山东省泰安市宁阳县第三中学（五四制）2023-2024学年八年级下学期第一次月考数学试题（含解析）

这是一份山东省泰安市宁阳县第三中学（五四制）2023-2024学年八年级下学期第一次月考数学试题（含解析），共23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．下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列式子正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A． B．且C． D．且
4．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE//BD，DE//AC．若AC=4，则四边形CODE的周长是（ ）
A．4B．6C．8D．10
5．设x、y为实数，且，则的值是（ ）
A．1B．5C．2D．0
6．如图，在边长为6的正方形内作，交于点E，交于点F，连接，将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．2
7．若，则化简的结果是（ ）
A．B．C．D．1
（2022湖南中考改编）
8．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝2，若菱形ABCD的面积为12，则AB的长为（ ）
A．10B．4C．D．6
9．如图，在中，，点F为AC中点，是的中位线，若，则BF=（ ）
A．6B．4C．3D．5
10．如图，已知正方形的边长为4，是边延长线上一点，，是边上一点，将沿翻折，使点的对应点落在边上，则的长是（ ）
A．B．C．1D．
（2022泰州中考）
11．如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为( )
A．B．C．D．
12．如图，已知正方形的边长为2，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为4；③一定是等腰三角形；④；⑤EF的最小值为．其中正确结论的序号为（ ）
A．①②③④B．①②④⑤C．②④⑤D．①②④
二、填空题（每小题4分，共24分）
13．不等式的解集是 ．
14．如果，则 ．
（2022宜昌中考）
15．如图，在矩形中，是边上一点，，分别是，的中点，连接，，，若，，，矩形的面积为 ．
16．如图，矩形ABCD中，E在AD上，且，，，矩形的周长为16，则AE的长是 ．
17．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，点为垂足，连接，则等于 °．
（2021重庆中考）
18．如图，正方形的对角线，交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是1，则的长为 ．
三、解答题（共78分）
19．二次根式的计算：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)；
(5)；
(6)；
(7)；
(8)．
（2020年聊城）
20．如图，在中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，，若，求证：四边形是矩形．
21．如图，中，，外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足．求证：四边形是正方形．
22．如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，．

(1)求证：是菱形；
(2)，，求的长．
（2021烟台中考）
23．有公共顶点A的正方形与正方形按如图1所示放置，点E，F分别在边和上，连接，，M是的中点，连接交于点N．
【观察猜想】
（1）线段与之间的数量关系是____________，位置关系是___________；
【探究证明】
（2）将图1中的正方形绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边上，如图2，其他条件不变，线段与之间的关系是否仍然成立？并说明理由．
参考答案与解析
1．C
【分析】
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
【解答】
解：A、的被开方数中的因数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B、，的被开方数中含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、是最简二次根式，故本选项符合题意；
D、的被开方数中的因数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点拨】本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：①被开方数中的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不含有能开得尽方的因式或因数．
2．A
【分析】根据二次根式的性质逐一判断即可．
【解答】解：A、，该选项符合题意；
B、该选项不符合题意；
C、没有意义，该选项不符合题意；
D、该选项不符合题意；
故选：A．
【点拨】此题考查的是二次根式的化简，掌握二次根式的性质是解决此题的关键．
3．B
【分析】
根据分式的分母不为0，二次根式的被开放数，大于等于0，进行求解即可．
【解答】
解：根据题意得，且，
解得且．
故选：B．
【点拨】
本题考查代数式有意义的条件．熟练掌握分式的分母不为0，二次根式的被开放数，大于等于0，是解题的关键．
4．C
【解答】∵CE//BD，DE//AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=4，OA=OC，OB=OD，
∴OD=OC= AC=2，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×2=8．
故选C．
5．A
【分析】
根据二次根式有意义的条件求出x的值，进而求出y的值，然后代值计算即可
【解答】
解：根据题意得：，
解得：，则．
∴．
故选：A．
【点拨】本题主要考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟知二次根式被开方数为非负数．
6．D
【分析】
利用证明，得，设，则，，在中，利用勾股定理列方程即可解决问题．
【解答】解：∵将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B．
∴，，，
∴，
∴点G、B、E共线，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，，
在中，由勾股定理得，
，
解得，
∴，
故选：D．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明是解题的关键．
7．D
【分析】
利用去根号，再根据化简绝对值即可．
【解答】
解：∵，
∴，，
∴
．
故选D．
【点拨】
本题考查化简二次根式、化简绝对值，解题的关键是掌握．
8．C
【分析】在中先求得的长，根据菱形面积公式求得长，再根据勾股定理求得长，即可得到．
【解答】解：，
，
四边形是菱形，
，，，
（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
，，
由得，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是先求得的长．
9．A
【分析】由DE是的中位线，可得AC=12，在中，点F为AC中点，可得BF=即可．
【解答】解：∵DE是的中位线，
∴AC=2DE=2×6=12，
∵在中，，点F为AC中点，
∴BF=，
故选择A．
【点拨】本题考查三角形中位线与三角形中线性质，掌握三角形中位线与三角形中线性质是解题关键．
10．A
【分析】
此题考查正方形与折叠、勾股定理；由正方形的性质得，，则，由翻折得，则，所以，设，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【解答】
解：四边形是边长为的正方形，
，，
，
由翻折得：，
，
，
设，则：，，
在中，由勾股定理，得：，
解得：，
∴；
故选A．
11．C
【分析】连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；
【解答】解：如图，连接CF、CG、AE，
∵
∴
在和中，
∵
∴
∴
∴
当时，最小，
∴d1＋d2＋d3的最小值为，
故选：C．
【点拨】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．
12．B
【分析】
①根据正方形的对角线平分对角的性质，得是等腰直角三角形，在中，，求得；②先证明四边形为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为，则四边形的周长为4；
③根据P的任意性可以判断不一定是等腰三角形；④由②可知，四边形为矩形，则通过正方形的轴对称性，证明；⑤当最小时，最小，的最小值等于．
【解答】解：①如图，∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．故①正确；
②∵，
∴四边形为矩形，
∴四边形的周长，故②正确；
③∵点P是正方形的对角线上任意一点，，
∴当或或时，是等腰三角形，
除此之外，不是等腰三角形，故③错误；
④连接，
∵四边形为矩形，
∴，
∵正方形为轴对称图形，
∴，
∴，故④正确；
⑤由，
∴当最小时，最小，
则当时，即时，的最小值等于，故⑤正确；
故选：B．
【点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理的运用，在解答时要认真审题．
13．
【分析】
本题考查解一元一次不等式，二次根式的运算，根据解一元一次不等式的步骤进行求解即可．
【解答】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】
根据，再列不等式解题即可．
【解答】解：∵，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点拨】本题考查的是二次根式的化简，掌握是解本题的关键．
15．48
【分析】根据三角形中位线的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得出相关线段长，利用勾股定理逆定理判定，再结合即可得出结论．
【解答】解：在矩形中，，
在矩形中，，分别是，的中点，，
是的中位线，即，
在中，是BE的中点，，
是斜边上的中线，即，
，
在中，是EC的中点，，
是斜边上的中线，即，
，
在中，，，，即，
是直角三角形，且，
过作于，如图所示：
，
故答案为：．
【点拨】本题考查矩形面积，涉及到中位线的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、矩形的性质、勾股定理逆定理、三角形等面积法等知识，熟练掌握相关性质，准确作出辅助线表示是解决问题的关键．
16．3
【分析】设，根据矩形的性质得出，，，求出，证，推出，求出，得出方程，求出即可.
【解答】设，
四边形是矩形，
，，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
矩形的周长为，
，
，
即.
故答案为：.
【点拨】本题考查了三角形内角和定理，矩形性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是推出.
17．
【分析】连接，根据菱形性质得出，，，，根据线段垂直平分线得出，由等边对等角可得，求出，再利用“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，再根据三角形外角的性质即可得出答案．
【解答】解：如图，连接，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查菱形的性质的应用，全等三角形判定和性质，线段垂直平分线性质，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，注意：菱形的四条边相等，菱形的对角线互相平分、垂直，且每一条对角线平分一组对角．理解和掌握菱形的性质是解题的关键．
18．2
【分析】先证明△MAO≌△NDO(ASA)，再证明四边形MOND的面积等于△DAO的面积，继而解得正方形的面积，据此求解即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
∴∠AOD=90°
∵ON⊥OM
∴∠MON=90°
∴∠AOM=∠DON
又∵∠MAO=∠NDO=45°，AO=DO
∴△MAO≌△NDO(ASA)
∴
∵四边形MOND的面积是1，
∴
∴正方形ABCD的面积是4，
∴
∴AB=2
故答案为：2．
【点拨】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
19．(1)
(2)
(3)0
(4)6
(5)
(6)
(7)
(8)
【分析】
本题考查二次根式的混合运算：
（1）根据乘法分配律进行计算即可；
（2）先化简，再合并即可；
（3）先计算除法，再合并即可；
（4）根据乘除法则，进行计算即可；
（5）计算平方差公式和除法运算，再合并即可；
（6）利用完全平方公式进行计算即可；
（7）先化简各数，再利用乘法法则进行计算；
（8）先化简，再合并即可．
【解答】（1）解：原式；
（2）原式；
（3）原式；
（4）原式；
（5）原式；
（6）原式；
（7）原式
；
（8）原式．
20．见解析
【分析】根据平行四边形的性质和E为的中点，易得，得到，，结合得到四边形ABFC是平行四边形，再利用，得到 ，最后利用矩形的判定定理判定即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，
∴，．
∵E为的中点，
∴．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，延长交的延长线于点F，
∴，
∴四边形ABFC是平行四边形．
∵，，
∴．
∴四边形是矩形．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，得到是解答关键．
21．见解析
【分析】作于G，如图所示：则，先证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得出，即可得出四边形是正方形．
【解答】
证明：作于G，如图，
则，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵外角平分线交于点A，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
【点拨】本题考查了正方形的判定与性质、角平分线的性质等知识；关键是根据正方形的判定、角平分线的性质解答．
22．(1)证明见解析
(2)的长为
【分析】
（1）先证四边形是平行四边形，再证平行四边形是矩形，则，得，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）证是等边三角形，得，再由勾股定理得：，然后由矩形的性质得，，即可解决问题．
【解答】（1）
证明：，，
四边形是平行四边形．
，
∴平行四边形是矩形，
，
，
是菱形；
（2）
解：四边形是菱形，
，，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
，，
，
即的长为．
【点拨】
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．
23．（1），；（2）成立，证明见解析；
【分析】（1）证明△ABF≌△ADE，得出DE=BF，根据斜边中线等于斜边一半得出数量关系，再导角证垂直；
（2）延长AM至点H，使MH=AM，证△ABH≌△ADE，类比（1）推导即可．
【解答】解：（1）∵AB=AD，AF=AE，∠BAF=∠DAE=90°，
∴△ABF≌△ADE，
∴BF=DE，∠ABF=∠EDA，
∵M是的中点，
∴，即；
∴∠FBA=∠BAM，
∴∠BAM=∠EDA，
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴；
故答案为：，；
（2）延长AM至点H，使MH=AM，
∵BM=FM，∠AMF=∠BMH，
∴△AMF≌△HMB，
∴AF=BH，∠AFM=∠HBM，
∵AE=AF，
∴AE=BH，
∵∠AFM+∠ABF=180°-45°=135°，
∴∠ABH=∠HBM+∠ABF=135°，
∵∠EAD=∠EAB+∠GAE=135°，
∴∠EAD =∠ABH，
∵AB=AD，
∴△ABH≌△ADE，
∴AH=DE，∠BAH=∠EDA，
∴；
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴；
【点拨】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等三角形的判定与性质进行推理证明．