湖南邵阳市第三中学2025--2026学年下学期八年级期中考试数学试卷

**基本信息** 邵阳市第三中学初二期中数学试卷，聚焦多边形、四边形、坐标系等核心知识，通过新能源汽车车标情境、折叠筝形探究等设计，融合几何直观、推理能力与应用意识，实现基础巩固与创新思维的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|多边形外角和、轴对称与中心对称、平行四边形性质等|以新能源车企车标为素材考查图形对称，体现时代性| |填空题|6/18|坐标变换、四边形内角和、平行四边形判定等|通过四边形缺损角计算、纸条交叉面积问题，考查空间观念| |解答题|8/72|多边形内角和、矩形判定、折叠筝形探究等|24题折叠筝形从概念理解到性质证明再到拓展应用，培养推理能力与创新意识|

邵阳市第三中学初二期中考试试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）正六边形的外角和为（   ） A．180° B．360° C．720° D．1080° 2．（本题3分）习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路，当前随着新一轮科技革命和产业变革孕育兴起，新能源汽车产业正进入加速发展的新阶段，下列图案是我国的一些国产新能源车企的车标，图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．（本题3分）如图，平行四边形的对角线AC，BD交于点O，已知BC＝6，BD＝12，AC＝8，则的周长为（    ） A．13 B．14 C．16 D．18 4．（本题3分）如图，A、B两处被池塘隔开，小明想要知道A、B两处的距离．小明先在外选一点C，然后分别步测出，的中点D，E，并测出的长为，则的长为（　　） A． B． C． D． 5．（本题3分）在数学活动课上，老师和同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某个合作小组的4位同学拟定的方案，其中正确的是（    ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其内角是否均为直角 D．测量对角线是否垂直 6．如图，下列四个选项中，小手盖住的点的坐标可能为（    ） A． B． C． D． 7．（本题3分）下列命题中正确的是（  ） A．平行四边形的对角线互相垂直 B．矩形的对角线相等 C．对角线相等的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 8．（本题3分）如图，在围棋盘上有三枚棋子，如果黑棋的位置用坐标表示为，黑棋的位置用坐标表示为，则白棋的位置坐标表示为（   ） A． B． C． D． 9．（本题3分）下列给出的点的坐标，位于第三象限的是（    ） A． B． C． D． 10．（本题3分）已知菱形的边长和一条对角线的长均为4cm，则菱形的面积为（     ） A． B． C． D． 二、填空题（共18分） 11．（本题3分）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是______． 12．（本题3分）如图，是一块四边形钢板缺了一个角，根据图中所标出的测量结果得所缺损的的度数为________． 13．（本题3分）点的坐标是．将点向右平移3个单位长度，得到点,则点的坐标是_____． 14．如图，在四边形中，，．当_________时，与互相平分． 15．已知：在四边形ABCD中，AD=BC，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，四边形EHFG是_____________． 16.如图，两条宽度分别为2和4方形纸条交叉放置，重叠部分为四边形ABCD，若，则四边形的面积是________． 三、解答题（共72分） 17．一个多边形的内角和是三角形的内角和的6倍，问它是几边形？ 18.（本题6分）在如图所示的平面直角坐标系中，解答下列问题： (1)已知三点，在坐标系中描出点A、点B、点C，并顺次连接得到三角形； (2)将三角形向上平移4个单位，得到三角形． 19．如图，和成中心对称，若的面积为4，求的面积 20．如图所示，已知平行四边形的对角线相交于点，． 求证：平行四边形是矩形． 21．在平面直角坐标系中，点P的坐标为． (1)若点P在x轴上时，求点P的坐标； (2)若点P在过点且与y轴平行的直线上时，求点P的坐标； 22．如图，在中，对角线，交于点O，点E，F在对角线上，且． (1)求证：； (2)连接，，若时，求证：四边形为菱形． 23．（本题10分）如图，在中，，点分别是的中点，连接，过点作，交的延长线于点． (1)证明：； (2)若，求的长． 24．在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动．定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． (1)概念理解：如图1，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状：______筝形（填“是”或“不是”）； (2)性质探究：如图2，已知四边形纸片是筝形，请用测量、折叠等方法猜想筝形的角、对角线有什么几何特征，然后写出一条性质并进行证明； (3)拓展应用：如图3，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点G．若，，，求的长 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 《邵阳市第三中学初二期中考试试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C C C B B C C D 1．B 【分析】根据凸多边形的外角和定理求解即可． 【详解】任意凸多边形的外角和为360°， ∴正六边形的外角和为360°， 故选：B． 【点睛】本题考查多边形的外角和定理，解题的关键是熟记基本结论． 2．D 【分析】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的识别．熟练掌握：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是轴对称图形；如果把一个图形绕某一点旋转后能与自身重合，这个图形是中心对称图形是解题的关键． 根据轴对称图形、中心对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：A中既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合要求； B中既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合要求； C中是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求； D中既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合要求； 故选：D． 3．C 【分析】根据平行四边形的性质分别求出AD，DO和AO的长度，加起来即可求得的周长． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且BC＝6，BD＝12，AC＝8， ∴AD=BC=6，，． ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键． 4．C 【分析】本题考查了三角形的中位线性质，能熟记三角形的中位线性质是解此题的关键，注意：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．根据三角形的中位线性质得出，再代入求出答案即可． 【详解】解：∵，的中点分别是D，E， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 5．C 【分析】根据矩形的判定：（1）四个角均为直角；（2）对边互相平行且相等；（3）对角线相等且平分，据此即可判断结果． 【详解】解：A、根据矩形的对角线相等且平分，故错误； B、对边分别相等只能判定四边形是平行四边形，故错误； C、矩形的四个角都是直角，故正确； D、矩形的对角线互相相等且平分，所以垂直与否与矩形的判定无关，故错误． 故选：C． 【点睛】本题主要考查的是矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 6．B 【分析】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四象限． 根据盖住的点是第二象限的点，然后根据各象限内点的坐标特征对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】解：小手盖住的点是第二象限的点， A．在第一象限，故本选项不符合题意； B．在第二象限，故本选项符合题意； C．在第三象限，故本选项不符合题意； D．在第三象限，故本选项不符合题意． 故选：B． 7．B 【分析】直接利用平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质和判定方法分别分析得出答案． 【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分，故此选项错误； B、矩形的对角线相等，故此选项正确； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故此选项错误； D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故此选项错误． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定和性质，正确把握相关四边形的性质和判定方法是解题关键． 8．C 【分析】本题考查了坐标确定位置，根据已知点的坐标确定出坐标原点的位置是解答本题的关键． 根据黑棋的坐标向上个单位向左一个单位确定出坐标原点，然后建立平面直角坐标系，再写出白棋的坐标即可． 【详解】解：黑棋的位置用坐标表示为，黑棋的位置用坐标表示为，可建立平面直角坐标系，如图： 白棋的坐标为， 故选：C． 9．C 【分析】根据第三象限点的横、纵坐标都为负数，直接判断即可． 【详解】解：A、横坐标为负，纵坐标为正，属于第二象限； B、横坐标为正，纵坐标为负，属于第四象限； C、横坐标为负，纵坐标为负，符合第三象限的特征； D、横坐标为正，纵坐标为正，属于第一象限； 故选：C． 10．D 【分析】根据菱形的性质得，则可判断为等边三角形，根据等边三角形的面积公式可计算菱形的面积． 【详解】解：如图1，AC为菱形ABCD的对角线，且， ∵四边形ABCD为菱形， ∴， ∴为等边三角形， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半． 11． 【分析】本题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标规律，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特点是解题关键． 关于x轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．关于y轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数．根据关于y轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数求解即可． 【详解】解：点关于y轴的对称点的坐标是， 故答案为：． 12．/度 【分析】本题考查了多边形的内角和，熟知四边形的内角和是解题的关键；用减去其余各角即可得解． 【详解】解：由题意，， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了点的平移， 点A向右平移3个单位长度，得到点，其横坐标增加3，纵坐标不变； 【详解】解：将点向右平移3个单位长度，得到点，横坐标变为，纵坐标不变，即； 故答案为：． 14．6 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，先根据证明四边形是平行四边形，从而可得结论． 【详解】解：当，而， ∴四边形是平行四边形， ∴与互相平分， 故答案为：． 15．菱形 【分析】由已知条件得出GF是△ADC的中位线，GE是△ABC的中位线，EH是△ABD的中位线，由三角形中位线定理得出GF∥EH，GF=EH，得出四边形EGFH是平行四边形，再证出GE=EH，即可得出四边形EHFG是菱形． 【详解】∵点E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点， ∴GF是△ADC的中位线，GE是△ABC的中位线，EH是△ABD的中位线， ∴GF∥AD，GF=AD，GE=BC，EH∥AD，EH=AD， ∴GF∥EH，GF=EH， ∴四边形EGFH是平行四边形， 又∵AD=BC， ∴GE=EH， ∴四边形EGFH是菱形． 故答案是：菱形 16.12 【分析】根据题意判定四边形是平行四边形．如图，过点A作于点E，过点A作于点F，利用面积法求得与的数量关系，从而求得该平行四边形的面积． 【详解】解：依题意得：，，则四边形是平行四边形． 如图，过点A作于点E，过点A作于点F， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴四边形的面积； 答案为：9 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质．根据面积法求得是解题的关键，另外，注意解题过程中辅助线的作法． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定方法；解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，由三角形中位线定理得出线段之间的关系． 17．它是八边形． 【分析】本题主要考查了多边形内角和公式与三角形内角和；根据多边形的内角和可以表示成，三角形的内角和为，依此列方程可求解 【详解】解：设它是边形，则： 答∶它是八边形． 18.(1)见解析 (2)见解析 【分析】 此题主要考查了作图平移变换，关键是确定组成图形的关键点平移后的位置． （1）利用平面直角坐标系确定、、三点，再连接即可； （2）首先确定、、三点向上平移4个单位后的对应点位置，再连接即可； 【详解】（1）解：如图，即为所作 （2）解：如图，即为所作， 19．8 【分析】根据中心对称的性质和中线的定义可知平分三角形，进而求出的面积． 【详解】解：∵和成中心对称，的面积为4， ∴，， ∴， ∴． 20．见解析 【分析】利用平行四边形对角线互相平分的性质，结合已知角相等推导出对角线相等，再根据“对角线相等的平行四边形是矩形”完成证明． 【详解】证明：∵ 四边形 是平行四边形， ∴ ，， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 即 ， ∵ 四边形 是平行四边形，且 ， ∴ 平行四边形 是矩形 21．(1) (2) 【分析】（1）已知点在轴上时纵坐标为，据此列出关于的方程，求解后，代入横坐标表达式算出横坐标，从而确定点坐标． （2）过点且与轴平行的直线上的点横坐标都相等，利用此性质列出关于的方程，求出后，代入纵坐标表达式算出纵坐标，确定点坐标． 本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标特征，熟练掌握轴上点的纵坐标为、与轴平行的直线上点的横坐标相等这些坐标特征是解题的关键． 【详解】（1）解：点P在x轴上， ，解得， ， 点P的坐标为； （2）解：点P在过点且与y轴平行的直线上， 点P的横坐标为， ， 解得， ， 点P的坐标为． 22．（(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先证明，，，，再利用证明即可得到结论； （2）如图，连接，，先证明四边形为平行四边形，再利用可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）如图，连接，， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 23．(1)见解析 (2)8 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、平行四边形的性质和判定等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键． （1）根据点分别是的中点，得出是的中位线，从而证明四边形是平行四边形，即可证明； （2）根据直角三角形的性质得出．．根据三角形的中位线定理得出．在中，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：点分别是的中点， 是的中位线， ． 又， 四边形是平行四边形， ． （2）解：点是的中点，， ． 又， ． ， ． 在中，由勾股定理，得． 24．(1)是 (2)若四边形纸片是筝形，，，则①对角线平分、；②垂直平分，③. (3) 【分析】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的判定和性质，证明四边形是正方形是解题的关键． （1）根据轴对称的性质，即可判断答案； （2）连接，，证明，即可得得出结论； （3）根据翻折和已知证明四边形是正方形，可得，再在中，利用列方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形为对折后折出的三角形展开形成的四边形， ，， 四边形是筝形； 故答案为：是． （2）解：若四边形纸片是筝形，，，则①对角线平分、；②垂直平分，③， 证明：如图所示，连接，， 四边形是筝形， ，， ∴垂直平分， 又， ， ，，， 平分和； （3）解：由翻折可知：， ，， 四边形是矩形， 又∵由翻折可知：， ∴矩形是正方形， ∴，， 设，则， 由翻折可知：，， ∴，， ∵在中，， ∴， 解得：． 即． 答案第12页，共12页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $