精品解析：安徽省阜阳市界首市2024-2025学年八年级下学期第三次月考数学试题

八年级数学 （沪科版） 注意事项： 1．你拿到的试卷满分150分，考试时间为120分钟． 2．本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分．“试题卷”共4页，“答题卷”共6页． 3．请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的． 4．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A、B、C、D四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知是一元二次方程，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 1或 3. 一个多边形的内角和等于，则这个多边形的边数是（ ） A. 九 B. 十 C. 十一 D. 十二 4. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） 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 5. 如图是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，其中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，平行四边形的对角线相交于点，的平分线与边交于点，是的中点，若，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知，那么下列各式中正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的一元二次方程的两个实数根分别是和，则的值等于（ ） A. 16 B. 9 C. 6 D. 4 9. 如图，已知菱形的边长为，于点，交于点，且，是对角线上的一动点，连接，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 10. 我国三国时期的数学家赵爽（公元2~3世纪）研究过某类一元二次方程的正数解的几何解法．以方程，即为例说明，他在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图所示的大正方形，它的面积可表示为，同时也可以表示为四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此有，可得方程的正数解为．小明用此方法解关于的方程时，构造出类似的图形，如果大正方形的面积为41，小正方形的面积为9，则的值分别为（ ） A. 2，8 B. 3，8 C. 2，9 D. 3，9 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 计算：_____________． 12. 若是方程的两个根，则___________． 13. 已知，斜边，面积等于3，则___________． 14. 如图，矩形中，，点在边上，且，是边的中点，分别是和的中点．则： （1）___________； （2）___________． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 已知，求的值． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 16. 如图，在中，分别是和的中点，是的中点，且． （1）求证：是直角三角形； （2）求证：． 17. 已知关于的一元二次方程有两个实数根，若，求的值． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 18. 观察与思考： ①；②；③；… （1）根据上述等式的规律，直接写出第④个等式； （2）试用含（为自然数，且）的等式表示这一规律，并加以验证． 19. 如图，在菱形中，对角线相交于点，． （1）求证：四边形是矩形； （2）求证：与互相平分． 六、（本题满分12分） 20. 学习四边形之后，某班数学兴趣小组开展了一次操作活动，如图所示，先将一张等腰三角形纸片沿着底边的中线剪开，然后将分成的两个全等三角形纸片拼成一个四边形，记作四边形，并求出拼成的四边形对角线的长．经过测量，等腰三角形纸片的腰长为5，底边长为6． 各个小组将他们的成果进行汇报，部分操作方案信息如下： 方案一 方案二 方案三 图形 计算结果 ； ① ； ② ； ③ （1）请你完成上述表格； （2）其中有一个小组拼出了第四种方案，请你画出图形，并直接写出其两个对角线的长． 七、（本题满分12分） 21. 某小区计划建一个矩形花圃，花圃的一边利用长为米的墙，另三边用总长为59米的篱笆围成．围成的花圃是如图所示的矩形，并在边上留有一扇1米宽的门． （1）若围成的花圃面积为400平方米，求的长； （2）能否使得围成的花圃面积为500平方米？请说明你的理由． 八、（本题满分14分） 22. 如图，四边形和四边形都是正方形． （1）如图1，点在一条直线上，点在边上，在的延长线上取一点，且，连接． （i）求证：； （ii）求证：； （2）如图2，点在的延长线上，点在边上，是的中点，若正方形和正方形的边长分别为6和4，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级数学 （沪科版） 注意事项： 1．你拿到的试卷满分150分，考试时间为120分钟． 2．本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分．“试题卷”共4页，“答题卷”共6页． 3．请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的． 4．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A、B、C、D四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了最简二次根式的定义，被开方数中不含有分母，且被开方数中不含开得尽方的因数或因式，这样的二次根式叫做最简二次根式，据此求解即可． 【详解】解：A、是最简二次根式，符合题意； B、，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意； C、，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意； D、，被开方数含有能开得尽方的因式，不是最简二次根式，不符合题意； 故选：A． 2. 已知是一元二次方程，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 1或 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，一般地，形如（其中a、b、c是常数且）的方程叫做一元二次方程，据此可得，解之即可得到答案． 【详解】解：∵是一元二次方程， ∴， ∴， 故选：C 3. 一个多边形的内角和等于，则这个多边形的边数是（ ） A. 九 B. 十 C. 十一 D. 十二 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了多边形的内角和定理．注意多边形的内角和为：． n边形的内角和可以表示成，设这个正多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数． 【详解】解：设这个多边形是n边形， 根据题意得：， 解得：． ∴这个多边形是12边形． 故选：D． 4. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） 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】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别． 根据矩形和菱形的性质判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意； B、矩形和菱形对角线都互相平分，故本选项不符合题意； C、菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，故本选项不符合题意； D、矩形和菱形都是对角相等，故本选项不符合题意； 故选：A． 5. 如图是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，其中阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据勾股定理解答即可． 【详解】解：根据勾股定理得出：AB===5， ∴EF=AB=5， ∴阴影部分面积是25， 故选：B． 【点睛】此题考查勾股定理，关键是根据如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2解答． 6. 如图，平行四边形的对角线相交于点，的平分线与边交于点，是的中点，若，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等角对等边，三角形中位线． 先根据平行四边形的性质得到为的中点，，，由平行线的性质结合角平分线的定义得到，由等角对等边可知，再根据三角形中位线作答即可． 【详解】解：∵平行四边形， ∴为的中点，，， ∴， ∵的平分线与边交于点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的中点，为的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：B． 7. 已知，那么下列各式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了化简二次根式． 由已知条件且可知，和均为负数，逐一分析各选项即可． 【详解】解：∵， ∴和均为负数， A：，选项A错误； B：当和均为负数时，和在实数范围内无意义，等式不成立，选项B错误； C：左边结果为负数，右边为正数，等式不成立，选项C错误； D：，等式成立，选项D正确； 故选：D． 8. 已知关于的一元二次方程的两个实数根分别是和，则的值等于（ ） A. 16 B. 9 C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系． 将方程化为一般式，利用根与系数的关系求出，进而求解即可． 【详解】解：一元二次方程可化为， ∴， 解得， ∴， ∴， 故选：A． 9. 如图，已知菱形的边长为，于点，交于点，且，是对角线上的一动点，连接，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】题目主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形及含30度角的直角三角形的性质，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键 根据菱形的性质及含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定等依次判断各选项即可 【详解】解：于点，， ∴， ∵菱形， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∵对角线， ∴，故A正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴，故B正确，不符合题意； 当点P与点F重合时，取得最小值， ∵菱形的边长为， ∴， 由B选项得：， ∴， ∴，选项C错误，符合题意； ∵菱形， ∴点A与点C关于BD对称， ∴， 当点A、P、E三点共线时，取得最小值即为AE， ∵， ∴， 即的最小值为，选项D正确，不符合题意； 故选：C 10. 我国三国时期的数学家赵爽（公元2~3世纪）研究过某类一元二次方程的正数解的几何解法．以方程，即为例说明，他在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图所示的大正方形，它的面积可表示为，同时也可以表示为四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此有，可得方程的正数解为．小明用此方法解关于的方程时，构造出类似的图形，如果大正方形的面积为41，小正方形的面积为9，则的值分别为（ ） A. 2，8 B. 3，8 C. 2，9 D. 3，9 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解一元二次方程的正数解的几何解法是解题的关键． 画出方程的拼图过程，由面积之间的关系得，，即可求解． 【详解】解：如图， 由题意得：，， ∴， 解得：，负值舍去，． 故选：B． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 计算：_____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次根式的减法运算，需先简化每个根式，再合并同类二次根式即可． 【详解】解：． 故答案为：． 12. 若是方程的两个根，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程，若是该方程的两个实数根，则，据此求出的值即可得到答案． 【详解】解：∵是方程的两个根， ∴是方程的两个根， ∴， ∴， 故答案为： 13. 已知，斜边，面积等于3，则___________． 【答案】5 【解析】 【分析】本题主要考查直角三角形的面积公式，勾股定理，以及代数中完全平方公式的应用． 利用面积公式建立直角边乘积的关系式，利用勾股定理建立直角边平方和的关系式，再通过完全平方公式将两式结合，求出两直角边的和． 【详解】解：设两条直角边分别为和， 则：，即，， 由完全平方公式：， 故（负值已舍去）． 即， 故答案为：5． 14. 如图，矩形中，，点在边上，且，是边的中点，分别是和的中点．则： （1）___________； （2）___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由“”可证，可得，由勾股定理可求的长，由三角形中位线定理可求解． 【详解】解：如图，延长交于，连接， ∵四边形是矩形， ， ， ∵是的中点， ， 又 ∵， ， ∴， ， ， ∴， ∵， ， ∵是的中点，， ， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 已知，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值，先求出，再根据计算求解即可． 【详解】解：∵， ∴，， ， ∴ ． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 16. 如图，在中，分别是和的中点，是的中点，且． （1）求证：是直角三角形； （2）求证：． 【答案】（1） 证明：∵， ∴设， 则， ∴， ∴是直角三角形； （2） 证明：∵，是的中点， ∴， ∵分别是和的中点，是的中点， ∴， ∴． 【解析】 【分析】该题考查了勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半，三角形中位线定理． （1）设，求出，得出，即可证明． （2）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出，根据三角形中位线定理得出，即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知关于的一元二次方程有两个实数根，若，求的值． 【答案】或 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程、一元二次方程的解、一元二次方程的根的判别式等知识点，掌握一元二次方程根与系数的关系成为解题的关键． 由可得或，然后分和，两种情况分别根据方程的解以及一元二次方程的判别式解答即可． 【详解】解：∵， ∴或， ∴或， 当时，将代入方程可得：，解得：， 此时方程为：，即， ∴，即方程有两个不等的实数根， ∴符合题意； 当时，方程有两个相等的实数根， ∴，解得：． 综上，k的值为或． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 18. 观察与思考： ①；②；③；… （1）根据上述等式的规律，直接写出第④个等式； （2）试用含（为自然数，且）的等式表示这一规律，并加以验证． 【答案】（1） （2）（的整数）， 证明如下： ． 【解析】 【分析】本题考查二次根式的性质与化简，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． （1）由题干找出规律求解即可； （2）先找出规律，再由二次根式的性质化简证明． 【小问1详解】 解：∵①； ②； ③；… ∴写出第④个等式为：； 【小问2详解】 解： （的整数） 19. 如图，在菱形中，对角线相交于点，． （1）求证：四边形是矩形； （2）求证：与互相平分． 【答案】（1） 证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2） 证明：如图，连接， ∵四边形为菱形， ， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴与互相平分． 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质和判定、菱形的性质、平行四边形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形和矩形的性质并能灵活运用． （1）首先证明，证出四边形是平行四边形，然后结合，即可证明． （2）如图，连接，首先证明，得出四边形是平行四边形，即可解决问题． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 六、（本题满分12分） 20. 学习四边形之后，某班数学兴趣小组开展了一次操作活动，如图所示，先将一张等腰三角形纸片沿着底边的中线剪开，然后将分成的两个全等三角形纸片拼成一个四边形，记作四边形，并求出拼成的四边形对角线的长．经过测量，等腰三角形纸片的腰长为5，底边长为6． 各个小组将他们的成果进行汇报，部分操作方案信息如下： 方案一 方案二 方案三 图形 计算结果 ； ① ； ② ； ③ （1）请你完成上述表格； （2）其中有一个小组拼出了第四种方案，请你画出图形，并直接写出其两个对角线的长． 【答案】（1）①5；②；③ （2）如图所示， ； 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三线合一定理，勾股定理，正确理解题意是解题的关键． （1）方案一中，可证明四边形是矩形，则；方案二中，过点D作交延长线于H，可证明四边形是矩形，得到，则，由勾股定理可得；方案三中，如图所示，过点D作交延长线于T，则四边形是矩形，得到，则，由勾股定理可得； （2）根据题意画出图形，可证明垂直平分，根据列式求解即可． 【小问1详解】 解：方案一中，由题意得，， ∴四边形是矩形， ∴； 方案二中：如图所示，过点D作交延长线于H， 由题意得，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 方案三中，如图所示，过点D作交延长线于T，则四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：在四边形中，，，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 七、（本题满分12分） 21. 某小区计划建一个矩形花圃，花圃的一边利用长为米的墙，另三边用总长为59米的篱笆围成．围成的花圃是如图所示的矩形，并在边上留有一扇1米宽的门． （1）若围成的花圃面积为400平方米，求的长； （2）能否使得围成的花圃面积为500平方米？请说明你的理由． 【答案】（1）20米 （2） 不能，理由如下： 由题意可得：， 整理得：， ∵， ∴方程不存在实数根． ∴不能使得围成的花圃面积为500平方米． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用、根的判别式等知识点，根据题意正确列出关于x的方程成为解题的关键． （1）设边的长为x米，则米，然后利用矩形的面积公式列二元一次方程求解，然后再求出验证即可解答； （2）先根据题意列一元二次方程求解，然后运用根的判别式判定方程根的情况即可解答． 【小问1详解】 解：设边的长为x米，则米， 根据题意得：， 解得：或． 当时，，不符合题意； 当时，，符合题意． 答：的长为20米． 【小问2详解】 略 八、（本题满分14分） 22. 如图，四边形和四边形都是正方形． （1）如图1，点在一条直线上，点在边上，在的延长线上取一点，且，连接． （i）求证：； （ii）求证：； （2）如图2，点在的延长线上，点在边上，是的中点，若正方形和正方形的边长分别为6和4，求的长． 【答案】（1） （i）四边形是正方形， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ． （ii）如图3，连接， 由（i）知，可得， 又， ， 四边形是正方形， ， ，， ， ， ， 又， ，即， ， ． （2） 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理和三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键． （1）利用两个正方形的性质，推出； （ii）连接，利用和正方形的性质证明，再利用勾股定理求解； （2）延长至点H，使得，延长交于I，先证明四边形为矩形， 推出，利用勾股定理和三角形中位线定理求的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图4，延长至点H，使得，延长交于I， 四边形是正方形，且边长为6， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ，， ， M是的中点，， 是的中位线， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $