴， ∴； 当即时，此时， ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴； ∵恒小于， ∴不存在的情况， 综上，的长为1． 【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 26．（本题10分）（2024八年级下·上海·期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=8，∠BAD=60°，点E从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，当点E与点A不重合时，过点E作EF⊥AD于点F，作GE∥AD交AC与点G，过点G作射线AD垂线段GH，垂足为点H，得到矩形EFGH，设点E的运动时间为t秒． (1)求点H与点D重合时t的值． (2)设矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式； (3)设矩形EFGH的对角线EH与FG相交于点Q’，当OO'∥AD时，t的值为_______． 【答案】(1) (2) (3)4 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题、利用菱形的性质求线段长、与三角形中位线有关的证明、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，可得GE＝AE＝2t，FH＝GE＝2t，AF＝AE＝t，EF＝＝，AH＝AF＋FH＝3t，点H与点D重合时，AH＝AD，有3t＝8，即得t＝； （2）①当H在边AD上，即0＜t≤时，S＝EF•FH＝•2t＝2， ②当H在边AD延长线上，即时，设HG交CD于M，求出S△DHM＝DH•HM，S＝EF•FH−S△DHM即可得到答案； （3）当O∥AD时，证明O是△AFG的中位线，得O是AG中点，从而可得G与C重合，此时，E与B重合，解可得到t＝4； 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°， ∴∠DAC＝∠BAC＝∠BAD＝30°， ∵GE∥AD， ∴∠GEB＝∠BAD＝60°， ∴∠EGA＝∠GEB−∠BAC＝30°， ∴∠EGA＝∠BAC＝30°， ∴GE＝AE＝2t， ∵四边形EFHG是矩形， ∴FH＝GE＝2t， 在Rt△AEF中，AF＝AE＝t，EF＝＝， ∴AH＝AF＋FH＝3t， 点H与点D重合时，AH＝AD， ∴3t＝8， ∴t＝； （2）①当H在边AD上，即0＜t≤时，如图： 矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积即是矩形EFHG的面积， ∴S＝EF•FH＝， ②当H在边AD延长线上，即＜t≤4时，设HG交CD于M，如图： 在Rt△DHM中，∠HDM＝∠DAB＝60°，DH＝AH−AD＝3t−8， ∴DM＝2DH＝6t−16，HM＝＝， ∴S△DHM＝DH•HM＝， ∴矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积 S＝EF•FH−S△DHM＝ ， 综上所述，矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积： ， （3）当AD时，如图： ∵四边形EFHG是矩形， ∴是FG的中点， ∵∥AD， ∴是△AFG的中位线， ∴O是AG中点， ∴OA＝OG， 又∵O是AC中点，OA＝OC， ∴G与C重合，此时，E与B重合， ∴t＝ 故答案为：4 【点睛】本题考查菱形性质及应用、矩形的性质应用，涉及勾股定理、中位线定理等的应用，解题的关键是方程的思想的应用，用t表达出相关线段的长度，再列方程解决问题. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年八年级下学期期中模拟卷01 数学·考试版 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：第23-24章 四边形、 平面直角坐标系. 第一部分（选择题 共18分） 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．（本题3分）（23-24八年级下·上海·期中）下列角度中，不能成为多边形的内角和的是（　　） A．1800° B．630° C．540° D．900° 2．（本题3分）（23-24八年级下·上海闵行·期中）在平面直角坐标系中，点到原点的距离为（　　） A．2 B．4 C． D． 3．（本题3分）（25-26八年级下·上海·月考）点的坐标为，若，，则点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．（本题3分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 5．（本题3分）（23-24八年级下·上海·期中）如图，已知正方形的边长为，点在对角线上，且，，垂足为，则的长为（　　） A． B． C． D． 6．（本题3分）（23-24八年级下·上海·期中）如图，形如的纸片的对角线与相交于点，将这张纸片对折后点与点重合，点落在点处，已知，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共82分） 二、填空题（本大题共12小题，每小题2分，满分24分） 7．（本题2分）（2024八年级下·上海·期中）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角的度数是与它相邻的外角度数的2倍，那么这个边形是________边形． 8．（本题2分）（22-23八年级上·上海普陀·期中）如图，在中，平分，且于点，交于点，，．那么的周长为____． 9．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，点在边上，将沿直线翻折后，点落在点处，如果四边形是平行四边形，那么________________． 10．（本题2分）（24-25八年级下·上海浦东新·期中）若中，，，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形．点的坐标为________． 11．（本题2分）（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为沿坐标轴方向平移后得到（点、的对应点分别为），如果点是直线上一点，那么线段的长为________．    12．（本题2分）（23-24八年级下·上海·期中）如图，线段AB两点的坐标分别为、，在x轴的下方存在点C，使以点A，B，C为顶点的三角形与全等，则点C的坐标为______． 13．（本题2分）（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在平行四边形中，已知对角线与相交于点O，点E是中点，，那么________． 14．（本题2分）（22-23八年级下·上海普陀·期中）如图，已知正方形，点E在边上，，，连接，点F在射线上，且满足，那么________．    15．（本题2分）（23-24八年级下·上海普陀·期中）“方胜”是中国古代的一种首饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，如果将边长为1厘米的正方形沿对角线向右平移厘米得到正方形，形成一个“方胜”图案，那么“方胜”图案的周长为________厘米． 16．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图矩形纸片，为中点，将纸片沿着直线剪成两部分，这两部分纸片重新拼成，如果为等腰直角三角形，矩形的长宽恰好是的两个实数根，则矩形纸片的面积是_____________． 17．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知平行四边形的周长为48，相邻两边上的高分别为4和8，则平行四边形面积为_______________． 18．（本题2分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点是对角线上一点，且，点为边上一点，连结、，已知，那么的值是______． 三、解答题（本大题共8小题，满分58分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19．（本题6分）（23-24八年级下·上海青浦·期中）如图，在平行四边形中，，的平分线交于点，，，垂足为点，，求的长. 20．（本题6分）（23-24八年级下·上海静安·期中）已知：如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，，交于点G．求证：四边形是菱形． 21．（本题6分）（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图1，点，，的坐标分别是，， (1)如图1，过点作于点，的值为___________； (2)如图2，点为线段的延长线上的一动点，当点在的延长线上向下运动时，作于点，于点，式子的值是否发生变化，若不变，求出其值；若变化，写出其值的取值范围． 22．（本题6分）（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在中，，，，垂足分别为点E、F． (1)求的度数； (2)如果，，求的面积． 23．（本题8分）（24-25八年级下·上海·期中）我们知道平行四边形是中心对称图形．已知四边形是平行四边形，如图所示，请只用一把无刻度的直尺，按要求作出相应的图形．（不写作法，保留作图痕迹） (1)如图1，点E是边的中点，作出边的中点F； (2)如图2，在平行四边形的四边上各作一点，分别记为M、N、P、Q，使得四边形是平行四边形； (3)如图3，若四边形为正方形，点G在对角线上一点，作一个菱形，使得为菱形的一边． 24．（本题8分）（23-24八年级·上海宝山·期中）阅读材料： 两点间的距离公式：如果直角坐标系内有两点A（x1，y1）、B（x2，y2），那么A、B两点的距离AB＝．则AB2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2． 例如：若点A（4，1），B（2，3），则AB＝ 根据上面材料完成下列各题： (1)若点A（﹣2，3），B（1，﹣3），则A、B两点间的距离是 　 　． (2)若点A（﹣2，3），点B在坐标轴上，且A、B两点间的距离是5，求B点坐标． (3)若点A（x，3），B（3，x+1），且A、B两点间的距离是5，求x的值． 25．（本题8分）（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 26．（本题10分）（2024八年级下·上海·期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=8，∠BAD=60°，点E从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，当点E与点A不重合时，过点E作EF⊥AD于点F，作GE∥AD交AC与点G，过点G作射线AD垂线段GH，垂足为点H，得到矩形EFGH，设点E的运动时间为t秒． (1)求点H与点D重合时t的值． (2)设矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式； (3)设矩形EFGH的对角线EH与FG相交于点Q’，当OO'∥AD时，t的值为_______． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年八年级下学期期中模拟卷01 参考答案 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1 2 3 4 5 6 B D D C C C 二、填空题（本大题共12小题，每小题2分，满分24分） 7. 六 8. 4 9 . 10. 或或． 11. 或/和 12. （﹣6，﹣4）或（﹣，﹣）/（﹣，﹣）或（﹣6，﹣4） 13. 14 . 2或14 15. 6 16 . 8 17. 64 18. 三.解答题（本大题共8小题，58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19．（本题6分） 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、角平分线的有关计算 【分析】由平行四边形的性质可得的长，；由角平分线性质得，利用等腰三角形的性质及勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ， ∵平分， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，勾股定理． 20．（本题6分） 【答案】证明见解析 【知识点】根据等角对等边证明边相等、证明四边形是菱形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，等角对等边，全等三角形的性质与判定，先证明，得到，再由平行线的性质得到，则可证明，得到，进而得到，据此即可证明结论． 【详解】证明：∵在中，是角平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 21．（本题6分） 【答案】(1)12 (2)不变，其值为24 【知识点】求点到坐标轴的距离、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）根据点，，的坐标可得，，，，再利用等面积法即可求值； （2）先证出，得出，再利用等量代换和变形，得出，最后利用三角形的面积公式即可求值． 【详解】（1）解：，，， ，，，． ， ， ． （2）解：不变， ，，， ， ． 如图所示，连接， ，，， ． ，， ， ． 22．（本题6分） 【答案】(1)∠EAF=60° (2) 【知识点】利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形、两直线平行同旁内角互补 【分析】（1）利用平行四边形的邻角互补的知识先求出∠C的度数，然后利用四边形的内角和定理即可求出∠EAF的度数． （2）先求出DF=4，得到AD=8，然后求出AF的长度，再求出的面积即可． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠B+∠C=180°， 于是由∠B=60°，得∠C=120°， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEC=∠AFC=90°， 在四边形AECF中，∠EAF+∠AEC+∠C+∠AFC=360°， ∴∠EAF=60°． （2）解：根据题意， ∵∠EAF=60°，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为：； 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，以及平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确地运用所学的知识进行解题． 23．（本题8分） 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 【知识点】证明四边形是菱形、根据正方形的性质证明、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是平行四边形 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，正方形的性质，菱形的判定，无刻度直尺作图： （1）连接，连接和线段的交点，并延长，交于点即可，根据平行四边形的性质，易证，得到，即可； （2）连接交于点，分别过点作线段，交平行四边形的四边于，同（1）可得全等三角形，进而推出互相平分，进而得到四边形是平行四边形； （3）连接交于点，延长交于一点，连接该点于点并延长，交于一点，连接该点和点交于点，连接并延长交于一点，连接并延长于一点，同（2）可得两个平行四边形，进而得到四边形的两组对边平行，得到四边形是平行四边形，易得，得到，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得到四边形为菱形． 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）如图，四边形即为所求； （3）如图，菱形即为所求； 24．（本题8分） 【答案】(1) (2)或或或 (3) 【知识点】已知两点坐标求两点距离、因式分解法解一元二次方程、解一元二次方程——直接开平方法 【分析】（1）直接利用AB＝计算即可； （2）分两种情况讨论：点B在坐标轴上，设或再利用可得列方程，再解方程即可； （3）直接利用列方程，再解方程即可. 【详解】（1）解：点A（﹣2，3），B（1，﹣3），则A、B两点间的距离是： 故答案为： （2）解： 点B在坐标轴上，设或 当时，点A（﹣2，3），且A、B两点间的距离是5， 或 或 当时，点A（﹣2，3），且A、B两点间的距离是5， 或 解得： 或 （3）解：点A（x，3），B（3，x+1），且A、B两点间的距离是5， 整理得： 解得： 【点睛】本题考查的是已知两点坐标求解两点之间的距离，一元二次方程的解法，掌握“两点A（x1，y1）、B（x2，y2），则A、B两点的距离AB＝”是解本题的关键. 25．（本题8分） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为1． 【知识点】等边三角形的判定和性质、证明四边形是菱形、全等的性质和HL综合（HL）、含30度角的直角三角形 【分析】（1）证明，推出，，得到是线段的垂直平分线，再得到，即可推出四边形为菱形； （2）在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点，证明，推出，，再证明，得到，然后利用三角形的外角性质即可求得； （3）证明、和都是等边三角形，分两种情况讨论，根据等边三角形的性质结合直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵等腰中，，O为边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）证明：在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由三角形的外角性质知， 又， ∴； （3）解：连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∴， 当即时，此时， ∴， ∴， ∴； 当即时，此时， ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴； ∵恒小于， ∴不存在的情况， 综上，的长为1． 【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 26．（本题10分） 【答案】(1) (2) (3)4 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题、利用菱形的性质求线段长、与三角形中位线有关的证明、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，可得GE＝AE＝2t，FH＝GE＝2t，AF＝AE＝t，EF＝＝，AH＝AF＋FH＝3t，点H与点D重合时，AH＝AD，有3t＝8，即得t＝； （2）①当H在边AD上，即0＜t≤时，S＝EF•FH＝•2t＝2， ②当H在边AD延长线上，即时，设HG交CD于M，求出S△DHM＝DH•HM，S＝EF•FH−S△DHM即可得到答案； （3）当O∥AD时，证明O是△AFG的中位线，得O是AG中点，从而可得G与C重合，此时，E与B重合，解可得到t＝4； 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°， ∴∠DAC＝∠BAC＝∠BAD＝30°， ∵GE∥AD， ∴∠GEB＝∠BAD＝60°， ∴∠EGA＝∠GEB−∠BAC＝30°， ∴∠EGA＝∠BAC＝30°， ∴GE＝AE＝2t， ∵四边形EFHG是矩形， ∴FH＝GE＝2t， 在Rt△AEF中，AF＝AE＝t，EF＝＝， ∴AH＝AF＋FH＝3t， 点H与点D重合时，AH＝AD， ∴3t＝8， ∴t＝； （2）①当H在边AD上，即0＜t≤时，如图： 矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积即是矩形EFHG的面积， ∴S＝EF•FH＝， ②当H在边AD延长线上，即＜t≤4时，设HG交CD于M，如图： 在Rt△DHM中，∠HDM＝∠DAB＝60°，DH＝AH−AD＝3t−8， ∴DM＝2DH＝6t−16，HM＝＝， ∴S△DHM＝DH•HM＝， ∴矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积 S＝EF•FH−S△DHM＝ ， 综上所述，矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积： ， （3）当AD时，如图： ∵四边形EFHG是矩形， ∴是FG的中点， ∵∥AD， ∴是△AFG的中位线， ∴O是AG中点， ∴OA＝OG， 又∵O是AC中点，OA＝OC， ∴G与C重合，此时，E与B重合， ∴t＝ 故答案为：4 【点睛】本题考查菱形性质及应用、矩形的性质应用，涉及勾股定理、中位线定理等的应用，解题的关键是方程的思想的应用，用t表达出相关线段的长度，再列方程解决问题． 1 学科网（北京）股份有限公司 $