福建省莆田市城厢区砺成中学2023-2024学年八年级下学期月考数学试题（原卷版+解析版）

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1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】满足被开方数不含有分母，被开方数不含有开得尽方的因数或因式，这样的二次根式是最简二次根式，据此定义逐一判断即可．
【详解】解：A、，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B、，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、，被开方数含有开的尽的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、是最简二次根式，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查的是最简二次根式的定义，掌握“利用最简二次根式的定义判断最简二次根式”是解本题的关键．
2. 下面各组数是三角形的三边的长，则能构成直角三角形的是（ ）
A. 1，2，3B. 1，，C. 4，5，6D. 5，7，12
【答案】B
【解析】
【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】解：A、，故不是直角三角形；
B、，故是直角三角形；
C、42+52≠62，故不是直角三角形；
D、，故不是直角三角形．
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的运算．根据二次根式的加减、乘除法则计算即可判断．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，本选项不符合题意；
B、与不是同类二次根式，不能合并，本选项不符合题意；
C、，本选项符合题意；
D、，本选项不符合题意；
故选：C．
4. 如图，已知两正方形和的面积分别是5，12，则正方形的面积是（ ）

A. B. 13C. 17D. 169
【答案】C
【解析】
【分析】结合勾股定理和正方形的面积公式，得正方形的面积是正方形和的面积之和．
【详解】解：正方形的面积，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形面积，熟记以直角三角形的两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积是解题的关键．
5. 菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A. 对角相等B. 对角线相等C. 对角线互相平分D. 对角线互相垂直
【答案】D
【解析】
【分析】利用菱形的性质和平行四边形的性质进行判断可求解．
【详解】解：∵菱形具有的性质有：四边相等，两组对边平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分，对角线互相垂直；
平行四边形的性质有：两组对边分别平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分，
∴菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是四边相等，对角线互相垂直，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
6. 顺次连接直角梯形四边中点所得的四边形一定是( )
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】A
【解析】
【分析】如图，连接BD，根据三角形的中位线定理可推出EF∥GH，EF＝GH，进一步即可根据平行四边形的判定推出答案．
【详解】解：如图，四边形ABCD是直角梯形，连接BD，
∵E为AD中点，F为AB中点，
∴EF＝BD，EF∥BD，
同理GH＝BD，GH∥BD，
∴EF∥GH，EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
故选：A．
【点睛】本题考查了直角梯形的概念、三角形的中位线和平行四边形的判定等知识，连接BD、熟练掌握三角形的中位线和平行四边形的判定是解此题的关键．
7. 如图所示的是菱形网格窗的一部分（网格窗中每个菱形边长相同），若两个固定点间的距离，，则每个小菱形的边长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的四条边都相等的性质和有一个角是的等腰三角形是等边三角形推出菱形的边长．
【详解】如图：

∵四边形和四边形是全等的菱形，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴
故选：．
【点睛】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握上述知识．
8. 如图所示的是一个长方体笔筒，底面的长、宽分别为和，高为，将一支长为的签字笔放入笔筒内，则签字笔露在笔筒外的的长度最少为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】长方体内斜对角线是最长的，当签字笔在笔筒里对角放置的时候露在外面的长度最小，求出笔筒的对角线长度即可得签字笔露在外面的最短长度．
【详解】解：由题意知：笔筒底面对角长为，
∴笔筒的对角线长：，
∵签字笔长，
∴签字笔露在笔筒外面的最短长度是：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
9. 我国南宋数学家秦九韶的著作《数书九章》中有-道问题:“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步，欲知为田几何?”问题大意:如图，在△ABC中，AB = 13里，BC = 14里，AC = 15里，则△ABC的面积是（ ）
A. 80平方里B. 82平方里C. 84平方里D. 86平方里
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理得应用，过点作于点，构造两个直角三角形，在和中，由勾股定理得：，得出，在中，由勾股定理得出，即可求沙田的面积．
【详解】解：如图，过点作于点，
在和中，由勾股定理得：
，解得：
在中，
这块沙田的面积．
故选：C．
10. 意大利著名画家达·芬奇用一张纸片剪拼出不一样的空洞，而两个空洞的面积是相等的，如图所示，证明了勾股定理，若设图1中空白部分的面积为，图2中空白部分的面积为，则下列对，所列等式不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的证明，根据勾股定理、直角三角形以及正方形的面积公式计算，即可解决问题．
【详解】解：由勾股定理可得，
由题意，可得，
故选项A符合题意，选项B、C、D不符合题意．
故选：A．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 化简：_________．
【答案】##
【解析】
【分析】把分子分母都乘以，再计算即可得到答案．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是分母有理化，掌握分母有理化的方法是解本题的关键．
12. 如图，点E是矩形中边上的一点，将沿折叠为，点F落在边上，若，则_____．
【答案】##40度
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，掌握折叠的性质是解题的关键．根据矩形的性质得出，根据折叠的性质得出，根据平角的定义，即可求解．
【详解】解：四边形为矩形，
，
沿折叠为，
，
，
，
故答案为：．
13. ____________
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是利用平方差公式计算即可．
【详解】解：因为，
故答案为：．
14. 在菱形中，，对角线的长为_________．
【答案】24
【解析】
【分析】由菱形的性质得出，，由勾股定理求出，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理；熟练掌握菱形的性质是本题的关键．
15. 已知，则的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件先求解，，结合，再代入求值即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴


；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是利用完全平方公式的变形求值，二次根式的加减乘法运算，求解代数式的值，掌握完全平方公式的变形是解本题的关键．
16. 如图，在中，，，，点是边上一点，点为边上一点，点、分别为，的中点，则的最小值是_________．

【答案】####
【解析】
【分析】本题考查了三角形的面积，勾股定理，三角形的中位线，垂线段最短等知识点．当时，的值最小，此时的值也最小，根据勾股定理求出，根据三角形的面积求出，再求出答案即可．
【详解】解：如图，连接，

点、分别为，的中点，
．
当时，的值最小，此时的值也最小．
，，
，，
，
由勾股定理得：，
，
，
．
故答案为：．
三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【详解】先计算二次根式的乘法运算，再化简二次根式，合并同类二次根式即可．
解：

；
【点睛】本题考查的是二次根式的加减法乘法运算，熟记运算法则是解本题的关键．
18. 如图，在中，点M，N分别在边，上，且，对角线分别交，于点E，F．求证．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的关键．
连接交于O，根据平行四边形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论．
【详解】证明：连接交于O，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
19. 先化简，后求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】根据平方差公式，单项式乘以多项式先计算整式的乘法运算，再合并得到化简的结果，再把代入进行计算即可．
【详解】解：

；
当时，
原式．
【点睛】本题考查的是整式的乘法的混合运算，平方差公式的应用，二次根式的乘法运算，熟记运算法则是解本题的关键．
20. 如图，在中，分别以点B，C为圆心，为半径画弧，两弧交点所在直线分别与和交于点D和点E，以点E为圆心，在射线上截取，连接，，，．
（1）四边形是什么特殊四边形？请说明理由．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由作图可知，，，加上已知条件，即可得出四边形是菱形．
（2）由垂直平分线的性质可得，点E为线段的中点，再证明为的中位线，最后利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：四边形是菱形．
理由∶由作图可知，直线为线段的垂直平分线，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
∵，
∴，
∵直线为线段的垂直平分线，
∴，点E为线段的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定，垂直平分线的性质，中位线的性质以及勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．
21. （1） 已知a，b为实数， 且，求a，b的值．
（2）已知实数m满足，求的值．
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，明确二次根式的被开方数非负是解题的关键；
（1）根据二次根式有意义的条件可得出a的值，再根据非负数的和为0得出b的值即可；
（2）根据二次根式有意义的条件可得m的取值范围，再根据绝对值的定义将原式化为，两边平方即可．
【详解】解：（1）∵和均有意义
∴且，
即且
∴，
当时，，
∴
答：；
(2) ∵有意义，
∴，
∴
因此，可变为，
即
∴
即
答：的值是2024
22. 人教版初中数学教科书八年级下册第16页阅读与思考给我们介绍了“海伦—秦九韶公式”，它是利用三角形的三条边的边长直接求三角形面积的公式：即如果一个三角形的三边长分别为、、，记，那么这个三角形的面积为 ，如图，在中，，，．
（1）求的面积；
（2）设边上高为，边上的高为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了“海伦—秦九韶公式”；
（1）将，，代入公式计算，即可求解；
（2）由三角形面积公式即可求解；
理解公式是解题的关键．
【小问1详解】
解：，，，
∴
=
，
∴
；
∴的面积为；
【小问2详解】
解：由(1)知，的面积为；
，
，
，，
∴
．
23. 阅读下述材料：
我们在学习二次根式时，熟悉的分母有理化以及应用．其实，有一个类似的方法叫做“分子有理化”，
与分母有理化类似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，从而消掉分子中的根式，比如：，
分子有理化可以用来比较某些二次根式大小，也可以用来处理一些二次根式的最值问题．例如：
比较和的大小．可以先将它们分子有理化如下：，，
因为，所以．
再例如：求的最大值．做法如下：
解：由可知，而，
当时，分母有最小值2，所以y的最大值是2．
解决下述问题：
（1）比较和的大小；
（2）求的最大值和最小值．
【答案】（1）
（2）的最大值为2，最小值为
【解析】
【分析】（1）利用分子有理化得到，，然后比较和的大小即可得到与的大小；
（2）利用二次根式有意义的条件得到，而，利用当时，有最大值1，有最大值1得到所以的最大值；利用当时，有最小值，有最小值0得到的最小值．
【小问1详解】
，
，
而，，
，
；
【小问2详解】
由，，得，
，
∴当时，有最小值，则有最大值1，此时有最大值1，所以最大值为2；
当时，有最大值，则有最小值，此时有最小值0，所以的最小值为．
【点睛】本题考查了非常重要的一种数学思想：类比思想．解决本题关键是要读懂例题，然后根据例题提供的知识点和方法解决问题．同时要注意所解决的问题在方法上类似，但在细节上有所区别．
24. 如图1，在平行四边形中，平分交于点，于点，交于点，且，连接．
（1）若，，求的长度；
（2）如图2，若平分交于点，于点，求证：．
【答案】（1）4 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由平行四边形性质和勾股定理即可求得结论；
（2）由平行四边形性质可得，再由可得，再根据角平分线定义可得，由等腰三角形性质可得，由此可得和均为等腰直角三角形，即可证明结论．
【小问1详解】
解：如图1，连接，
四边形是平行四边形，
，，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
证明：如图2，延长交于，
，平分，
，，
，
，
，
，
，
平分，平分，
，，
，
，
，
，
，
和均为等腰直角三角形，
，，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，等腰直角三角形判定和性质，勾股定理，角平分线定义等，熟练掌握平行四边形性质和等腰直角三角形性质是解题关键．
25. 已知菱形的边长为2，，对角线、相交于点O．点M从点B向点C运动（到点C时停止），点N为上一点，且，连接交于点P．

（1）写出菱形的面积___________；
（2）如图1，过点D作于点G，若，求点C到AM的距离？
（3）如图2，点E是上一点，且，连接、．试判断：在运动过程中；是否存在最小值？若存在，请求出：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）．
（2）1.7，具体见解析．
（3）存在最小值，最小值为．
【解析】
【分析】（1）如图1，由四边形是菱形，得，，解得，，进而，，所以．
（2）如图1，过点C作，垂足为 F，由四边形是菱形，得，，进一步证得，求证，所以；
（3）如图3，取中点H，连接，，，由四边形是菱形， 得，，进一步求证，证得，所以，求证，中，，可证得，得，于是，即最小值为的长；中，，，得，中，勾股定理得，所以最小值为．
小问1详解】
如图1，

图1
∵四边形是菱形，
∴，
中，，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
【小问2详解】
如图1，过点C作，垂足为 F，

图1
∵四边形是菱形，
∴，
∵
∴
∴，即
又∵
∴
∴
即点C到AM的距离为1.7．
【小问3详解】
如图3，取中点H，连接，，，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵
∴
∴
∴
∴
又∵，
∴

图3
∴
∴
∴
中，，
∴
∴
∴
∴
即最小值为的长
中，，
∴，
∴
∴中，
∴最小值为．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质，解直角三角形，两点之间线段最短；根据题设条件添设辅助线构造全等三角形，得到相等线段，从而利用两点之间线段最短是解题的关键．