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北京市第二十一中学 2021-2022 学年八年级数学下册第一次月考测试
题（附答案）
一、选择题（共18分）
1. 如图，在 中， 是斜边 上的中线，若 ，则 的长是（ ）
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可求得 ．
【详解】解：在 中， 是斜边 上的中线，
则 ，
．
故选C．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得 的长是
解题的关键．
2. 如图，矩形 中，对角线 ， 相交于点 ，若 ，则 （ ）A. 20° B. 40° C. 80° D. 100°
【答案】C
【解析】
的
【分析】根据矩形性质可得OA=OD，然后根据三角形 外角的性质即可解决问题．
【详解】解： 矩形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用所学
知识解决问题．
3. 如图．在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，下列说法错误的是（ ）
A. AB∥DC B. AC=BD C. AC⊥BD D. OA=OC
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】A．菱形的对边平行且相等，所以AB∥DC，故本选项正确；
B．菱形的对角线不一定相等，故本选项错误；
C．菱形的对角线互相垂直，所以AC⊥BD，故本选项正确；
D．菱形的对角线互相平分，所以OA＝OC，故本选项正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟记菱形的对边平行且相等，对角线互相垂直平分是解本题的关键．
4. 下列各组数中，以a，b，c为边的三角形不是直角三角形的是（ ）
A. a＝1.5，b＝2，c＝3 B. a＝7，b＝24，c＝25C. a＝6，b＝8，c＝10 D. a＝3，b＝4，c＝5
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
【详解】解：A．∵1.52+22≠32，∴该三角形不是直角三角形，故A选项符合题意；
B．∵72+242＝252，∴该三角形是直角三角形，故B选项不符合题意；
C．∵62+82＝102，∴该三角形是直角三角形，故C选项不符合题意；
D．∵32+42＝52，∴该三角形是直角三角形，故D选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查直角三角形的判定，掌握勾股定理是本题解题关键．
5. 图①是一个边长为 的正方形，小颖将图①中的阴影部分拼成图②的形状，由图①和图②能验证
的式子是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示可知，阴影部分的面积是边长为 的正方形减去中间白色的正方形的面积 ，
即为对角线分别是 ， 的菱形的面积．据此即可解答．
【详解】解： ．
故选：B．
【点睛】本题是利用几何图形的面积来验证 ，解题关键是利用图形的面积之
间的相等关系列等式．6. 正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A. 对角线互相平分 B. 对角线相等
C. 对角线互相垂直 D. 对角线平分对角
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方形的性质：正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角；即可求得答案．
【详解】解：正方形的性质有：对角线互相平分垂直且相等，而且平分一组对角；
菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且平分一组对角．
故正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了正方形与菱形的性质．比较简单，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理．
7. 如图， ABC 是边长为6cm的等边三角形，被一平行于BC 的矩形所截，边长被截成三等份，则图中
阴影部分的△面积为 ( )
A. 4cm2 B. 2 cm2 C. 3 cm2 D. 4 cm2
【答案】C
【解析】
【详解】分析：由题意可以推出EH∥FG∥BC，即可知 AEH∽△AFG∽△ABC，结合已知条件便可推出
S ：S ：S ＝1：4：9，然后求出 ABC的面积，△即可推出阴影部分的面积．
AEH AFG ABC
△ △ △
详解：过A作AL⊥CB于L， △
∵△ABC是边长为6cm的等边三角形，∴AL＝AB•sin60°＝6× ＝ （cm），
∴△ABC的面积＝ CB•AL＝ cm2，
∵EH∥FG∥BC，
∴△AEH∽△AFG∽△ABC，
∵AB被截成三等分，
∴S ：S ：S ＝1：4：9，
AEH AFG ABC
△ △ △
∴阴影部分的面积＝S −S ＝ − ＝ cm2．
AFG AEH
△ △
故选C．
点睛：本题主要考查相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质，关键在于求出S ：S ：S ＝
AEH AFG ABC
△ △ △
1：4：9．
8. 图1中，每个小正方形的边长为1， 的三边a，b，c的大小关系是（ ）
A. a0），点D（m，1）在 上，将长方形 沿 折叠压平，使点 落在坐标平面内，设点 的
对应点为点 ．
（1）当 时，点 的坐标为__，点 的坐标为__；
（2）随着 的变化，点 能落在 轴上，此时 的值是__．【答案】 ①. （3，4） ②. （0，1） ③.
【解析】
【分析】（1）根据点 、点 、点 的坐标和矩形的性质可以得到点 和点 的坐标；
（2）由折叠的性质求得线段 和 的长，然后利用勾股定理得到 的方程，求得 的值即可．
【详解】解：（1） 四边形 是长方形，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ， ，点
在 上， ，
点 的坐标为 ，
，
是等腰直角三角形，
，
则 ，
则 在 轴上，
，
四边形 是正方形， ，
则点 的坐标为 ，
故答案为： ， ；
（2）点 能恰好落在 轴上，理由如下：
四边形 为矩形，
， ，由折叠的性质可得： ， ，
点 能落在 轴上，
在 中，由勾股定理可得 ，
则有 ，
在 中， ，
即 ，
解得： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定
与性质等知识；熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理是解题的关键．
18. 平面直角坐标系中，点 的横坐标 的绝对值表示为 ，纵坐标 的绝对值表示为 ，我们把
点 的横坐标与纵坐标的绝对值之和叫做点 的勾股值，记为 ，即 （其中“
”是四则运算中的加法）．
（1）已知点 ， ， ，则勾股值 的值为__．
（2）满足条件 的所有点 围成的图形的面积是__．
【答案】 ①. 8 ②. 18
【解析】
【分析】（1）根据题目中所给定义勾股值，分别计算出 和 ，再求和即可；
（2）设出点 的坐标，用横纵坐标表示出 ，对 和 进行讨论，可找出对应的图形，判断出形状后，
可直接求解．
【详解】解：（1） ， ， ，
， ，．
故答案为：8．
（2）设 的坐标为 ，则 ，
，
，
当 ， 时， ，即 ；
当 ， 时， ，即 ；
当 ， 时， ，即 ；
当 ， 时， ，即 ．
满足条件 的所有点 围成的图形是正方形，如下图所示：
该正方形的面积为： ．
故答案为：18．
【点睛】本题属于新定义类问题，主要考查绝对值法则，及菱形 的面积的求法，根据题意，画出图形
是解题关键．
三、计算题（共8分）
19. 计算： ．【答案】
【解析】
【分析】直接将分式的分子分解因式，进而化简，再进行加减计算得出答案．
【详解】解：原式
．
【点睛】此题主要考查了分式的加减，正确掌握相关运算法则是解题关键．
20. 计算： | |．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用二次根式的性质以及零指数幂的性质、绝对值的性质分别化简得出答案．
【详解】解：原式
【点睛】本题主要考查了实数的运算、二次根式的性质及零指数幂的性质、绝对值的性质，正确化简各数
是解决本题的关键．
四、解答题（共56分）
21. 解方程：
【答案】无解
【解析】
【分析】解：去分母：方程两边同时乘以x-2，得
1-x=-1-2（x-2）
1-x="-1-2x+4
X="2
检验：当x=2时，x-2=0，所以x=2不是原方程的解．
∴原方程无解．【详解】请在此输入详解！
22. 因式分解： ．
【答案】
【解析】
【分析】直接提取公因式 ，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：原式
．
故答案为： ．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
23. 如图所示， ，且 ， 是 的中点，求证： ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明四边形 是平行四边形，即可证明
．
【详解】证明： 是 的中点，
，
又 ，．
又 ，
四边形 是平行四边形．
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．平行四边形
的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与
联系．
24. 如图所示，在矩形 中， ， 是对角线，过顶点C作 的平行线与 的延长线相交于
点E，求证： 是等腰三角形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】证明四边形 是平行四边形，再根据矩形的性质求出 ，即可证明 是等腰
三角形．
【详解】证明：∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形．
∴ ．
∵四边形 是矩形，
∴ ．
∴ ．∴ 是等腰三角形．
【点睛】此题考查了平行四边的判定、矩形的性质，解题的关键是运用平行四边的性质和矩形的性质．
25. 如图，已知在四边形中， 交于点O，E、F、G、H分别是四边上的中点，求证：四边形
是矩形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据三角形的中位线的性质知， ， 且 ， ，证明四
边形 是平行四边形，再根据 即可证得．
【详解】证明：如图，∵E、F、G、H分别是线段 的中点，
∴ 分别是 、 的中位线，
分别是 的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，
， 且 ，
∴四边形 是平行四边形
又∵ ，
∴
∴四边形 是矩形．
【点睛】此题考查了矩形的判定，三角形中位线定理，解题的的关键是熟悉矩形的判定定理．
26. 如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且 ACE是等边三角形．
（1）求证：四边形ABCD是菱形． △
（2）若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形．【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．进而利用菱形的判定证明即可；
（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可．
【详解】证明：（1）∵▱ABCD，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC （三线合一）
即 BD⊥AC，
∴▱ABCD是菱形；
（2）∵△ACE是等边三角形，∠EAC＝60°
由（1）知，EO⊥AC，AO＝OC
∴∠AEO＝∠OEC＝30°， AOE是直角三角形
∴∠EAO＝60°， △
∵∠AED＝2∠EAD，
∴∠EAD＝15°，
∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，
∵▱ABCD是菱形，
∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，
∴菱形ABCD是正方形．
【点睛】本题考查菱形和正方形的判定，解题关键是要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性
质定理．
27. 一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB∥CF，∠F＝∠ACB＝90°，∠E＝45°，∠A＝
60°，AC＝10，试求CD的长．【答案】15﹣5
【解析】
【分析】过点B作BM⊥FD于点M，解Rt△ACB求出BC，在Rt△BMC中求出CM，BM，推出BM=DM，
即可求得答案．
【详解】解：
过点B作BM⊥FD于点M，
在△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝10，
∴∠ABC＝30°，BC＝AC•tan60°＝10 ，
∵AB∥CF，
∴∠BCM＝∠ABC＝30°．
∴BM＝BC•sin30°＝10 × ＝5 ，
CM＝BC•cos30°＝10 × ＝15，
在△EFD中，∠F＝90°，∠E＝45°，
∴∠EDF＝45°，
∴MD＝BM＝5 ，
∴CD＝CM﹣MD＝15﹣5 ．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，平行线的性质．关键是能通过解直角三角形求出线段CM，MD
的长．
28. 在正方形 中， ， ， ， ， ．求正方形的
面积．
【答案】
【解析】
【分析】将 ， 平移，相交于点 ，连接 ，则 为直角三角形，由此解答即可．
【详解】解：如图，将 ， 平移到CG，EG，如图所示，且相交于点 ，连接 ，
∴四边形EFCG为矩形， 为直角三角形，
∴AG=9+3=12cm，CG=EF=5cm，
根据勾股定理， ，
所以，正方形 的面积为 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理解三角形等知识，根据题意作出相应辅助线是解题的关键．
29. 在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将 ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到 ABG(如图①)，求证： AEG≌△AEF；
(2)若△直线EF与AB，AD的延长线分别交于△点M，N(如图②)，求证：△EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的
数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．
再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF= DF，然后证明
∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则
DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF= DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG= BM= DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，
即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题
30. 已知 ，H为射线OA上一定点， ，P为射线OB上一点，M为线段OH上一
动点，连接PM，满足 为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转 ，得到线段PN，连接
ON．
（1）依题意补全图1；
（2）求证： ；
（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并
证明．
【答案】（1）如图所示见解析；（2）见解析；（3）OP=2.证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意画出图形即可．
（2）由旋转可得∠MPN=150°，故∠OPN=150°-∠OPM；由∠AOB=30°和三角形内角和 180°可得
∠OMP=180°-30°-∠OPM=150°-∠OPM，得证．
（3）根据题意画出图形，以ON=QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP=∠OPN联想到其
补角相等，又因为旋转有PM=PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA
于点 D，即可构造出 PDM≌△NCP，进而得 PD=NC，DM=CP．此时加上 ON=QP，则易证得
△OCN≌△QDP，所以 OC=QD．再设 DM=CP=x，所以 OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1，由于点
△M、Q关于点H对称，得出DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x，得出OC=DQ，再利用SAS得出 OCN≌△QDP即
可 △
【详解】解：（1）如图1所示为所求．
（2）设∠OPM=α，
∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN
∴∠MPN=150°，PM=PN
∴∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-α
∵∠AOB=30°
∴∠OMP=180°-∠AOB-∠OPM=180°-30°-α=150°-α
∴∠OMP=∠OPN
（3）OP=2时，总有ON=QP，证明如下：
过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2
∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°
∵∠AOB=30°，OP=2∴DH=OH-OD=1
∵∠OMP=∠OPN
∴180°-∠OMP=180°-∠OPN
即∠PMD=∠NPC
在 PDM与 NCP中
△ △
∴△PDM≌△NCP（AAS）
∴PD=NC，DM=CP
设DM=CP=x，则OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1
∵点M关于点H的对称点为Q
∴HQ=MH=x+1
∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x
∴OC=DQ
在 OCN与 QDP中
△ △
∴△OCN≌△QDP（SAS）
∴ON=QP
【点睛】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性
质，中心对称的性质．第（3）题的解题思路是以ON=QP为条件反推OP的长度，并结合（2）的结论构造
全等三角形；而证明过程则以OP=2为条件构造全等证明ON=QP．
