江苏省无锡市江南中学2024-2025学年下学期八年级 数学3月月考试题（含解析）

这是一份江苏省无锡市江南中学2024-2025学年下学期八年级 数学3月月考试题（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。
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 2024年巴黎奥运会体育图标被称为“Blazns”（纹章），是“荣耀的徽记”．这些图标不仅代表着各项运动的精髓，更是象征着运动员们奋力拼搏的精神．下列图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意，
故选：D．
2. 在下列各式中：、、、、，分式有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查分式的定义，判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．根据分式的定义逐个判断即可．
【详解】解：在、、、、中，其中分式有：、共2个．
故选：B．
3. 下列分式从左到右变形正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了分式性质：分子和分母同时除以或乘上同一个数（不为0），分式的值不变．据此逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、，故该选项不符合题意；
B、，故该选项不符合题意；
C、，故该选项不符合题意；
D、，故该选项符合题意；
故选：D．
4. 四边形中，，对角线、交于点，增加下列条件不能使四边形为平行四边形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质．根据平行四边的判定定理逐一判断即可．
【详解】解：A、由，，能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、由，可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
C、由，，能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
故选：B．
5. 下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ）
A. 对角线相等B. 对角线互相平分
C. 对角线互相垂直D. 对角相等
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质等知识点，熟练掌握菱形和矩形性质的相同点和不同点是解题的关键．
根据菱形和矩形的性质逐项分析判断即可得出答案．
【详解】A. 对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有，故选项不符合题意；
B. 对角线互相平分是菱形和矩形共有的性质，故选项不符合题意；
C. 对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有，故选项符合题意；
D. 邻边互相垂直是矩形具有的性质，菱形不一定具有，故选项不符合题意；
故选：．
6. 如图，在菱形中，点、是、的中点，若，则菱形的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线的性质，菱形的性质，熟练掌握中位线的性质是解题的关键．
根据中位线的性质得出，进而即可求解；
【详解】解：在菱形中，、分别是、的中点，，
，
菱形周长是；
故选：A
7. 如图，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是 （ ）
A. 点MB. 点NC. 点PD. 点Q
【答案】A
【解析】
【分析】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．
先确定点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，则根据旋转的性质得旋转中心在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上，所以作的垂直平分线和的垂直平分线，它们的交点即为旋转中心．
【详解】解：∵甲经过旋转后得到乙，
∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，
∴旋转中心在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上，
作垂直平分线和的垂直平分线，它们的交点为M点，如图，

即旋转中心为M点．
故选：A．
8. 如图，在中，，将在平面内绕点A旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行，内错角相等可得，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等求，再根据、都是旋转角解答．本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
【详解】解：，
，
∵绕点旋转得到
，
∴，
，
．
故选：A．
9. 如图，将两张长为的矩形纸条交叉放置，重叠部分四边形是一个菱形，当两张纸条互相垂直时，菱形的面积有最小值，那么菱形面积的最大值（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了菱形性质，勾股定理．当两张纸条如图所示放置时，菱形面积最大，然后根据勾股定理求出菱形的边长，然后根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】解：当两张纸条互相垂直时，重叠部分四边形是一个正方形，
重叠部分的面积有最小值，
∴两张纸条的宽为，
如图，此时菱形的面积最大．
设，则，，
在中，
由勾股定理得到：，
即，
解得，
∴，
故选：C．
10. 如图，在正方形外取一点，连接、、．过点作的垂线交于点．若，，则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（ ）
A. ①③B. ①④C. ②④D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、勾股定理的运用等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解答本题的关键．
利用即可证明，根据和等腰直角三角形的性质得出，得出，进而可以判断①正确；根据勾股定理计算可得EB的长，进而可以判断②；连接，可得，即可判断③；根据，进而可以判断④．
【详解】解：在正方形，，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
；
，，
，，
，
，故①成立；
，
，
在中，，，
故②不成立；
如图，连接，
由②得：，，
，
；
故③成立；
，
，
，
，
，
，
；
故④不成立．
综上所述，正确结论的序号是①③；
故选：A
二、填空题（每小题2分，共16分）
11. 分式、的最简公分母是______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了最简公分母．取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母求解即可．
【详解】解：根据题意可得：
分式和的最简公分母是，
故答案为：．
12. 在中，已知，则的大小为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形中对角相等，邻角互补的性质是解题的关键．根据平行四边形邻角互补的性质即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
13. 如图，在中，，的角平分线与的角平分线交于点，若点恰好在边上，则的长为______．
【答案】4
【解析】
【分析】此题主要考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等角对等边．根据平行四边形的性质和角平分线的定义结合等角对等边可得，，可得．
【详解】解：∵四边形平行四边形，
∴，，，
∵平分和，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：4．
14. 如图菱形 中， ，的垂直平分线交对角线于点E，连接，则的度数是________．
【答案】##55度
【解析】
【分析】本题考查的是菱形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质；根据菱形的性质可得，，再证明，再结合菱形的轴对称的性质可得答案；
【详解】解：如图，连接，
∵菱形 中，，
∴，，
∴，，
∵的垂直平分线交对角线于点E，
∴，
∴，
∴由菱形的轴对称的性质可得：
，
故答案为：
15. 若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD一定是 ______
【答案】对角线互相垂直．
【解析】
【详解】解：如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EHBD，EFAC，
∴∠1=∠2，∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠1=90°，
∴∠3=90°，
∴AC⊥BD，
即原四边形ABCD的对角线互相垂直．
故答案是对角线互相垂直．
16. 如图，菱形的边长是，，点为对角线的动点，点为边上的动点，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查菱形是轴对称的性质，勾股定理，熟练掌握轴对称的性质是解本题的关键．
连接，，根据，可知当时，最短，即取最小值，再根据菱形的性质、勾股定理求得最小值．
【详解】解：连接、，
∵四边形是菱形，
，互相垂直平分，
∴点关于的对称点为，
，
，
当时，最短，
中，，，
，
，
；
故答案为：
17. 如图，平面直角坐标系中，已知直线，的边在轴正半轴上，点的坐标是，正以每秒个单位长度的速度沿着轴向左平移，经过______秒，直线将分成面积相等的两部分．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，一次函数，平面直角坐标系，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键；
连接、，求出移动之后点的坐标，计算距离，进而求解；
【详解】解：连接、，交于点，当经过点时，该直线可将的面积平分；
四边形是平行四边形，
，
，
，
把代入，
可得：，
解得：，
由移动到位置时，该直线可将的面积平分；
移动距离为：；
正以每秒个单位长度的速度沿着轴向左平移，
时间为秒；
故答案为：
18. 如图，在矩形中，，，为边上一点，将沿着翻折到处，延长交边于点，延长交边于点，且，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称，勾股定理，相似三角形判定与性质，根据相似三角形的判定和性质是解题的关键．
设，在中，通过勾股定理求出， 的值，通过得出，求出、，根据面积等量法，即可求出；
【详解】解：由折叠知，
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，
即；
∴，，
设，，
，
，
即，
解得：；
故答案为：．
三、解答题（本大题共6小题，共54分）
19. 化简与计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】本题主要考查分式的乘除法和加法法则，解决本题的关键是要熟练掌握分式的运算法则；
（1）根据分式的除法法则计算即可；
（2）利用平方差公式和完全平方公式即可求解；
（3）利用分式法则通分计算即可求解；
（4）利用分式法则通分计算即可求解；
【小问1详解】
解：；
【小问2详解】
解：；
【小问3详解】
解：；
【小问4详解】
解：；
20. 在如图平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）在网格中画出以为旋转中心，顺时针旋转的；
（2）①在网格中画出关于原点成中心对称的；
②已知点为中其中一边上任一点，若点在①中的边上的对应点为，则点的坐标是______（用字母、表示）．
【答案】（1）见详解 （2）①见详解；②
【解析】
【分析】本题主要考查图形与坐标—旋转，中心对称图形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；
（1）分别得出点、、绕点顺时针旋转的对应点坐标，进而问题可求解；
（2）①根据中心对称图形的性质可进行作图；
②根据①中点的坐标特征可进行求解．
【小问1详解】
解：根据题意可得：，，
所作如图所示；
【小问2详解】
解：①根据题意可得：，，；
所作如图所示：
②解：如图，
由图可知，，，
故；
故答案为：
21. 已知：如图，在中，点、在上，且．
求证：四边形是平行四边形．
【答案】见详解
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定．由平行四边形可知，，又，所以，然后依据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴．
即．
∴四边形为平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．
22. 如图，点E是矩形的边延长线上一点，连接交于点G，作交于点F，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）菱形的面积为．
【解析】
【分析】此题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）由矩形的性质得到已知，则四边形是平行四边形，由已知，即可证明四边形是菱形；
（2）设，则，在，由勾股定理列式计算求得，由菱形面积公式即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
解：设，则，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵四边形是菱形，
∴，
在，由勾股定理得，即，
解得，
∴，
∴菱形的面积．
23. 如图，矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为，运动时间为（且）．
（1）若、分别是、的中点，则以、、、为顶点的四边形是______．
（2）在（1）的条件下，当为何值时，以、、、为顶点的四边形为矩形？
（3）若、分别是折线，上的动点，分别从、开始，与、相同的速度同时出发，当为何值时，以、、、为顶点的四边形为菱形？请直接写出的值．
【答案】（1）平行四边形
（2）或
（3）
【解析】
【分析】本题考查了特殊四边形的判定、性质及综合应用，勾股定理，，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质、判定．
（1）由“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”来判定；
（2）由“对角线相等的平行四边形是矩形”判定四边形为矩形时的取值；
（3）首先，当四边形为菱形时，则，利用勾股定理，即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意，作图如下：
∵四边形是矩形，
，，，，
，，
、分别是、的中点，
，，
，
，
，
在与中，
，
，
，
∴四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形
【小问2详解】
解：如图所示，连接，由（1）可知四边形是平行四边形，
∵点、分别是矩形的边、的中点，
，
∴当时，四边形是矩形，分两种情况：
第一种情况：，，
解得：；
第二种情况：，
解得：
综上所述：当为秒或秒时，四边形为矩形；
【小问3详解】
如图所示，连接、，
∵如果四边形是菱形时，
，
，
则，，，
又中，，，
，
根据可得：，
解得：
当秒时，四边形为菱形；
24. 在综合与实践课上．老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．在矩形中，，，以点为旋转中心，逆时针旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、．
（1）初步感知
如图①，当点落在边上时，线段的长度为______；
（2）迁移探究
如图②，当点落在线段上时，与相交于点，连接．求线段的长度．
（3）拓展应用
如图③，设点在边上，且，连接、、，在矩形旋转过程中，的面积存在最大值，请直接写出这个最大值为______．
【答案】（1）
（2）；
（3）24
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，旋转的性质与勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据旋转得到，根据矩形得到，结合勾股定理即可得到答案；
（2）首先证明出，得到，从而得到，即可得到，利用勾股定理求解即可得到答案；
（3）根据矩形的性质，勾股定理求出固定，即可得到高最大，面积最大，结合三角形三边关系得到最大高即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∵，逆时针旋转矩形得到矩形，
∴，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，逆时针旋转矩形得到矩形，
∴，，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得
∴，
解得：，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴，
过A作于E，
∵点B到的距离小于，
∴当，，三点共线时高最大，的面积最大如图所示，
∵，
∴，
∴，
∴．