精品解析：湖南岳阳市湘阴县城南五校2025-2026学年下学期八年级数学期中学情调研

2026年上学期八年级数学期中学情调研 考试时间：120分钟 总分：120分 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列图形中是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形．据此逐项判断即可． 【详解】解：根据中心对称图形的定义，选项A、B、D的图形都不满足中心对称的定义，只有选项C的图形满足中心对称的定义， 故选项C符合题意． 2. 一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】由多边形内角和定理，即可求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得：， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查多边形内角和定理，关键是掌握多边形内角和计算公式（且n为整数）． 3. 在中，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等，得出，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴， 故选：A． 4. 矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对边相等 C. 对角相等 D. 对角线互相平分 【答案】A 【解析】 【详解】解：∵平行四边形的性质为：对边相等，对角相等，对角线互相平分. 矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的所有性质，额外具有四个角为直角，对角线相等的特有性质， ∴选项B，C，D中的性质都是矩形和一般平行四边形共有的，只有选项A的对角线相等是矩形具有而一般平行四边形不具有的性质. 5. 过和两点的直线一定（ ） A. 垂直于轴 B. 与轴相交但不平行于轴 C. 平行于轴 D. 与轴，轴都平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据和可知点关于轴对称即可解答． 【详解】解：∵和关于轴对称， ∴直线平行于轴，垂直于轴， 故选． 【点睛】本题考查了关于轴对称的点的坐标特征，平行于的直线必垂直于轴，掌握关于轴对称的点的坐标特征是解题的关键． 6. 在平面直角坐标系中，点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，根据各象限内点的坐标特征解答即可，解题的关键是熟练掌握平面直角坐标系中点的坐标特征，第一象限，第二象限，第三象限，第四象限． 【详解】解：∵，， ∴在第一象限， 故选：A． 7. 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． 8. 下列判断错误的是（    ） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 一条对角线平分内角的平行四边形是菱形 C. 四个内角都相等的四边形是矩形 D. 两对角线互相垂直且平分的四边形是正方形 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选项正确，不符合题意； B、 在平行四边形中，对角线平分，， ，， ， ， 四边形是菱形， 故选项正确，不符合题意； C、四个内角都相等的四边形是矩形，故选项正确，不符合题意； D、两对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故选项错误，不符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定，熟记矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键． 9. 如图，已知菱形的顶点，．作菱形关于轴的对称图形，则点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了关于轴对称的点的特点，关于轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，据此即可求解． 【详解】解：由题可得，点的坐标为， 故点的对应点的坐标是， 故选：A． 10. 如图，矩形ABCD的对角线相交于点E，延长BA至点F，使．此时，连接EF，交AD于点G，则下列结论中正确的个数是（ ） ①；②；③；④若点H是线段FG的中点，则为等腰直角三角形 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形的性质，对给出的结论逐一证明分析即可判断． 【详解】解：①∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∴∠FAD＝90°， ∵AF＝AD， ∴∠AFD＝∠FDA＝45°， ∵FB＝FD， ∴∠FBD＝∠FDB＝67.5°， ∴∠ADB＝67.5﹣45＝22.5°，故①错误； ②∵四边形ABCD是矩形， ∴BE＝DE， ∵BF＝FD， ∴FE⊥BD，故②正确； ③∵四边形ABCD是矩形， ∴∠FAD＝90°， ∵AF＝AD， ∴∠AFD＝∠FDA＝45°， ∴， ∴DF＝AF，故③正确； ④如图， ∵H是FG的中点，∠FAG＝90°， ∴FH＝GH＝AH， ∴∠AFH＝∠FAH． ∵∠AFD＝45°，FE平分∠AFD， ∴∠AFH＝∠FAH＝22.5°， ∴∠AHG＝45°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴EA＝ED， ∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°， ∴∠AEB＝45°， ∴∠AEG＝45°， ∴∠AEG＝∠AHG＝45°， ∴△AEG为等腰直角三角形，故④正确． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，熟记矩形的性质定理并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等． 二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）． 11. 多边形的每一个内角都等于它相邻外角的5倍，则该多边形的边数是 __． 【答案】12##十二 【解析】 【分析】设外角为x，则相邻的内角为，由题意得，，根据多边形的外角和定理解答即可． 本题考查了多边形的外角和定理，外角和相邻内角的互补关系，解方程，熟练掌握定理和解方程是解题的关键． 【详解】解：设外角为x，则相邻的内角为， 由题意得，， 解得，， 多边形的外角和为， ， 所以这个多边形的边数为12． 答案：12． 12. 已知点关于轴对称的点在第一象限，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】点关于轴的对称点在第一象限，则点在第四象限，符号为． 【详解】解：依题意得P点在第四象限， ∴， 解得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了关于坐标轴对称的点的特征，第四象限的符号特征，根据题意得出点在第四象限是解题的关键． 13. 在平行四边形中，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，主要利用了平行四边形的对角相等，邻角互补的性质，需熟记．根据平行四边形的邻角互补可得，然后解方程组求出，再根据平行四边形的对角相等可得． 【详解】解：在平行四边形中，， ， ， 故答案为：． 14. 顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形是_________________． 【答案】平行四边形 【解析】 【分析】根据中点四边形的性质判断即可； 【详解】解：如图所示， 四边形ABCD，E，F，G，H是四边形的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形EFGH是平行四边形； 故答案为：平行四边形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与三角形中位线定理，准确判断是解题的关键． 15. 如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若，则的长为 ___． 【答案】12 【解析】 【分析】先根据含30度角的直角三角形的性质得到，再根据中心对称图形的性质即可得到答案． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵B与关于A中心对称， ∴． 故答案为：12． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的性质，含30度角的直角三角形的性质，正确求出是解题的关键． 16. 如图，一个正五边形和一个正方形各有一边在直线上，且只有一个公共顶点B，则的度数为__________度． 【答案】18 【解析】 【分析】本题主要考查正四边形和五边形的外角，三角形内角和性质，利用正多边形的性质求出每个内角，和的度数即可，掌握正多边形的内角和及正确理解多边形内角和与外角之间的关系是解题的关键． 【详解】解：正五边形的一个内角，正方形的一个内角， ∴，， ∴， 故答案为：． 17. 如图，在矩形中，O，E分别为的中点．若，则的长为_________． 【答案】8 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的中位线定理，易得是的中位线，进而得到，矩形的性质得到，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵在矩形中，O，E分别为的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴； 故答案为：8． 18. 如图，一动点从出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形的边时反弹，反弹后的路径与长方形的边所夹锐角为，第1次碰到长方形边上的点的坐标为，则第2026次碰到长方形边上的点的坐标为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据动点的运动规律，依次写出前几次碰到长方形边上的点的坐标，找出坐标的循环周期，再用总次数除以周期，根据余数确定第2026次碰到的点的坐标． 【详解】解：如图， 第1次碰到的点坐标：； 第2次碰到的点坐标：； 第3次碰到的点坐标：； 第4次碰到的点坐标：； 第5次碰到的点坐标：； 第6次碰到的点坐标：； 第7次碰到的点坐标：； ……； 由此可知，动点的坐标以次为一个循环周期． ， 即第2026次碰到的点的坐标与第4次碰到的点的坐标相同，为． 三、解答题 19. 若一个正多边形的内角和加上它的外角和等于900°，求这个正多边形的边数． 【答案】5 【解析】 【分析】根据多边形的内角和公式与外角和定理列式求解即可．本题考查了多边形的内角和与外角和定理，熟记多边形的内角和公式以及外角和定理是解题的关键． 【详解】设这个多边形的边数是， 则， 解得． ∴这个正多边形的边数是5． 20. 在平面直角坐标系中，已知点． （1）若点在轴上，求点的坐标； （2）若点在第四象限，且点到轴的距离是1，求点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查平面直角坐标系的特点，掌握点在坐标轴上，点在象限中，点到坐标轴距离的计算是关键． （1）根据点在轴上，得到横坐标为，由此列式求解即可； （2）根据点在第四象限，且点到轴的距离是1，得到，由此即可求解． 【小问1详解】 解：点在轴上， ， 得， ∴， ∴点的坐标为． 【小问2详解】 解：点在第四象限，且点到轴的距离是1， ， 解得， ， ∴点的坐标为． 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，． （1）将向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度，画出平移后的图形； （2）画出关于轴的对称图形； 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）分别将三点向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度得到，然后依次连接即可； （2）先找到三点关于轴对称的，然后依次连接即可． 【小问1详解】 解：下图即为所求； 【小问2详解】 解：下图即为所求． 22. 如图，在平行四边形中，，，垂足分别为，，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，证明，得到，再根据线段的和差得到即可． 【详解】四边形为平行四边形， ，， ， ∵，， ∴， 在和中， ， ， ， ， ． 23. 如图，已知，，， （1）求的面积； （2）设为轴上一点，若，求点坐标． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形性质，三角形的面积公式，解一元一次方程，掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）先计算出，然后根据三角形的面积公式计算的面积； （2）设点坐标为，再根据列出方程计算即可． 【小问1详解】 解：，，， ， ； 【小问2详解】 解：设点坐标为， 当点在之间，即时， ， ， ， 解得：， 当点在点左边，即时， ， ， 解得：， 点的坐标为或． 24. 如图，四边形中，，点在上，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，求的面积． 【答案】（1）详见解析； （2）15． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质．熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）先证，再由，即可得出结论； （2）先由平行四边形的性质得，再由角平分线的性质得，最后利用三角形面积公式即可求解． 【小问1详解】 证明：， ， ， 四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：过点作，垂足为，如图： 四边形是平行四边形， ， 平分， ， ． 25. 如图1，和都是等边三角形． （1）求证：四边形是菱形； （2）沿方向将平移到的位置如图2，此时，四边形（如图3）是_____． （3）若按（2）题的方式继续平移到，当在什么位置时，四边形是矩形，并证明你的结论． 【答案】（1）见解析 （2）平行四边形 （3）当在点位置时，四边形是矩形，理由见解析 【解析】 【分析】此题主要考查了矩形的判定，等边三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定以及平移的性质，熟练掌握相关的定理是解题关键． （1）结合等边三角形的性质以及根据四边相等的四边形是菱形，即可作答． （2）根据平移的性质，得到，根据等边三角形的性质，得到，，从而得到，则，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明； （3）根据等边三角形的性质与平移的性质，得，根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，即可作答． 【小问1详解】 解：∵和都是等边三角形． ∴， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：根据平移的性质，得到， 根据等边三角形的性质，得到，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； 【小问3详解】 解：当在点位置时，四边形是矩形，理由如下： 如图，连接，， ∵，都是等边三角形，且在点位置， ∴， ∵平移， ∴，， ∴， 即， 结合对角线互相平分且相等的四边形是矩形， ∴四边形是矩形． 26. 问题解决：如图1，在矩形中，点分别在边上，于点． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由． 类比迁移：如图2，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，求的长． 【答案】问题解决：（1）见解析；（2）等腰三角形，理由见解析；类比迁移：8 【解析】 【分析】问题解决：（1）证明矩形ABCD是正方形，则只需证明一组邻边相等即可．结合和可知，再利用矩形的边角性质即可证明，即，即可求解； （2）由（1）中结论可知，再结合已知，即可证明，从而求得是等腰三角形； 类比迁移：由前面问题的结论想到延长到点，使得，结合菱形的性质，可以得到，再结合已知可得等边，最后利用线段BF长度即可求解． 【详解】解：问题解决： （1）证明：如图1，∵四边形是矩形， ． ． ． ． 又． ∴矩形是正方形． （2）是等腰三角形．理由如下： ， ． 又，即是等腰三角形． 类比迁移： 如图2，延长到点，使得，连接． ∵四边形是菱形， ． ． ． 又． 是等边三角形， ， ． 【点睛】本题考查正方形的证明、菱形的性质、三角形全等的判断与性质等问题，属于中档难度的几何综合题．理解题意并灵活运用，做出辅助线构造三角形全等是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期八年级数学期中学情调研 考试时间：120分钟 总分：120分 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列图形中是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 3. 在中，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对边相等 C. 对角相等 D. 对角线互相平分 5. 过和两点的直线一定（ ） A. 垂直于轴 B. 与轴相交但不平行于轴 C. 平行于轴 D. 与轴，轴都平行 6. 在平面直角坐标系中，点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 7. 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. 8. 下列判断错误的是（    ） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 一条对角线平分内角的平行四边形是菱形 C. 四个内角都相等的四边形是矩形 D. 两对角线互相垂直且平分的四边形是正方形 9. 如图，已知菱形的顶点，．作菱形关于轴的对称图形，则点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，矩形ABCD的对角线相交于点E，延长BA至点F，使．此时，连接EF，交AD于点G，则下列结论中正确的个数是（ ） ①；②；③；④若点H是线段FG的中点，则为等腰直角三角形 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）． 11. 多边形的每一个内角都等于它相邻外角的5倍，则该多边形的边数是 __． 12. 已知点关于轴对称的点在第一象限，则的取值范围是______． 13. 在平行四边形中，若，则_____． 14. 顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形是_________________． 15. 如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若，则的长为 ___． 16. 如图，一个正五边形和一个正方形各有一边在直线上，且只有一个公共顶点B，则的度数为__________度． 17. 如图，在矩形中，O，E分别为的中点．若，则的长为_________． 18. 如图，一动点从出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形的边时反弹，反弹后的路径与长方形的边所夹锐角为，第1次碰到长方形边上的点的坐标为，则第2026次碰到长方形边上的点的坐标为_____． 三、解答题 19. 若一个正多边形的内角和加上它的外角和等于900°，求这个正多边形的边数． 20. 在平面直角坐标系中，已知点． （1）若点在轴上，求点的坐标； （2）若点在第四象限，且点到轴的距离是1，求点的坐标． 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，． （1）将向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度，画出平移后的图形； （2）画出关于轴的对称图形； 22. 如图，在平行四边形中，，，垂足分别为，，求证：． 23. 如图，已知，，， （1）求的面积； （2）设为轴上一点，若，求点坐标． 24. 如图，四边形中，，点在上，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，求的面积． 25. 如图1，和都是等边三角形． （1）求证：四边形是菱形； （2）沿方向将平移到的位置如图2，此时，四边形（如图3）是_____． （3）若按（2）题的方式继续平移到，当在什么位置时，四边形是矩形，并证明你的结论． 26. 问题解决：如图1，在矩形中，点分别在边上，于点． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由． 类比迁移：如图2，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $