陕西省西安市曲江2015-2016学年八年级下第二次月考数学试卷含答案解析（最终版） ㊣ 精品文档 值得下载

案为④关于的方程的解是正数，则的取值范围是且≠考点分式方程的解第页共页分析先去分母得，可解得，由于关于的方程的解是正数，则并且≠，即且≠，解得且≠解答解去分母得，解得，关于的方程的解是正数，且≠，且≠，解得且≠，的取值范围是且≠故答案为且≠▱的周长是，相交于点，的周长比的周长大，则考点平行四边形的性质分析如图由四边形是平行四边形，可得又由的周长比的周长大，可得，又因为▱的周长是，所以解方程组即可求得解答解四边形是平行四边形，又的周长比的周长大又▱的周长是故答案为第页共页如图，有块直角三角形的木板只小蚂蚁在边上爬行可以与重合，设其所处的位置到的中点的距离为，则的取值范围是考点三角形中位线定理直角三角形斜边上的中线分析由勾股定理知当点与点或点重合时，到点的距离最大，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的半知，，当⊥时，线段是从点到的垂线段，长最小，此时是中位线所以解答解在中，当点与点或点重合时，的长最大当⊥时，线段长最小，此时是中位线如图，在矩形中，点为中点，点为边上任点，过点别作，的垂线，垂足分别为点则为考点矩形的性质全等三角形的判定与性质分析连接，由矩形的性质得出，由勾第页共页股定理求出，由证明≌，得出，再由的面积的面积的面积，即可得出结果解答解连接，如图所示，四边形是矩形点为中点，在和中≌的面积的面积的面积，即，即，解得故答案为第页共页年月日，第页共页又⊥，⊥，又，故选厂接到加工件衣服的订单，预计每天做件，正好按时完成，后因客户要求提前天交货，设每天应多做件才能按时交货，则应满足的方程为考点由实际问题抽象出分式方程分析本题的关键是要弄清因客户要求工作量提速后的工作效率和工作时间，然后根据题目给出的关键语提前天找到等量关系，然后列出方程解答解因客户的要求每天的工作效率应该为件，所用的时间为，根据因客户要求提前天交货，用原有完成时间减去提前完成时间，可以列出方程故选如图，在▱中分别是和的平分线，添加个条件，仍无法判断四边形为菱形的是第页共页⊥是的平分线考点菱形的判定平行四边形的性质分析根据平行四边形性质推出求出，证≌，推出求出，得出四边形是平行四边形，再根据菱形的判定判断即可解答解四边形是平行四边形分别是和的平分线在和中，≌，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形平行四边形是菱形，故本选项正确⊥，四边形是平行四边形，平行四边形是菱形，故本选项正确根据和平行四边形不能推出四边形是菱形，故本选项错故选二填空题分解因式考点因式分解运用公式法第页共页分析先利用平方差公式分解因式，再利用完全平方公式继续分解因式解答解故答案为菱形的周长为，两相邻内角的度数之比为，则该菱形的面积是考点菱形的性质分析如图，四边形为菱形根据菱形的性质得，∥，接着利用平行线的性质得，于是可计算出，则可判断为等边三角形，然后根据菱形得性质和等边三角形的面积公式求解解答解如图，四边形为菱形四边形为菱形∥即为等边三角形，菱形的面积，故答案为若关于的分式方程无解，则考点分式方程的解分析分式方程无解的条件是去分母后所得整式方程无解，或解这个整式方第页共页程得到的解使原方程的分母等于解答解去分母，得，把代入得，解得故答案是如图，平移到的位置，且点在边的延长线上，连接若，那么在以下四个结论四边形是平行四边形四边形是菱形⊥④平分，正确的有④考点菱形的性质等腰三角形的性质平行四边形的判定平移的性质分析先证明四边形是平行四边形，再求证四边形为菱形，根据菱形的对角线即角平分线性质可以解决题目解答解是平移过去的四边形是平行四边形，∥，第页共页，平分四边形是平行四边形，四边形是菱形，故本选项正确故选如图矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且则的长为考点翻折变换折叠问题勾股定理分析先根据矩形的特点求出的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的长解答解四边形是矩形，是翻折而成，是直角三角形在中设，在中即，解得，故选第页共页如图，平行四边形中，是的中点，且，则的面积是考点平行四边形的性质三角形的面积勾股定理的逆定理分析求▱的面积，就需求出边上的高，可过作∥，交的延长线于，那么四边形也是平行四边形，则在中，三角形的三边长正好符合勾股定理的逆定理，因此是直角三角形可过作⊥于，根据三角形面积的不同表示方法，可求出的长，也就求出了边上的高，由此可求出四边形的面积解答解作∥，交的延长线于，则是平行四边形，又由题意可得则，在中是直角三角形，且，过作⊥于，则，▱•且点在边的延长线上，连接若，那么在以下四个结论四边形是平行四边形四边形是菱形⊥④平分，正确的有关于的方程的解是正数，则的取值范围是▱的周长是，相交于点，的周长比的周长大，则如图，有块直角三角形的木板只小蚂蚁在边上爬行可以与重合，设其所处的位置到的中点的距离为，则的取值范围是如图，在矩形中，点为中点，点为边上任点，过点别作，的垂线，垂足分别为点则为第页共页学年陕西省西安市曲江八年级下第二次月考数学试卷参考答案与试题解析选择题在式子中，分式的个数个个个个考点分式的定义负整数指数幂分析根据分式的定义分母中含有字母的式子是分式，可得答案解答解是分式，故选下列因式分解正确的是考点因式分解运用公式法分析根据提取公因式法分解因式和公式法分解因式，对各选项分析判断后利用排除法求解解答解应为，故本选项与符号相同，不能进行因式分解，故本选项，正确应为，故本选项故选在平行四边形等腰三角形矩形菱形四个图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有第页共页个个个个考点中心对称图形轴对称图形分析根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解解答解既是中心对称图形又是轴对称图形的有矩形菱形共个选当时，下列各式中其值为零的分式是考点分式的值为零的条件分析分式的值为的条件是分子为分母不为两个条件需同时具备，缺不可据此可以解答本题解答解当时，分母，故本选项当时，分母，故本选项当时，分母，故本选项当时，分子，故本选项正确故选下列说法中的是平行四边形的对角线互相平分有两对邻角互补的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组对边平行，组对角相等的四边形是平行四边形考点平行四边形的判定与性质平行线的性质分析根据平行四边形的性质即可判断根据图形和已知不能推出另组对边也平行，即可判断根据平行四边形的判定判断即可根据平行线性质和已知推出∥，根据平行四边形的判定判断即可解答解根据平行四边形性质得出平行四边形的对角线互相平分，故本选项第页共页，同时，只能推出∥，不定是平行四边形，故本选项正确于交于，四边形是平行四边形，故本选项∥∥，四边形是平行四边形，故本选项故选如图，菱形中，⊥，⊥，为垂足则等于考点菱形的性质分析依题意，首先推出是等边三角形，然后可知，故可得解答解连接⊥，是等边三角形，第页共页学年陕西省西安市曲江八年级下第二次月考数学试卷选择题在式子中，分式的个数个个个个下列因式分解正确的是在平行四边形等腰三角形矩形菱形四个图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有个个个个当时，下列各式中其值为零的分式是下列说法中的是平行四边形的对角线互相平分有两对邻角互补的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组对边平行，组对角相等的四边形是平行四边形如图，菱形中，⊥，⊥，为垂足则等于厂接到加工件衣服的订单，预计每天做件，正好按时完成，后因客第页共页户要求提前天交货，设每天应多做件才能按时交货，则应满足的方程为如图，在▱中分别是和的平分线，添加个条件，仍无法判断四边形为菱形的是⊥是的平分线如图矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且则的长为如图，平行四边形中，是的中点，且，则的面积是二填空题分解因式菱形的周长为，两相邻内角的度数之比为，则该菱形的面积是第页共页若关于的分式方程无解，则如图，平移到的位置，且三点线，∥，∥，四边形为平行四边形，故命题正确，且即四边形为菱形，故命题正确菱形对角线垂直，⊥，∥，⊥，故命题正确菱形的对角线即角平分线，且四边形为菱形，为的角平分线，故④命题正确故答案为④关于的方程的解是正数，则的取值范围是且≠考点分式方程的解第页共页分析先去分母得，可解得，由于关于的方程的解是正数，则并且≠，即且≠，解得且≠解答解去分母得，解得，关于的方程的解是正数，且≠，且≠，解得且≠，的取值范围是且≠故答案为且≠▱的周长是，相交于点，的周长比的周长大，则考点平行四边形的性质分析如图由四边形是平行四边形，可得又由的周长比的周长大，可得，又因为▱的周