2023-2024学年江苏省无锡市江阴市南菁高级中学实验学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市江阴市南菁高级中学实验学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列各式：a−b2，x−3x，5+yπ，a+ba−b，1m(x−y)中，是分式的共有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
3.若分式2x+yxy中，x、y的值都扩大3倍，则原分式的值( )
A. 扩大3倍B. 缩小3倍C. 不变D. 无法确定
4.正方形具有而矩形不一定具有的性质是( )
A. 四个角都是直角B. 对角线相等C. 对角线互相垂直D. 对角线互相平分
5.对角线相等且互相平分的四边形一定是( )
A. 梯形B. 矩形C. 菱形D. 平行四边形
6.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=35°，现将Rt△ABC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°
7.如图，在菱形ABCD中，AB=5，AC=8，则菱形的高为( )
A. 125
B. 245
C. 12
D. 24
8.下列命题中，
①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；
②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；
③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形；
④菱形的每一条对角线平分一组对角．
其中真命题有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
9.如图，在△ABC中，点M是BC边上的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，若AC=12，MN=2，则AB的长为( )
A. 4B. 6C. 7D. 8
10.如图，平面内三点A、B、C，AB=5，AC=3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是( )
A. 2 2
B. 4 2
C. 4
D. 8
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.若二次根式 x−2有意义，则x的取值范围是______．
12.若分式x−2x+1的值为零，则x的值为______．
13.若2xy=x−y且xy≠0，则1y−1x= ______．
14.已知平行四边形ABCD中，∠C=2∠B，则∠A= ______度.
15.菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的周长为__________．
16.如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F分别是线段AO、BO的中点，若AC+BD=24cm，△OAB的周长是18cm，则EF= cm．
17.如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点D、B的坐标分别为(0,4)和(1,0)，则点C的坐标是______．
18.如图，矩形ABCD中，AB=16，BC=12，E为BC边的中点，点F在边AB上，∠EDF=45°，则AF的长为______．
三、计算题：本大题共1小题，共10分。
19.如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是线段OD上一点，连接EC，作BF⊥CE于点F，交OC于点G．
(1)求证：BG=CE；
(2)若AB=4，BF是∠DBC的角平分线，求OG的长．
四、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
计算：
(1) 8+ 18− 32；
(2)(a−2ab−b2a)÷a−ba．
21.(本小题6分)
先化简，再求值：1−a−ba−2b÷a2−b2a2−4ab+4b2，其中ab=13．
22.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，DC⊥BC.尺规作图：
(1)如图1，求作矩形BCDE，点E落在直线AD上；
(2)如图2，求作菱形MBND，点M落在直线AD上，点N落在直线BC上．
23.(本小题6分)
已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，且BE=DF.求证：AC、EF互相平分．
24.(本小题8分)
如图，▱ABCD的对角线相交于点O，过点D作DE/​/AC，且DE=OC，连接CE、OE，OE=CD.求证：▱ABCD是菱形．
25.(本小题10分)
如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=2，E是边CD上一点(与C、D不重合).四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形AEMN．

(1)若CE=2，AN与CD交于点F，求△AEF的面积；
(2)如图，ME的延长线交AB于点P，设DE=x(026.(本小题10分)
如图1，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的顶点A的坐标为(4,0)，直线y=−14x+3经过顶点B，与y轴交于顶点C，AB/​/OC．
(1)求顶点B的坐标；
(2)如图2，直线l经过点C，与直线AB交于点M，点O′为点O关于直线l的对称点，连接CO′，并延长交直线AB于第一象限的点D，当CD=5时，求直线l的解析式；
(3)在(2)的条件下，点P在直线l上运动，点Q在直线OD上运动，以P、Q、B、C为顶点的四边形能否成为平行四边形？若能，求出点P的坐标；若不能，说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.此图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B.此图案仅是中心对称图形；
C.此图案仅是轴对称图形；
D.此图案既是轴对称图形，又是中心对称图形；
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2.【答案】C
【解析】解：x−3x，a+ba−b，1m(x−y)中分母中含有字母，因此是分式．
a−b2，5+yπ的分母中均不含有字母，因此它们是整式，而不是分式．
故分式有3个．
故选：C．
判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
本题主要考查分式的定义，注意π不是字母，是常数，所以5+yπ不是分式，是整式．
3.【答案】B
【解析】解：∵2x+yxy=2×3x+3y3x⋅3y=3(2x+y)9xy=2x+y3xy=13×2x+yxy，
∴原分式的值缩小3倍，
故选：B．
根据分式的基本性质，即可解答．
本题考查了分式的基本性质，解决本题的关键是熟记分式的基本性质．
4.【答案】C
【解析】解：∵正方形和矩形都是特殊的平行四边形，
∴正方形和矩形具有平行四边形所有的性质，包括对角线互相平分，
∵正方形的对角线相等且互相垂直，矩形的对角线只相等但不垂直，
∴正方形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直．
故选：C．
根据正方形和矩形的性质逐项分析可得结论．
本题主要考查了矩形、正方形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别．
5.【答案】B
【解析】解：对角线相等且互相平分的四边形一定是矩形，
故选：B．
根据矩形的判定可得对角线互相平分且相等的四边形一定是矩形．
此题主要考查了矩形的判定，关键是掌握矩形的判定定理．
6.【答案】C
【解析】解：∵∠B=35°，∠C=90°，
∴∠BAC=180°−35°−90°=55°，
∵点C，A，B1在同一条直线上，
∴∠BAB1=180°−∠BAC=180°−55°=125°，
即旋转角等于125°．
故选：C．
首先根据三角形的内角和定理，求出∠BAC的度数是多少；然后根据对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，可得旋转角的度数等于∠BAB1的度数，据此解答即可．
本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，明确每对对应点与旋转中心连线所成的角为旋转角是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：设AC与BD交于点O，作出BC边的高h，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO⊥BO，且AC=2AO，BD=2BO．
在Rt△AOB中利用勾股定理可得BO= 52−42=3．
∴BD=2BO=6．
∴菱形的面积为12BD·AC=12×6×8=24．
设BC变上的高为h，则BC·h=24，
即5h=24，
解得：h=245．
故选：B．
先求出对角线BD的长，根据菱形的面积公式等于对角线乘积的一半或底乘以高，构建方程求出BC边上的高．
本题主要考查了菱形的性质，解题的技巧是利用面积法求高．
8.【答案】C
【解析】解：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形，正确，是真命题，符合题意；
②对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意；
④菱形的每一条对角线平分一组对角，正确，是真命题，符合题意．
真命题有3个，
故选：C．
利用平行四边形的判定方法、正方形的判定方法及菱形的性质及判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的性质及判定方法，难度不大．
9.【答案】D
【解析】解：如图，延长BN交AC于D，
在△ANB和△AND中，
∠NAB=∠NADAN=AN∠ANB=∠AND=90°，
∴△ANB≌△AND(ASA)，
∴AD=AB，BN=ND，
又∵M是△ABC的边BC的中点，
∴MN是△BCD的中位线，
∴DC=2MN=4，
∴AC=AD+CD=AB+DC=12，即AB+4=12．
∴AB=8．
故选：D．
延长BN交AC于D，证明△ANB≌△AND，根据全等三角形的性质、三角形中位线定理计算即可求出AB的长．
本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
10.【答案】B
【解析】解：如图，
将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM，
由旋转不变性可知：AB=CM=5，DA=DM，∠ADM=90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD= 22AM，
∴当AM的值最大时，AD的值最大，
∵AM≤AC+CM，
∴AM≤8，
∴AM的最大值为8，
∴AD的最大值为4 2．
故选：B．
如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM.由旋转不变性可知：AB=CM=5，DA=DM.∠ADM=90°，得出△ADM是等腰直角三角形，推出AD= 22AM，当AM的值最大时，AD的值最大，根据三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题；
本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
11.【答案】x≥2
【解析】【分析】
根据二次根式有意义的条件，可得x−2≥0，解不等式即可．
本题考查二次根式有意义的条件，只需使被开方数大于等于0即可．
【解答】
解：根据题意，使二次根式 x−2有意义，即x−2≥0，
解得x≥2；
故答案为：x≥2．
12.【答案】2
【解析】解：由题意得：x−2=0且x+1≠0，
解得：x=2．
故答案为：2．
根据分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零列出不等式组，解不等式组得到答案．
本题考查的是分式的值为零的条件，熟记分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零是解题的关键．
13.【答案】2
【解析】解：∵xy≠0，
∴1y−1x=x−yxy=2xyxy=2，
故答案为：2．
根据分式的运算，通分计算，再将值代入即可求解．
本题主要考查分式的化简求值，掌握异分母分式的通分是解题的关键．
14.【答案】120
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠A=∠C，
∴∠C+∠B=180°，
∵∠C=2∠B，
∴2∠B+∠B=180°，
解得：∠B=60°，
∴∠C=∠A=120°
故答案为：120．
由平行四边形的性质得出∠C+∠B=180°，再由已知条件∠C=2∠B，即可得出∠C的度数，进而可求出∠A的度数．
本题考查了平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
15.【答案】20
【解析】【分析】
本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角．
根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
【解答】
解：如图所示，菱形ABCD中，AC=8，BD=6，
根据题意得AO=12×8=4，BO=12×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB= AO2+BO2= 16+9=5，
∴此菱形的周长为：5×4=20．
故答案为：20．
16.【答案】3
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
又∵AC+BD=24cm，
∴OA+OB=12cm，
∵△OAB的周长=OA+OB+AB=18cm，
∴AB=18−12=6(cm)，
∵点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴EF是△OAB的中位线，
∴EF=12AB=3cm．
故答案为：3．
由条件AC+BD=24cm，根据平行四边形的性质可得出OA+OB=12cm，由条件△OAB的周长为18cm，可求出AB的长，再判断EF是△OAB的中位线即可得出EF的长度．
本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线定理，解答本题需要用到：平行四边形的对角线互相平分，三角形中位线的判定定理及性质．
17.【答案】(172,4)
【解析】解：∵D(0,4)，B(1,0)，
∴OD=4，OB=1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD，则OA=AB−OB=AD−1，
在Rt△AOD中由勾股定理可得：AD2=OA2+OD2=(AD−1)2+42，
可得：AD=AB=CD=172，
∴点C的坐标为：(172,4)，
故答案为：(172,4)．
根据D、B的坐标可得OD=4，OB=1，结合菱形的性质，利用勾股定理可得AD2=OA2+OD2=(AD−1)2+42，求解即可．
本题主要考查了菱形的性质及勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用．
18.【答案】6011
【解析】解：如图，以CD为边向左作正方形CDHG，延长DF交HG于N，连接EN，FH，过F作FP⊥HG于P，过D作DM⊥DN交BC延长线于M，
∵∠HDC=∠NDM=90°，
∴∠HDN=∠CDM，
∵HD=CD，∠DHN=∠DCM=90°，
∴△HDN≌△CDM(ASA)，
∴HN=CM，DN=DM，
∵∠FDE=45°，
∴∠NDE=∠MDE，
∵DE=DE，
∴△NDE≌△MDE(SAS)，
∴NE=EM，
设HN=CM=x，则NG=16−x，NE=6+x，
∵DH=16，AD=12，
∴PF=GB=AH=4，
∴EG=4+6=10，
在Rt△GNE中，∠G=90°，GN2+GE2=EN2，(16−x)2+102=(6+x)2，
解得x=8011，
∵S△DHN=S△DHF+S△NHF，
∴12×16×8011=12×16×AF+12×8011×4，
解得AF=6011，
故答案为：6011．
以CD为边向左作正方形CDHG，延长DF交HG于N，连接EN，FH，过F作FP⊥HG于P，过D作DM⊥DN交BC延长线于M，△HDN≌△CDM(ASA)，得到HN=CM，DN=DM，证明△NDE≌△MDE(SAS)，得到NE=EM，设HN=CM=x，则NG=16−x，NE=6+x，利用勾股定理得GN2+GE2=EN2，求出x，再利用面积关系得到S△DHN=S△DHF+S△NHF，由此求出AF即可．
此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，正确理解题意作出辅助线，综合掌握各知识点是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵正方形ABCD中，AC、BD相交于O，
∴BO=CO，BO⊥CO，
∵BF⊥EC，
∴∠5=∠6=∠7=90°，
∵∠3=∠4，
∴∠1=∠2，
∴△BOG≌△CEO，(AAS)(3分)
∴BG=CE.(1分)
(2)解：方法1：∵BF是∠DBC的角平分线，
∴∠1=∠8，
∵BF=BF，∠9=∠6=90°，
∴△BEF≌△BCF(ASA)，(2分)
∴BE=BC=4，(1分)
∵在Rt△BOC中，cs∠OBC=BOBC，
即cs45°=BOBC，
∴BO=BC⋅cs45°=2 2，(1分)
∴OE=BE−BO=4−2 2，(1分)
∵△BOG≌△COE，
∴OG=OE=4−2 2.(1分)
方法2：∵BF是∠DBC的角平分线，
∴∠1=∠8，
∵BF=BF，∠9=∠6=90°，
∴△BEF≌△BCF(ASA)，
∴BE=BC=4，
∵四边形BCD是正方形
∴∠AOB=90°，AO=BO
设AO为x，
由勾股定理，得
2x2=42
解得x=2 2
∵△BOG≌△COE
∴OG=OE
∵OE=BE−BO=4−2 2，
∴OG=4−2 2．
【解析】(1)先根据正方形的性质得到相等的线段和角证得，△BOG≌△CEO(AAS)，所以BG=CE；
(2)利用BF是∠DBC的角平分线求得∠1=∠8，结合BF=BF，∠9=∠6可证明△BEF≌△BCF(ASA)，所以BE=BC=4，根据Rt△BOC中对应的比例关系和三角函数可求得BO=2 2，所以OE=BE−BO=4−2 2.根据△BOG≌△COE可知OG=OE=4−2 2．
主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定．要掌握正方形中一些特殊的性质：四边相等，四角相等，对角线相等且互相平分．可利用这些等量关系求得三角形全等是解题的关键．
20.【答案】解：(1)原式=2 2+3 2−4 2= 2；
(2)原式=a2−2ab+b2a·aa−b=(a−b)2a·aa−b=a−b；
【解析】(1)考查二次根式的化简和加减运算，关键掌握二次根式的化简和加减运算．
(2)考查分式的化简，关键是掌握完全平方公式及其变形，进行因式分解，分子分母再进行约分即可．
21.【答案】解：原式=1−a−ba−2b⋅(a−2b)2(a+b)(a−b)
=1−a−2ba+b
=a+ba+b−a−2ba+b
=3ba+b，
当ab=13，即b=3a时，
原式=9aa+3a
=9a4a
=94．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由已知等式得出b=3a，代入计算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
22.【答案】解：(1)如图1，矩形BCDE为所求作；
(2)如图2，菱形MBND为所求作．

【解析】(1)在射线DA上截取DE=BC，由于DE/​/BC，所以四边形BCDE为平行四边形，然后利用∠C=90°可判断四边形BCDE为矩形；
(2)连接BD，作BD的垂直平分线交AD于M点，交BC于N点，则四边形MBND满足条件．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质．
23.【答案】证明：连接AE、CF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
又∵DF=BE，
∴AF=CE，
又∵AF/​/CE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴AC、EF互相平分．
【解析】本题考查了平行四边形的性质和判定，是中考常见题型，比较简单．连接AE、CF，证明四边形AECF为平行四边形即可得到AC、EF互相平分．
24.【答案】证明：∵DE/​/AC，DE=OC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵OE=CD，
∴平行四边形OCED是矩形，
∴∠COD=90°，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形．
【解析】先证四边形OCED是平行四边形．再证平行四边形OCED是矩形，则∠COD=90°，得AC⊥BD，然后由菱形的判定即可得出结论．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=2，AB/​/CD，∠D=90°，
则∠BAE=∠DEA，
由对称可知，∠BAE=∠NAE，
∴∠AEF=∠EAF，
∴EF=AF，
设EF=AF=x，则FD=CD−CE−EF=6−2−x=4−x，
在Rt△ADF中，AF2=AD2+DF2，即：x2=22+(4−x)2，
解得：x=52，即：EF=52，
∴△AEF的面积=12EF⋅AD=12×52×2=52；
(2)过E作EF⊥AB于F，

由题意可知，AB/​/CD，AN/​/PM，
∴∠BAE=∠AED，∠NAE=∠AEP，
由对称可知，∠BAE=∠NAE，
则∠AEP=∠AED=∠PAE，
∴AP=PE，
设AP=PE=a，AF=ED=x，
则PF=a−x，EF=AD=2，
在Rt△PEF中，(a−x)2+22=a2，解得：a=x2+42x，
∴S=12×2⋅a=12×2⋅x2+42x=x2+42x(0【解析】(1)由矩形、轴对称的性质可证得EF=AF，设EF=AF=x，则FD=4−x，在Rt△ADF中，AF2=AD2+DF2，即可求得EF=52，再结合三角形面积公式即可求解；
(2)由矩形、轴对称的性质可证得∠AEP=∠AED=∠PAE，则AP=PE，设AP=PE=a，AF=ED=x，则PF=a−x，EF=AD=2，在Rt△PEF中，(a−x)2+22=a2，解得a=x2+42x，再结合三角形面积公式即可求解．
本题考查矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
26.【答案】解：(1)∵A(4,0)，AB/​/OC，设点B的坐标为(4,y)
把x=4代入y=−14x+3中，得：y=2，
∴B(4,2)；
(2)过C点作CN⊥AB于N，∵AB/​/OC，∴∠OCM=∠DMC，
由题意∠DCM=∠OCM，
∴∠DCM=∠DMC
∴CD=MD=5，
∵y=−14x+3，当x=0时y=3，
∴OC=3，
∵CN=OA=4，
∴DN= 52−42=3，
∴NM=5−3=2，
∴AM=1
∴M(4,1)，
设l解析式y=kx+b把(0,3)(4,1)代入
得：3=b1=4k+b，解得k=−12b=3，
∴l的解析式为：y=−12x+3，
(3)∵AD=6，BC为一边，∴D(4,6)，
∴OD的解析式为y=32x，
过P作y轴垂线交直线AD于点U，过点Q作x轴平行线分别与y轴交于点V，与y轴的平行线交x轴于N，
设P(x,−12x+3)，
∵∠OCQ=∠ABP，∠CVQ=∠PUB=90°，且CQ=PB，
∴△CVQ≌△BUP，则PU=QV=x−4，
∴Q(x−4,4−12x)代入y=32x中，得：x=5，
∴P1(5,12)，
备用如图2，同理P2(−2,4)，
当BC为对角线时，设P(a,−12a+3)、Q(b,32b)
a+b=4−12a+3+32b=5，
解得：a=2b=2，
∴p3(2,2)．
【解析】(1)设点B的坐标为(4,y)，把x=4代入y=−14x+3中得y=2，即可求出B点的坐标；
(2)过C点作CN⊥AB于N，求出M(4,1)，设l解析式y=kx+b把(0,3)(4,1)代入并求解，可得解析式；
(3)AD=6，BC为一边∴D(4,6)∴OD的解析式为y=32x过P，Q作x轴平行线，设P(x,−14x+3)∴Q(x−4,4−12x)代入y=32x中得x=5∴P1(5,12)，同理P2(−2,4)，当BC为对角线时，设P(a,−12a+3)Q(b,32b)a+b=4−12a+3+32b=5a=2b=2，∴p3(2,2)．
本题要注意利用一次函数的特点，列出方程组，求出未知数的值从而求得其解析式．