《2025年5年中考3年模拟八年级数学下册湘教版》

1. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$ 和 $BD$ 相交于点 $O$，$AC = BD$，$M$、$P$、$N$ 分别是边 $AB$、$BC$、$CD$ 的中点，连接 $MN$，分别交 $AC$、$BD$ 于点 $F$、$E$，$Q$ 是 $MN$ 的中点，连接 $PQ$，求证：$PQ\perp MN$。（M8202004）

答案：
证明 如图,连接 PM、PN.
∵ M、P 分别是边 AB、BC 的中点,
∴ $PM// AC$, $PM = \frac{1}{2}AC$.
∵ N、P 分别是边 CD、BC 的中点,
∴ $PN// BD$, $PN = \frac{1}{2}BD$,
又
∵ $AC = BD$,
∴ $PM = PN$.
∵ Q 是 MN 的中点,
∴ $PQ\perp MN$.

2.（2024 山东潍坊一模）如图，在 $\triangle ABC$ 中，$D$ 是 $BC$ 边的中点，$AE$ 是 $\angle BAC$ 的平分线，$AE\perp CE$ 于点 $E$，连接 $DE$。若 $AC = 5$，$DE = 1$，则 $AB$ 等于（ ）（M8202004）

A.7
B.6.5
C.6
D.5.5

答案：
A 如图,延长 CE 交 AB 于点 F.
∵ AE 平分∠BAC, $AE\perp CE$,
∴ $∠EAF = ∠EAC$,
$∠AEF = ∠AEC$,
在△EAF 与△EAC 中,
$\begin{cases}∠EAF = ∠EAC, \\AE = AE, \\∠AEF = ∠AEC,\end{cases}$
∴ $△EAF\cong△EAC(ASA)$,
∴ $AF = AC = 5$, $EF = EC$,
又
∵ D 是 BC 的中点,
∴ DE 是△BCF 的中位线,
∴ $BF = 2DE = 2$,
∴ $AB = AF + BF = 5 + 2 = 7$.故选 A.

3. 如图，$\triangle ABC$ 中，$AB = 8$，$AD$ 为 $\triangle ABC$ 的外角平分线，且 $AD\perp CD$ 于点 $D$，$E$ 为 $BC$ 的中点，连接 $DE$，若 $DE = 10$，则 $AC$ 的长为（M8202004）（ ）

A.12
B.14
C.16
D.18

答案：
A 如图,延长 BA、CD 交于点 F,
∵ AD 平分∠FAC,
∴ $∠DAF = ∠DAC$,
∵ $AD\perp CD$,
∴ $∠ADF = ∠ADC = 90^{\circ}$,
在△ADF 和△ADC 中,
$\begin{cases}∠DAF = ∠DAC, \\AD = AD, \\∠ADF = ∠ADC,\end{cases}$
∴ $△ADF\cong△ADC(ASA)$,
∴ $CD = DF$, $AC = AF$,
∵ $CD = DF$,E 为 BC 的中点,
∴ DE 是△BCF 的中位线,
∴ $BF = 2DE = 20$,
∴ $AF = BF - AB = 20 - 8 = 12$,
∴ $AC = AF = 12$,故选 A.

4. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AC\perp BC$ 于点 $C$，$AD// BC$，$BC = 3$，$AC = 4$，$AD = 6$，$M$ 是 $BD$ 的中点，则 $CM$ 的长为（ ）

A.$\frac{3}{2}$
B.2
C.$\frac{5}{2}$
D.3

答案：
C 如图,延长 BC 到 E,使 $CE = BC$,则 $BE = 2BC = 6 = AD$,
∵ $AD// BC$,
∴ 四边形 ABED 是平行四边形,
∵ M 是 BD 的中点, $BC = CE$,
∴ $CM = \frac{1}{2}DE = \frac{1}{2}AB$,
∵ $AC\perp BC$,
∴ $AB = \sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = \sqrt{4^{2}+3^{2}} = 5$,
∴ $CM = \frac{5}{2}$.

5. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = BC$，$BD\perp AC$ 于点 $D$，$CE$ 平分 $\angle ACB$，交 $AB$ 于点 $E$，交 $BD$ 于点 $F$。
(1) 求证：$\triangle BEF$ 是等腰三角形。
(2) 求证：$BD=\frac{1}{2}(BC + BF)$。

答案：
证明 （1）
∵ $AB = BC$, $BD\perp AC$ 于点 D,
∴ $∠ABD = ∠CBD$, $AD = CD$,
∵ $∠ABC = 90^{\circ}$,
∴ $∠ACB = 45^{\circ}$,
∵ CE 平分∠ACB,
∴ $∠ECB = ∠ACE = 22.5^{\circ}$,
∴ $∠BEF = 67.5^{\circ}$, $∠BFE = ∠CFD = 67.5^{\circ}$,
∴ $∠BEF = ∠BFE$,
∴ $BE = BF$,
∴ △BEF 是等腰三角形.
（2）如图,延长 AB 至点 M,使得 $BM = AB$,连接 CM,
∵ D 是 AC 的中点,
∴ $BD// MC$, $BD = \frac{1}{2}MC$,
∴ $∠BFE = ∠MCE$,
由（1）得 $∠BEF = ∠BFE$, $BE = BF$,
∴ $∠BEF = ∠MCE$,
∴ $ME = MC$,
∴ $BD = \frac{1}{2}MC = \frac{1}{2}ME = \frac{1}{2}(MB + BE) = \frac{1}{2}(BC + BF)$.

6. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，$CA = CB$，$E$，$F$ 分别为 $CA$，$CB$ 上的点，$CE = CF$，$M$，$N$ 分别为 $AF$，$BE$ 的中点，求证：$AE=\sqrt{2}MN$。

答案：
证明 如图,取 AB 的中点 G,连接 MG,NG,
∵ M,N 分别为 AF,BE 的中点,
∴ $NG = \frac{1}{2}AE$, $NG// AE$, $MG = \frac{1}{2}BF$, $MG// BF$,
∴ $∠BGN = ∠BAC$, $∠AGM = ∠ABC$,
∵ $CA = CB$, $CE = CF$, $AC\perp BC$,
∴ $AE = BF$, $NG\perp MG$,
∴ $MG = NG$, $∠MGN = 90^{\circ}$,
∴ △MNG 是等腰直角三角形,
∴ $MN = \sqrt{NG^{2}+GM^{2}} = \sqrt{2}NG$,即 $NG = \frac{\sqrt{2}}{2}MN$,
∴ $AE = 2NG = 2\times\frac{\sqrt{2}}{2}MN = \sqrt{2}MN$,即 $AE = \sqrt{2}MN$.