精品解析：湖南郴州市第三中学2025-2026学年下学期期中考试八年级数学

2026年上期郴州市三中期中考试 八年级数学 总分：120分 时量：120分钟 一、单选题（每小题3分） 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，是做课间操时，小明，小刚和小红三人的相对位置，如果用（1，2）表示小明的位置，（﹣1，1）表示小刚的位置，那么小红的位置可表示为（ ） A. （﹣3，﹣2） B. （﹣3，﹣1） C. （﹣2，﹣2） D. （﹣2，﹣1） 3. 在平面直角坐标系中，点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 一个八边形的内角和等于（ ） A. B. C. D. 5. 如图，矩形中，对角线交于O点．若，，则的长为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 5 6. 如图，一艘中国无人战艇A在我国的南疆执行巡航任务．某一时刻，它与灯塔B相距90海里．若灯塔B相对于战艇A的位置用有序数对（北偏东海里）来描述，那么战艇A相对于灯塔B的位置可描述为（ ） A. 南偏西海里 B. 南偏西海里 C. 北偏东海里 D. 北偏东海里 7. 将点向左平移1个单位坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 下列性质中矩形有而菱形没有的是（ ） A. 对角相等 B. 对角线互相垂直 C. 邻角互补 D. 对角线相等 9. 如图，在矩形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线分别交于点．若，则四边形的面积是（ ） A. 20 B. 16 C. 12 D. 24 10. 如图，在菱形中，菱形的周长是16，，，分别是边上的动点，连接和，G，H分别为的中点，连接，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 二、填空题（每小题3分） 11. 点P（3a+6，3-a）在x轴上，则a的值为_____． 12. 如图，在菱形中，两条对角线，，则此菱形的面积为______． 13. 如图，在中、相交于点，，当____时，是矩形． 14. 如图，在中，，，平分交边于点E，则的长为_____． 15. 在周长为米的三角形地块中修建如图所示的三条水渠，则水渠总长为____米． 16. 如图，已知，，，，，，……，按这样的规律，则点的坐标为______． 二、解答题（共72分） 17. 如图，A、D、B、F在一条直线上，，，．求证：四边形为平行四边形． 18. 已知一个正边形的内角和是它的外角和的倍． （1）求的值； （2）求正边形每个内角的度数． 19. 如图，的顶点坐标分别为，，． （1）将向下平移个单位，作出它的像，并写出像的顶点坐标； （2）求作，使得与关于点成中心对称，并写出点的坐标． 20. 如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，且，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若平分，，，求的长． 21. 如图，在四边形中，，，平分，过点作交的延长线于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 22. 在平面直角坐标系中，对于任意两点与的“识别距离”，给出如下定义： 若，则点与点的“识别距离”为； 若，则点与点的“识别距离”为． 例如：对于点与点，因为，所以点与点的“识别距离”为4． 【初步理解】 （1）已知点，，则点与点的“识别距离”为___________． 【深入应用】 （2）已知点，点为轴上的一个动点， ①若点与点的“识别距离”为3，求出满足条件的点的坐标： ②点与点的“识别距离”的最小值为___________． 23. 如图1，在长方形纸片中，，点是线段上的动点，连接是由沿翻折所得到的图形． （1）如图2，连接，当点落在上时，的长． （2）如图3，点是的中点，连接，当点落在上时，求的长． （3）如图4，点是的中点，连接，，求的最小值． 24. 在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动： 【探究发现】 （1）如图1，点是正方形中边上任意一点，以点为中心，将顺时针旋转后得到，连接，请问是否为等腰直角三角形？并说明理由； 【联想拓展】 （2）如图2，若点是正方形的对角线上一点，将顺时针旋转得到，连接． 求证：． 【迁移应用】 （3）如图3，若点是菱形外部的一点，，，请求出，，之间的数量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上期郴州市三中期中考试 八年级数学 总分：120分 时量：120分钟 一、单选题（每小题3分） 1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：观察可知，只有B选项的图形，绕一点旋转180度后，能与自身重合，是中心对称图形，其余选项的图形都不是中心对称图形. 2. 如图，是做课间操时，小明，小刚和小红三人的相对位置，如果用（1，2）表示小明的位置，（﹣1，1）表示小刚的位置，那么小红的位置可表示为（ ） A. （﹣3，﹣2） B. （﹣3，﹣1） C. （﹣2，﹣2） D. （﹣2，﹣1） 【答案】D 【解析】 【详解】 根据小明位置为（1，,2），在图中建立平面直角坐标系，如图， 由图可知，小红位置可表示为（-2,-1）. 故选D. 点睛：本题关键是找到坐标原点的位置以建立直角坐标系，除了观察小明位置以确定原点外，也可以观察小刚的，建好后用另一个已知点坐标验证坐标系是否正确，再确定小红位置即可. 3. 在平面直角坐标系中，点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了点的坐标，解答本题的关键是掌握好四个象限的点的坐标的特征； 根据象限点的特征，第一象限正正，第二象限负正，第三象限负负，第四象限正负，即可求解． 【详解】解：因为点的横坐标是正数，纵坐标是负数， 所以点在平面直角坐标系的第四象限． 故选：D 4. 一个八边形的内角和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据多边形内角和公式计算八边形内角和，然后选择正确选项．本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式（为边数且且为整数）是解题的关键． 【详解】解：根据多边形内角和公式（为边数），八边形的边数，则内角和为． 故选：D． 5. 如图，矩形中，对角线交于O点．若，，则的长为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据矩形中，对角线，交于点，，判定是等边三角形，得到，解答即可． 【详解】解：∵矩形中，对角线，交于点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 6. 如图，一艘中国无人战艇A在我国的南疆执行巡航任务．某一时刻，它与灯塔B相距90海里．若灯塔B相对于战艇A的位置用有序数对（北偏东海里）来描述，那么战艇A相对于灯塔B的位置可描述为（ ） A. 南偏西海里 B. 南偏西海里 C. 北偏东海里 D. 北偏东海里 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了坐标确定位置，正确理解方向角的定义是解题关键． 直接根据题意得出的长以及的度数，进而得出答案． 【详解】解：由题意可得：海里， 战艇A相对于灯塔B的位置是：南偏西海里， 故选：B． 7. 将点向左平移1个单位坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用“左右平移改变横坐标，左减右加纵坐标不变”的规律即可计算出结果. 【详解】解：点向左平移个单位，得到点 ，即. 8. 下列性质中矩形有而菱形没有的是（ ） A. 对角相等 B. 对角线互相垂直 C. 邻角互补 D. 对角线相等 【答案】D 【解析】 【详解】解：矩形和菱形的对角都相等，邻角都互补，矩形的对角线相等，菱形的对角线垂直， 故矩形有而菱形没有的是对角线相等. 9. 如图，在矩形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线分别交于点．若，则四边形的面积是（ ） A. 20 B. 16 C. 12 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质及菱形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质及菱形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，则有，，然后可得四边形是菱形，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由作图可知：垂直平分， ∴，，， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴； 故选A． 10. 如图，在菱形中，菱形的周长是16，，，分别是边上的动点，连接和，G，H分别为的中点，连接，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识． 连接，根据菱形定义得，根据三角形中位线性质得，当时，最小，得到最小值，根据是等腰直角三角形得，得的最小值为． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是菱形，周长为16， ∴， ∵G，H分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， 当时， 最小，得到最小值， 则， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， 即的最小值为， 故选：A． 二、填空题（每小题3分） 11. 点P（3a+6，3-a）在x轴上，则a的值为_____． 【答案】3 【解析】 【详解】∵点P（3a+6，3-a）在x轴上．∴3-a=0．∴a=3． 12. 如图，在菱形中，两条对角线，，则此菱形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的面积，根据菱形的面积等于对角线积的一半计算即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的面积等于对角线积的一半， ∴， 故答案为：． 13. 如图，在中、相交于点，，当____时，是矩形． 【答案】6 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质得出对角线相等时即可判定出四边形是矩形． 【详解】解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴时，四边形是矩形， ∴， ∴当时，四边形是矩形． 14. 如图，在中，，，平分交边于点E，则的长为_____． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定．由平行四边形的性质得到，，因此，由平分得到，即可得到，根据等角对等边得到，进而即可求解． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 15. 在周长为米的三角形地块中修建如图所示的三条水渠，则水渠总长为____米． 【答案】400 【解析】 【分析】本题考查三角形中位线的性质． 三角形中位线等于第三边的一半，所以三条中位线的和等于周长的一半． 【详解】解：如图，周长为米，分别为的中点， 则均为的中位线， （米）， 故答案为：400． 16. 如图，已知，，，，，，……，按这样的规律，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是点的坐标的规律，找出规律是解题的关键． 先得出点（n为正整数）的横坐标为，纵坐标每6个一循环，再求解即可． 【详解】解：点（n为正整数）的横坐标为，纵坐标每6个一循环， ∴点的横坐标为， ， 点的纵坐标与的纵坐标相同，为4， 点的坐标为， 故答案为：． 二、解答题（共72分） 17. 如图，A、D、B、F在一条直线上，，，．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】证明，得到 ，进而得到，即可得证. 【详解】证明：∵， ∴ ，即， ∵， ∴ ， 又∵， ∴， ∴ ， ∴， ∴四边形为平行四边形． 18. 已知一个正边形的内角和是它的外角和的倍． （1）求的值； （2）求正边形每个内角的度数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据多边形内角和的计算方法以及外角和是列方程求解即可； （2）根据正六边形内角的计算方法进行计算即可． 【小问1详解】 解：由题意得，， 解得； 【小问2详解】 解：这个正六边形的每个内角的度数为． 19. 如图，的顶点坐标分别为，，． （1）将向下平移个单位，作出它的像，并写出像的顶点坐标； （2）求作，使得与关于点成中心对称，并写出点的坐标． 【答案】（1）作图见解析，三个顶点坐标分别是，，； （2）作图见解析，． 【解析】 【分析】本题考查了作图——原点对称变换，平移变换等知识，掌握原点对称变换，平移变换的性质是解题的关键． （）根据平移的性质作出点，，，再顺次连接即可得出答案，写出坐标即可； （）根据与关于点成中心对称，作出点，，，再顺次连接即可得出答案，写出坐标即可． 【小问1详解】 解：如图，为所求作三角形， 三个顶点坐标分别是：，，； 【小问2详解】 解：如图，为所求作三角形； ∴点的坐标为：． 20. 如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，且，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若平分，，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）4 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，角平分线的定义等知识，熟练掌握矩形和等腰三角形的判定是解答的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可得证； （2）先证明，由平行四边形的性质，得到，再利用勾股定理进行求解即可． 【小问1详解】 证明：∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，． 21. 如图，在四边形中，，，平分，过点作交的延长线于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题中条件，由两组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，再结合即可得证； （2）结合（1）中判定的四边形是菱形，由菱形性质，求出相关线段长度，最后由等面积法，根据代值求解即可得到答案． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形； 【小问2详解】 解：相交于点，由（1）知，四边形是菱形， ∴，，， ∴， ， 在中，由勾股定理可得， ∴， ， ， ∴． 【点睛】本题考查四边形综合，涉及平行线性质、角平分线定义、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理、菱形面积等知识．熟记平行四边形判定与性质、菱形的判定与性质是解决问题的关键． 22. 在平面直角坐标系中，对于任意两点与的“识别距离”，给出如下定义： 若，则点与点的“识别距离”为； 若，则点与点的“识别距离”为． 例如：对于点与点，因为，所以点与点的“识别距离”为4． 【初步理解】 （1）已知点，，则点与点的“识别距离”为___________． 【深入应用】 （2）已知点，点为轴上的一个动点， ①若点与点的“识别距离”为3，求出满足条件的点的坐标： ②点与点的“识别距离”的最小值为___________． 【答案】（1）3 （2）①；②2 【解析】 【分析】（1）根据新定义，进行求解即可； （2）①根据“识别距离”的定义列方程，再解出即可；②根据“识别距离”的定义分情况讨论求解即可． 【小问1详解】 解：∵，， ∴ ， ∴， ∴点与点的“识别距离”为 ； 【小问2详解】 解：①∵点B为y轴上的一个动点， ∴设， ∵点， ∴， ∵点与点的“识别距离”为3， ∴ ， ∴， ∴； ②∵，， ∴ ， 当，则点与点的“识别距离”为2， 当，则点与点的“识别距离”为 ， 故点与点的“识别距离”的最小值为2. 23. 如图1，在长方形纸片中，，点是线段上的动点，连接是由沿翻折所得到的图形． （1）如图2，连接，当点落在上时，的长． （2）如图3，点是的中点，连接，当点落在上时，求的长． （3）如图4，点是的中点，连接，，求的最小值． 【答案】（1）4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由Q点在上，利用勾股定理先求出的长，再由折叠的性质得，进而即可求解； （2）如图，连接，设，利用勾股定理可得方程，解方程即可得出答案； （3）连接，根据 ，得到当点三点共线时， 最小，进行求解即可. 【小问1详解】 解：如图， ∵，，， ∴， 由折叠的性质得：， ∴； 【小问2详解】 解：如图，连接，设， 由折叠的性质得：，，， ∴，， ∵点M是的中点， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：连接，由（2）可知：， 折叠可知 ， ∵ ， ∴当点三点共线时， 最小， ∴的最小值为. 24. 在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动： 【探究发现】 （1）如图1，点是正方形中边上任意一点，以点为中心，将顺时针旋转后得到，连接，请问是否为等腰直角三角形？并说明理由； 【联想拓展】 （2）如图2，若点是正方形的对角线上一点，将顺时针旋转得到，连接． 求证：． 【迁移应用】 （3）如图3，若点是菱形外部的一点，，，请求出，，之间的数量关系． 【答案】（1）为等腰直角三角形，理由见解析；（2）证明见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）由正方形的性质得出，即，由旋转的性质可得：，，从而得出，即可得证； （2），由旋转的性质可得：，，，，从而得出为等腰直角三角形，，再由勾股定理即可得出答案； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，由旋转的性质可得：，，，，由等边对等角结合三角形内角和定理得出，求出，作于，则，，由勾股定理得出，得到，最后再由勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）解：为等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形为正方形， ∴，即， 由旋转的性质可得：，， ∴，即， ∴为等腰直角三角形； （2）证明：∵四边形为正方形， ∴， 由旋转的性质可得：，，，， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∴； （3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，连接， ， 由旋转的性质可得：，，，， ∴， ∴， 作于，则，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴，即． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $