广西壮族自治区南宁市第二中学2024-2025学年八年级下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份广西壮族自治区南宁市第二中学2024-2025学年八年级下学期3月月考 数学试题（含解析），共22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。
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1. 在中，，则的度数为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等解答即可．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
故选：B．
2. 平行四边形一定具有的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 对角线互相垂直
C. 对角线互相平分且相等D. 对角线平分一组对角
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得出答案即可．
【详解】解：A、平行四边形对角线互相平分，故此选项符合题意；
B、平行四边形对角线不一定互相垂直，故此选项不符合题意；
C、平行四边形对角线不一定相等，故此选项不符合题意；
D、平行四边形对角线不一定平分一组对角，故此选项不符合题意．
故选：A．
3. 如图，在中，点D，E分别为的中点，若，则的长度为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵D、E分别为边的中点，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
4. 如图，边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，点的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的性质，结合坐标的意义即可求解．
【详解】解：∵边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，
∴
∴,
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形，熟练掌握正方形的性质，数形结合是解题的关键．
5. 如图，菱形的两条对角线相交于点，若，，则菱形的面积为（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，先根据菱形的对角线互相垂直平分得到，然后根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线相交于点O，，，
∴，
∴，
故选：C．
6. 如图，矩形中，于，且：：，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用矩形的性质结合：：，求解再求解再利用角的和差即可得到答案．
【详解】解：∵矩形中，
∴
∵：：，
∴
∵，
∴
∵
∴
∴
故选C．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握“矩形的对角线相等且互相平分”是解本题的关键．
7. 如图，平行四边形ABCD的对角线交于点E，已知AB＝5cm，ABE的周长比BEC的周长小3cm，则AD的长度为（ ）
A. 8cmB. 5cmC. 3cmD. 2cm
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，平行四边形对角线互相平分，可以得到AE＝CE，且AD=BC，再根据ABE的周长比BEC的周长小3cm，AB＝5cm，即可得到BC的长，从而可以得到AD的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，平行四边形对角线互相平分，
∴AE＝CE，且AD＝BC，
∵ABE的周长比BEC的周长小3cm，
∴（BC+CE+BE）-（AB+AE+BE）＝3cm，
∴BC-AB＝3cm，
又∵AB＝5cm，
∴BC＝8cm，
∴AD＝8cm，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质：对角线互相平分，且平行四边形对边相等，熟练掌握以上的性质，就能较快解决该类型的问题．
8. 如图，中，平分交于E，若，则度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质以及角平分线的定义，关键是掌握平行四边形对边互相平行．首先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，，先计算出，然后再计算出的度数，可得答案．
【详解】解∶四边形平行四边形．
，，
，
，
平分，
，
，
，
，
故选∶B．
9. 如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOD=120°，AC=4，则CD的长为( )
A. 2B. 3C. 2D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据邻补角的定义求出∠COD＝60°，再根据矩形的对角线互相平分且相等可得AO＝BO＝CO＝DO＝2，然后判断出△COD是等边三角形，根据等边三角形三条边都相等可得CD＝DO＝2．
【详解】∵∠AOD=120°，
∴∠COD=180°﹣∠AOD=180°﹣120°=60°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO=2，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=DO=2．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并判断出△COD是等边三角形是解题的关键．
10. 如图，已知平行四边形的对角线与相交于点O，下列结论中，不正确的是（ ）

A. 当时，四边形是矩形B. 当时，四边形是菱形
C. 当时，四边形是矩形D. 当时，四边形是菱形
【答案】D
【解析】
【分析】利用矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A．，
，
是矩形，
故结论正确，但不符合题意；
B．，
是菱形，
故结论正确，但不符合题意；
C．四边形是平行四边形，
，，
又，
，
是矩形，
故结论正确，但不符合题意；
D．当时，四边形不一定是菱形，
故结论错误，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法是解答本题的关键．
11. 如图，在菱形中，于点，，，则菱形的边长为（ ）．
A. B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 再表示 再利用勾股定理求解 从而可得菱形的边长.
详解】解： 菱形，于点，

，设



（负根舍去）

即菱形的边长为：
故选：
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，掌握菱形的性质是解题的关键.
12. 如图，，分别是正方形的边，上的点，且，与相交于．下列结论：①；②；③；④．其中错误的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．首先利用全等三角形的判定方法利用证明，即可得出，故可判断①；进而得出，即，故可判断②；利用三角形全等即面积相等，都减去公共面积剩余部分仍然相等，即可得出④；连接，然后依据直角三角形中斜边大于任何一条直角边以及等腰三角形的性质即可判断③．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴．
∴，故①正确．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，即，故②正确．
∵，
∴．
∴，，
∴，故④正确；
如图所示：连接，
∵，
∴，
而，
∴，故③错误．
综上，只有③错误．
故选：A．
二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）
13. 如图，在菱形中，，则____________．

【答案】##40度
【解析】
【分析】根据菱形的每一条对角线平分每一组对角结合平行线的性质可求得答案
【详解】解：∵四边形为菱形，，
∴，，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
14. 如图，在四边形中，对角线，相交于点，其中是的中点，添加一个条件：______，使四边形是平行四边形．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定．根据对角线相互平分的四边形是平行四边形进行解答．
【详解】解：添加，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：（答案不唯一）．
15. 如图，在中，，，，则的长为______．
【答案】4
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分，根据平行四边形的性质可知，，据此求出、的长，利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
∵，
∴在中，．
故答案为：4．
16. 在四边形中，对角线，，顺次连接四边形各边的中点，，，，则所得四边形的形状为______．
【答案】正方形
【解析】
【分析】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的定理，正方形的判定，解题中需要理清思路，属于中档题．
由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．
【详解】解：如图所示：
在中，，分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理，，．
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
设与交于点，与交于点，
在中，，分别是，的中点，
∴，同理，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：正方形．
17. 如图，矩形的对角线，相交于点，过点的直线分别交，于点，．若，，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】6
【解析】
【分析】此题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，首先结合矩形的性质证明，得、的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为的面积．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
又∵，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：6．
18. 如图，正方形ABCD的边长为，O是对角线BD上一动点（点O与端点B，D不重合），OM⊥AD于点M，ON⊥AB于点N，连接MN，则MN长的最小值为_____．
【答案】1.
【解析】
【分析】连接AO，可证四边形AMON是矩形，可得AO＝MN，当AO⊥BD时，AO有最小值，即MN有最小值，由等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接AO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝，BD＝AB＝2，∠DAB＝90°，
又∵OM⊥AD，ON⊥AB，
∴四边形AMON是矩形，
∴AO＝MN，
∵当AO⊥BD时，AO有最小值，
∴当AO⊥BD时，MN有最小值，
此时AB＝AD，∠BAD＝90°，AO⊥BD，
∴AO＝BD＝1，
∴MN的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，等腰直角三角形的性质，利用矩形的对角线相等，把线段MN的最小值转化为线段AO的最小值是解题的关键.
三、解答题（本大题共6小题，共72分）
19. 如图，在四边形中，，E和F为对角线上的两点，．求证：四边形为平行四边形．
【答案】见详解
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的性质与判定，证明三角形全等是解题的关键．
证明，推出，即可证明；
【详解】证明：∵，
，
又，，
，
，
∵，
∴四边形是平行四边形．
20. 如图，已知正方形ABCD的对角线相交于O，点E、F分别在AB与BC边上的点，且BE=CF．求证：OE⊥OF．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】只需要证明△BEO≌△CFO得到∠BOE=∠COF即可证明结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
在△BEO和△CFO中，
，
∴△BEO≌△CFO（SAS），
∴∠BOE=∠COF，
∴∠BOE+∠BOF=∠COF+∠BOF，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
即OE⊥OF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，正确证明出△BEO≌△CFO得到∠BOE=∠COF是解题的关键．
21. 如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）OE=2．
【解析】
【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可．
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB//CD，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵∥，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点，
∴，，，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AEC中，，为中点，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
22. 如图，在矩形ABCD中，AD＜2AB，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交DC于点F，连接EF．
（1）求证：△EGF≌△EDF；
（2）若点F是CD的中点，BC＝8，求CD的长．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】
【分析】（1）由翻折和矩形的性质可知∠EGF＝∠D＝90°，EG＝ED，可通过HL证明Rt△EGF≌Rt△EDF；
（2）根据点F是CD的中点知：CF＝CD，BF＝，在Rt△BCF中，利用勾股定理即可列出方程．
【小问1详解】
证明：∵将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴∠BGE＝∠A，AE＝GE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝∠D＝90°，
∵点E是AD的中点，
∴EA＝ED，
∴EG＝ED，
在Rt△EGF与Rt△EDF中，
∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL）．
【小问2详解】
由（1）知Rt△EGF≌Rt△EDF，
∴GF＝DF，
∵点F是CD的中点，
∴GF＝DF＝CF＝，
在矩形ABCD中，∠C＝90°，AB＝CD，又由折叠可知AB＝GB，
∴GB＝CD，
∴BF＝GB+GF＝，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
∴，
∵CD＞0，
∴CD＝．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确翻折前后对应边相等是解题的关键．
23. 如图，在矩形中，，若，，，分别是，，，边上的动点（顶点除外）．
（1）如图①，若，，，分别是，，，边的中点．
①试判断四边形的形状，并给出证明；
②当四边形是正方形时，求四边形的周长．
（2）如图②，已知，，试判断四边形的周长是否会随着点位置的变化而变化．若不会，请求出其周长；若会，请说明理由．
【答案】（1）①四边形菱形．证明见解析；②
（2）四边形的周长不会随着点位置的变化而变化．
【解析】
【分析】（1）①证明，可知，则可判断四边形是菱形；
②结合①推出，进而求出，再利用勾股定理求出，进而求得周长；
（2）先证明四边形是平行四边形，延长交延长线于M，延长交延长线于N，过点G作交于K，再证明，，从而推导出是等腰三角形，在中，，，求出，则四边形的周长．
【小问1详解】
解：①四边形是菱形，
证明：四边形矩形，
，，，
，，，分别是，，，边的中点，
，，
，
，
四边形是菱形；
②四边形是正方形，
，
由①，得，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
又∵是边的中点，
，
，
在中，由勾股定理，
得，
四边形的周长为；
【小问2详解】
解：四边形的周长不会随着点位置的变化而变化．
如答图1，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，过点作于点，易得，
，，
，
，
，
又，
，
，，
同理可得，，
，
，，
，
，
，
又∵，
，
在中，，
四边形的周长为．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，菱形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
24. 综合与实践课上，诸葛小组三位同学对含角的菱形进行了探究．
【背景】在菱形中，，作，分别交边于点．
（1）【感知】如图，若点是边的中点，小南经过探索发现了线段与之间的数量关系 ．
（2）【探究】如图，小阳说“点为上任意一点时，（）中的结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由；
（3）【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；
（2）同意，理由见解析；
（3）或．
【解析】
【分析】（）连接，证明即可得证；
（）连接，同法()证明即可得证；
（）过点作于点，分点在点的两侧进行讨论求解即可；
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键.
【小问1详解】
解：连接，
∵在菱形中，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴
故答案为：；
【小问2详解】
解：同意，理由如下：
连接，
同理（）可得，
∴；
【小问3详解】
解：过点作于点，
同理（）可知，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴或，
由（）知，，
∴，
∴或．