精品解析：上海市世外中学2025-2026学年下学期期中考试 八年级数学

上海市世外中学2025-2026学年下学期期中考试八年级数学 （时间：100分钟 满分：100分） 注意：答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定位置作答，在本试卷上答题无效 一、选择题（每题3分，共15分）： 1. 已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A. 6条 B. 7条 C. 8条 D. 9条 【答案】D 【解析】 【分析】先利用任意多边形外角和为定值的性质求出多边形内角和，再根据内角和公式求出边数，最后代入对角线条数公式计算得到结果． 【详解】解：设多边形边数为，根据题意得， ， 解得， 即该多边形为六边形， ∴该多边形对角线条数为（条）． 2. 下列命题中，假命题的是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 平行四边形的对角线互相平分 C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D. 对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形，矩形，菱形和正方形的对角线进行判断即可． 【详解】A、矩形的对角线相等，是真命题； B、平行四边形的对角线互相平分，是真命题； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，是真命题； D、对角线平分、相等且互相垂直的四边形是正方形，是假命题； 故选D． 【点睛】本题考查了从对角线来判断特殊四边形的方法：对角线互相平分的四边形为平行四边形；对角线互相垂直平分的四边形为菱形；对角线互相平分且相等的四边形为矩形；对角线互相垂直平分且相等的四边形为正方形．也考查了真命题与假命题的概念． 3. 如图，在中，点、分别在、的反向延长线上，已知，，下列结论正确的是（　　）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行线分线段成比例可得，再根据比例的性质进行变形即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴，，，故C正确，A、D错误； 对于B，由已知条件，无法判断与的关系，故B错误． 4. 将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 矩形 D. 菱形 【答案】D 【解析】 【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪． 【详解】解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF; 又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD； 由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形； 又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形． 故选： 【点睛】本题主要考查学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则． 5. 如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F， ∵的垂线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 由勾股定理可得，， ， ∴， ∴ ∴ 即，解得， ∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是， 故选：C 二、㙋空题（每题3分，共33分）： 6. 已知，那么__________． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵， ∴， 即． 7. 已知点是线段的黄金分割点，如果，那么的长是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考出来黄金分割，解一元二次方程组．由题意知，，由点是线段的黄金分割点，可得，即，整理得，计算求出满足要求的解即可． 【详解】解：由题意知，， ∵点是线段 的黄金分割点， ∴，即，整理得， 解得：或（舍去）， ∴ 故答案为：． 8. ，，，为重心，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点； 重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为. 也考查了直角三角形斜边上的中线性质．根据直角三角形斜边上的中线性质求出，根据重心的性质求出的长即可. 【详解】解：如图， ∵为的重心， ∴是的中线，， ， ， ， 故答案为：. 9. 已知矩形的两条对角线的夹角为60°，如果一条对角线长为6，那么矩形的面积为___________． 【答案】9 【解析】 【详解】分析：先画图，由题意可知四边形ABCD是矩形，AC=6，∠AOB=60°，根据矩形性质可知OA=OB，∠ABC=90°，易证△AOB是等边三角形，即可求出AB的长，再利用勾股定理求出BC的长，然后再利用矩形的面积公式求解即可． 详解：如图所示，在矩形ABCD中，∠AOB=60°，AC=6， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OB =OA=，∠ABC=90°， 又∵∠AOB=60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB=AO=3， 在Rt△ABC中，由勾股定理得， ， ∴S矩形ABCD=AB×BC=3×3=9. 故答案为9. 点睛：本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的性质及勾股定理.利用矩形的性质及已知条件得出△AOB是等边三角形是解题的关系. 10. 如图，的对角线，相交于点，点是的中点，的周长为，则的周长是______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，，，，点是的中点，可得是的中位线，可得从而得到结果是． 【详解】解：四边形是平行四边形， 是中点，≌， 又是中点， 是的中位线， ， 即的周长的周长， 的周长的周长． 的周长． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及三角形中位线的性质的应用，利用中位线定理推导的周长的周长是解题的关键． 11. 如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，AC，BC上，DE∥BC，EF∥AB．若AB=8，BD=3，BF=4，则FC的长为_____． 【答案】． 【解析】 【详解】∵DE∥BC，EF∥AB， ∴， ∵AB=8，BD=3，BF=4， ∴， 解得：FC=． 故答案为． 12. 如图，中，的平分线交于点D，与的垂线相交于点，过点作于点，则为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由勾股定理得，再由角平分线的性质得，进而由面积法求出，则，然后由勾股定理得，则，最后由平行线分线段成比例定理即可得出结论． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即． 13. 在平面直角坐标系中，在第一象限内，且轴，各顶点坐标如图所示，则的值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质对边平行且相等，结合点的坐标即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴． 14. 中国北宋数学家贾宪提出一个定理“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的 直线，则所容两长方形面积相等（如图①中）”．问题解决：如图②，点 M是矩形的对角线上一点，过点M 作分别交于点．连接，若， 则________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作，交于点，得到四边形、是矩形，根据题意，即可求解． 本题考查了矩形的性质，三角形的面积等知识，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：过点作，交于点，如图： ∵四边形是矩形，，， ∴四边形、是矩形， ∴， ∵点 M是矩形的对角线上一点，，， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：． 15. 如图，直尺直立在水平桌面上，点不动，转动直尺，使其一顶点靠在竖直墙壁上．观测发现，点、、在同一直线上，顶点到墙壁的距离为，，则直尺长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，由矩形的性质和旋转的性质可得，，，，从而证明，因此．根据含的直角三角形的性质可得，，，则，结合可计算出，因此． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵点、、在同一直线上， ∴， 由旋转的性质可得，，，， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴，解得， ∴， ∴， ∵，， ∴． 16. 如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，点在第一象限点在轴正半轴上，连结交反比例函数图象于点.为的平分线，过点作的垂线，垂足为，连结.若，的面积为8，则的值为________. 【答案】6 【解析】 【分析】连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF；由AB经过原点，则A与B关于原点对称，再由BE⊥AE，AE为∠BAC的平分线， 可得AD∥OE，进而可得S△ACE=S△AOC；设点A（m，），由已知条件AC=3DC，DH∥AF，可得3DH=AF，则点D（3m，），证明△DHC∽△AGD，得到S△HDC=S△ADG，所以S△AOC=S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC=k++=12；即可求解； 【详解】连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF， ∵过原点的直线与反比例函数y=（k＞0）的图象交于A，B两点， ∴A与B关于原点对称， ∴O是AB的中点， ∵BE⊥AE， ∴OE=OA， ∴∠OAE=∠AEO， ∵AE为∠BAC的平分线， ∴∠DAE=∠AEO， ∴AD∥OE， ∴S△ACE=S△AOC， ∵AC=3DC，△ADE的面积为8， ∴S△ACE=S△AOC=12， 设点A（m，）， ∵AC=3DC，DH∥AF， ∴3DH=AF， ∴D（3m，）， ∵CH∥GD，AG∥DH， ∴△DHC∽△AGD， ∴S△HDC=S△ADG， ∵S△AOC=S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC = = =， ∴2k=12， ∴k=6； 故答案为6. 【点睛】本题考查反比例函数k的意义；借助直角三角形和角平分线，将△ACE的面积转化为△AOC的面积是解题的关键． 三、解答题（17题8分，18题6分，19题7分，20、21题每题10分，22题11分，共52分） 17. 如图，，，． （1），求； （2），求的长． 【答案】（1）6 （2）5 【解析】 【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，灵活运用所学知识是解题的关键． （1）根据平行线分线段成比例定理求解即可； （2）根据平行线分线段成比例定理得到，然后代值计算即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴，即， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∵，，， ∴， 解得， ∴的长为5． 18. 如图，的顶点A，B分别在双曲线和上，顶点C在x轴上，已知点A的坐标为． （1）求双曲线的解析式； （2）求的面积． 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）将点代入求解即可； （2）连接，设与y轴交于点D，根据反比例函数的比例系数的几何意义可得，，从而可知，即可求得答案． 【小问1详解】 解：将点代入得：， 解得：， 双曲线的解析式为； 【小问2详解】 解：连接，设与y轴交于点D， 四边形为平行四边形，点C在x轴上， 轴， 点A和点B分别在双曲线和上， ，， ， ． 19. 如图，的对角线，相交于点O，E是边的中点，连接．过点O，E作直线的垂线，垂足分别为F，G． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形是菱形，，，则矩形的面积为______． 【答案】（1） 证明：，， ，， 四边形是平行四边形， ， E是边的中点， ， 是的中位线， ，即， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）6 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质、矩形的判定及性质、菱形的性质、勾股定理、三角形的面积计算，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，由E是边的中点可得，根据三角形中位线定理得到，即，进而推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理得到结论； （2）根据菱形的性质得到，求得，，，由勾股定理求出，根据三角形面积公式得到，根据矩形的面积公式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 四边形是菱形，，， ， ，，， ， E是边的中点， ， ， ， ， 矩形的面积． 20. 【问题背景】在学习了平行四边形后，某兴趣小组研究了一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： （1）如图①，在平行四边形中，，，为边的中点，点在边上，，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点，小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断四边形的形状为___________； 【探究证明】 （2）在（1）的条件下，取的中点，点在边上，且，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点，连接、，如图②，求证：四边形是平行四边形； 【探究提升】 （3）在（1）（2）的条件下，若四边形为轴对称图形，请直接写出的值为___________． 【答案】（1）菱形 （2） 证明：同理（1）可得，四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵为边的中点，为边的中点， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （3）或 【解析】 【分析】（1）由折叠的性质结合可得，，由此判定为菱形； （2）容易判断四边形也是菱形，由菱形的性质可得，，，，，结合平行四边形的性质和中点的性质可得，，，命题得证； （3）分两类讨论，当四边形为矩形时，作于点，作于点，设，由含角的直角三角形的性质和勾股定理可得可得，，，容易证明四边形是矩形，则，．由矩形的性质可得，，则，从而得到，进一步计算出，因此；当四边形为菱形时，延长交于点，设，容易判断，，从而判断是等边三角形，则，进而计算出，因此． 【小问1详解】 解：由折叠的性质可得，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由（2）可知，四边形是平行四边形， 又∵四边形为轴对称图形， ∴四边形为矩形或菱形， ①当四边形为矩形时，如图，作于点，作于点，设， ∵为边的中点，为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∴； ②当四边形为菱形时，如图，延长交于点，设， 由①可知，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的值为或． 21. 如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C，且OC＝3． （1）求直线BC的解析式； （2）如图1，若M为线段BC上一点，且满足S△AMB＝S△AOB，请求出点M的坐标； （3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求点G的坐标； 【答案】（1）；（2）；（3）或 【解析】 【分析】（1）求出点B，C坐标，再利用待定系数法即可解决问题； （2）结合图形，由S△AMB＝S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB，再利用两直线相交建立方程组求得交点M的坐标； （3）分两种情形：①当n＞2时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N．求出Q（n-2，n-1）．②当n＜2时，如图2-2中，同法可得Q（2-n，n+1），代入直线BC的解析式解方程即可解决问题． 【详解】解：（1）∵直线y=2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B， ∴A（-2，0），B（0，4），， 又∵OC=3， ∴C（3，0）， 设直线BC的解析式为y=kx+b，将B、C的坐标代入得： ， 解得：， ∴直线BC的解析式为； （2）连接OM， ∵S△AMB＝S△AOB ， ∴直线OM平行于直线AB，故设直线OM解析式为：, 将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组 ， 解得： 故点； （3）∵FA=FB，A（-2，0），B（0，4）， ∴F（-1，2），设G（0，n）， ①当n＞2时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N． ∵四边形FGQP是正方形，易证△FMG≌△GNQ， ∴MG=NQ=1，FM=GN=n-2， ∴Q（n-2，n-1）， ∵点Q在直线上， ∴， ∴, ∴． ②当n＜2时，如图2-2中，同法可得Q（2-n，n+1）， ∵点Q在直线上， ∴， ∴n=-1， ∴． 综上所述，满足条件的点G坐标为或 【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 22. 如图，正方形中，点E、F分别为射线、射线上的点，且满足，联结，点G为的中点，射线交于点H． （1）如图，当点E在线段上时， ①证明：； ②联结，当时，求：四边形的面积与正方形的面积之比． （2）当，时，求：的值． 【答案】（1） ①证明：如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的中点，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ② （2）或 【解析】 【分析】（1）①先证明，，由直角三角形斜边中线得到，则，那么，由，可得，即可求证； ②延长交于点K ，可得，设正方形边长为，则，而为的中位线，则，那么，最后由即可求解； （2）当点在线段上时，在上截取，则为的中位线，那么，则，即，可得，根据角直角三角形的性质逆定理可得，导角得到，在上取点，连接，使得，则，那么，设，则，则,有，得，即可求解；当点线段延长线上时，在上截取，同理可得：，，则，在上取点，连接，使得，同理可得：，同理可得，，那么． 【小问1详解】 证明：①略 ②延长交于点K， ∵， ∴， 即， ∵， ∴点为中点， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 设正方形边长为，则， ∵为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：当点在线段上时，在上截取， ∵为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在上取点，连接，使得， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴, ∵， ∴， 解得：， ∴； 当点线段延长线上时，在上截取， 同理可得：，， ∴， 在上取点，连接，使得， 同理可得：， ∴同理可得，， ∴， ∴， 综上：的值或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质及其逆定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，难度较大，解题的关键在于正确构造辅助线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市世外中学2025-2026学年下学期期中考试八年级数学 （时间：100分钟 满分：100分） 注意：答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定位置作答，在本试卷上答题无效 一、选择题（每题3分，共15分）： 1. 已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A. 6条 B. 7条 C. 8条 D. 9条 2. 下列命题中，假命题的是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 平行四边形的对角线互相平分 C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D. 对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 3. 如图，在中，点、分别在、的反向延长线上，已知，，下列结论正确的是（　　）． A. B. C. D. 4. 将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 矩形 D. 菱形 5. 如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ） A. B. C. D. 二、㙋空题（每题3分，共33分）： 6. 已知，那么__________． 7. 已知点是线段的黄金分割点，如果，那么的长是______． 8. ，，，为重心，则________． 9. 已知矩形的两条对角线的夹角为60°，如果一条对角线长为6，那么矩形的面积为___________． 10. 如图，的对角线，相交于点，点是的中点，的周长为，则的周长是______． 11. 如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，AC，BC上，DE∥BC，EF∥AB．若AB=8，BD=3，BF=4，则FC的长为_____． 12. 如图，中，的平分线交于点D，与的垂线相交于点，过点作于点，则为___________． 13. 在平面直角坐标系中，在第一象限内，且轴，各顶点坐标如图所示，则的值是_____． 14. 中国北宋数学家贾宪提出一个定理“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的 直线，则所容两长方形面积相等（如图①中）”．问题解决：如图②，点 M是矩形的对角线上一点，过点M 作分别交于点．连接，若， 则________． 15. 如图，直尺直立在水平桌面上，点不动，转动直尺，使其一顶点靠在竖直墙壁上．观测发现，点、、在同一直线上，顶点到墙壁的距离为，，则直尺长为___________． 16. 如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，点在第一象限点在轴正半轴上，连结交反比例函数图象于点.为的平分线，过点作的垂线，垂足为，连结.若，的面积为8，则的值为________. 三、解答题（17题8分，18题6分，19题7分，20、21题每题10分，22题11分，共52分） 17. 如图，，，． （1），求； （2），求的长． 18. 如图，的顶点A，B分别在双曲线和上，顶点C在x轴上，已知点A的坐标为． （1）求双曲线的解析式； （2）求的面积． 19. 如图，的对角线，相交于点O，E是边的中点，连接．过点O，E作直线的垂线，垂足分别为F，G． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形是菱形，，，则矩形的面积为______． 20. 【问题背景】在学习了平行四边形后，某兴趣小组研究了一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： （1）如图①，在平行四边形中，，，为边的中点，点在边上，，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点，小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断四边形的形状为___________； 【探究证明】 （2）在（1）的条件下，取的中点，点在边上，且，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点，连接、，如图②，求证：四边形是平行四边形； 【探究提升】 （3）在（1）（2）的条件下，若四边形为轴对称图形，请直接写出的值为___________． 21. 如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C，且OC＝3． （1）求直线BC的解析式； （2）如图1，若M为线段BC上一点，且满足S△AMB＝S△AOB，请求出点M的坐标； （3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求点G的坐标； 22. 如图，正方形中，点E、F分别为射线、射线上的点，且满足，联结，点G为的中点，射线交于点H． （1）如图，当点E在线段上时， ①证明：； ②联结，当时，求：四边形的面积与正方形的面积之比． （2）当，时，求：的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $