江苏省无锡市积余实验学校2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江苏省无锡市积余实验学校2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含江苏省无锡市积余实验学校2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题原卷版docx、江苏省无锡市积余实验学校2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【详解】解：选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心．
2. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平行四边形的性质和平行线的性质即可求解．
【详解】解：如下图，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及平行线的性质，熟练掌握相关性质是解题关键．
3. 下列条件中，能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】解：如图，
由不是同一条对应边的关系，故不一定能判定四边形是平行四边形，故A选项不符合题意；
由，可得：，所以不一定能判定四边形是平行四边形，故B选项不符合题意；
由不符合两组对应边相等，所以不一定能判定四边形是平行四边形，故C选项不符合题意；
由可得四边形是平行四边形，故D选项符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
4. 如图，矩形对角线相交于点O，，，则的为（ ）
A. 4B. 8C. D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，根据矩形的对角线互相平分且相等，可得，结合可证是等边三角形，推出，进而可得．
【详解】解：四边形是矩形，
，
又，
是等边三角形，
，
，
故选B．
5. 如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD＝120°.已知ΔABC的周长是15,则菱形ABCD的周长是 ( )
A. 25B. 20C. 15D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据菱形对角线性质可求∠BAC=60°，而AB=BC=AC，易证△BAC是等边三角形，结合△ABC的周长是15，从而可求AB=BC=5，那么就可求菱形的周长．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，
∴AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠CAD=∠BAD，
∴∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵△ABC的周长是15，
∴AB=BC=5，
∴菱形ABCD的周长是20．
故选B．
6. 如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）

A. 55°B. 70°C. 125°D. 145°
【答案】C
【解析】
【详解】解：∵∠B=35°，∠C=90°，
∴∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣35°=55°．
∵点C、A、B1在同一条直线上，
∴∠BA B1=180°﹣∠BAC=180°﹣55°=125°．
∴旋转角等于125°．
故选：C．
7. 下列性质中，矩形不一定具有的是（ ）
A. 对角线互相垂直B. 对角线相等
C. 对角线互相平分D. 邻边互相垂直
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形性质解答即可．
【详解】解：A、矩形的对角线平分、相等，故A选项不正确，符合题意；
B、矩形的对角线平分、相等，故B选项正确，但不符合题意；
C、矩形的对角线平分、相等，故C选项正确，但不符合题意；
D、矩形的四个角都是直角，则邻边互相垂直，故D选项正确，但不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质：对边平行且相等，矩形的对角线平分、相等，四个角都是直角．
8. 若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是（ ）
A. 矩形B. 菱形C. 对角线相等的四边形D. 对角线互相垂直的四边形
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意画出图形，根据菱形的性质和三角形的中位线性质求解即可．
【详解】解：如图，已知四边形，点E、F、G、H分别是边、、、中点，四边形是菱形，

∴是的中位线，是的中位线，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，
∴,
即四边形一定是对角线相等的四边形，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的中位线性质、菱形的性质，熟知中点四边形的有关性质和结论是解答的关键．
9. 如图，在矩形中，，点P在上，点Q在上，且，连结，则的最小值为（ ）

A. 22B. 24C. 25D. 26
【答案】D
【解析】
【分析】连接，可证四边形是平行四边形，故；在的延长线上截取，连接，则；由即可求解．
【详解】解：如图，连接

在矩形中，
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∴
则
在的延长线上截取，连接
则
∵
∴
连接，则
∵
∴的最小值为
故选：D
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理的应用．正确作出辅助线是解题关键．
10. 如图，在正方形中，分别是的中点，交于点G，连接，下列结论：，正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，，故①正确；求得，根据垂直的定义得到，故②正确；延长交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到，故③正确；假设，根据，可得，结合，，可得，即有，进而可得，则有，显然，即假设不成立，即可判断④错误．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，分别是，的中点，
，，
，
在与中，
，
，
，，故①正确；
，
，
，
，故②正确；
，
如图，延长交的延长线于，

，
，
点是的中点，
，
，，，
，
，
已证明，
是斜边的中线，
，
，
，，
．故③正确；
根据可得，
若成立，
，
，
，，
，
，
在中，有，
，
，
显然，
假设不成立，
，故④错误，
故正确的有，
故选B．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等，综合性很强，难度较大，解题的关键是能够综合运用上述知识．
二、填空题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分．）
11. 在平行四边形中，如果，那么的度数是 ________度．
【答案】100
【解析】
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，由平行四边形的对角相等，结合条件可求得答案．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，且，
∴，
∴，
故答案为：100．
12. 如图，A、B两点分别位于一个池塘的两端，小聪想用绳子测量A、B间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达A、B的点C，找到AC、BC的中点D、E，并且测出DE的长为13m，则A、B间的距离为______m．
【答案】26
【解析】
【分析】D、E是AC和BC的中点，则DE是△ABC的中位线，则依据三角形的中位线定理即可求解．
【详解】解：∵D，E分别是AC，BC的中点，
∴AB=2DE=26m．
故答案为：26．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，正确理解定理是解题的关键．
13. 已知菱形周长等于20，一条对角线的长为8，那么这个菱形的面积为____________．
【答案】24##24平方厘米
【解析】
【分析】根据菱形周长求出边长，再根据菱形的对角线互相垂直平分求出已知对角线的一半，然后利用勾股定理列式求出另一条对角线的一半，按照菱形面积公式求解即可．
【详解】解：如下图，

∵菱形的周长为20，
∴菱形的边长，
∵一条对角线长8，
∴，
∵菱形的对角线互相垂直，
∴是直角三角形，
∴，
∴另一条对角线的长为，
∴这个菱形的面积为．
故答案为：24．
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、菱形面积公式、勾股定理的应用等知识，结合题意作出图形是解题关键．
14. 在中，，、的角平分线分别交于、，若，则__________．
【答案】或##7或4
【解析】
【分析】本题考查角平分线的定义、平行四边形的性质、等腰三角形的性质；分当、相交时和当、不相交时两种情况讨论，分别求解即可．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当、相交时，如下图，

∵平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②当、不相交时，如下图，

∵平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：7或4．
15. 已知的坐标分别是，，，在平面内找一点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标为_____________________________．
【答案】或或
【解析】
【分析】先由点的坐标求出求出线段、的长度，再分情况进行求解，即可解得点的坐标．
【详解】解：当以点为顶点的四边形是平行四边形时，如下图，

①当且时，
∵，，，
∴，
∴，
∴点坐标为或；
②且时，
∵，，，
∴点坐标为．
故答案为：或或．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的性质等知识，熟练运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键．
16. 如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接EB、ED，延长BE交AD于点F，若∠DEB ＝ 140°，则∠AFE的度数为_________°．
【答案】65
【解析】
【分析】利用正方形的性质证明△BEC≌△DEC，得∠DEC=∠BEC=∠DEB=70°，再求∠AFE的度数即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA，
∵CE=CE，
∴△BEC≌△DEC，
∴∠DEC=∠BEC=∠DEB=70°，
∴∠AEF=∠BEC=70°，
∵∠DAC=45°，
∴∠AFE=180°﹣70°﹣45°=65°．
故答案是：65
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质．
17. 如图，△ABC的周长为26，点D、 E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P．若BC=10，则PQ的长是_________．
【答案】3
【解析】
【分析】首先根据角平分线的性质得出△BAE和△CAD是等腰三角形，再根据中位线的性质即可得出PQ．
【详解】∵BQ平分∠ABC，BQ⊥AE，
∴△BAE是等腰三角形．
同理△CAD是等腰三角形．
∴点Q是AE中点，点P是AD中点（三线合一），
∴PQ是△ADE的中位线．
∵BE+CD=AB+AC=26﹣BC=26﹣10=16，
∴DE=BE+CD﹣BC=6，
∴PQ=DE=3．
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查等腰三角形的判定和性质以及角平分线和中位线的性质，熟练掌握，即可解题．
18. 如图，在正方形中，点的坐标是，点分别在边上， ．若，则点的坐标是_____________．

【答案】##
【解析】
【分析】连接，延长到点，使得，连接，根据正方形的性质可得，，分别证明，，由全等三角形的性质可得，设，则，，在中，由勾股定理易得，代入求值可得，可确定点的纵坐标，即可获得答案．
【详解】解：连接，延长到点，使得，连接，如下图，

∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，，
在中，由勾股定理，得，
即， 解得，
∴，
即点的纵坐标是，
∴点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
三、解答题（本大题共有6小题，共56分．）
19. 已知：如图，在中，对角线与相交于点O，E，F分别是和的中点．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，掌握平行四边形的性质和判定是解题的关键；由平行四边形的性质推出，由E，F分别是和的中点，可得，然后可证四边形是平行四边形，进而可以得出结论；
【详解】证明：连接，，
∵四边形是平行四边形，
，
∵E，F分别是和的中点，
，
，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
20. 正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中作出绕点逆时针旋转的，再作出关于原点成中心对称的．

【答案】见详解
【解析】
【分析】将的顶点绕点逆时针旋转得到点，顺次连接即可；再根据中心对称的特征，得出的各顶点关于原点成中心对称的点，连接各点即可．
【详解】解：如下图，、即为所求．
【点睛】本题主要考查了作旋转变换图形和中心对称图形，理解并掌握旋转图形和中心对称图形的特征是解题关键．
21. 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且BE＝CF．AE与BF交于点O．猜想：AE与BF的关系，并给出证明．
【答案】AE＝BF，AE⊥BF，见解析
【解析】
【分析】只需要利用SAS证明即可得到对应的结论．
【详解】解：AE＝BF，AE⊥BF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
△ABE和△BCF中，
，
∴．
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF．
∵∠ABE＝90°，∠BAE＋∠AEB＝90°，
∴∠CBF＋∠AEB＝90°，
∴∠BOB＝90°，即AE⊥BF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知正方形的性质与全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
22. 如图，矩形的对角线交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再根据四边形是矩形可得即可证明结论；
（2）由四边形是菱形可得，再证为等边三角形，即，再由四边形是矩形可得，然后由四边形是菱形可得，运用勾股定理可得，最后根据菱形的性质即可解答．
【小问1详解】
证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴
∵
∴为等边三角形
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得：
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定、矩形的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用相关判定和性质是解答本题的关键．
23. 如图1，矩形中，，E为边上一点，将沿翻折，使点A恰好落在边上的点F处，．
（1）求的长；
（2）如图2，连接交于点P，M为上的点，连接交于点Q，．
①求点A到的距离；
②求的值．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定和性质，根据勾股定理列出方程，利用方程思想解决问题．
（1）根据折叠得出，，设，则，在中，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可；
（2）①过点A作于点G，过点F作于点H，根据求出即可；
②过点M作于点K，先根据勾股定理求出，证明，得出，，证明，得出，设，则，根据勾股定理列出求出，即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵四边形为矩形，
∴，
根据折叠可知，，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴．
【小问2详解】
解：①过点A作于点G，过点F作于点H，如图所示：
则，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
根据折叠可知，，
∵，
∴，
∴点A到的距离为5；
②过点M作于点K，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，，
设，则，
∵在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴平分，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵在中，根据勾股定理可得：，
∴，
解得：，
∴，
∴．
24. 如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点、，且与直线交于点A．
（1）分别求出点A、、的坐标；
（2）若是线段上的点，且的面积为，求直线的函数表达式；
（3）在的条件下，设是射线上的点，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标．
【答案】（1）；；
（2）
（3）存在满足条件的点的，其坐标为或或
【解析】
【分析】（1）联立两直线解析式求出A的坐标，分别把，代入可求出，的坐标；
（2）根据在直线上，设出坐标，表示出三角形面积，把已知面积代入求出的值，确定出坐标，利用待定系数法求出解析式即可；
（3）在的条件下，根据是射线上的点，在平面内存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况讨论：当四边形为菱形时，由，得到四边形为正方形；当四边形为菱形时；当四边形为菱形时；分别求出坐标，即可求出点坐标．
【小问1详解】
解：解方程组，
得：，
；
把代入，得，
解得：，
∴，
把代入，得，
；
【小问2详解】
解：设，
的面积为，
∴，
解得：，
，
设直线的函数表达式是，
把，代入得：，
解得：，
直线解析式为；
【小问3详解】
解：存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，
如图所示，分三种情况考虑：
当四边形为菱形时，由，得到四边形为正方形，此时，即，
此时；
当四边形为菱形时，点与关于对称，即可关于y轴对称，
∵点坐标为，
∴点纵坐标为，
把代入直线解析式中，得，
解得：，
∴，
此时；
当四边形为菱形时，则有，
设，
∴，
解得或（舍去），
∴；
此时．
综上可知存在满足条件的点的的坐标为：或或 ．
【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及一次函数与坐标轴的交点、待定系数法确定一次函数解析式、一次函数图象的交点、一次函数图象与性质、菱形的性质及分类讨论思想等．在中求得点坐标是解题的关键，在中确定出点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．