安徽省亳州市 谯城区城父镇树林学校八年级下学期6月月考数学试题（解析版）-A4

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注意事项：
1. 你拿到的试卷满分为150分，考试时间为120分钟．
2. 试卷包括"试题卷"和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷"上答题，在“试眼卷”上答题是无效的．
3. 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，共40分）
1. 九边形的内角和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据多边形的内角和计算公式进行计算即可．
【详解】解：九边形的内角和等于：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，关键是掌握多边形的内角和的计算公式．
2. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次根式的性质和二次根式的运算法则进行计算，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、，故A选项计算错误，不符合题意；
B、，故B选项计算错误，不符合题意；
C、，故C选项计算错误，不符合题意；
D、，故D选项计算正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查二次根式的运算．熟练掌握二次根式的性质和二次根式的运算法则，正确的进行计算，是解题的关键．
3. △ABC中，∠A,∠B,∠C所对的边分别是a,b,c下列条件中不能说明△ABC是直角三角形的是（ ）
A. b2- c2=a2B. a:b:c= 5:12:13
C. ∠A:∠B:∠C = 3:4:5D. ∠C =∠A -∠B
【答案】C
【解析】
【分析】由三角形内角和定理及勾股定理的逆定理进行判断即可．
【详解】A. b2- c2=a2，根据勾股定理逆定理可以判断，△ABC是直角三角形，故不符合题意；
B. a:b:c= 5:12:13，设，则，
则，根据勾股定理逆定理可以判断，△ABC是直角三角形，故不符合题意；
C. ∠A:∠B:∠C = 3:4:5，设∠A、∠B、∠C分别是，
则，，则，
所以△ABC是不直角三角形，故符合题意；
D. ∠C =∠A -∠B，又∠A+∠B+∠C=180°，则∠A=90°，是直角三角形，故不符合题意，
故选C.
【点睛】本题考查了直角三角形的判定，涉及了勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识，注意在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
4. 如图，四边形的对角线与相交于点O，，，添加下列条件仍不能判断四边形是菱形的是（ ）

A. 平分B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：∵四边形的对角线与相交于点O，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
当平分时：，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；故A选项不符合题意；
当时，则四边形是矩形，不能判断四边形是菱形；故B选项符合题意；
当时，平行四边形是菱形；故C选项不符合题意；
当，则：，
∴平行四边形菱形；故D选项不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
5. 如图，在中，D是上一点，平分交于点E，点F是的中点，若，则的长为 （ ）

A. 5B. 4C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据等腰三角形的判定得到，根据等腰三角形的性质得到，再根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵点F是的中点，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质与判定，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．
6. 下面边长相等的正多边形能用来作平面镶嵌的是（ ）
A. 3个等边三角形和2个正方形B. 2个正五边形和2个等边三角形
C. 1个正方形和2个正六边形D. 1个正六边形和5个等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出各个正多边形每个内角的度数，再结合镶嵌的条件，即可作出判断．
【详解】解：A、等边三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，
∵，
∴能用来作平面镶嵌，符合题意；
B、正五边形的每个内角为，等边三角形的每个内角为，
∵，
∴不能用来作平面镶嵌；不符合题意；
C、正方形的每个内角为，正六边形的每个内角为，
∵，
∴不能用来作平面镶嵌；不符合题意；
D、等边三角形的每个内角为，正六边形的每个内角为，
∵，
∴不能用来作平面镶嵌；不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查正多边形的镶嵌问题．熟练掌握平面镶嵌的条件，正多边形的每个内角的度数的计算，是解题的关键．
7. 已知，直角三角形两边分别为3和5，则第三边的长为（ ）
A. 4B. C. 4或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】分5为直角边和斜边两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：∵直角三角形的两边分别为3和5，，
①当5为直角边时，第三边为斜边，由勾股定理，得：第三边的长为；
②当5为斜边时，第三边为直角边，由勾股定理，得：第三边的长为；
综上：第三边的长为4或；
故选C．
【点睛】本题考查勾股定理．解题的关键是熟练掌握勾股定理，注意分类讨论．
8. 如图，正方形的边长为9，为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接，下列结论中不正确的是（ ）

A. 矩形是正方形B.
C. 平分D.
【答案】B
【解析】
【分析】，过点E分别作，垂足分别为K，L，则，根据角平分线的性质，可得，可证明四边形是矩形，再证明，可得，从而得到矩形是正方形，可判断A选项；证明，可得，，从而得到平分，可判断C选项；再由勾股定理可得，可判断D选项；再由 与的大小无法判断，可得不一定成立，可判断B选项．
【详解】解：如图，过点E分别作，垂足分别为K，L，则，

∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，故A选项正确，不符合题意；
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，平分，故C选项正确，不符合题意；
∵，
∴，故D选项正确，不符合题意；
∵，
∴，
∴，
∵与的大小无法判断，
∴不一定成立，故B选项不正确，符合题意；
故选：B
【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理及其推论以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
9. 我们规定一种新运算“★”，其意义为，已知，则x的值为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据新运算的法则，列出一元二次方程，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
整理，得：，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查定义新运算，因式分解法解一元二次方程．解题的关键是理解新运算的定义，正确的列出一元二次方程．
10. 如图，矩形中，，，点E在上，且，过点E作交CD于F，点P是上一动点，则的最小值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作点关于的对称点，连接，则：，得到当三点共线时，的值最小，即为的长，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵矩形，，
∴，
∴，
∴四边形矩形，
作点关于的对称点，连接，

则：，，
∴当三点共线时，的值最小，即为的长，
在中，，
即：的最小值为．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，利用轴对称解决线段和最小问题．解题的关键是利用轴对称的性质，确定线段和的最小值．
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】先计算乘法，再合并，即可求解．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
12. 已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则________．
【答案】或4
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可求解．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：或4．
故答案为：或4
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根是解题的关键．
13. 如图，的对角线相交于点O，请你添加一个条件使成为矩形，这个条件可以是______．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为矩形．
故答案为(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查矩形的判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键．
14. 如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接．

（1）图中___（填"”或“”或“”）；
（2）若，菱形的面积为，则的长为___．
【答案】 ①. ②. 8
【解析】
【分析】（1）利用斜边上的中线得到，得到，菱形的性质得到，得到，即可得出结论；
（2）根据，求出的长，菱形的面积公式，求出的长，勾股定理求出的长即可．
【详解】解：（1）∵菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
∴，
∵菱形，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，斜边上的中线．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15. 用配方法解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】利用配方法解答，即可求解．
【详解】解：原方程化为，
∴，
∴，
即，
∴，
解得：，．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
16. 如图，的对角线相交于点O，过点O的直线交于点E，交于点F．

（1）求证：；
（2）若四边形的面积是12，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）根据，得到，进而推出四边形的面积等于的面积，即为面积一半，即可得解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
即：四边形的面积等于，
∴四边形的面积等于．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17. 如图，在矩形中，，对角线相交于点O，过点O作交于点E，求的长．

【答案】
【解析】
【分析】连接，先根据矩形的性质可得，根据勾股定理可求出的长再根据线段垂直平分线的判定与性质可得，设，则，然后在中，利用勾股定理可得求出x的值，可得到的长，再根据勾股定理即可得．
【详解】解：如图，连接，

四边形是矩形，且，
，
∴，
∴，
，
垂直平分，
，
设，则，
在中，，即，
解得，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
18. 如图，在网格中，线段的端点是格点（网格线的交点）．

（1）以为对角线，画一个格点平行四边形；
（2）以为一边，画一个格点菱形．
【答案】（1）图见解析
（2）图见解析
【解析】
【分析】（1）点往上两个格点为C，点往下两个格点为，连接，平行四边形即为所求；
（2）根据四边相等的四边形为菱形，进行作图即可．
【小问1详解】
解：如图所示，平行四边形即为所求（答案不唯一）；

由图可知：，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
如图所示，菱形即为所求（答案不唯一）；

由勾股定理，得：；
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查格点作图，平行四边形的判定和菱形的判定．熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法，是解题的关键．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19. 如图，矩形中，是的中点，延长，交于点，连接，．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当平分时，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，即可求证；
（2）先证得是等腰直角三角形，可得，从而得到，即可求证．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形平行四边形；
【小问2详解】
证明：∵平分，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键．
20. （1）正八边形的每个内角是每个外角的倍，求的值；
（2）一个多边形的外角和是内角和的，求这个多边形的边数．
【答案】（1）；（2）十四边形
【解析】
【分析】（1）分别求出正八边形的每个内角和外角的度数，即可求解；
（2）设这个多边形的边数为，根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】解：（1）∵正八边形的每个内角，正八边形的每个外角，
∴；
（2）设这个多边形的边数为，根据题意得：，
解得．
∴这个多边形是十四边形．
【点睛】此题考查多边形内角与外角，正确的列出方程组是解题的关键．
六、（本题满分12分）
21. 已知关于x的一元二次方程，若的两边的长是这个方程的两个实数根，第三边的长为5．
（1）若时，请判断的形状并说明理由；
（2）若是等腰三角形，求k的值．
【答案】（1）为直角三角形，理由见解析
（2）或5
【解析】
【分析】（1）将代入方程，求出方程的根，进而判断出的形状即可；
（2）分是等腰三角形的底边和腰长，两种情况进行讨论求解即可．
【小问1详解】
解：为直角三角形，理由如下：
当时，，即：，
∴，
∴，
∵，
∴为直角三角形；
【小问2详解】
当是底边时：则是的两条腰，
∴方程有两个相等的实数根，
∴，
整理，得：，等式不成立，故此种情况不存在；
∴是的一条腰，
∴方程中有一个根为，
∴，解得：，
当时，方程化为，解得：，满足题意；
当时，方程化为，解得：，满足题意；
∴当是等腰三角形时，或5．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用．熟练掌握一元二次方程根与判断式的关系，因式分解法解方程，是解题的关键．
七、（本题满分12分）
22. 为庆祝“五四青年节”，某校计划购买A与B两种墙贴共400张来布置校园，已知A墙贴的售价是每张16元，B墙贴的售价是每张20元，共花费7040元．
（1）求计划购买A，B墙贴各多少张？
（2）为了节省费用，学校采购人员最终决定在网上购买，A墙贴每张售价减少了，B墙贴每张售价便宜了m元，实际购买B墙贴的数量比原计划增加了4m张，总数量不变，总费用比原计划减少了2140元，求m的值．
【答案】（1）购买240张墙贴，购买160张墙贴
（2）5
【解析】
【分析】（1）设计划购买张墙贴，购买张墙贴，根据“共400张来布置校园，已知墙贴的售价是每张16元，墙贴的售价是每张20元，共花费7040元”列出方程组，即可求解；
（2）根据题意可得墙贴的售价为（元），墙贴的张数为张，种墙贴的售价为元，种墙贴的张数为张，再由总费用比原计划减少了2140元，列出方程，即可求解．
【小问1详解】
解：设计划购买张墙贴，购买张墙贴，
由题意得，解得，
答：计划购买240张墙贴，购买160张墙贴；
【小问2详解】
解：由题意得墙贴的售价为（元），墙贴的张数为张，种墙贴的售价为元，种墙贴的张数为张，
由题意得：，
整理得，
解得（舍去）或，
∴的值为5．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
八、（本题满分14分）
23. 如图，中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过点C作交的延长线于点F，连接．

（1）求证：；
（2）①当线段、满足什么数量关系时，四边形是正方形，并说明理由；
②已知，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）①当时，四边形是正方形，理由见解析②
【解析】
【分析】（1）证明，得到，斜边上的中线得到，即可得推出；
（2）①先证明四边形是菱形，利用有一个角是的菱形是正方形，得到，即可得出结论；②勾股定理求出的长，推出菱形的面积等于的面积，进行求解即可．
【小问1详解】
证明：∵中，，是斜边上的中线，点E是的中点，
∴，，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
解：①当时，四边形是正方形；理由如下：
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
当菱形是正方形时，则：，
即：，
∵，
∴为的中垂线，
∴，
即当时，四边形是正方形；
②∵，
设，
∵，，
∴，即：
解：（负值已舍去）；
∴，
设边上的高为，则：；
∵四边形是菱形，
∴四边形的面积．