精品解析：江苏省泰州市姜堰区第四中学2023-2024学年苏科版八年级数学下册第一次月考试题

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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.
【答案】C
【解析】
【分析】一个图形绕着某固定点旋转度后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，这个固定点叫做对称中心；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这两个概念逐项判断即可．
【详解】A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故选项不合题意；
B、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故选项不合题意；
C、是中心对称图形，也是轴对称图形，故选项符合题意；
D、不是中心对称图形，但是轴对称图形，故选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，掌握它们的概念是关键．
2. 下列式子一定是二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用二次根式的定义，一般地，形如的代数式叫做二次根式进行判断即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴一定是二次根式，
而、和中的被开方数均不能保证大于等于0，故不一定是二次根式，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次根式的定义，正确把握定义是解题关键．
3. 下列计算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的加法、减法、乘法、分母有理化逐一进行计算判断即可．
【详解】A．与 不能合并，故A选项错误；
B．，故B选项错误；
C．，正确；
D．，故D选项错误，
故选C．
【点睛】本题考查了二次根式的运算，分母有理化，熟练掌握各运算法则是解题的关键．
4. 如图，在中，，，对角线，相交于点，则的取值范围是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中，根据三角形的三边关系可得，结合平行四边形的对角线互相平分，从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故选C
【点睛】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，熟记平行四边形的对角线互相平分是解本题的关键．
5. 下列说法不正确的是（ ）
A. 一组邻边相等的矩形是正方形
B. 对角线互相垂直的矩形是正方形
C. 对角线相等的菱形是正方形
D. 有一组邻边相等、一个角是直角的四边形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】利用正方形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】A、一组邻边相等的矩形是正方形，说法正确，不合题意；
B、对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，不合题意；
C、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，不合题意；
D、有一组邻边相等、一个角是直角的平行四边形是正方形，原说法错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的性质以及判定定理是解题的关键．
6. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵AE=AB，
∴BE=2AE，
由翻折的性质得，PE=BE，
∴∠APE=30°，
∴∠AEP=90°﹣30°=60°，
∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，
∴∠EFB=90°﹣60°=30°，
∴EF=2BE，故①正确；
∵BE=PE，
∴EF=2PE，
∵EF＞PF，
∴PF＜2PE，故②错误；
由翻折可知EF⊥PB，
∴∠EBQ=∠EFB=30°，
∴BE=2EQ，EF=2BE，
∴FQ=3EQ，故③错误；
由翻折的性质，∠EFB=∠EFP=30°，
∴∠BFP=30°+30°=60°，
∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，
∴∠PBF=∠PFB=60°，
∴△PBF是等边三角形，故④正确；
综上所述，结论正确的是①④．
故选：D．
二、填空题（每题3分，共30分）
7. 使有意义的x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】二次根式有意义的条件．
【详解】解：根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须
．
故答案为：．
8. 若，为实数，且，则的值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了非负数的性质．根据非负数的性质列出方程求出未知数的值，再代入所求代数式计算即可．
【详解】解：，
，，
，，
，
故答案为：1．
9. 若=2x－1，则x的取值范围是_______．
【答案】x≥0.5．
【解析】
【分析】根据题意可以推出， =|1-2x|，由|1-2x|=2x-1，可知1-2x≤0，故x≥0.5．
【详解】解：∵=2x－1，
∴ =2x-1,
∴1-2x≤0,
∴x≥0.5
故答案为x≥0.5．
【点睛】本题主要考查二次根式的性质、非负数的绝对值，关键在于根据相关性质，推出1-2x≥0．
10. 若，则______________．
【答案】2
【解析】
【分析】将进行配方，然后代入计算即可．
【详解】解：，
将代入
得，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了代数式求值，完全平方公式，将进行配方变形是解题的关键．
11. 如图，平面直角坐标系内的顶点A坐标为，将绕O点逆时针旋转后，顶点A的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，根据旋转的性质可得，然后写出顶点A的对应点的坐标即可．
【详解】解：∵顶点A坐标为，
∴，
由旋转的性质得，，
∴顶点A的对应点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，主要利用了旋转的性质，作出图形更形象直观．
12. 在平行四边形中，若，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得到，和互补，运算求解即可．
【详解】解：∵是平行四边形，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟悉利用平行四边形的性质获取相关信息是解题的关键．
13. 在菱形中，E为的中点，，则菱形的周长为__________．
【答案】24
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，熟知相关性质是解题的关键．根据菱形的对角线互相平分可得，然后判断出是的中位线，再根据三角形的中位线等于第三边的一半求出，然后根据菱形的周长进行计算即可得解．
【详解】解：在菱形中，，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∵，
∴，
∴菱形的周长为．
故答案为：24．
14. 如图，已知矩形ABCD的对角线长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于_____cm．
【答案】16
【解析】
【详解】解：如图，连接AC、BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=8cm，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴HG=EF=AC=4cm，EH=FG=BD=4cm，
∴四边形EFGH的周长等于4cm+4cm+4cm+4cm=16cm，
故答案为16．
15. 如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝8，则EF的长为______．
【答案】1.5
【解析】
【详解】解：∵∠AFB=90°，D为AB的中点，
∴DF=AB=2.5．
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE=BC=4．
∴EF=DE-DF=1.5．
故答案为1.5．
【点睛】直角三角形斜边上的中线性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，和三角形的中位线性质：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
16. 如图，已知正方形的边长为，点是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转到，连接、，则的最小值是_____．

【答案】
【解析】
【分析】连接，过点F作交延长线于点，利用“”证明，进而证明是等腰直角三角形，分析出点F的轨迹，过点C作的对称点，此时点在的延长线上，当D、F、三点共线时，有最小值，然后利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：连接，过点F作交延长线于点，
将绕点E顺时针旋转到，
，，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
是的角平分线，即F点在的角平分线上运动，
过点C作的对称点，连接，此时点在的延长线上，
，，
是等腰直角三角形，
当D、F、三点共线时，有最小值，为的长，
在中，，，
由勾股定理得：，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，轴对称求最短路径，勾股定理等知识，能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
三、解答题（共102分）
17. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】本题考查了实数和二次根式的运算，熟练掌握相关运算法则是关键．
（1）根据零次幂、算术平方根和立方根的性质计算即可求解；
（2）根据平方差公式以及二次根式的乘法计算即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
18. 如图，在中，，．求和的度数．
【答案】，．
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质．根据平行四边形的性质可知：，，得出，求出的度数，即可得出的度数．
【详解】解：四边形为平行四边形，
，，
，
，
．
19. 两个圆的圆心相同，半径分别为R、r，面积分别为18cm2，8cm2，求圆环的宽度（两个圆半径之差）.
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆的面积和算术平方根的应用．已知大圆的半径为，小圆的半径为，根据面积得出方程，，求出，，即可得出答案．
【详解】解：设大圆的半径为，小圆的半径为，
两个圆的圆心相同，它们的面积分别是18cm2和8cm2，
∴，，
解得：，，
圆环的宽度为：．
20. 如图，图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣3，0），B（﹣1，﹣2），C（﹣2，2）．
（1）请在图中画出△ABC绕B点顺时针旋转90°后的图形．
（2）请直接写出以为顶点平行四边形的第4个顶点D的坐标．
【答案】（1）作图见解析；
（2）
【解析】
【分析】(1)利用网格结构找出点A、B、C绕点B顺时针旋转90°的对应点，然后顺次连接即可；
（2）分、、为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分，利用网格结构找出点D的位置，然后写出坐标即可．
【小问1详解】
解：△ABC绕B点顺时针旋转90°后点A和点C对应点的坐标分别为，，找到旋转后各顶点的坐标，顺次连接即可，画图正确标上字母
【小问2详解】
当以为顶点平行四边形分别以、、为对角线时，对应的点D的坐标分别为．
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
21. 如图，平行四边形ABCD中．MN∥AC，试证明：MQ=NP.
【答案】见解析；
【解析】
【分析】先证AMQC为平行四边形，得AC=MQ，再证APNC为平行四边形，得AC=NP，即可得解．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AM∥QC，AP∥NC．
又∵MN∥AC，∴四边形AMQC为平行四边形，四边形APNC为平行四边形，∴AC=MQ，AC=NP，∴MQ=NP．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22. 将两张宽度相等的矩形纸片叠放在一起得到如图所示的四边形 ABCD.
(1)求证：四边形 ABCD 是菱形；
(2)如果两张矩形纸片的长都是 8，宽都是 2.那么菱形 ABCD 的周长是否存在最大值或最小值?如果存在，请求出来；如果不存在，请简要说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）2；．
【解析】
【详解】试题分析：本题考查了菱形的判定，及运用矩形，菱形的性质进行综合运算的能力．
（1）由AD∥BC，DC∥AB，可得四边形ABCD是平行四边形．然后分别过点A、D作AE⊥BC于E，DF⊥AB于F．又由两张矩形纸片的宽度相等，即可得AE=DF，又由面积问题，可得BC=AB，即可得四边形ABCD为菱形； （2）由题意可判断，当∠DAB=90°时，菱形ABCD为正方形，△DCB的面积最小值为2．当AC为矩形纸片的对角线时，△DCB的面积最大值为．
试题解析：（1）如图，∵AD∥BC，DC∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形．
分别过点A、D作AE⊥BC于E，DF⊥AB于F．
∵两张矩形纸片的宽度相等，
∴AE=DF，
又∵AE•BC=DF•AB=S▱ABCD，
∴BC=AB，
∴▱ABCD是菱形；
（2）存在最小值和最大值．
①当∠DAB=90°时，菱形ABCD为正方形，宽最小值为2，△DCB的面积最小值为×2×2=2；
②当AC为矩形纸片的对角线时，设AB=x．如图，
在Rt△BCG中，BC2=CG2+BG2，
即x2=（8-x）2+22，x=．
∴面积最大值为××=．
考点：1.菱形的判定；2.全等三角形的判定与性质．
23. 如图，在中，，分别是的中点，延长到点，使．连接．
（1）求证：与互相平分；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】本题考查三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，灵活运用知识点是解题的关键．
（1）连接，证四边形是平行四边形即可．
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，求得长即可．
【小问1详解】
证明：连接．
∵点E，F分别为的中点，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴与互相平分；
【小问2详解】
解：在中，
∵E为的中点，，
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴．
24. 在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）证明：四边形是菱形；
（3）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）10
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理，解决问题的关键是记住菱形、全等三角形的判定方法．
（1）根据证明即可判定；
（2）先证明四边形是平行四边形，再证明即可；
（3）利用即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，
，
是中点，
，
在和中，
，
；
【小问2详解】
证明：连接．
，
，，
，
∴，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
【小问3详解】
解：，
四边形是菱形，，，
．
25. 如图，平面直角坐标系中，矩形的对角线，边．
（1）求点的坐标；
（2）把矩形沿直线对折使点落在点处，直线与、、的交点分别为，，，求折痕的长；
（3）在（2）的条件下，若点在轴上，平面内是否存在点，使四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）；
（3）使四边形是菱形时的坐标为或．
【解析】
【分析】（1）由四边形为矩形，得到为直角，在中，利用勾股定理求出的长，即可确定出的坐标；
（2）连接，如图1所示，由折叠的性质设，由表示出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，确定出的长，由中心对称性质得到为中点，在直角三角形中，利用勾股定理求出的长，即可求出的长；
（3）在（2）的条件下，若点在轴上，平面内存在点，使四边形是菱形，如图2所示，分两种情况考虑：当与在直线右边时；当与在直线左边时，分别利用菱形的四条边相等求出的坐标即可．
【小问1详解】
解：四边形为矩形，
，
在中，，，
根据勾股定理得：，
则；
【小问2详解】
解：连接，如图1所示，
由折叠的性质设，则，
在中，，，，
根据勾股定理得：，即，
解得：，
，，
由中心对称性质得到关于对称，即，
在中，由勾股定理得：，
则；
【小问3详解】
解：在（2）的条件下，若点在轴上，平面内存在点，使四边形是菱形，
如图2所示，分两种情况考虑：
当为菱形的一边时，
①当与在直线右边时，
四边形是菱形，，
，即；
②当与在直线左边时，
同理得到，
，此时；
综上，使四边形是菱形时的坐标为或．
【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：折叠的性质，坐标与图形性质，勾股定理，矩形的性质，菱形的性质，利用了分类讨论的思想，熟练掌握性质是解本题的关键．
26. 如图，在正方形中，，E是射线上的一点，连接，过点E作，交直线于点F，以为邻边作矩形，连接．
（1）求证：矩形是正方形；
（2）如图1，当E点在对角线上时，求的值；
（3）当时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）或
【解析】
【分析】本题主要考查正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，掌握矩形的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
（1）作于点M，于点N，根据正方形和矩形的性质可证明，从而有，进而可证明矩形是正方形；
（2）利用正方形的性质可证明，从而有，则，则答案可求．
（3）分情况讨论，利用勾股定理计算即可．
【小问1详解】
（1）如图，作于点M，于点N，
∵四边形是正方形，
∴．
∵，，
∴．
，
∴四边形是矩形，
∴，
．
，
，
，
∴矩形是正方形；
【小问2详解】
解∵四边形和都是正方形，
∴，
，
，
，
．
【小问3详解】
解：①如图所示，当E点在对角线上时，作于点O，
∵四边形都是正方形，
∴，
，
，
，
，
②当E点在对角线外时，如图所示：
同①可得：
，
，
，
综上所述，或