《2025年5年中考3年模拟八年级数学下册湘教版》

1.如图,在正方形ABCD中,CE⊥MN,∠MCE=40°,则∠ANM=　　　　　　　　　　　(　　　)

A.40°           B.45°             C.50°           D.55°

答案： **C**：设 $MN$ 与 $EC$ 交于点 $O$（图略），$\because CE\perp MN$，$\therefore\angle MOC = 90^{\circ}$，$\because\angle MCE = 40^{\circ}$，$\therefore\angle OMC = 50^{\circ}$，$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，$\therefore AD// BC$，$\therefore\angle ANM=\angle OMC = 50^{\circ}$。

2.如图,E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点,且CE=DF,AE、BF相交于点O,下列结论:①AE=BF;②AE⊥BF;③AO=OE;④$S_{△AOB}=S_{四边形DEOF}$,其中正确的结论有　　　　　(　　　)


A.①②③
　B.②③④
　C.①③④
　D.①②④

答案：
**D**：$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，$\therefore\angle BAF=\angle D = 90^{\circ}$，$AB = AD = CD$，$\because CE = DF$，$\therefore AD - DF = CD - CE$，即 $AF = DE$。在 $\triangle ABF$ 和 $\triangle DAE$ 中，$\begin{cases}AB = AD\\\angle BAF=\angle D\\AF = DE\end{cases}$，$\therefore\triangle ABF\cong\triangle DAE(SAS)$，$\therefore\angle ABF=\angle DAE$，$AE = BF$，故结论①正确；$\because\angle DAE+\angle BAO = 90^{\circ}$，$\therefore\angle ABF+\angle BAO = 90^{\circ}$，$\therefore\angle AOB = 180^{\circ}-(\angle ABF+\angle BAO)=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$，$\therefore AE\perp BF$，故结论②正确；假设 $AO = OE$，如图，连接 $BE$，$\because AE\perp BF$（已证），$\therefore AB = BE$，$\because$ 在 $Rt\triangle BCE$ 中，$BE＞BC$，$\therefore AB＞BC$，这与正方形的边长 $AB = BC$ 相矛盾，$\therefore$ 假设不成立，即 $AO\neq OE$，故结论③错误；$\because\triangle ABF\cong\triangle DAE$（已证），$\therefore S_{\triangle ABF}=S_{\triangle DAE}$，$\therefore S_{\triangle ABF}-S_{\triangle AOF}=S_{\triangle DAE}-S_{\triangle AOF}$，即 $S_{\triangle AOB}=S_{四边形DEOF}$，故结论④正确。综上所述，正确的结论有①②④。故选 D。

3.一题多解正方形ABCD的边长为6,点P在对角线BD上,点E是线段AD上或AD延长线上的一点,且PE⊥PC.
(1)如图1,点E在线段AD上,求证:PE=PC.
(2)如图2,点E在线段AD的延长线上,判断
(1)中的结论是否仍然成立,请说明理由.

答案：
**解析**\n**【解法一】**\n**
(1)证明**：如图，连接 $PA$，$\because$ 四边形 $ABCD$ 为正方形，$\therefore\angle ADP=\angle CDP = 45^{\circ}$，$DA = DC$，$\because PD = PD$，$\therefore\triangle DAP\cong\triangle DCP(SAS)$，$\therefore\angle DAP=\angle DCP$，$PC = PA$。在四边形 $CDEP$ 中，$\because\angle EPC+\angle ADC+\angle PED+\angle PCD = 360^{\circ}$，$\angle ADC=\angle EPC = 90^{\circ}$，$\therefore\angle PCD+\angle DEP = 180^{\circ}$，$\because\angle AEP+\angle DEP = 180^{\circ}$，$\therefore\angle AEP=\angle DCP$，$\therefore\angle AEP=\angle PAE$，$\therefore PE = PA$，$\therefore PE = PC$。

\n**
(2)
(1)中的结论成立**：理由如下：如图，连接 $AP$，由
(1)可知 $\triangle ADP\cong\triangle CDP$，$\therefore\angle DAP=\angle DCP$，$AP = PC$。$\because\angle DCP+\angle DPC+\angle PDC = 180^{\circ}$，$\angle CPE = 90^{\circ}$，$\angle CDP = 45^{\circ}$，$\therefore\angle DPE+\angle DCP = 45^{\circ}$，$\because\angle ADP=\angle DPE+\angle AEP = 45^{\circ}$，$\therefore\angle DCP=\angle AEP$，$\therefore\angle PAD=\angle AEP$，$\therefore AP = PE$，$\therefore PE = PC$。

\n**【解法二】**\n**
(1)证明**：如图，过点 $P$ 作 $PN\perp BC$，垂足为点 $N$，延长 $NP$ 交 $AD$ 于 $M$，则 $\angle PMD=\angle PNC = 90^{\circ}$。$\because$ 四边形 $ABCD$ 为正方形，$\therefore\angle ADB = 45^{\circ}$，$\therefore\angle MPD = 45^{\circ}$，$\therefore\angle ADB=\angle MPD$，$\therefore MD = MP$。易证四边形 $MNCD$ 是矩形，$\therefore MD = NC$，$\therefore MP = NC$。$\because PE\perp PC$，$\therefore\angle MPE+\angle NPC = 90^{\circ}$，$\because\angle MPE+\angle MEP = 90^{\circ}$，$\therefore\angle MEP=\angle NPC$，$\therefore\triangle MPE\cong\triangle NCP(AAS)$，$\therefore PE = PC$。

\n**
(2)
(1)中结论成立**：理由如下：如图，过点 $P$ 作 $PN\perp BC$，垂足为点 $N$，延长 $NP$ 交 $AD$ 于 $M$，同
(1)可证 $\triangle MPE\cong\triangle NCP$，$\therefore PE = PC$。

4.探究:
如图,分别以△ABC的两边AB和AC为边向外作正方形ANMB和正方形ACDE,连接NC、BE 交于点P.求证:∠ANC=∠ABE.
应用:
(1)Q是线段BC的中点,连接PQ,若BC=6,求PQ的长.
(2)若AB=5$\sqrt{2}$,BC=6,∠ABC=45°,求BE的长;

答案：
**解析**\n**探究**：证明：$\because$ 四边形 $ANMB$ 和四边形 $ACDE$ 是正方形，$\therefore AN = AB$，$AC = AE$，$\angle NAB=\angle CAE = 90^{\circ}$，$\therefore\angle NAB+\angle BAC=\angle BAC+\angle CAE$，$\therefore\angle NAC=\angle BAE$。
在 $\triangle ANC$ 和 $\triangle ABE$ 中，$\begin{cases}AN = AB\\\angle NAC=\angle BAE\\AC = AE\end{cases}$，$\therefore\triangle ANC\cong\triangle ABE(SAS)$，$\therefore\angle ANC=\angle ABE$。\n**应用**：\n**
(1)**：设 $AB$ 与 $NC$ 的交点为 $O$，如图，$\because$ 四边形 $NABM$ 是正方形，$\therefore\angle NAB = 90^{\circ}$，$\therefore\angle ANC+\angle AON = 90^{\circ}$，$\because\angle BOP=\angle AON$，$\angle ANC=\angle ABE$，$\therefore\angle ABP+\angle BOP = 90^{\circ}$，$\therefore\angle BPC = 90^{\circ}$，$\because Q$ 为 $BC$ 的中点，$BC = 6$，$\therefore PQ=\frac{1}{2}BC = 3$。\n**
(2)**：如图，连接 $BN$，$\because$ 四边形 $ABMN$ 是正方形，$AB = 5\sqrt{2}$，$\therefore BN = 10$，$\angle ABN = 45^{\circ}$，又 $\because\angle ABC = 45^{\circ}$，$\therefore\angle NBC = 90^{\circ}$，即 $BN\perp BC$，$\therefore CN=\sqrt{BC^{2}+BN^{2}}=2\sqrt{34}$，$\because\triangle ANC\cong\triangle ABE$，$\therefore BE = CN = 2\sqrt{34}$。

5.如图,在正方形ABCD中,点E、F分别在边BC、
CD上,且∠EAF=45°,连接EF、BD、AE、AF,BD 与AF、AE分别相交于点M、N.
(1)求证:EF=BE+DF.
(2)若正方形ABCD的边长为6,BE=2,,求DF 的长.

答案：
**解析**\n**
(1)证明**：如图，延长 $CB$ 至点 $G$，使 $BG = DF$，连接 $AG$。$\because$ 四边形 $ABCD$ 为正方形，$\therefore AB = AD$，$\angle BAD=\angle ADF=\angle ABE=\angle ABG = 90^{\circ}$。
在 $\triangle ABG$ 和 $\triangle ADF$ 中，$\begin{cases}AB = AD\\\angle ABG=\angle ADF\\BG = DF\end{cases}$，$\therefore\triangle ABG\cong\triangle ADF(SAS)$，$\therefore\angle DAF=\angle BAG$，$AF = AG$，$\because\angle EAF = 45^{\circ}$，$\therefore\angle GAE=\angle BAG+\angle BAE=\angle DAF+\angle BAE = 90^{\circ}-\angle EAF = 45^{\circ}$，即 $\angle GAE=\angle EAF$。
在 $\triangle AEF$ 和 $\triangle AEG$ 中，$\begin{cases}AF = AG\\\angle FAE=\angle GAE\\AE = AE\end{cases}$，$\therefore\triangle AEF\cong\triangle AEG(SAS)$，$\therefore EF = EG$，$\because EG = BE + BG$，$\therefore EF = BE + BG = BE + DF$。\n**
(2)**：$\because BC = 6$，$BE = 2$，$\therefore EC = 4$，由
(1)得 $EF = BE + DF = 2+DF$，在 $Rt\triangle CEF$ 中，$EF^{2}=CE^{2}+CF^{2}$，$\therefore(2 + DF)^{2}=4^{2}+(6 - DF)^{2}$，$\therefore DF = 3$。