八年级数学下学期期末模拟卷（新教材沪教版五四制，高效培优.强化卷）

**基本信息** 沪教版八年级数学期末强化卷，覆盖平行四边形、函数、图形变换等核心知识，通过基础题与综合题梯度设计，融入共享电动车收费、正方形折叠等情境，体现几何直观、模型意识与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|6/12|正多边形内角、正比例函数性质|基础概念辨析，如正多边形内角计算| |填空题|12/24|菱形面积、坐标变换、折线图分析|结合实际，如矩形菜园边长关系| |解答题|7/64|几何证明（梯形、平行四边形）、函数综合、动态几何|综合应用，如正方形折叠旋转探究，共享电动车收费模型构建|

2025-2026学年八年级数学下学期期末考试 强化卷·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、准考证号填写在答题卡上。 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：新教材沪教版八年级全册. 一、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．在平行四边形中，的值可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：根据平行四边形的两组对角分别相等．可知只有选项D正确． 2．已知正多边形的一个内角为，则这个多边形是（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的内角与外角的关系，先求出正多边形的一个外角是，再用外角和除以外角即可得到边数，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵正多边形的一个内角是， ∴正多边形的一个外角是， ∴这个正多边形的边数为， 即正多边形是正十二边形， 故选D． 3．若点关于原点的对称点是，则的值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据关于原点对称的点，它们的横纵坐标互为相反数，由此得到和的值，再计算即可． 【详解】解：∵点和点关于原点对称， ∴，， ∴． 4．正比例函数图象经过第一、三象限，则k的值可能是（   ） A． B． C．3 D．或3 【答案】C 【分析】本题考查正比例函数的图象性质，需根据函数图象经过的象限确定k的取值范围，再从选项中选取符合条件的数值即可． 【详解】解：∵正比例函数的图象经过第一、三象限 ∴ 观察选项，只有3满足的条件． 故选C． 5．把点先向左平移5个单位，再向上平移4个单位，所得的点在直线上，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点的平移，正比例函数的性质．先根据点的平移规律求出平移后点的坐标，再利用点在直线上则坐标满足直线方程的性质，列方程求解的值． 【详解】解：∵点向左平移5个单位时横坐标减5，向上平移4个单位时纵坐标加4 ∴平移后点的坐标为，即 ∵点在直线上 ∴点的横、纵坐标满足，即 去括号得： 移项合并同类项得： 解得： 故选：A． 6．如图，在正方形中，、分别为边、的中点，以点为圆心、的长为半径画弧交线段于点，直线交于点，如果，那么正方形的边长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，设的中点为，连接，，过点作于点，证明四边形，四边形是矩形，则，根据直角三角形斜边中线性质得，则，由此得是等边三角形，进而得，，，继而得是等边三角形，由此得，则，，再求出得是等腰直角三角形，则，进而得，由此即可得出正方形的边长． 【详解】解：如图，过点作于点，设的中点为，连接，，过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵点、分别为边、的中点， ∴，， ∴， ∵AD∥BC， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由作图可知：， ∴， 在中，点是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边长为． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含角的直角三角形的性质及勾股定理等知识点，通过作辅助线构造等边三角形是解题的关键． 二、填空题（本题共12小题，每小题2分，共24分） 7．将直线沿轴向上平移4个单位后，所得直线的截距为_______． 【答案】 【分析】本题考查的是一次函数的平移，直线在轴上的截距的含义，先求解平移后的解析式为，再进一步求解即可. 【详解】解：将直线沿轴向上平移个单位后得到的直线解析式为：， ∴当时，， ∴所得直线的截距为； 故答案为：． 8．一个多边形的每一个外角都等于60度，则这个多边形的内角和为__________度． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角和和外角综合，熟练掌握相关知识是解题的关键；根据题意，得这个多边形的每一个内角，且这个多边形的边数为，再求出这个多边形的内角和，即可作答． 【详解】解：∵一个多边形的每一个外角都等于60度， ∴这个多边形的每一个内角，且这个多边形的边数为 则， 故答案为：． 9．菱形ABCD的边AB为5，对角线AC为8，则菱形ABCD的面积为_____． 【答案】24 【分析】根据菱形的对角线互相垂直，再利用勾股定理求出另一条对角线的长度，根据菱形的面积计算方法求解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，， ∴， 又∵， ∴， 在中，， ∴ ， ∴， 菱形ABCD的面积． 故答案为：24． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、菱形面积的计算方法等知识，解题关键是利用勾股定理求菱形的对角线． 10．在平面直角坐标系中，点到原点O的距离是______． 【答案】5 【分析】本题主要考查了勾股定理和平面直角坐标系内两点间的距离公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 本题可利用勾股定理，将点到原点的距离转化为横、纵坐标平方和的算术平方根进行求解． 【详解】解：点到原点O的距离是 ， 故答案为：． 11．如图，在中，对角线AC、BD相交于点O，，，，则的面积为______． 【答案】27 【分析】由平行四边形的性质得到BC=，OA=，勾股定理求出AB，利用面积公式计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC=，OA=， 在△ABC中，，AC=OA+OC=12， ∴， ∴的面积=， 故答案为：27． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理求线段长，熟记平行四边形的性质是解题的关键． 12．在平面直角坐标系中，将点向左平移个4单位长度，再向下平移3个单位长度后与点重合，则点的坐标是 __． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化平移，根据所给平移方式，将点进行反向平移即可解决问题． 【详解】解：由题知，将点向上平移3个单位长度后，所得点的坐标为， 再将点向右平移4个单位长度后，所得点的坐标为， 即点的坐标是． 故答案为：． 13．在平面直角坐标系中，第二象限内有一点M，点M到x轴的距离为5，到y轴的距离为4，则点M的坐标是______． 【答案】 【分析】根据点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点的横坐标的绝对值，得到点M的横纵坐标可能的值，进而根据所在象限可得点M的具体坐标． 【详解】解：设点M的坐标是， ∵点M到x轴的距离为5，到y轴的距离为4， ∴． 又∵点M在第二象限内， ∴， ∴点M的坐标为． 14．如图，的对角线，交于点，点是的中点，若，则的长是______. 【答案】3 【分析】证明是的中位线，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可． 【详解】解：∵的对角线，交于点， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴是的中位线， ∵， ∴． 15．李奶奶要围成一个矩形菜园，菜园的一边利用足够长的墙，用篱笆围成的另外三边总长度恰好为36米．要围成的菜园是如图所示的长方形．设边的长为米，边的长为米，则与之间的关系式为__________． 【答案】 【分析】本题考查了用关系式表示变量间的关系，根据用篱笆围成的另外三边总长度恰好为36米，设边的长为米，则，即可作答． 【详解】解：∵用篱笆围成的另外三边总长度恰好为36米，设边的长为米，边的长为米， ∴， ∴． 16．如图，点A，B是双曲线上的点，分别经过A，B两点向x轴，y轴作垂线段，若，则___． 【答案】2 【分析】先根据反比例函数系数k的几何意义求出及的值，进而可得出的值． 【详解】解：∵点A，B是双曲线上的点，， ∴， ∴, 解得． 17．如图A，B两地相距，甲于某日下午1点骑自行车从A地出发去B地，乙也于同日下午骑摩托车按相同路线从A地出发去B地，图中的折线和线段分别表示甲乙所行驶的路程S与时间t的关系，根据图中的数据，乙出发_________就追上甲． 【答案】/ 【分析】设乙出发后经过x小时追上甲，根据乙追上甲时两人的路程相等列方程，求解即可． 【详解】解：设乙出发后经过x小时追上甲， 甲在段的速度是， 乙的速度为， ∴， 解得， ∴乙出发后经过追上甲． 18．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为________． 【答案】5 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解题的关键是确定折叠后点落在射线上． 由菱形得到，，，然后根据折叠的性质确定点落在射线上，，在由三角形公式即可求解． 【详解】解：如图 ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵折叠，点C的对应点为E，且点E落在线段上， ∴，折痕平分，即平分， ∴在射线上， ∴， ∴的面积为， 故答案为：5． 三、解答题（本题共7小题，共64分） 19．（本题共8分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）的顶点、的坐标分别为，，请按要求解答下列问题： (1)在图中建立恰当的平面直角坐标系，并直接写出点的坐标为________； (2)请画出与关于轴对称的，并写出点，，的坐标． 【答案】(1)图见解析， (2)图见解析，，， 【分析】本题主要考查了作图轴对称变换，画轴对称图形关键是确定组成图形的关键点的对称点位置； （1）根据点坐标确定原点位置，再建立坐标系即可； （2）首先确定、、三点关于轴的对称点，再连接即可． 【详解】（1）解：如图：； 故答案为：； （2）解：如图所示，△即为所求， ． 20．（本题共8分）如图，直线与双曲线（）相交于，两点，与轴相交于点． (1)分别求一次函数与反比例函数的解析式； (2)连接，，求的面积． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，主要考查了待定系数法求一次函数和反比例函数解析式、三角形面积等． （1）将已知点坐标代入函数表达式，即可求解； （2）两函数解析式联立成方程组，求出点的坐标，然后根据即可以解决问题． 【详解】（1）解：将，代入， 得 解得：， ∴一次函数的解析式为， 将代入，得， ∴反比例的解析式为； （2）解：∵直线的解析式为与轴交点， ∴点的坐标为， 由， 解得或， ∴点的坐标为， ∴． 21．（本题共8分）小明家附近有、两种品牌的共享电动车，其收费方式分别满足函数和，收费（元）与骑行时间（分钟）的关系如图所示．已知小明家到工厂的距离为，两种品牌共享电动车的平均行驶速度均为． (1)当时，求品牌收费方式与骑行时间的函数解析式． (2)小明从家骑行去工厂，选择哪种品牌的共享电动车更省钱？ (3)当骑行时间为多少时，两种品牌的收费相差2元？ 【答案】(1) (2)B品牌 (3)10或30 【分析】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是： （1）根据待定系数法求解即可； （2）根据待定系数法求出的函数解析式，然后把代入、，求出、，最后比较即可求解； （3）分，，三种情况讨论即可． 【详解】（1）解：设解析式为， 把，代入，得， 解得， ∴， （2）解：设， 把代入，得， 解得， ∴， 把代入，得，， ∵， ∴小明选择B品牌的共享单车更省钱； （3）解：当时， 根据题意，得， 解得， 当时， 根据题意，得， 解得（舍去）， 当时， 根据题意，得， 解得， 综上，当骑行时间为10或30时，两种品牌的收费相差2元 22．（本题共8分）如图，已知：在梯形中，，，过点作，垂足为，延长至，使，连接、，与相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、等腰梯形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）连接，由等腰梯形的性质可得，再结合线段垂直平分线的性质可得，，即可得证； （2）证明，得出，从而可得，求出，即可得证． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ∵在梯形中，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵在梯形中，，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 23．（本题共8分）已知：如图，在平行四边形中，点O为对角线的中点，过点O作交边、于点E、F，联结、． (1)求证：四边形为菱形； (2)如果四边形为矩形，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题关键． （1）由矩形的性质可，进而得出，结合O为对角线的中点得出，即，即可得出四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形； （2）根据勾股定理求出，然后根据菱形的性质和勾股定理求出，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵O为对角线的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形为矩形，，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 24．（本题共12分）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)直线的表达式为___________；直线与轴的夹角等于___________度； (2)点为平面内任一点，如果以点A、、、为顶点的四边形是正方形，直接写出点的坐标是___________； (3)直线与轴交于点，当的面积是面积的2倍时，求出点的坐标． 【答案】(1)， (2)或； (3)或 【分析】本题考查二次函数的图象及性质、腰直角的判定与性质等知识点，灵活运用二次函数的图象与性质以及数形结合是解题的关键． （1）根据，求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式即可，再求得，然后根据等腰直角三角形的性质即可解答； （2）分是正方形的边、是正方形的对角线两种情况，分别利用正方形性质即可求解； （3）当点M在y轴的正半轴和负半轴时，分别根据三角形等分点的性质列方程组求解即可． 【详解】（1）解：∵点，点， ，， ∵， ， ， ∵点C在y轴负半轴上， ∴， 设直线的解析式是， ，解得， ∴直线的解析式为； ∵， ∴直线与轴的夹角等于45． （2）解：①当是正方形的边时，对应的正方形为， ∵点，点， ， ，； ②当是正方形的对角线时，对应的矩形为， ∵是正方形对角线， 线段和线段互相垂直平分， 点P、Q的横坐标为，，． 综上所述，Q点的坐标为或； （3）解：如图：当点M在y轴的正半轴时，此时点P在第三象限． 设，， ∵的面积是面积的2倍， ∴， ∴，即A为的中点， 解得， ∴， ∴点P的坐标为； 如图：当点M在y轴的负半轴时，此时点P在第三象限． ∵的面积是面积的2倍， ∴， ∴， ，解得：， ∴， ∴点P的坐标为； 综上，点P的坐标为或． 25．（本题共12分）（24-25八年级下·上海普陀·期末）小普在综合与实践课上，参加了以“神奇的正方形”为主题的数学活动，通过“折、转、探”等方式研究有关正方形折纸的有趣结论． (1)折一折：如图-1，小普将正方形纸片折叠，使边都落在对角线上，展开得折痕，联结．那么___________度；如果，那么的长度等于___________； (2)转一转：小普将图-1中的绕点旋转，使它的两边分别交直线于点． ①如图-2，当点、在边、上，联结．如果，求的面积； ②探一探：联结，射线、分别交对角线所在直线于点、，且点在正方形内部．正方形的边长，联结．如果是等腰三角形，请直接写出线段的长度___________．（用含有字母的代数式表示） 【答案】(1)，； (2)①；②或 【分析】（1）如图1，延长至点，使，连接，设，证明和，根据勾股定理得：，列方程即可解答； （2）①如图2，延长至点Q，使，连接，过点A作于点E，同理得：，根据勾股定理列方程得，解方程可得a的值，证明，根据三角形的面积公式即可解答； ②分两种情况：i）如图3，，过点M作于点G，则，设；ii）如图4，，正确画图根据含角的直角三角形的性质即可解答． 【详解】（1）解：如图1，延长至点，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠得：， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵正方形是正方形，且边长， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴（舍）， ∴， 故答案为：45，； （2）①如图2，由旋转得：， 延长至点Q，使，连接，过点A作于点E， 同理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴， ∴， 解得：（舍），， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积； ②分两种情况： i）如图3，，过点M作于点G，则， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ii）如图4，， ∴， 同理得：， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上，线段的长度或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年八年级数学下学期期末考试 强化卷·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、准考证号填写在答题卡上。 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：新教材沪教版八年级全册. 一、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．在平行四边形中，的值可以是（   ） A． B． C． D． 2．已知正多边形的一个内角为，则这个多边形是（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形 3．若点关于原点的对称点是，则的值是（   ）． A． B． C． D． 4．正比例函数图象经过第一、三象限，则k的值可能是（   ） A． B． C．3 D．或3 5．把点先向左平移5个单位，再向上平移4个单位，所得的点在直线上，则的值为（     ） A． B． C． D． 6．如图，在正方形中，、分别为边、的中点，以点为圆心、的长为半径画弧交线段于点，直线交于点，如果，那么正方形的边长为（   ） A． B． C． D． 二、填空题（本题共12小题，每小题2分，共24分） 7．将直线沿轴向上平移4个单位后，所得直线的截距为_______． 8．一个多边形的每一个外角都等于60度，则这个多边形的内角和为__________度． 9．菱形ABCD的边AB为5，对角线AC为8，则菱形ABCD的面积为_____． 10．在平面直角坐标系中，点到原点O的距离是______． 11．如图，在中，对角线AC、BD相交于点O，，，，则的面积为______． 12．在平面直角坐标系中，将点向左平移个4单位长度，再向下平移3个单位长度后与点重合，则点的坐标是 __． 13．在平面直角坐标系中，第二象限内有一点M，点M到x轴的距离为5，到y轴的距离为4，则点M的坐标是______． 14．如图，的对角线，交于点，点是的中点，若，则的长是______. 15．李奶奶要围成一个矩形菜园，菜园的一边利用足够长的墙，用篱笆围成的另外三边总长度恰好为36米．要围成的菜园是如图所示的长方形．设边的长为米，边的长为米，则与之间的关系式为__________． 16．如图，点A，B是双曲线上的点，分别经过A，B两点向x轴，y轴作垂线段，若，则___． 17．如图A，B两地相距，甲于某日下午1点骑自行车从A地出发去B地，乙也于同日下午骑摩托车按相同路线从A地出发去B地，图中的折线和线段分别表示甲乙所行驶的路程S与时间t的关系，根据图中的数据，乙出发_________就追上甲． 18．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为________． 三、解答题（本题共7小题，共64分） 19．（本题共8分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）的顶点、的坐标分别为，，请按要求解答下列问题： (1)在图中建立恰当的平面直角坐标系，并直接写出点的坐标为________； (2)请画出与关于轴对称的，并写出点，，的坐标． 20．（本题共8分）如图，直线与双曲线（）相交于，两点，与轴相交于点． (1)分别求一次函数与反比例函数的解析式； (2)连接，，求的面积． 21．（本题共8分）小明家附近有、两种品牌的共享电动车，其收费方式分别满足函数和，收费（元）与骑行时间（分钟）的关系如图所示．已知小明家到工厂的距离为，两种品牌共享电动车的平均行驶速度均为． (1)当时，求品牌收费方式与骑行时间的函数解析式． (2)小明从家骑行去工厂，选择哪种品牌的共享电动车更省钱？ (3)当骑行时间为多少时，两种品牌的收费相差2元？ 22．（本题共8分）如图，已知：在梯形中，，，过点作，垂足为，延长至，使，连接、，与相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求证：四边形是矩形． 23．（本题共8分）已知：如图，在平行四边形中，点O为对角线的中点，过点O作交边、于点E、F，联结、． (1)求证：四边形为菱形； (2)如果四边形为矩形，，，求的长． 24．（本题共12分）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)直线的表达式为___________；直线与轴的夹角等于___________度； (2)点为平面内任一点，如果以点A、、、为顶点的四边形是正方形，直接写出点的坐标是___________； (3)直线与轴交于点，当的面积是面积的2倍时，求出点的坐标． 25．（本题共12分）（24-25八年级下·上海普陀·期末）小普在综合与实践课上，参加了以“神奇的正方形”为主题的数学活动，通过“折、转、探”等方式研究有关正方形折纸的有趣结论． (1)折一折：如图-1，小普将正方形纸片折叠，使边都落在对角线上，展开得折痕，联结．那么___________度；如果，那么的长度等于___________； (2)转一转：小普将图-1中的绕点旋转，使它的两边分别交直线于点． ①如图-2，当点、在边、上，联结．如果，求的面积； ②探一探：联结，射线、分别交对角线所在直线于点、，且点在正方形内部．正方形的边长，联结．如果是等腰三角形，请直接写出线段的长度___________．（用含有字母的代数式表示） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年八年级数学下学期期末考试 强化卷·答案版 一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D 0 D 二、填空题：本题共12小题，每小题2分，共24分。 7.-1 8.720 9.24 10.5 11.27 12.5) 13.（45) 14.3 15=18 16.2 1 17.0.5/2 18.5 三、解答题（本题共7小题，共64分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 19.(8分) 【详解】(1)解：如图：B(2,4): 答案第1页，共2页 5 2 -4-3-2- 故答案为：(2,4)： (2)解：如图所示，△ ABC 即为所求， A(0,-4),B(2,-4)C(3,1) 20.(8分) 【详解】（)解：将4(-4，，C(-5,0)代入y=+b, [-4k+b=1 得-5k+b=0 「k=1 解得：b=5, .一次函数的解析式为y=x+5, 将A4)代入y=(✉<0)，得m=4, “反比例的解析式为y=-4（x<0)。 (2)解：直线AC的解析式为y=x+5与y轴交点D, 点D的坐标为 0,5) 答案第2页，共2页 y=x+5 由y4 x) [x=-1x=-4 解得y=4或y=1, 点B的坐标为 -1,4) S40B=S△MOn-S&BOD x1x5=7.5 2*4x5-1 21.(8分) 3=k+b 【详解】(1)解：设解析式为 10k+b=6 把(10,6)，(20,8)代入，得20k+b=8, [k=0.2 解得b=4, ，y2=0.2x+4 (2)解：设=m y 把208)代入，得20m=8, 解得m=0.4, :为04r 900=0代入片，得元=04×30=12，为=02×30+4=10. 把术 300 .10<12, ∴，小明选择B品牌的共享单车更省钱： (3)解：当0<x≤10时， 根据题意，得6-0.4x=2, 解得x=10, 答案第3页，共2页 当10<x≤20时， 根据题意，得0.2x+4-0.4x=2, 解得x=10(舍去)， 当x>20时， .4x-(0.2x+4)=2 根据题意，得 解得x=30, 综上，当骑行时间x为10或30时，两种品牌的收费相差2元 22.(8分) 【详解】(I)证明：如图，连接BD, ,在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=DC, .AC=BD. DE⊥BC,EF=DE, ∴BD=BF,CD=CF, ∴.AC=BF,CF=AB ∴四边形ABFC是平行四边形： (2)证明：在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=DC, .∠ABC=∠DCB,∠DAP=∠ACB DE⊥BC, .∠ADP=∠DEC=90°， AD=DE,AP=DC, ADPDEC(HL) .∠DAP=∠CDE, .∠CDE=∠ACB, .∠CDE+∠DCE=90°， 答案第4页，共2页 .∠ACB+∠ABC=90° ∠BAC=180°-（∠ACB+∠ABC)=90° :四边形ABFC是平行四边形， 四边形ABFC是矩形， 23.(8分) 【详解】(1)证明：，四边形ABCD是矩形， CF∥AE, .∠FCO=∠EAO, ,O为对角线AC的中点， .AO=CO :∠AOE=∠COF, ,△AOE≌△COF(ASA) ..CF=AE .四边形AECF是平行四边形， :EF⊥AC, ∴.四边形AECF是菱形： (2)解：，四边形ABCD为矩形，AD=8,CD=16, .∠D=90°， AC=AD+CD=85 01-40=45, ,四边形AECF是菱形， ..AF=CF, .DF CD-CF=16-AF .AD2+DF2=AF2 :82+(16-AF}=AF2 .AF=10, 答案第5页，共2页 .0F=VAF2-0A=V102-(45=25, .EF=20F=4V5 24.(12分) 【详解】（山解，：点10），点8(40) AB=3,OB=4, .5cs6 5.wxxCxC6 .OC=4 点C在y轴负半轴上， :c0-4) 设直线BC的解析式是y=x+b, [4k+b=0 [k=1 b=-4,解得b=-4, 直线BC的解析式为y=x-4: 0B=OC=4,∠B0C=90°， .直线BC与x轴的夹角等于45. (2)解：①当AB是正方形的边时，对应的正方形为AP'QB, ,点 A(1,0)B(4,0) ,点 AB=3, P'(1,-3)0(4,-3) 答案第6页，共2页 A B ②当AB是正方形的对角线时，对应的矩形为APBQ, ,AB,P是正方形对角线， “线段1B和线段”互相垂直平分， PO -.8引别 :点P、Q的横坐标为22， 53 综上所述，Q点的坐标为(4，-3)或2’2： (3)解：如图：当点M在y轴的正半轴时，此时点P在第三象限. 设Pk1-4M(0,m) M B :△PMC的面积是△ACP面积的2倍， S.ACP =S.ACM .AM=AP,即A为MP的中点， t+0=2×1 [t=2 t-4+m=2×0解得m=2, ∴.t-4=2-4=-2, 答案第7页，共2页 2,-2) ∴点P的坐标为 如图：当点M在y轴的负半轴时，此时点P在第三象限. M △PMC的面积是△ACP面积的2倍， S.ACP S.ACM 4P=4M 31 1=2x0+1_2 3=3 -4=2x0+m,解得： Γ3， 3 m=-5 1-4=2-4=-10 3 ’ 210 “点P的坐标为33： 综上，点P的华标为22)成层9) 25.(12分) 【详解】(1)解：如图1，延长CB至点F',使BF'=DF,连接AF', ,四边形ABCD是正方形， 答案第8页，共2页 D B E 图1 A∠BAC=∠DAC=BMD=459,AB=BC=CD=MD,2BCD=∠D=∠ABE=90, 由折叠得：∠BAE=∠CAB=)∠BAC=2.5,∠DAF=∠CAF=∠CAD=2.5°， .∠EAF=22.5°+22.5°=45°， 设DF=x, :AD=AB,∠D=∠ABF'=90° ∴.△ADF≌△ABF'(SAS), .AF=AF,∠DAF=∠BAF'=22.5°=∠BAE, :AB=AB,∠ABE=∠ABF'=90°， .△ABE≌△ABF', .'BE=BF'=x, ∠EAF=∠EAF'=45°，AE=AE .△AEF'≌AAEF, .'EF =EF'=2x, ,正方形ABCD是正方形，且边长=1， .BC=DC=1, .CE=CF=1-x, 由勾股定理得：CE2+CF2=EF2」 :（1-x°+1-x=(2x3 :=-1+2,5=-1- 2(舍)， :EF=2x=22-2 答案第9页，共2页 故答案为：45,2W2-2: (2)①如图2，由旋转得：∠PA0=45°， D O B P 图2 延长CB至点Q,使BO=D0,连接AO,过点A作AE1P№于点E, 同理得：△ADO≌△ABQ,aAPQ≌△APQ', .BO'=DO=3,PO=PO',ZAPB=ZAPE BP=1, P0=3+1=4, .P№=4， 设PC=a,BC=CD=a+1, .C0=a+1-3=a-2, 在R△PCO中， PC2+CO2=PO2 :a2+(a-2y}=4 a2-20-6=0 解得：a=1-V万 (舍)，4=1+7 :1B=BC=a+1=1+万+1=V万+2 ∠ABP=∠AEP=90°，∠APB=∠APE,AP=AP 答案第10页，共2页 ∴.△APB≌△APE(AAS), :1E=AB=万+2 ÷△P0的面段P0AE-x4个5+2-27+4 2 ②分两种情况： i)如图3，PC=PM,过点M作MG⊥BC于点G,则∠BGM=∠CGM=90°， 设∠BCM=a,PG=x, ∴.∠CMP=∠BCM=a, A D M B GP 图3 .∠BPM=2a, AB=BC,∠ABM=∠CBM,BM=BM, ∴.△ABM≌aCBM, .∠BAM=∠BCM=a, .∠ABC=90°， ∴.∠BAP+∠APB=90, .a+2a=90°， .a=30°， .∠BPM=60°， .∠PMG=30°， CP-PM-2x.GM=x 在RtABMG中，∠MBG=45°， .△BMG是等腰直角三角形， BG=MG=3x BC=a, 答案第11页，共2页 x+xt2-a .x=-a (3-5)a 3+V3 6 ..PC=2x= 3-5)a 3 i)如图4，PC=PM, 图4 ∴.∠PCM=∠PMC, 同理得：△ABM≌aCBM, ∴.∠BAM=∠PCM=∠CMP, :∠APB=∠PCM+∠PMC=2∠PAB, .∠ABP=90°， ∴.∠APB+∠PAB=90°， ∠PAB=30°， 设PB=b,则AP=2b, :B=V6 AB=a, .a=3b, :6 3a, 答案第12页，共2页 :PC=8C+PB=a+5a=3+5 a= 3 3-V3.3+V5 综上，线段CP的长度3一“或3a 答案第13页，共2页