精品解析：辽宁省省级重点 大连市第三十四中学2024-2025学年八年级下学期4月月考数学试题

“认识自我 优我成长”——八年级数学 一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共计30分） 1. 下列方程中，一定是一元二次方程的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义判断即可． 【详解】解：A．是一元二次方程，故本选项符合题意； B．含有两个未知数，故本选项不合题意； C．不是整式方程，故本选项不合题意； D．方程整理得x＝1，是一元一次方程，故本选项不合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的识别，掌握一元二次方程的定义是解题的关键. 2. 在平行四边形中，，的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等即可求解，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 3. 要检验一个四边形画框是否为矩形．可行的测量方法是（ ） A. 测量四边形画框的对角线是否相等 B. 测量四边形画框的三个角是否为 C. 测量四边形画框的四边是否相等 D. 测量四边形画框的一组对边是否平行且相等 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定，解题的关键是熟练掌握矩形的定义和判定定理． 按照有一个角是直角是平行四边形是矩形，有三个角是直角是四边形是矩形，两条对角线相等的平行四边形是矩形，逐一分析判定． 【详解】解：、∵对角线相等的平行四边形是矩形， ∴此测量方法不可行，不合题意； 、∵三个角为的四边形是矩形， ∴此测量方法可行，符合题意； 、∵四边相等的四边形可能是菱形，不是矩形， ∴此测量方法不可行，不合题意 、∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不一定是矩形， ∴此测量方法不可行，不合题意； 故选：． 4. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上1，然后把方程左边写成完全平方的形式即可． 【详解】解：由原方程移项，得， 等式的两边同时加上，得， 配方，得． 故选：B． 【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法． 5. 在菱形中，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用菱形的性质可得，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， ∵， ∴． 6. 如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，若AB＝6，EF＝2，则BC的长为(　　) A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：根据平行四边形的性质可知AB=CD，AD∥BC，AD=BC，然后根据平行线的性质和角平分线的性质可知AB=AF，DE=CD，因此可知AF+DE=AD+EF=2AB=12，解得AD=BC=12-2=10. 故选B. 点睛：此题主要考查了平行四边形的性质和等腰三角形的性质，解题关键是把所求线段转化为题目中已知的线段，根据等量代换可求解. 7. 如图所示，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，过点作轴的垂线交于点，连接．根据矩形的性质，的长度即为的长度，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：过点作轴的垂线交于点，连接． 点的坐标是， ， ， 矩形， ∴， 故选：C． 8. 如图，中，是中线， 是角平分线，交 的延长线于点，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中位线定理，全等三角形的判定与性质，角平分线定义，掌握知识点的应用是解题的关键． 延长交于点，由则，通过角平分线定义得出，从而证明，则有，，又是中线，则，然后通过中位线定理即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点， ∵交 的延长线于点， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵是中线， ∴， ∴是中位线， ∴， 故选：． 9. 正方形的边长为4，点E为中点，连接，于点F，连接，则长为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理，熟练掌握它们的性质是解题的关键； 延长、交于点H，根据中点定义和正方形的性质，证明，得，再根据直角三角形斜边中线定理即可解答． 【详解】解：延长、交于点H， E为的中点， ， 四边形正方形， ，， ， 在和中 ， ， ， ， 点D为的中点， ， ， 在中，为斜边的中线， ， 故选D． 10. 如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出平分，故③正确；进而求得，故②错误；当时，点与点重合，得到不一定等于，故④错误；故选A． 【详解】过作，过作于，如图所示， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形，故①正确； ∴， ∵四边形是正方形 ∴， ∴ 在和中 ∴ ∴， ∵ ∴平分，故③正确； ∴，故②错误； 当时，点与点重合， ∴不一定等于，故④错误． 故选：A 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解本题的关键． 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若是关于的方程的解，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的解，解题的关键是正确理解方程的解即为能使方程两边相等的未知数的值． 先把代入得，通过等式变形，再整体代入即可求解． 【详解】解：∵是关于的方程的解， ∴，整理得：， ∴， 故答案为：． 12. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____________． 【答案】且##且 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式．根据一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的两个实数根；当时，方程有两个相等的两个实数根；当时，方程无实数根． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根， ∴且， 解得：且， 故答案为：且． 13. 如图，在平行四边形中，点是中点，连接并延长交的延长线于点． 若，，的度数=______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等边对等角，三角形的外角性质，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键． 由平行四边形的性质得，又点是中点，则，即，所以，再通过，得到，由等边对等角得，最后由三角形的外角性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点是中点， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则___． 【答案】 【解析】 【分析】根据菱形面积=对角线积的一半可求，再根据勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果. 【详解】∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为． 【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式.熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出是解题的关键. 15. 如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE+AF的最小值为 _____． 【答案】 【解析】 【分析】如图，的下方作，在上截取，使得，连接，．证明，推出，，根据求解即可． 【详解】解：如图，的下方作，在上截取，使得，连接，． 四边形是菱形，， ，， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， 的最小值为， 故答案为． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 三、解答题（本题共8小题，共75分） 16. 用适当方法解方程： （1）； （2）． 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （）利用公式法求解即可； （）利用因式分解法求解即可． 【小问1详解】 解：， ∵， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴，； 【小问2详解】 解：， ， 或， ∴，． 17. 月份学校要组织本年度“校长杯”篮球联赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），计划安排场比赛，请问参赛球队有多少？ 【答案】参赛球队有个． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，读懂题意，找出等量关系，列出方程是解题的关键． 设参赛球队有个，由题意列出方程，解方程并检验即可． 【详解】解：设参赛球队有个， 由题意得：，整理得， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：参赛球队有个． 18. 如图，在中，点E、F分别在、上，且，、相交于点O，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质得到边平行且相等的关系，进而推出三角形全等，从而证明线段相等．本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形对边平行以及全等三角形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形 ∴ ∴ 在和中 ∴ ∴ 19. 如图，在四边形中，，，若点 E、F分别是的中点，且平分 （1）求证：四边形是菱形 （2）求的度数． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定，等腰三角形的性质与判定，熟知菱形的判定定理和等腰三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）先由线段中点的定义得到，则可证明四边形是平行四边形，再由平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，据此可证明结论； （2）根据（1）所求可得，则，再由三角形内角和定理可得，据此可得答案． 【小问1详解】 证明：∵，点 E、F分别是的中点， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：∵点为的中点， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∵， ∴，即． 20. 如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．若，，求的长． 【答案】． 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 连接，交于点，由正方形的性质得，，，然后证明 ， 所以，又四边形是正方形，则，，，然后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，交于点， ∵四边形、是正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 21. 阅读材料： 材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达早在1615年在著作《论方程的识别与订正》中就建立了方程根与系数的关系，提出一元二次方程的两根，有如下的关系（韦达定理）： ①， ②． 材料2：如果实数m，n满足，，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，然后将m，n看作是此方程的两个不相等实数根去解决相关问题． 材料3：若，是一元二次方程的两个实数根，且满足，则此类方程称为“差根方程”． 请根据上述材料解答下面问题． （1）填空：① ； ② ． （2）若实数m，n满足：，，则 ． （3）判断方程（“是”或“否”）是“差根方程”． （4）若关于x的方程：（b，c是常数）是“差根方程”，求的最大值． 【答案】（1）， （2） （3）方程是“差根方程” （4）48 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，新定义“差根方程”，二次函数的性质． （1）根据韦达定理即可求得答案； （2）将m，n看作方程的两个根，结合韦达定理求得，，再将所求式子变形得，最后代入求值即可； （3）设，是方程的两个根，根据韦达定理求得，，再由，代入可求出的值，再根据“差根方程”的定义判断即可； （4）设，是方程的两个实数根，则，，再根据差根方程的定义得，进而得，代入得，根据二次函数的性质即可得出答案． 【小问1详解】 解：根据题意知，，， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：可以将m，n看作方程的两个根， 则，， ∴ 故答案为：； 【小问3详解】 解：设，是方程的两个根， 则，， ∴， ∴， ∴方程是“差根方程”； 【小问4详解】 解：设，是方程的两个实数根， 则，， ∵关于x的方程：（b，c是常数）是“差根方程”， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴， ∴的最大值为48． 22. 定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”，如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（点不与点，重合），交于点 ，过点 作交于点． （1）试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由． （2）如图，连接，，求出的周长（用含的代数式表示）． （3）当时，求证：点是的中点． 【答案】（1）四边形是“等补四边形”，理由见解析； （2）的周长为； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键． （）连接，证明，则有，，由，则，所以，由，从而有，则，根据等边对等角和全等三角形的性质即可得出，从而判断； （）过作，交延长线于点，则，证明，，根据性质得出，则有的周长； （）过作，交延长线于点，则，证明，，则，设，则，，然后由勾股定理得，求出即可． 【小问1详解】 解：四边形是“等补四边形”，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是“等补四边形”； 【小问2详解】 解：过作，交延长线于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 由（）知，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴的周长； 【小问3详解】 解：如图，过作，交延长线于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由（）得， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则，， 由勾股定理得：， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， ∴点是的中点． 23. 【问题初探】 （1）如图1，在中，，点E在上（且不与点B，C重合），在的外部作，使，，连接，过点A作，过点D作，DF交于点F，连接．根据以上操作，判断：四边形的形状是_____，_____． 【变换探究】 （2）如图2，将图1中的绕点B逆时针旋转，使点E落在边上，过点A作，过点D作，交于点F，连接，若，求的长． 勤奋小组通过第（1）问的解题经验，尝试连接，猜想为特殊的三角形； 创思小组在勤奋小组的提示下，成功的证明出一对三角形全等，进而求得的长度． 请结合两个小组的解题思路，写出解题过程． 【迁移拓展】 （3）博文小组在第（2）问的基础上进行了如下创新，将图1中的绕点B顺时针旋转，使点D在的右侧，过点A作过点D作，交于点F，连接，并尝试连接，． 他们发现：若，，当四边形为菱形时．可求得的长度．请完成以下问题： ①求的长； ②当点D在左侧时，请直接写出的长． 【答案】（1）平行四边形，；（2）；（3）①；② 【解析】 【分析】（1）由，，可证四边形是平行四边形，则，由，，可得，，由勾股定理得，，进而可求的值； （2）如图2．连接，证明四边形是矩形，证明，则，，，由勾股定理得，，计算求解即可； （3）①证明，则，，设，则 ，，，，，由，可得，则，证明，则，，，如图3，延长交于，则，，，由勾股定理得，，，进而可求；②当点D在左侧时，如图4，连接，记的交点为，同理①，，则，，设，则，，由，可知为的外角，即三点共线，证明，则，，，，如图4，记的交点为，则，，，由勾股定理得，，，进而可求的长． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 故答案为：平行四边形，； （2）解：如图2．连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∴，即， 由勾股定理得，， ∴的长为； （3）①解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则 ，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图3，延长交于， ∵，， ∴， ∴，， 由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴的长为； ②解：当点D在左侧时，如图4，连接，记的交点为， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， 同理①，， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴为的外角，即三点共线， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 如图4，记的交点为， ∵，， ∴， ∴，， 由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余弦，正弦，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识．熟练掌握平行四边形的判定，矩形的判定与性质，旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余弦，正弦，三角形内角和定理，三角形外角的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “认识自我 优我成长”——八年级数学 一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共计30分） 1. 下列方程中，一定是一元二次方程的是（ ）． A. B. C. D. 2. 在平行四边形中，，的度数是（ ） A. B. C. D. 3. 要检验一个四边形画框是否为矩形．可行的测量方法是（ ） A. 测量四边形画框的对角线是否相等 B. 测量四边形画框的三个角是否为 C. 测量四边形画框的四边是否相等 D. 测量四边形画框的一组对边是否平行且相等 4. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 在菱形中，，，则（ ）． A. B. C. D. 6. 如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，若AB＝6，EF＝2，则BC的长为(　　) A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 7. 如图所示，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，中，是中线， 是角平分线，交 的延长线于点，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 9. 正方形的边长为4，点E为中点，连接，于点F，连接，则长为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 4 10. 如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①②③④ 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若是关于的方程的解，则的值为______． 12. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____________． 13. 如图，在平行四边形中，点是中点，连接并延长交的延长线于点． 若，，的度数=______． 14. 如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则___． 15. 如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE+AF的最小值为 _____． 三、解答题（本题共8小题，共75分） 16. 用适当方法解方程： （1）； （2）． 17. 月份学校要组织本年度“校长杯”篮球联赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），计划安排场比赛，请问参赛球队有多少？ 18. 如图，在中，点E、F分别在、上，且，、相交于点O，求证：． 19. 如图，在四边形中，，，若点 E、F分别是的中点，且平分 （1）求证：四边形是菱形 （2）求的度数． 20. 如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．若，，求的长． 21. 阅读材料： 材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达早在1615年在著作《论方程的识别与订正》中就建立了方程根与系数的关系，提出一元二次方程的两根，有如下的关系（韦达定理）： ①， ②． 材料2：如果实数m，n满足，，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，然后将m，n看作是此方程的两个不相等实数根去解决相关问题． 材料3：若，是一元二次方程的两个实数根，且满足，则此类方程称为“差根方程”． 请根据上述材料解答下面问题． （1）填空：① ； ② ． （2）若实数m，n满足：，，则 ． （3）判断方程（“是”或“否”）是“差根方程”． （4）若关于x的方程：（b，c是常数）是“差根方程”，求的最大值． 22. 定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”，如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（点不与点，重合），交于点 ，过点 作交于点． （1）试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由． （2）如图，连接，，求出的周长（用含的代数式表示）． （3）当时，求证：点是的中点． 23. 【问题初探】 （1）如图1，在中，，点E在上（且不与点B，C重合），在的外部作，使，，连接，过点A作，过点D作，DF交于点F，连接．根据以上操作，判断：四边形的形状是_____，_____． 【变换探究】 （2）如图2，将图1中的绕点B逆时针旋转，使点E落在边上，过点A作，过点D作，交于点F，连接，若，求的长． 勤奋小组通过第（1）问的解题经验，尝试连接，猜想为特殊的三角形； 创思小组在勤奋小组的提示下，成功的证明出一对三角形全等，进而求得的长度． 请结合两个小组的解题思路，写出解题过程． 【迁移拓展】 （3）博文小组在第（2）问的基础上进行了如下创新，将图1中的绕点B顺时针旋转，使点D在的右侧，过点A作过点D作，交于点F，连接，并尝试连接，． 他们发现：若，，当四边形为菱形时．可求得的长度．请完成以下问题： ①求的长； ②当点D在左侧时，请直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $