精品解析：山东省东营市广饶县李鹊初级中学2022-2023学年八年级上学期开学考试数学试卷

2022-2023学年山东省东营市广饶县李鹊初级中学八年级（下）开学数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，共30分） 1. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，下列结论正确的是（ ） A. SABCD=4S△AOB B. AC=BD C. AC⊥BD D. ABCD是轴对称图形 2. 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝4，BE平分∠ABC，交CD于点E，则DE的长度是（　　） A. B. 2 C. D. 3 3. 一个三角形的三条中位线的长为6、7、8，则此三角形的周长为（　　） A. 40 B. 41 C. 42 D. 43 4. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 5. 菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是（　　） A. 两组对边分别相等 B. 两条对角线相等 C. 四个内角都是直角 D. 每一条对角线平分一组对角 6. 如图，四边形是菱形，点E，F分别在边上，添加以下条件不能判定的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知O是矩形ABCD的对角线的交点，∠AOB=60°，作DE∥AC，CE∥BD，DE、CE相交于点E.四边形OCED的周长是20，则BC=（ ） A. 5 B. 5 C. 10 D. 10 9. 下列说法： 四边相等的四边形一定是菱形 顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形 对角线相等的四边形一定是矩形 经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分 其中正确的有　　个． A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 10. 如图，正方形和正方形的边长都是，正方形绕点旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ） A. B. C. D. 不能确定 二、填空题（本大题共6小题，共24分） 11. 二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是________． 12. 如图，ABCD的对角线相交于点O，且ADCD，过点O作OMAC，交AD于点M．如果CDM的周长为8，那么ABCD的周长是__． 13. 如图，以正方形的边为一边向内作等边，连接，则的度数为 __ 14. 如图，在菱形中，，则_____． 15. 已知平行四边形相邻两边的长度之比是，其中较大的边长是8厘米，那么这个平行四边形的周长是_____厘米． 16. 任意四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足条件______时，四边形EGFH是菱形．（填一个使结论成立的条件） 三、解答题（本大题共7小题，共66分） 17. 计算题： （1）化简：； （2） （3） （4） 18. 化简求值 （1）已知，，试求代数式的值． （2）先化简，再求值，其中，． 19. 如图，分别延长▱ABCD的边AB、CD至点E、点F，连接CE、AF，其中∠E＝∠F．求证：四边形AECF为平行四边形． 20. 已知：如图，在四边形中，，F，G，E分别是的中点．求证：． 21. 如图，在中，对角线与相交于点，点，分别在和的延长线上，且，连接，． （1）求证：≌； （2）连接，，当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 22. 如图，中，于E，于F，若的周长为48，．求的面积． 23. 如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． （1）求证：； （2）若，求四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023学年山东省东营市广饶县李鹊初级中学八年级（下）开学数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，共30分） 1. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，下列结论正确的是（ ） A. SABCD=4S△AOB B. AC=BD C. AC⊥BD D. ABCD是轴对称图形 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：A、∵平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∴AO=CO，DO=BO． ∴S△AOD=S△DOC=S△BOC=S△AOB．∴SABCD=4S△AOB，故此选项正确； B、无法得到AC=BD，故此选项错误； C、无法得到AC⊥BD，故此选项错误； D、ABCD是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误． 故选A． 2. 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝4，BE平分∠ABC，交CD于点E，则DE的长度是（　　） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据四边形ABCD为平行四边形可得AB∥CD，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠CBE＝∠CEB，可得CE＝BC＝4，即可求得DE的长度； 【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD，CD＝AB＝6， ∴∠ABE＝∠CEB， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE， ∴∠CBE＝∠CEB， ∴CE＝BC＝4， ∴DE＝CD﹣CE＝6﹣4＝2． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质应用，结合平行线的性质计算是关键． 3. 一个三角形的三条中位线的长为6、7、8，则此三角形的周长为（　　） A. 40 B. 41 C. 42 D. 43 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形的中位线定理求出三角形的三边即可解决问题． 【详解】解：∵三角形的三条中位线的长为6、7、8, ∴这个三角形的三边的长分别为：12,14,16, ∴这个三角形的周长=12+14+16=42, 故选C. 【点睛】本题考查了三角形中位线定理,属于简单题,熟悉中位线的含义是解题关键. 4. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据最简二次根式的两个条件逐项判定即可． 【详解】解：A、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故A符合题意； B、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故B不符合题意； C、被开方数含分母，故C不符合题意； D、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故D不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了最简二次根式，最简二次根式的判定条件为：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 5. 菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是（　　） A. 两组对边分别相等 B. 两条对角线相等 C. 四个内角都是直角 D. 每一条对角线平分一组对角 【答案】D 【解析】 【分析】菱形具有平行四边形的全部性质，故分析ABCD选项，添加一个条件证明平行四边形为菱形即为菱形具有而平行四边形不具有的性质，即可解题． 【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，对边相等， 且菱形具有平行四边形的全部性质， 故A、B、C选项错误； 对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，故D选项正确． 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的邻角互补、对角线互相平分，对角相等的性质，菱形每条对角线平分一组对边的性质，本题中熟练掌握菱形、平行四边形的性质是解题的关键． 6. 如图，四边形是菱形，点E，F分别在边上，添加以下条件不能判定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形全等判定定理SAS可判定A，三角形全等判定定理ASA可判定B，三角形全等判定定理可判定C，三角形全等判定定理AAS可判定D即可． 【详解】解: ∵四边形是菱形， ∴AB=AD,∠B=∠D, A. 添加可以， 在△ABE和△ADF中， ， ∴(SAS)， 故选项A可以； B.添加 可以， 在△ABE和△ADF中 ， ∴(ASA)； 故选项B可以； C. 添加不可以，条件是边边角故不能判定； 故选项C不可以； D. 添加可以， 在△ABE和△ADF中 ， ∴(SAS)． 故选项D可以； 故选择C． 【点睛】本题考查添加条件判定三角形全等，菱形性质，掌握三角形全等判定定理，菱形性质是解题关键． 7. 如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可． 【详解】∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点， ∴A、C坐标关于原点对称， ∴C的坐标为， 故选B． 【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键． 8. 如图，已知O是矩形ABCD的对角线的交点，∠AOB=60°，作DE∥AC，CE∥BD，DE、CE相交于点E.四边形OCED的周长是20，则BC=（ ） A. 5 B. 5 C. 10 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，得出四边形OCED是菱形，求出菱形的边长，进一步求出AC与AB的长，再利用勾股定理求BC． 【详解】证明：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形． ∵四边形ABCD是矩形， ∴OC=OD=OA=OB， ∴四边形OCED是菱形； ∵四边形OCED的周长是20 ∴OD=5 ∵∠AOB=60°， ∴∠COD=60° 又∵OC=OD ∴△COD是等边三角形， ∴OC=OD=CD=5 ∴AC=2OC=10 ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD=5，∠ABC=90° ∴在Rt△ABC中， 故答案选B. 【点睛】此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键． 9. 下列说法： 四边相等的四边形一定是菱形 顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形 对角线相等的四边形一定是矩形 经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分 其中正确的有　　个． A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】∵四边相等的四边形一定是菱形，∴①正确； ∵顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是菱形，∴②错误； ∵对角线相等的平行四边形才是矩形，∴③错误； ∵经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，∴④正确； 其中正确的有2个， 故选：C． 10. 如图，正方形和正方形的边长都是，正方形绕点旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据正方形的性质得出，，，推出，证出≌，即可求出两个正方形重叠部分的面积． 【详解】解： 四边形和四边形都是正方形， ，，， ． 在与中， ， ≌， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形的面积等于三角形的面积是解此题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，共24分） 11. 二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是________． 【答案】x≥-3 【解析】 【分析】根据二次根式成立的条件列不等式求解． 【详解】解：由题意，，解得：x≥-3 故答案为：x≥-3． 【点睛】本题考查二次根式成立的条件，掌握二次根式的被开方数为非负数是解题关键． 12. 如图，ABCD的对角线相交于点O，且ADCD，过点O作OMAC，交AD于点M．如果CDM的周长为8，那么ABCD的周长是__． 【答案】16 【解析】 【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得OA=OC，又由OM⊥AC，可得AM=CM，然后由△CDM的周长为8，求得平行四边形ABCD的周长． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC， ∵OM⊥AC， ∴AM=CM， ∵△CDM的周长为8， ∴CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=8， ∴平行四边形ABCD的周长是：2×8=16. 故答案为:16. 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与线段垂直平分线的性质. 13. 如图，以正方形的边为一边向内作等边，连接，则的度数为 __ 【答案】##度 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先根据正方形的性质和等边三角形的性质推出，再由等边对等角即可得到． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 14. 如图，在菱形中，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据菱形的性质得到，，再由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长即可求出的长． 【详解】解：设相交于O点． ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，利用菱形的性质求出是解题的关键． 15. 已知平行四边形相邻两边的长度之比是，其中较大的边长是8厘米，那么这个平行四边形的周长是_____厘米． 【答案】28 【解析】 【分析】此题主要考查平行四边的性质，属于基础题，注意掌握平行四边形的两组对边分别相等．由于平行四边形相邻两边之比为，其中较大的边长是8厘米，继而可求出较短边的边长，又平行四边形的两组对边相等，由此可以求出则这个平行四边形的周长． 【详解】解：∵平行四边形相邻两边的长度之比是，较大的边长是8厘米， ∴平行四边形较短的边长为6厘米． ∴这个平行四边形的周长是厘米． 故答案为：28． 16. 任意四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足条件______时，四边形EGFH是菱形．（填一个使结论成立的条件） 【答案】AB=CD 【解析】 【分析】E、G分别是AD，BD的中点，那么EG就是三角形ADB的中位线，同理，HF是三角形ABC的中位线，因此EG、HF同时平行且相等于AB，因此EG∥HF且EG=HF．因此四边形EHFG是平行四边形，E、H是AD，AC的中点，那么EH=CD，要想证明EHFG是菱形，那么就需证明EG=EH，那么就需要AB、CD满足AB=CD的条件． 需添加条件AB=CD． 【详解】解：需添加条件AB=CD． ∵点E，G分别是AD，BD的中点， ∴EG∥AB，且EG=AB同理HF∥AB，且HF=AB， ∴EG∥HF，EG=HF． ∴四边形EGFH是平行四边形． ∵EG=AB， 又可同理证得EH=CD， ∵AB=CD， ∴EG=EH， ∴四边形EGFH是菱形． 故答案为AB=CD． 三、解答题（本大题共7小题，共66分） 17. 计算题： （1）化简：； （2） （3） （4） 【答案】（1） （2） （3）7 （4） 【解析】 【分析】此题主要考查了二次根式的混合运算以及分式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键． （1）直接利用分式的乘法运算法则化简，进而得出答案； （2）化简二次根式，再合并同类二次根式得出答案； （3）直接利用平方差公式计算，进而得出答案； （4）直接利用二次根式的乘除运算法则化简，进而得出答案． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 ； 【小问4详解】 ． 18. 化简求值 （1）已知，，试求代数式的值． （2）先化简，再求值，其中，． 【答案】（1）40； （2），． 【解析】 【分析】（1）先利用提公因式法和完全平方公式，把原式进行因式分解，即可求解； （2）根据完全平方公式，分式的性质，化简，代入求值的方法即可求解． 【小问1详解】 解：， 当，时， 原式； 【小问2详解】 解： ， 当，时，原式． 【点睛】本题主要考查整式的运算，分式的化简的综合，掌握完全平方公式，平方差公式，乘方运算，分式的性质，分式的化简、代入求值的方法是解题的关键． 19. 如图，分别延长▱ABCD的边AB、CD至点E、点F，连接CE、AF，其中∠E＝∠F．求证：四边形AECF为平行四边形． 【答案】 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB＝CD，AD＝BC，∠ADC＝∠ABC ∴∠ADF＝∠CBE，且∠E＝∠F，AD＝BC ∴△ADF≌△CBE（AAS） ∴AF＝CE，DF＝BE ∴AB+BE＝CD+DF ∴AE＝CF，且AF＝CE ∴四边形AECF是平行四边形 【解析】 【分析】由平行四边形的性质可得AB=CD，AD=BC，∠ADC=∠ABC，由“AAS”可证△ADF≌△CBE，可得AF=CE，DF=BE，可得AE=CF，则可得结论． 【详解】略 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形判定和性质，熟练运用平行四边形的判定和性质是本题的关键． 20. 已知：如图，在四边形中，，F，G，E分别是的中点．求证：． 【答案】 证明：∵在四边形中，F、G分别是的中点． ∴是的中位线， ∴． 同理推知，是的中位线， 则． 又∵， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质．三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．根据三角形中位线定理证得是等腰三角形，然后由等腰三角形的性质证得结论． 【详解】略 21. 如图，在中，对角线与相交于点，点，分别在和的延长线上，且，连接，． （1）求证：≌； （2）连接，，当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 【答案】 （1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC,∠ADB=∠CBD， 又∵∠ADB+∠ADE=180°，∠CBF+∠CBD=180°， ∴∠ADE=∠CBF 在△ADE和△CBF中 ∴△ADE≌△CBF； （2）四边形是菱形 理由如下： 如图，连接，， 由（1）得△ADE≌△CBF ∴CF=AE, ∠E=∠F ∴AE∥CF ∴四边形AFCE是平行四边形 当BD平分∠ABC时，∠ABD=∠CBD 又∵AD∥CB， ∴∠ADB=∠DBC ∴∠ABD=∠ABD ∴AD=AB=BC ∴△ABC为等腰三角形 由等腰三角形性质三线合一可得AC⊥EF ∴平行四边形AFCE是菱形 【解析】 【分析】（1）利用SAS证明≌即可求解； （2）先证明四边形是平行四边形，再证明对角线互相垂直即可得到为菱形． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知菱形的判定定理． 22. 如图，中，于E，于F，若的周长为48，．求的面积． 【答案】80 【解析】 【分析】此题主要考查的知识点：（1）平行四边形的两组对边分别相等；（2）平行四边形的面积等于边长乘以高．已知平行四边形的高，根据“等面积法”列方程，求，从而求出平行四边形的面积． 【详解】解：设，则， 根据平行四边形的面积公式可得 ， 解之得，． 则平行四边形的面积等于． 23. 如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． （1）求证：； （2）若，求四边形的面积． 【答案】 （1）证明：∵在矩形中， ∴∠D=90°，AB∥CD， ∴∠BAN=∠AMD， ∵， ∴∠ANB=90°，即：∠D=∠ANB， 又∵， ∴（AAS）， （2）4-8 【解析】 【分析】（1）由矩形的性质可得∠D=90°，AB∥CD，从而得∠D=∠ANB，∠BAN=∠AMD，进而即可得到结论； （2）由以及勾股定理得AN=DM=4，AB=，进而即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵， ∴AN=DM=4， ∵， ∴， ∴AB=， ∴矩形的面积=×2=4， 又∵， ∴四边形的面积=4-4-4=4-8． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握AAS证明三角形全等，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $