贵州铜仁市碧江区2025-2026学年度第二学期期中质量监测八年级数学试卷

这是一份贵州铜仁市碧江区2025-2026学年度第二学期期中质量监测八年级数学试卷，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．未来将是一个可以预见的AI时代．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列各点位于第二象限的是（ ）
A．(2026,2025)B．(−2026,2025)
C．(2026,−2025)D．(−2026,−2025)
3．如图，在四边形ABCD中，AB//CD，添加下列条件后，仍无法判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AD//BCB．AD=BCC．∠ADC=∠ABCD．AB=CD
4．法国数学家笛卡尔首先建立了坐标思想，从而使数学的两大要素“数”与“形”统一起来．在平面直角坐标系中，关于点(-2，4)和(2，-4)，下列结论正确的是( )
A．横坐标相同B．纵坐标相同
C．所在象限相同D．到y轴距离相等
5．如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，图案对称精美，图中正八边形的每个内角度数为（ ）
A．120°B．124°C．135°D．140°
6．在平面直角坐标系中，将点(1，2)向右平移3个单位长度，所得点的坐标是( )
A．(4，2)B．(4，-2)C．(-2，-1)D．(-2，5)
7．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，M，N分别为AB，BC的中点，若AB=10，MN=3，则BC的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
8．如图，在五边形ABCDE中，AB//CD，则∠1+∠2+∠3的度数为（ ）
A．180°B．150°C．120°D．90°
9．把一个四边形截去一个角，剩下的多边形是（ ）
A．三角形或四边形B．四边形或五边形
C．三角形或五边形D．三角形或四边形或五边形
10．小美同学按如下步骤作四边形ABCD：（1）画∠MAN；（2）以点A为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；（3）分别以点B，D为圆心，以AB长为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接BC，CD，BD．若∠A=54°，则∠CBD的度数为（ ）
A．63°B．64°C．65°D．66°
11．如图，在平面直角坐标系中，∠A=90°，OA=4，OB平分∠AOx，点B(a−1,a−2)关于x轴的对称点是（ ）
A．(−4,3)B．(5,−2)C．(4,−3)D．(5,−3)
12．如图，▱ABCD的对角线交于点O，M，N分别是边AD，BC的中点，连接AN，CM．下列结论：①四边形ANCM是平行四边形；②若AB=AC，则四边形ANCM是矩形；③若AB⊥AC，则四边形ANCM是菱形；④若AB⊥AC，AB=6，∠ABC=60°，则S四边形ANCM=83．其中正确的是（ ）
A．①②B．①②③C．①④D．①②③④
二、填空题（每小题4分，共16分）
13．在平面直角坐标系中，点A(2a+1,a−2)落在x轴上，则点A的坐标为 ．
14．如图，四边形ABCD是平行四边形，BE平分∠ABC，交AD于点E，若BC=9，CD=5，则DE的长度为 ．
15．在平面直角坐标系中，点P在第四象限，且P到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，则点P的坐标是 ．
16．在边长为3的正方形ABCD中，BE=2，连接CE，将△CBE沿CE折叠得到△CGE，CG交BD于点M，延长CG交AD于点F，则点G到AB的距离是 ．
三、解答题（本题共9题，共98分，解答应写出必要的文字说明，证明或演算步骤）
17．（1）一个n边形的每个外角都相等，如果它的内角与相邻外角的度数之比为3:1，求n的值．
（2）已知点A(2m,2)与点B(1,−n)，当m，n为何值时，点A、B关于x轴对称．
18．如图是两人玩的一盘五子棋，已知白棋①的坐标为(−3,−2)，黑棋的坐标为(−1,0)．
（1）请你根据题意，补充原点O和y轴；
（2）写出黑棋和白棋④的坐标；
（3）五子棋的比赛规则是：两人各执一种颜色的棋子，每人每次在棋盘网格的格点处下一子，轮流下，最先在棋盘横向、竖向、斜向形成连续的相同色五个棋子的一方为胜．现轮到黑棋下，要使黑棋这一步下完后胜出，请直接写出这一步黑棋的坐标．
19．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CB到D，使得BD=CB，过点A，D分别作AE//BD，DE//BA，AE与DE相交于点E．下面是两位同学的对话：
（1）BE和CD的位置关系是 ，CE和DE的数量关系是 ；
（2）请你选择一位同学的说法，并进行证明．
20．在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P到x轴、y轴的距离的较大值称为点P的“长距”，点Q到x轴、y轴的距离相等时，称点Q为“完美点”．如：点A(−1,2)的“长距”为2，点B(−3,3)称为“完美点”．
（1）若点B(2a−3,−5)是“完美点”，求a的值；
（2）若点C(3b−2,−2)的长距为4，且点C在第四象限内，点D的坐标为(−5,9−2b)，试说明点D是“完美点”．
21．如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标为(5，0)，将AO向上平移4个单位长度，再向左平移3个单位长度得到对应线段BC．连接AB，AC，OC．
（1）求点C的坐标和三角形AOC的面积；
（2）在x轴上是否存在一点D，使得三角形ABD的面积等于三角形AOC面积的一半？若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．
22．我们在学习矩形的性质时发现了：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，若点D是斜边AB的中点，则CD=12AB．在平面直角坐标系中，已知点A(a,b)和点B(m,n)，则AB的中点坐标为(a+m2,b+n2)．
（1）如图1，请以点C为坐标原点建立平面直角坐标系，点A(0,6)和点B(8,0)，请以代数推理的方法完成这个定理的证明．
（2）如图2，已知∠ABC=∠ADC=90°，点E、F分别为AC、BD的中点，AC=26，BD=24．求EF的长．
23．如图1为便携折叠椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得AC=EF=CG=50cm，BD=20cm，GF=80cm，∠ABD=118°，∠GFE=62°，已知BD//CE//GF．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）求椅子最高点A到地面GF的距离．
24．如图，在矩形ABCD中，AC为矩形的一条对角线．
（1）请用直尺和圆规完成以下作图：
分别在BC、AD上取点P、Q，使PA=PC，QA=QC．（不写作法，保留作图痕迹）
（2）连接AP、CQ，请证明四边形APCQ是菱形；
（3）在（2）的条件下，当AC=10，AB=6时，求四边形APCQ的周长．
25．在数学实践活动课上，创新小组的同学对含60°角的菱形进行探究．
【问题情境】如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，E，F分别是边AB，BC上的点，且∠EDF=60°．
（1）【初步感知】若点E是AB的中点，点F是BC的中点，则DE与DF的数量关系为：
（2）【拓展应用】若E，F分别为边AB，BC上任意一点，当AB=6时，求△DEF周长的最小值；
（3）【问题解决】当点E在边AB上运动（不与端点重合）时，小明发现，四边形DEBF的面积保持不变，请你帮助小明验证他的发现．
答案解析部分
1．【答案】D
2．【答案】B
3．【答案】B
4．【答案】D
5．【答案】C
6．【答案】A
7．【答案】D
8．【答案】A
9．【答案】D
10．【答案】A
11．【答案】C
12．【答案】B
13．【答案】(5,0)
14．【答案】4
15．【答案】(3,−2)
16．【答案】2413
17．【答案】（1）解：设这个多边形的每个外角为x°，则与这个外角相邻的内角的度数为3x°
则x+3x=180
x=45
边数n=360÷45=8
答：这个多边形的边数为8．
（2）解：∵点A、B关于x轴对称；
∴2m=1，−n=−2
m=12，n=2
所以m的值为12，n的值为2．
18．【答案】（1）解：建立如图所示的平面直角坐标系：
（2）解：黑③坐标为(−1,2)，白④坐标为(2,2)；
（3）解：要使黑棋这一步要赢，这一步黑棋的坐标为：(3,−2)或(−2,3)．
19．【答案】（1）BE⊥CD；CE=DE
（2）解：答案不唯一，方法不唯一）
若选择小聪的说法，证明如下：连接BE，
∵AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形AEDB是平行四边形，∴AE=BD．
∵BD=CB，∴AE=CB．
又∵AE∥BD，点D在CB的延长线上，
∴AE∥CB，
∴四边形AEBC是平行四边形．
又∵∠C=90°，
∴四边形AEBC是矩形，∴BE⊥CD．
若选择小梅的说法，证明如下：连接CE，BE
∵AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形AEDB是平行四边形，
∴AE=BD，AB=DE．
∵BD=CB，∴AE=CB．
又∵AE∥BD，点D在CB的延长线上，
∴AE∥CB，
∴四边形AEBC是平行四边形．
又∵∠C=90°，∴四边形AEBC是矩形，
∴AB=CE，∴CE=DE．
20．【答案】（1）解：∵点B(2a−3,−5)是“完美点”，
∴|2a−3|=|−5|，
∴2a−3=5或2a−3=−5，
解得a=4或a=−1；
（2）解：∵点C(3b−2,−2)的长距为4且点C在第四象限内，∴3b−2=4，
解得b=2，∴9−2b=9−4=5，
∴点D的坐标为(−5,5)，
∴点D到x轴、y轴的距离都是5，
∴D是“完美点”．
21．【答案】（1）解：由题可得点C的坐标为(−3,4)；
∵A(5,0)，∴OA=5，S△AOC=12OA|yC|=12×5×4=10
所以△AOC的面积为10；
（2）解：存在，由（1）S△AOC=10，点B的坐标为(2,4)
∴点B到x轴的距离为4
∵S△ABD=12S△AOC=5，S△ABD=12AD|yB|=2AD
∴AD=52，
∵点A的坐标为(5,0)
∴点D的横坐标为5−52=52或5+52=152
∴点D的坐标为(52,0)或(152,0)．
22．【答案】（1）解：如图，以C为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴，建立平面直角坐标系，过点D作DE⊥BC与点E
∵A(0,6),B(8,0)，∴OA=6,OB=8，
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，由勾股定理可得AB=OA2+OB2=10，
∵D为AB中点，∴D的坐标为(4,3)，
∴CE=4,DE=3，
在Rt△CED中，∠CED=90°，有勾股定理可得CD=CE2+DE2=5，∴CD=12AB；
（2）解：连接BE、DE，
∵点E是AC的中点，AC=26，∴BE=DE=12AC=13，
由题意可得：EF⊥BD，BF=12BD=12，
∴EF=BE2−BF2=132−122=5．
23．【答案】（1）证明：∵BD∥CE∥GF，∠ABD=118°，∠GFE=62°，
∴∠ACE=∠ABD=118°，∠DEC=∠GFE=62°，
则∠ACE+∠DEC=180°，∴BC∥DE，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）解：∵四边形BCED是平行四边形，
∴CE=BD=20cm，
延长AC交GF于H，
由（1）可知，CH∥EF，CE∥HF，
∴四边形CHFE是平行四边形，
∴CH=EF=50cm，HF=CE=20cm，
则AH=AC+CH=100cm，GH=GF−HF=60cm，
∵∠CHG=∠EFG=62°，CH=CG，
∴∠GCH=56°，∵AC=CG，
∴∠A=28°，∴∠A+∠AHG=90°，
∴∠AGF=90°，∴AG=AH2−GH2=80cm，
即：椅子最高点A到地面GF的距离为80cm．
24．【答案】（1）解：作AC的垂直平分线交BC于点P，交AD于点Q，连接AP，CQ，根据线段垂直平分线的性质得：PA=PC，QA=QC，
∴点P，Q为所求作的点，如图1所示：
（2）解：设PQ与AC相交于点O，如图2所示：
∵PQ是AC的垂直平分线，
∴PA=PC，QA=QC，OA=OC，∠AOQ=∠COP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥BC，
∴∠OAQ=∠OCP，
在△OAQ和△OCP中，∠AOQ=∠COP=90°OA=OC∠OAQ=∠OCP，
∴△OAQ≌△OCP(ASA)，∴QA=PC，
∴PA=PC=QA=QC，∴四边形APCQ是菱形；
（3）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，
∴△ABC和△ABP都是直角三角形，
在Rt△ABC中，AB=6，AC=10，
由勾股定理得：BC=AC2−AB2=102−62=8，
∵在（2）的条件下，∴四边形APCQ是菱形，
∴设PA=PC=QA=QC=a，
∴四边形APCQ的周长为：4a，BP=BC−PC=8−a，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2=AB2+BP2，
∴a2=62+(8−a)2，
解得：a=254，∴4a=25，
∴四边形APCQ的周长为25．
25．【答案】（1）DE=DF
（2）解：DE=DF，理由如下：
如图，连接DB，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
所以△ABD和△CBD均是等边三角形，
∠ADB=60°，∠DBF=60°，DA=DB，
又∵∠EDF=60°，∴∠ADE+∠EDB=∠BDF+∠EDB，
∴∠ADE=∠BDF，
在△ADE和△BDF中，∠A=DBF，AD=BD，∠ADE=∠BDF，
∴△ADE≌△BDF(ASA)，∴DE=DF；
∵∠EDF=60°，∴△DEF是等边三角形，
边长最小时，△DEF的周长最小．
∵点E为边AB上的一点，
∴当DE⊥AB时，DE取得最小值，
在Rt△DEA中，∠DEA=90°，∠A=60°，
∴∠ADE=30，AE=12AD=12AB=3，DE=AD2−AE2=36−9=33，
△DEF周长的最小值为3DE=93；
（3）解：由（2）可知，△ADE≌△BDF，∴S△ADE=S△BDF，
∴S△ADB=S△ADE+S△DEB=S△BDF+S△DEB=S四边形DEBF，
∴四边形DEBF的面积与△ADB的面积相等，
∵△ADB.底与高均为定值，
∴当点E在边AB上运动（不与端点重合）时，四边形DEBF的面积保持不变．