广东省深圳市外国语学校2023-2024学年八年级下学月考数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题：本题共10小题，每题3分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列命题中，为真命题的是（ ）
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 一组邻边相等的菱形是正方形
D. 对角线相等的菱形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的判定：“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”判断A，根据矩形的判定：“对角线相等的平行四边形是矩形”判断B，根据正方形的判定：“一组邻边相等的矩形是正方形”判断C，根据正方形的判定：“对角线相等的菱形是正方形”判断D．
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A是假命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故B是假命题；
C、一组邻边相等的矩形是正方形，故C是假命题；
D、对角线相等的菱形是正方形，故D是真命题；
故选：D．
【分析】本题考查了真假命题的判断，掌握菱形，矩形，正方形的性质与判定，及利用图形的定义，性质采用推理的方法判断真命题，采用举反例的方法判断假命题是解题的关键．
2. 如图，矩形的对角线，，则的长为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由矩形的性质得出，再证明，结合勾股定理即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，
，
，
，
，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
3. 若菱形的周长为，有一条对角线为，则菱形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知可求得菱形的边长，根据勾股定理可求得其另一条对角线的长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求得其面积．
【详解】解：因为菱形的周长为，所以其边长，
从而可得：，
∴，
∴，
从而得到菱形的面积=．
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握菱形的面积等于两对角线乘积的一半，如果不能熟练掌握菱形的性质，可先画出图形，这样有助于另一条对角线的得出．
4. 已知四边形的对角线相交于点，则下列条件中不能判定它是矩形的是（ ）
A.
B.
C.
D
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是矩形的判定，熟记判定方法是解本题的关键．矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．据此判断即可．
【详解】解：如图，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是矩形，故A不符合题意；
∵，
根据“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”可以判定平行四边形是矩形，
故B不符合题意；
∵，
∴，
但不一定与相等，无法判定四边形是矩形，
故C符合题意；
∵，
∴，
∴四边形是矩形，故D不符合题意；
故选：C．
5. 如图，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形，其中一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（ ）
A. 四边形周长不变B.
C. 四边形面积不变D.
【答案】D
【解析】
【分析】由平行四边形的性质进行判断，即可得到答案．
详解】解：由题意可知，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴；故D符合题意；
随着一张纸条在转动过程中，不一定等于，四边形周长、面积都会改变；故A、B、C不符合题意；
故选：D
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形对边相等．
6. 如图，与的周长相等，且，，则的度数为（ ）
A. 20°B. 25°C. 30°D. 35°
【答案】B
【解析】
【分析】由▱ABCD与▱DCFE的周长相等，可得到AD＝DE即△ADE是等腰三角形，再由且∠BAD＝60°，∠F＝110°，即可求出∠DAE的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD与四边形DCFE都是平行四边形，
∴，
∵与的周长相等，
∴AB+AD+BC+CD=CD+DE+CF+EF，
∴AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵∠BAD＝60°，∠F＝110°，
∴∠ADC＝180°-∠BAD=120°，∠CDE=∠F＝110°，
∴∠ADE＝360°﹣120°﹣110°＝130°，
∴∠DAE＝（180°﹣130°）÷2＝25°，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等、平行四边形的对角相等以及邻角互补和等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理．
7. 如图，四边形，是正方形，点分别在上，连接，过点作交于点，若，则的长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质，由正方形的性质可得，，，，证明四边形是平行四边形，得出，再由计算即可得解．
【详解】解：四边形，是正方形，，
，，，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
故选：C．
8. 如图，菱形中，，，，，别为，连接，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质，由菱形的性质得出，，证明是等边三角形，作于，分别计算出和的长，再由计算即可得出答案．
【详解】解：四边形是菱形，，，
，，
，，
，，
，，，，
，，
是等边三角形，
，
如图，作于，
则，
，
，
故选：B．
9. 如图，正方形和正方形中，点D在上，，，H是的中点，那么的长是（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】构造直角三角形，利用勾股定理和直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求解．
【详解】解：连接，，
∵四边形和均是正方形，
∴，，，，，
∴，
根据勾股定理可得：，，
∴，
∵H是的中点，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10. 如图，正方形中，点为对角线的中点，矩形两边分别交、边于、两点，连接，下列结论正确的有（ ）个．
（1）；（2）；（3）；（4）若，则以为斜边的直角三角形面积的最大值为8．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】由正方形的性质和已知条件得出，可得，得出，得出（1）正确；可得四边形的面积的面积正方形的面积，得出（2）错误，进而可得，可得（3）正确，结合完全平方公式可得，得出（4）错误．从而可得答案．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，，
∴，
，
，
在和中，
，
；
同理：；
，
；故（1）符合题意；
∵，
∴，故（2）不符合题意；
∵正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，故（3）符合题意；
∵，，
∴
∵，
∴，即，
∴，
∴，则以为斜边的直角三角形面积的最大值为4．故（4）不符合题意；
故选B
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，完全平方公式的应用，以及勾股定理等．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题：本题共5小题，每题3分．
11. 一个不透明的袋子中有红球、白球共10个，这些球除颜色外都相同，将袋中的球搅匀，从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，不断重复这一过程，摸了100次后，发现有30次摸到红球，请你估计这个袋中红球约有______个．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了由频率估计概率，首先求出摸到红球的频率， 频率去估计概率可求出袋中红球的个数．
【详解】解：摸了100次后，发现有30次摸到红球，
摸到红球的频率是，
一个不透明的袋子中有红球、白球共10个，
这个袋中红球约有（个），
故答案为：．
12. 如图，已知平行四边形对角线、相交于点，点、分别是线段、的中点，若，周长是，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理，由平行四边形的性质结合周长是，得出，再由三角形中位线定理即可得出答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
周长是，
，
，
点、分别是线段、的中点，
是的中位线，
，
故答案为：．
13. 如图，过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是_____；（填“＞”或“＜”或“=”）
【答案】
【解析】
【分析】根据矩形的性质对角线把矩形面积一分为二即可解得．
【详解】解：∵四边形是矩形，
又∵对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，
∴的面积的面积的面积的面积的面积的面积，
∴．
故答案为．
【点睛】此题考查矩形的性质，解题的关键是熟悉矩形的对角线平分矩形的面积．
14. 如图，菱形中，，于，交对角线于，过作于，若的周长为2，则菱形的边长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用菱形的性质，可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质得出，再求出，利用等腰直角三角形的性质最后得出．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∵△DEF的周长为2，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的边长为；
故答案为：
【点睛】此题考查菱形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，熟记菱形的性质是解本题的关键．
15. 如图，在平面直角坐标系中，已知矩形的顶点在轴上，，点为边上一点，以为一边在与点的同侧作正方形，连接，当点在边上运动时，的长度的最小值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】过点D作，过点E作于．先证明，从而得到，．设，则，，则，证明在直线上运动，再利用垂线段最短可得答案．
【详解】解：如图所示：过点D作，过点E作于．
∴．
∴．
∵四边形为正方形，
∴，．
∴．
在和中
，
∴．
∴，．
设，则，．
∴．
∴，
∴即，
∴在直线上运动，
如图，记直线与轴的交点为，与轴的交点为，
当时，则，
∴，
同理可得：，
∴，
当时，有最小值，
最小值为：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查的是正方形的性质、一次函数的性质、全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，得到点E的坐标是解题的关键．
三、解答题：本题共7小题，共55分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16 （1）化简：；
（2）解方程：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题考查了分式的混合运算，解分式方程，熟练掌握运算法则是解此题的关键．
（1）括号内先通分，再将除法转化为乘法，约分即可化简；
（2）先去分母，将分式方程转化为整式方程，解整式方程并检验即可得出答案．
【详解】解：（1）
；
（2），
去分母得：，
去括号得：，
整理得：，
解得：，
检验，当时，，
原方程的解为．
17. 如图，四边形是菱形，，，于．
求
菱形的周长；
求的长．
【答案】(1)20；(2)．
【解析】
【分析】（1）先依据菱形性质求得AO、OB的长，然后依据勾股定理求得AB的长，最后依据菱形ABCD的周长=4AB求解即可；
（2）由S菱形ABCD=AC•BD=AB•DH，可得到DH=，最后将AC、BD、AB的值代入计算即可．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，，，
∴在中，由勾股定理可知．
∴菱形的周长．
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
18. 如图，某校食堂实行统一配餐，为方便学生取餐，食堂开设了4个窗口，分别记为①、②、③、④，学生可以从这4个窗口中任意选取一个窗口取餐．

（1）若小明去食堂用餐时4个窗口都没有人，则小明选择在②号窗口取餐的概率是________；
（2）若小红和小丽-起去食堂用餐时4个窗口都没有人，求小红和小丽在相邻窗口取餐的概率．（请用画树状图或列表等方法说明理由）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式直接求解即可；
（2）根据题意画出树状图，然后根据概率公式即可求解．
【小问1详解】
若小明去食堂用餐时4个窗口都没有人，则小明选择在②号窗口取餐的概率是，
故答案为：．
【小问2详解】
画出树状图如图，

共有16种等可能结果，符合题意的有6种，
∴小红和小丽在相邻窗口取餐的概率为
【点睛】本题考查了求概率，熟练掌握概率公式与画树状图法求概率是解题的关键．
19. 如图，已知平行四边形中．，为对角线上两点，且，，．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）15º．
【解析】
【分析】（1）由“ASA”可证∆ADE≌∆CBF，可得AE=CF；
（2）先求出∠CAD=∠EAD-∠EAC=90º-60º=30º，再根据平行线的性质得出∠ACB=∠CAD=30º，最后根据等腰三角形的性质得出结论．
【详解】（1）设AC，BD交于点O，
∵AE⊥AD，CF⊥BC，
∴∠EAD=∠BCF=90º，
∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠ADE=∠CBF，
在∆ADE和∆CBF中
，
∴∆ADE≌∆CBF
∴AE=CF；
（2）∵EA⊥AD，
∴∠EAD=90º，
∵∠EAC=60º，
∴∠CAD=∠EAD-∠EAC=90º-60º=30º，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD=30º，
∵AC=BC，
∴∠BAC==75º，
∴∠BAE=∠BAC-∠CAE=75º-60º=15º．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质及等腰三角形的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
20. 如图1，在正方形中，边、分别在轴、轴上，点的坐标为，点在线段上，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，交轴于点．
（1）当时，直接写出点的坐标________；
（2）如图2，连接，当点在线段上运动时，的周长是否改变，若改变，请说明理由；若不变，求出其周长．
【答案】（1）
（2）的周长不变，且周长为
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形、等腰直角三角形的性质，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．
（1）作轴于点，则，由正方形的性质结合点的坐标为，得出，，证明，得出，，求出的长，即可得解；
（2）在轴上取一点，使，连接，证明得出，证明得出，即可得解．
【小问1详解】
解：如图，作轴于点，则，
，
四边形为正方形，点的坐标为，
，，
等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
故答案为：；
【小问2详解】
解：的周长不变，且周长为，
理由如下：
如图，在轴上取一点，使，连接，
，
四边形为正方形，
，，
，
，
，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
的周长
．
21. 【了解概念】
定义提出：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【理解运用】
（1）如图1，在的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，线段、的端点均在格点上，在图1的方格纸中画出一个等邻边四边形，要求：点在格点上；
（2）如图2，在等邻边四边形中，，，，，求的长；
【拓展提升】
（3）如图3，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在、轴正半轴上，已知是的中点，在矩形内部或边上，存在点，使四边形为面积最大的“等邻边四边形”，请直接写出四边形的最大面积__________，此时点的坐标为__________．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），
【解析】
【分析】本题考查了四边形的综合题，等边三角形的判定与性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质、坐标与图形，熟练掌握以上知识点并灵活运用，正确理解“等邻边四边形”的定义是解此题的关键．
（1）根据“等邻边四边形”的定义画出图形即可；
（2）连接，作于，则为等边三角形，得出，，从而得出，计算出，，即可得出，最后由勾股定理计算即可；
（3）设点的坐标为，则，根据，列出方程求出的值，从而得出的坐标，即可得解．
【详解】解：（1）如图，等邻边四边形即为所作，
；
（2）如图，连接，作于，
，
，，
为等边三角形，
，，
，
，
，
，
，，
，
；
（3）在矩形内部或边上，存在点，使四边形为面积最大的“等邻边四边形”，
理由如下：
如图，当时，四边形为“等邻边四边形”，当取最大值时，四边形为面积最大的“等邻边四边形”，
，
四边形是矩形，，，为的中点，
，，，，
设点的坐标为，则，
，
，
，
解得：，
，点的坐标为，
，
在矩形内部或边上，存在点，使四边形为面积最大的“等邻边四边形”，此时四边形的面积最大为，点的坐标为，
故答案为：，．
22. 综合与实践
问题初探：四边形是正方形，点分别是射线，射线上的动点，在点在运动过程中，始终有，与交于点．
（1）如图1，若点运动到的中点处，点运动到的中点处，连接、，请写出与的数量和位置关系__________；
猜想证明：
（2）如图2，若点、分别为边上的动点，则（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
深入探究：
（3）连接，
①如图3，在（1）的条件下，求证：．
②设正方形边长为，点分别在射线，射线上运动，在点运动过程中，的最小值为__________．（用含的代数式直接写出）
【答案】（1），；（2）成立，理由见解析；（3）①见解析；②
【解析】
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质，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．
（1）证明，即可得出，；
（2）证明，即可得出，；
（3）①延长和交于点，证明，得出，即可得证；②运动到点，点运动到点时，作于，得出点在以点为圆心，为半径的圆上，连接交于，当在同一直线上时，此时的值最小，由勾股定理求出的长，再由计算即可得出答案．
【详解】解：（1）四边形是正方形，
，，
点运动到的中点处，点运动到的中点处，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）成立，理由如下：
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）①如图，延长和交于点，
，
是 中点，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
；
②如图，运动到点，点运动到点时，作于，
，
此时点在上，且于，
正方形边长为，
，，，
，，
，
为等腰直角三角形，
，
，
点在以点为圆心，为半径的圆上，
如图，连接交于，当在同一直线上时，此时的值最小，
，
由勾股定理得：，
，
的最小值为，
故答案为：．