《2025年5年中考3年模拟八年级数学下册湘教版》

8.（2024湖南益阳二模，10，★★☆）如图，在矩形ABCD中，$ AD = \sqrt{2}AB $，$ \angle BAD $的平分线AE交BC于点E，$ DH \perp AE $于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，有下列结论：①ED平分$ \angle AEC $；②$ OE = \frac{1}{2}DE $；③$ HE = DF $；④$ AB = FH $.其中正确的结论有 （ ）

A.4个
B.3个
C.2个
D.1个

答案： B

∵ 在矩形 $ABCD$ 中，$\angle BAD = 90^{\circ}$，$AE$ 平分 $\angle BAD$，
∴ $\angle BAE=\angle DAE = 45^{\circ}$，
∴ $\triangle ABE$ 是等腰直角三角形，
∴ $AE=\sqrt{2}AB$，
∵ $AD=\sqrt{2}AB$，
∴ $AE = AD$，
∴ $\angle AED=\angle ADE$，
∵ $AD// BC$，
∴ $\angle ADE=\angle CED$，
∴ $\angle AED=\angle CED$，
∴ $ED$ 平分 $\angle AEC$，故结论①正确；\n
∵ $\angle BAE=\angle DAE = 45^{\circ}$，
∴ $\triangle ADH$ 是等腰直角三角形，
∴ $AD=\sqrt{2}AH=\sqrt{2}AB$，
∴ $AH = AB$，
∴ $\angle ABH=\angle AHB=\frac{1}{2}\times(180^{\circ}-45^{\circ}) = 67.5^{\circ}=\angle OHE$，由结论①得 $\angle AED=\frac{1}{2}\times(180^{\circ}-45^{\circ})=\angle CED = 67.5^{\circ}$，
∴ $\angle OHE=\angle AED$，
∴ $OE = OH$，
∵ $\angle OHD = 90^{\circ}-67.5^{\circ}=22.5^{\circ}$，$\angle ODH = 90^{\circ}-67.5^{\circ}=22.5^{\circ}$，
∴ $\angle OHD=\angle ODH$，
∴ $OH = OD$，
∴ $OE = OD = OH$，$OE=\frac{1}{2}DE$，故结论②正确；\n
∵ $\angle EBH = 90^{\circ}-67.5^{\circ}=22.5^{\circ}$，
∴ $\angle EBH=\angle DHF$，又
∵ $BE = AB = AH = DH$，$\angle HEB=\angle FDH = 45^{\circ}$，
∴ $\triangle BEH\cong\triangle HDF(ASA)$，
∴ $BH = FH$，$HE = DF$，故结论③正确；\n
∵ $AB = AH$，$\angle BAE = 45^{\circ}$，
∴ $\triangle ABH$ 不是等边三角形，
∴ $AB\neq BH$，
∴ $AB\neq FH$，故结论④错误. 综上，正确的结论有 3 个，故选 B.

9.（2024湖南永州东安期中，17，★★☆）如图所示，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD、BC于点E、F，$ AB = 2 $，$ BC = 3 $，则图中阴影部分的面积为______.

答案： 答案 $3$\n**解析**

∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $OA = OC$，$AD// BC$，
∴ $\angle AEO=\angle CFO$，
∵ $\angle AOE=\angle COF$，
∴ $\triangle AOE\cong\triangle COF$，则 $S_{\triangle AOE}=S_{\triangle COF}$，
∴ $S_{阴影}=S_{\triangle AOE}+S_{\triangle BOF}+S_{\triangle COD}=S_{\triangle COF}+S_{\triangle BOF}+S_{\triangle COD}=S_{\triangle BCD}$，
∵ $S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}CD\cdot BC=\frac{1}{2}\times3\times2 = 3$，
∴ $S_{阴影}=3$.

10. [情境题·中华优秀传统文化]（2023四川内江中考，16，★★☆）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由数学家刘徽创建的.“将一个几何图形，任意切成多个小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一.如图，在矩形ABCD中，$ AB = 5 $，$ AD = 12 $，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，$ EF \perp AC $，$ EG \perp BD $，垂足分别为F，G，则$ EF + EG = $______.

答案：
答案 $\frac{60}{13}$\n**解析** 如图，连接 $OE$，
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $\angle ABC = 90^{\circ}$，$BC = AD = 12$，$AO = CO = BO = DO$，
∵ $AB = 5$，
∴ $AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} = 13$，
∴ $OB = OC=\frac{13}{2}$，
∵ $S_{\triangle BOE}+S_{\triangle COE}=S_{\triangle BOC}$，
∴ $\frac{1}{2}OB\cdot EG+\frac{1}{2}OC\cdot EF=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times5\times12$，
∴ $\frac{1}{2}\times\frac{13}{2}EG+\frac{1}{2}\times\frac{13}{2}EF=\frac{1}{2}\times\frac{13}{2}(EG + EF)=15$，
∴ $EG + EF=\frac{60}{13}$.

11.（2024贵州遵义汇川一模，21，★★☆）在矩形ABCD中，过对角线AC的中点O作$ EF \perp AC $，分别与AB和CD的延长线交于点E，F.
（1）求证：$ \triangle AOE \cong \triangle COF $.
（2）若$ AB = 6 $，$ AD = 8 $，求AC与EF的长.

答案：
解析 \n（1）**证明**：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $AB// CD$，
∴ $\angle E=\angle F$，
∵ 点 $O$ 是 $AC$ 的中点，
∴ $AO = CO$，在 $\triangle AOE$ 和 $\triangle COF$ 中，$\begin{cases}\angle E=\angle F\\\angle AOE=\angle COF\\AO = CO\end{cases}$，
∴ $\triangle AOE\cong\triangle COF(AAS)$.\n（2）如图，连接 $CE$，由（1）得 $\triangle AOE\cong\triangle COF$，
∴ $OE = OF$，$BE = AE - AB = CF - CD = DF$，
∵ $OE = OF$，$AC\perp EF$，
∴ $AC$ 垂直平分 $EF$，
∴ $CE = CF=\sqrt{BC^{2}+BE^{2}}=\sqrt{8^{2}+(CF - 6)^{2}}$，
∴ $AE = CF=\frac{25}{3}$，
∵ $AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} = 10$，
∴ $AO = CO=\frac{1}{2}AC = 5$，
∵ $OE=\sqrt{AE^{2}-AO^{2}}=\sqrt{(\frac{25}{3})^{2}-5^{2}}=\frac{20}{3}$，
∴ $EF=\frac{40}{3}$.
∴ $AC = 10$，$EF=\frac{40}{3}$.

12. [推理能力]（1）探究规律：如图1，点P为平行四边形ABCD内一点，$ \triangle PAB $、$ \triangle PCD $的面积分别记为$ S_{1} $、$ S_{2} $，平行四边形ABCD的面积记为S，试探究$ S_{1} + S_{2} $与S之间的关系.
（2）解决问题：如图2，矩形ABCD中，$ AB = 5 $，$ BC = 8 $，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA上，且$ AE = CG = 3 $，$ AH = CF = 2 $，连接EG、HF交于点P，四边形AEPH、四边形CGPF的面积分别记为$ S_{1} $、$ S_{2} $，求$ S_{1} + S_{2} $的值.

答案：
解析 \n（1）如图①所示，过点 $P$ 作 $PG\perp BA$ 交 $BA$ 于点 $G$，延长 $GP$ 交 $CD$ 于点 $H$，
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$AB = CD$，
∵ $PG\perp AB$，
∴ $PH\perp CD$，
∴ $S_{1}=\frac{1}{2}AB\cdot PG$，$S_{2}=\frac{1}{2}CD\cdot PH$，
∴ $S_{1}+S_{2}=\frac{1}{2}AB\cdot PG+\frac{1}{2}CD\cdot PH=\frac{1}{2}AB\cdot PG+\frac{1}{2}AB\cdot PH=\frac{1}{2}AB\cdot(PG + PH)=\frac{1}{2}AB\cdot GH=\frac{1}{2}S$.\n（2）如图②所示，过点 $P$ 作 $PK\perp AB$ 于点 $K$，并延长 $KP$ 交 $CD$ 于点 $T$，过点 $P$ 作 $PM\perp AD$ 于点 $M$，并延长 $MP$ 交 $BC$ 于点 $N$，连接 $PA$，$PB$，$PC$，$PD$，
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $AD// BC$，$AB// CD$，
∵ $KT\perp AB$，$MN\perp AD$，
∴ $KT\perp CD$，$MN\perp BC$，
∴ $PK + PT = BC = 8$，$PM+PN = AB = 5$，
∴ $S_{1}+S_{2}=\frac{1}{2}AE\cdot PK+\frac{1}{2}AH\cdot PM+\frac{1}{2}CG\cdot PT+\frac{1}{2}CF\cdot PN=\frac{1}{2}\times3PK+\frac{1}{2}\times2PM+\frac{1}{2}\times3PT+\frac{1}{2}\times2PN=\frac{3}{2}PK+PM+\frac{3}{2}PT+PN=\frac{3}{2}BC+AB = 12 + 5 = 17$.