江苏省徐州市树人初级中学2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份江苏省徐州市树人初级中学2023-2024学年八年级下学期3月月考数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．下列说法中，不正确的是（ ）
A．了解杭州市区宠物狗的数量，适合采用抽样调查
B．了解某班学生的生日，适合采用全面调查
C．在“抗击肺炎”期间，对来医院看病的发热病人，适合采取全面调查
D．纠正3月月考数学试卷中的错别字，适合采用抽样调查
3．为了了解参加某运动会的200名运动员的年龄情况，从中抽查了20名运动员的年龄，就这个问题来说，下面说法正确的是（ ）
A．200名运动员是总体B．每个运动员是总体
C．20名运动员是所抽取的一个样本D．样本容量是20
4．矩形具有而平行四边形不具有的性质是( )
A．内角和为360°B．对角线相等
C．对角相等D．相邻两角互补
5．如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到和的中点D、E，测量得米，则A、B两点间的距离为（ ）
A．30米B．32米C．36米D．48米
6．下列条件能判断四边形ABCD是菱形的条件是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直且平分
C．一组邻边相等D．对角线互相垂直
7．如图，将绕直角点C顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在矩形ABCD中，，，点E在边CD上，连接BE，将沿BE叠，若点C恰好落在AD边上的点F处，则CE的长为
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共有10小题，每小题4分，共40分。不需写出解答过程，请将答案直接写答题卡相应的位置）
9．为了更清楚地看出病人24小时的体温变化情况，应选用 统计图来描述数据．
10．若菱形的两条对角线长分别是6cm，8cm，则该菱形的面积是 cm2．
11．在平行四边形中，，则 ．
12．顺次连接一个矩形各边中点得到的四边形是 ．
13．在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，正方形的顶点C，D在第二象限，若点A的坐标为，点B的坐标为，则点C的坐标为 ．
14．如图，在▱ABCD中，∠A=65°，将▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱，当首次经过顶点C时，旋转角∠的大小为 ．
15．如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD＝110°，则∠CDE＝ °．
16．若A点的坐标是（1，3），则点A关于原点对称的点M的坐标是
17．如图，平行四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，若AD=6，AC+BD=16，则△BOC的周长为 ．
18．如图，▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠AEB=450，BD=2，将△ABC沿AC所在直线翻折180°到其原来所在的同一平面内，若点B的落点记为B′，则DB′的长为 ．
三．解答题（本大题共有7小题，共68分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．
(1)将向左平移6个单位长度得到，请画出；
(2)画出关于点的中心对称图形；
(3)若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为___________，旋转角度为__________°．
20．如图，E、F是四边形对角线上两点，，，．求证：四边形是平行四边形．
21．已知：如图，在中，，是的角平分线，，，垂足分别为E、F．求证：四边形是正方形．
22．如图，矩形中，点是上的一点，且于点，求证：．
23．如图，在平行四边形中，、相交于点O，且．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求矩形的面积．
24．已知：在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点．
①求证：EF与GH互相平分；
②当四边形ABCD的边满足 条件时，EF⊥GH．
25．（1）如图1，是等边内一点，且，，，若将绕点逆时针旋转后，得到，则点与之间的距离为______，______度．
（2）类比探究：如图2，点P是正方形内一点，，，．你能求出．你能求出的度数吗？写出完整的解答过程．
（3）迁移运用：如图3，若点P是正方形外一点，，，，则_____．（接写出答案）
参考答案与解析
1．B
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故A选项不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．
故选B．
2．D
【分析】根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似解答．
【解答】解：A、了解杭州市区宠物狗的数量，数量较多，适合采用抽样调查，故不符合；
B、了解某班学生的生日，人数不多，适合采用全面调查，故不符合；
C、在“抗击肺炎”期间，对来医院看病的发热病人，事关重大，适合采取全面调查，故不符合；
D、纠正3月月考数学试卷中的错别字，事关重大，适合采用全面调查，故符合；
故选D．
【点拨】本题考查的是抽样调查和全面调查，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
3．D
【分析】
本题主要考查了总体，样本，样本容量的定义，根据样本、总体、样本容量的定义，进行分析即可．总体：我们把所要考察的对象的全体叫做总体；样本容量：样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位；样本：从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本．
【解答】解：A、200名运动员的年龄情况是总体，原说法错误，不符合题意；
B、200名运动员的年龄情况是总体，原说法错误，不符合题意；
C、20名运动员的年龄是所抽取的一个样本，原说法错误，不符合题意；
D、样本容量是20，原说法正确，符合题意；
故选；D．
4．B
【分析】根据平行四边形的性质和矩形的性质判断即可．
【解答】矩形除了具有平行四边形的所有性质外，还有自己独有的性质：
①矩形的四个角都是直角，
②矩形的对角线相等，
故选B．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质和矩形的性质，矩形除了具有平行四边形的所有性质外，还有自己独有的性质：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对角线相等．
5．B
【分析】
本题考查三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到．
【解答】解：∵D、E分别是、中点，
∴是的中位线，
∴，
∵米，
∴米，
∴A、B两点间的距离为32米．
故选：B
6．B
【分析】可根据菱形的判定方法：对角线互相垂直平分的四边形是菱形，然后进行选择即可．
【解答】因为对角线互相垂直平分的四边形是菱形，
故选：B．
【点拨】本题考查了菱形的判定，解答此题要熟练掌握菱形的判定定理，即对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
7．C
【分析】先利用互余计算出∠BAC=90°－65°=25°，再根据旋转的性质得∠ACA′=90°，∠B′A′C=∠BAC=25°，CA=CA′，则可判断△CAA′为等腰直角三角形得到∠CA′A=45°，然后计算∠CA′A－∠B′A′C即可．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠B=65°，
∴∠BAC=90°－65°=25°，
∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，
∴∠ACA′=90°，∠B′A′C=∠BAC=25°，CA=CA′，
∴△CAA′为等腰直角三角形，
∴∠CA′A=45°，
∴∠1=∠CA′A－∠B′A′C=45°－25°=20°．
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．解决本题的关键是证明△CAA′为等腰直角三角形．
8．B
【分析】设CE=x，根据矩形的性质和轴对称的性质求出AD，CD，BF，EF的长度，根据勾股定理和线段的和差关系求出DF和DE的长度，再根据勾股定理列出方程求解即可．
【解答】解：设．
四边形ABCD是矩形，，，
，，．
∴．
将沿BE折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，
，．
∴．
∴．
∵，
∴．
解得．
故选：B．
【点拨】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键
9．折线
【分析】根据折线统计图的特点，可知需用折线统计图．
【解答】解：∵折线统计图能清楚地反映事物的变化情况，
∴为了更清楚地看出病人24小时的体温变化情况，应选用折线统计图，
故答案为：折线．
【点拨】本题考查折线统计图，关键是要掌握折线统计图的特点．
10．24
【分析】已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
【解答】解：该菱形的面积是S=ab=×6×8=24cm2，
故答案为：24．
【点拨】本题考查了菱形的面积计算公式，解题的关键是牢记公式．
11．##75度
【分析】
根据平行四边形对角相等及四边形内角和等于直接求解即可得到答案．
【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查平行四边形的性质及四边形内角和等于，关键是掌握平行四边形对角相等．
12．菱形
【分析】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形中位线的性质，熟练掌握中位线的性质是解题的关键．连接、，根据矩形的性质，以及三角形中位线的性质，可得，进而即可求解．
【解答】
解：如图，连接、，

、、、分别是矩形的、、、边上的中点，
，，
矩形的对角线，
，
四边形是菱形．
故答案为：菱形．
13．
【分析】
作轴于点，则，所以，即可根据全等三角形的判定定理“”证明，因为，，所以，，可得点C的坐标．
【解答】
解：作轴于点，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
故答案为：．
【点拨】此题重点考查图形与坐标、正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
14．50°##50度
【分析】由旋转的性质得出BC=，由等腰三角形的性质得出∠=∠，由旋转角∠=∠，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解答】解：∵▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱，
∴BC= ，
∴∠=∠，
∵∠A=65°，
∴∠A=∠BCD=∠=65°，
∴∠=∠=65°，
∴∠=180°-2×65°=50°，
∴∠ =50°，
故答案为：50°．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明∠=∠．
15．35
【分析】先根据三角形外角的性质和矩形的性质得到∠OCD的度数，再根据DE⊥AC即可得到∠CDE的度数．
【解答】∵∠AOD＝110°，
∴∠ODC+∠OCD=110°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD=55°，
又∵DE⊥AC，
∴∠CDE=180°-∠OCD-∠DEC=180°-55°-90°=35°，
故答案为：35．
【点拨】本题考查了矩形的性质，三角形内角和，三角形外角的性质，掌握知识点是解题关键．
16．（-1，-3）
【解答】试题分析：关于原点对称的点的横坐标和纵坐标互为相反数，故A（1,3）关于原点对称的点M的坐标是（-1，-3）.
考点：原点对称
17．14
【分析】根据平行四边形的性质，三角形周长的定义即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=6，OA=OC，OB=OD，
∵AC+BD=16，
∴OB+OC=8，
∴△BOC的周长=BC+OB+OC=6+8=14，
故答案为14．
【点拨】本题考查平行四边形的性质．三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
18．
【分析】如图，连接BB′．根据折叠的性质知△BB′E是等腰直角三角形，则BB′=BE．又B′E是BD的中垂线，则DB′=BB′．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=2，
∴BE=BD=1．
如图，连接BB′，
根据折叠的性质知，∠AEB=∠AEB′=45°，BE=B′E，
∴∠BEB′=900．
∴△BB′E是等腰直角三角形，则BB′=BE=．
又∵BE=DE，B′E⊥BD，
∴DB′=BB′=．
故答案为：
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质以及翻折变换（折叠的性质）．推知DB′=BB′是解题的关键．
19．(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)；
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点，，；
（3）两个三角形成中心对称，对应点连线的交点即为旋转中心.
【解答】（1）解：如图，
点，，的坐标分别是，，，
将向左平移6个单位长度后，点，，的对应点分别为点，，，
∴点，，的坐标分别是，，，
将点，，顺次连接得，
∴即为所作；
（2）如图，
点，，关于点的对称点分别为点，，，
∴点，，的坐标分别是，，，
将点，，顺次连接得，
∴即为所作；
（3）如图，若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为，旋转角度为.
故答案为：；.
【点拨】本题考查作图—旋转变换，平移变换等知识，根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形，对应点连线都交于一点，交点即为旋转中心；确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离；作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．解题的关键是掌握旋转变换的性质，平移变换的性质.
20．见解析
【分析】
利用两边和它们的夹角对应相等的两三角形全等，得到， ，从而进一步得到，即可由平行四边形的判定定理得出结论．
【解答】
证明： ∵，
．
，
，即，
在和中，
，
，
，，
．
四边形是平行四边形．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
21．见解析
【分析】
本题考查了正方形的判定，角平分线的性质和矩形的判定，要注意的一个四边形是正方形，必须先证明这个四边形为矩形或菱形．
要证明四边形是正方形，则要先证明四边形是矩形，已知平分，，，故可根据由三个角是直角的四边形是矩形判定，再根据正方形的判定方法判定四边形是正方形．
【解答】证明：∵平分，，，
∴，，，
又∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴矩形是正方形．
22．证明见解析
【分析】此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定．根据矩形的性质和于F，可以得到，，进而可以证明．然后利用全等三角形的性质解决问题．
【解答】证明：∵矩形，
∴，，，，
连接，
∵，
∴，
∴．
∵．
∴，
∴．
又∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
23．(1)见解析
(2)矩形的面积为
【分析】
（1）根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可得证；
（2）证明是等边三角形，勾股定理求出的长，利用长乘宽计算矩形的面积即可．
【解答】（1）
证明：在平行四边形中，
∴，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）
解：∵矩形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴矩形的面积．
【点拨】本题考查矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．解题的关键是掌握对角线相等的平行四边形是矩形．
24．①见解析；②AB＝CD
【分析】①连接GE、GF、HF、EH，根据三角形的中位线定理即可证得EG＝FH，GF＝EH，则四边形EHFG是平行四边形，利用平行四边形的性质即可证得；
②EF⊥GH时能得到四边形EHFG四边相等，从而得到四边形ABCD的四边相等．
【解答】解：①连接GE、GF、HF、EH．
∵E、G分别是BC、BD的中点，
∴EG＝CD，
同理FH＝CD，FG＝AB，EH＝AB
∴EG＝FH、GF＝EH
∴四边形EHFG是平行四边形．
∴EF与GH互相平分；
②当EF⊥GH时，四边形EHFG是菱形，
此时GF＝FH＝HE＝EG，
∵EG＝CD，FH＝CD，FG＝AB，EH＝AB
∴AB＝CD，
∴当四边形ABCD的边满足条件AB＝CD时，EF⊥GH．
【点拨】此题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，解题的关键是熟知菱形的判定定理．
25．（1）6；150；（2）；过程见解析（3）
【分析】（1）根据旋转的性质及已知可得到是等边三角形，是直角三角形，即可求解；
（2）利用旋转法构造全等三角形以及直角三角形即可解决问题；
（3）将绕点逆时针旋转，得到，连接，由旋转的性质可得，，，由勾股定理可求，的长，即可求解．
【解答】解：（1）由旋转可知：，
，，
又，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
故答案为：6；150；
（2）如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接，
，，，，
，，
，，
，
，
，
；
（3）如图3，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
，
，，，
在中，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解本题的关键．