江苏省连云港市海宁中学2023-2024学年八年级下学期数学第一次月考试题（含解析）

这是一份江苏省连云港市海宁中学2023-2024学年八年级下学期数学第一次月考试题（含解析），共27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。

1．下面图形是用数学家名字命名的，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．赵爽弦图B．笛卡尔心形线
C．科克曲线D．斐波那契螺旋线
2．下列式子中：，，，，，其中分式的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3．下列各式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
4．将分式中的m、n同时扩大为原来的3倍，分式的值将（ ）
A．扩大3倍B．不变C．缩小为原来的D．缩小为原来的
E．
5．下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ）
A．有一个内角等于B．对角线互相平分
C．邻边相等D．对角线相等
6．如图，在矩形中，对角线交于点O，过点O作交于点E，交于点F．已知，的面积为5，则的长为（ ）
A．2B．C．D．3
7．如图，矩形和矩形，点P在边上，且，连结和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（ ）

A．3B．6C．D．
8．如图，在正方形中，为对角线上一点，连接，过点作，交延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①；②；③；④．
其中正确的结论序号是（ ）

A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
9．要使分式有意义，则应满足的条件是 ．
10．当x＝ 时，分式的值为零．
11．边长为的菱形，一条对角线长是，则菱形的面积是 ．
12．如图，在中，对角线和相交于点O，如果，，，那么m的取值范围是 ．
13．已知2a﹣2b=ab，则的值等于 ．
14．如图，将矩形沿对角线所在直线折叠，点落在同一平面内，落点记为，与交于点，若，，则的长为 ．
15．如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线交对角线BD于点F，垂足为点E，连接AF、AC，若∠DCB＝80°，则∠FAC＝ ．
16．如图，在平行四边形ABCD中，，，，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线，与BC交于点E，与AD交于点F，连接AE，CF，则四边形AECF的周长为 ．
17．如图，在中，，P为边上一动点，于E，于F，M为中点，则的最小值为 ．
18．在直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（-2，4）、（-5，2），点M、N分别是x轴、y轴上的点，若以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则点M的横坐标的所有可能的值是 ．
三、解答题（本大题共8小题，共96分）
19．计算：
(1)
(2)
(3)
(4)
20．如图所示的正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图：
(1)作出关于坐标原点成中心对称的；
(2)作出以点A为旋转中心，将绕点A顺时针旋转得到的；
(3)点的坐标为________．
21．已知，求分式的值．
22．如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，点G，H在上，且，．
(1)若，，试求的度数．
(2)求证：四边形是平行四边形．
23．如图，点C是的中点，四边形是平行四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，求证：四边形是矩形．
24．数学活动课上，陈老师布置了一道题目：如图，你能用一张锐角三角形纸片ABC折出一个以∠A为内角的菱形吗？
请根据悦悦的折法在图中画出对应的图形，并证明四边形AEDF是菱形．
25．如图1，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，过点N作于点P，连接交于点，连接．设运动时间为t秒．
(1)______，______．（用含t的代数式表示）
(2)当四边形为平行四边形时，求t的值；
(3)如图2，将沿AD翻折，得，是否存在某时刻t，使四边形为为菱形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
26．如图，在平面直角坐标系中，点A、点B分别在x轴与y轴上，直线的解析式为，以线段为边作平行四边形．
(1)如图1，若点C的坐标为，判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，在（1）的条件下，P为边上的动点，点C关于直线的对称点是Q，连接．
①当 °时，点Q位于线段的垂直平分线上；
②连接，设，设的延长线交边于点E，当时，求证：，并求出此时x的值．
参考答案与解析
1．A
【分析】
根据轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁能够完全重合的图形；中心对称图形：一个图形沿着某个点旋转180度后能与原图形完成重合的图形；由此问题可求解．
【解答】解：A．是中心对称图形，但不是轴对称图形；故符合题意；
B．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
C．既是轴对称图形也是中心对称图形，故不符合题意；
D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；
故选A．
【点拨】本题主要考查轴对称图形及中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．
2．B
【分析】根据分式的定义逐个式子判断即可．
【解答】解：是整式，是整式，是整式，
是分式，是分式，分式共有2个．
故选：B．
【点拨】本题考查分式的定义．一般地，如果A，B表示两个整式，并且B中含有字母，那么式子叫做分式．
3．C
【分析】
本题考查的是分式的基本性质，做题的根据是看是否符合分式的基本性质，特别要注意同乘或同除的数或整式是否为0．根据分式的基本性质：分式的分子和分母同时乘以或除以一个不为0的数或整式，分式的值不变，即可得出答案．
【解答】
A、D．是分子、分母同加或同减，不符合分式的基本性质，故选项A、D错误；
B．是分式的分母乘以b，分子没有乘b，且b有可能为0，故选项B错误；
C．分式的分子和分母同乘，且，符合分式的基本性质，故选项C正确．
故选：C．
4．C
【分析】本题考查分式的基本性质，分式的分子、分母同乘（或除以）一个不为0的整式，分式的值不变；熟练掌握分式的基本性质是解题关键．把m、n都扩大3倍，代入原式，根据分式的性质化简后与原式比较即可得答案．
【解答】解：∵将分式中的m、n同时扩大为原来的3倍，
∴，
∴分式的值将为原来的．
故选：C．
5．C
【分析】
根据矩形和菱形的性质进行逐一判断即可．
【解答】A、矩形具有，菱形不一定具有，故此项错误；
B、矩形和菱形都具有，故此项错误；
C、矩形不一定具有，菱形具有，故此项正确；
D、矩形具有，菱形不一定具有，故此项错误．
故选：C．
【点拨】本题考查了矩形和菱形的性质，掌握性质是解题的关键．
6．D
【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．连接，由题意可得为对角线的垂直平分线，可得，，由三角形的面积则可求得的长，然后由勾股定理求得答案．
【解答】解：连接，如图所示：

由题意可得，为对角线的垂直平分线，
，，
．
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
故选：D．
7．C
【分析】连接，交于点K，利用全等三角形的判定与性质，得到，则M，K两点重合，，连接，延长交于点H，利用矩形的判定与性质可得四边形和四边形为矩形，可求得线段，利用勾股定理求得，利用三角形的中位线定理即可得出结论．
【解答】
解：连接，交于点K，
∵四边形为矩形，
∴，
，
在和中，
∵，
∴，
，
即点K为的中点，
∵点M为的中点，
∴M，K两点重合．
∴．
连接，延长交于点H，
∵矩形和矩形，
∴，
∴四边形和四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴为的中位线，
∴．
故选：C．

【点拨】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
8．B
【分析】如图所述，过点作于点，作于点，设交于点，可证四边形是正方形，可得即可判断结论①；根据结论①可证矩形是正方形，根据全等三角形的判定方法可判断结论②；根据正方形的性质可得，由结论②可得，由此可判断结论③；根据点在上，当时，可判断结论④；由此即可求解．
【解答】解：结论①，
如图所述，过点作于点，作于点，设交于点，

∵四边形是正方形，是对角线，，，
∴，，
∴四边形是矩形，且，，
∴都是等腰直角三角形，即，
∴矩形是正方形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，则，
∵，
∴，则，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，故结论①正确；
结论②，
由结论①正确可知，，且四边形是矩形，
∴矩形是正方形，
∴，即，且，
∵四边形是正方形，
∴，即，且，
∴，
在中，
，
∴，故结论②正确；
结论③，
∵四边形是正方形，是对角线，
∴，
由结论②正确可知，，
∴，
∴，故结论③正确；
结论④，
∵四边形是正方形，是对角线，点是上的点，
∴当时，点于点重合，
∴与不一定相等，故结论④错误；
综上所述，正确的有①②③，
故选：．
【点拨】本题主要考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，几何图形的变换，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
9．
【分析】
根据分式有意义的条件：分母不为零，直接列式求解即可得到答案．
【解答】解：分式有意义，
，解得，
故答案为：．
【点拨】本题考查分式有意义的条件，熟记分式有意义的条件：分母不为零，掌握不等式解集的求法是解决问题的关键．
10．3
【分析】分式的值为零的条件：分子为0，分母不为0，据此即可求出x的值．
【解答】∵分式的值为零，
∴x2-9=0，且x+3≠0，
解得：x=3，
故答案为：3
【点拨】本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可．
11．##24平方厘米
【分析】
此题主要考查了菱形的性质．根据菱形对角线垂直且互相平分，即可得出菱形的另一条对角线的长，再利用菱形的面积公式求出即可．
【解答】解：如图所示：
设菱形中，对角线，
∵四边形是菱形，对角线，
∴，
，
，
∴菱形的面积为∶．
故答案为：．
12．##
【分析】
本题考查的是三角形的三边关系的应用，平行四边形的性质，先证明，，再利用三角形的三边关系可得答案．
【解答】
解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
在中，，
∴，
∴．
故答案为．
13．
【分析】所求式子通分并利用同分母分式的减法法则计算后，将已知等式变形后代入计算即可求出值．
【解答】∵==，
∴====；
故答案为：.
【点拨】此题考查了分式的加减法，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母．
14．
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，先根据等角对等边，得出，再设，在中，根据勾股定理列出关于的方程，求得的值即可．熟练掌握勾股定理及利用方程的思想是解题的关键．
【解答】由折叠得，，，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
15．10°##10度
【分析】由是线段AB的垂直平分线得到AF=BF，继而证明，由菱形的性质结合等腰三角形的性质解得，最后由解答．
【解答】解：是线段AB的垂直平分线，
，
，
四边形ABCD是菱形，∠DCB＝80°，
，
，
，
，
，
故答案为：10°．
【点拨】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质等知识，掌握相关知识是解题关键．
16．10
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，根据平行线分线段成比例可得为的中线，然后勾股定理求得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得的长，进而根据菱形的性质即可求解．
【解答】解：如图，设与的交点为，
根据作图可得，且平分，
，
四边形是平行四边形，
，
，
又， ，
，
，
，
四边形是平行四边形，
垂直平分，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
为的中点，
中， ，，
，
，
四边形AECF的周长为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，平行线分线段成比例，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
17．
【分析】
根据已知得当时，最短，同样也最短，从而不难根据三角形的面积求得其值．
【解答】
解：连接，如图：
在中，，
，
∴是直角三角形，且，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴．
∵M是的中点，
∴，
根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，即时，最短，同样也最短，
，即，
．
故答案为：．
【点拨】本题考查了勾股定理及其逆定理，矩形的判定及性质、直角三角形的性质，解题的关键是能够把要求的线段的最小值转换为便于分析其最小值的线段．
18．-7，-3，3
【分析】根据“一组对边相等且平行的四边形是平行四边形”，画出图形，得出点M的横坐标即可．
【解答】解：如图所示：
当AB平行且等于N1M1时，四边形ABM1N1是平行四边形；
当AB平行且等于N2M2时，四边形ABN2M2是平行四边形；
当AB为对角线时，四边形AN3BM3是平行四边形．
故符合题意的有3个点，点M的横坐标分别为-7，-3，3．
故答案为：-7，-3，3．
【点拨】此题考查了平行四边形的性质；结合AB的长分别确定M，N的位置是解决问题的关键．
19．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】
本题主要考查了分式加减运算，解题的关键是熟练掌握分式加减运算法则，准确计算．
（1）根据同分母减法运算法则进行计算即可；
（2）根据异分母减法运算法则进行计算即可；
（3）根据异分母加法运算法则进行计算即可；
（4）异分母减法运算法则进行计算即可．
【解答】（1）解：
；
（2）解：
；
（3）解：
；
（4）解：
．
20．(1)图见解答；
(2)图见解答；
(3)
【分析】
（1）根据中心对称的性质找到点、、，连接、、即可得到答案；
（2）根据旋转的性质找到、，连接、、即可得到答案；
（3）根据（2）的图形即可得到答案；
【解答】（1）解：由题意可得，根据中心对称的性质找到点、、，连接、、，如图所示，
；
（2）解：如图，三角形如图所示，
；
（3）解：由（2）可得，
，
故答案为：；
【点拨】本题考查作中心对称图形及旋转作图，解题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义及旋转的性质．
21．
【分析】本题考查的是分式的化简求值，转化所求问题后将已知条件整体代入，正确的化简和已知条件转化是解答此题的关键．由已知可知，然后代入所求的式子，进行约分就可求出结果．
【解答】解：∵，
∴，
∴，
∴
．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由四边形是平行四边形，可知，求出即可；
（2）只要证明，即可解决问题；
【解答】（1）解：∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴．
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
【点拨】本题考查平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
23．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点拨】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
24．证明见解析
【分析】正确画出对应的图形，EF与AD交于点O，如图所示，先利用ASA证明△AOE≌AOF，得出AD是EF的垂直平分线，利用对角线互相垂直平分的四边形是菱形，即可证得结论．
【解答】正确画出对应的图形，EF与AD交于点O，如图所示
∵AD是∠BAC的平分线
∴∠BAD＝∠CAD
∵EF是AD的垂直平分线
∴∠AOE=∠AOF=90°
又∵AO=AO
∴△AOE≌AOF
∴OE=OF
即AD是EF的垂直平分线
∴四边形AEDF是菱形．
【点拨】本题考查了菱形的判定定理，应用了对角线互相垂直平分的四边形是菱形来证明，考查了全等三角形的判定和性质定理，以及角平分线的性质．
25．(1)，
(2)
(3)存在，
【分析】
（1）由，根据即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则；
（2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可；
（3）由，，可得当时有四边形为菱形，列出方程，求解即可．
【解答】（1）
解：如图1．

，
．
在直角梯形中，，，于点，
四边形为矩形，
，
；
故答案为：，．
（2）
四边形为平行四边形时，，
，
解得：；
（3）
存在时刻，使四边形为菱形．
理由如下：
，，
当时有四边形为菱形，
，
解得．
【点拨】本题主要考查了四边形综合题，其中涉及到直角梯形的性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键．
26．(1)四边形是正方形，理由见解析
(2)①30；②证明见解析，
【分析】
（1）过C作轴于H，在中，可得，，即有，，，而，故，，可证，得，，从而可得，根据四边形是平行四边形，且，，即知四边形是正方形；
（2）①过Q作于K，连接，由Q在的垂直平分线上，可得，而C关于直线的对称点是Q，有，故是等边三角形，，即可得；
②由，C关于直线的对称点是Q，四边形是正方形，可得 ， ，而，有，故，即得，从而可得，设，则，，
在中有，从而可解得x的值是．
【解答】（1）
解：四边形是正方形，理由如下：
过C作轴于H，如图：
在中，令得，令得，
∴，，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，且，，
∴四边形是正方形；
（2）
①过Q作于K，连接，如图：
∵Q在的垂直平分线上，
∴直线是正方形的对称轴，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵C关于直线的对称点是Q，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵C关于直线的对称点是Q，
∴，
故答案为：30；
②如图：
∵，
∴，，
∵C关于直线的对称点是Q，四边形是正方形，
∴，，，
∴，，
∴ ， ，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴x的值是．
【点拨】
本题考查一次函数的综合应用，涉及正方形的判定，等边三角形的判定，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握对称的性质．
悦悦的折法如下：
第一步，折出∠A的平分线，交BC于点D．
第二步，折出AD的垂直平分线，分别交AB、AC于点E、F，把纸片展平．
第三步，折出DE、DF，得到四边形AE