《2025年初中必刷题八年级数学下册苏科版》

1[中]如图，四边形ABCD中，以对角线AC为斜边作Rt△ACE，连接BE，DE，BE⊥DE，AC，BD相交于点O且互相平分. 若2AB = BC = 2，则BD的长为 ( )

A. $\sqrt{20}$
B. $\sqrt{5}$
C. 3
D. 4

答案： B【解析】连接OE。
∵2AB = BC = 2，
∴AB = 1。
∵AC，BD互相平分，
∴OA = OC，OB = OD，
∴四边形ABCD是平行四边形。
∵以AC为斜边作Rt△ACE，
∴$OE = OA = OC=\frac{1}{2}AC$。
∵BE⊥DE，
∴$OE = OB = OD=\frac{1}{2}BD$，
∴AC = BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD = BC = 2，∠BAD = 90°，
∴$BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，故选B。

2[2024江苏宿迁期中，中]如图，在□ABCD中，AB = $\sqrt{2}$，AD = 2，连接AC，BD相交于点O，E为BC的中点，若BD = $\sqrt{6}$，则四边形OECD的面积为 ( )

A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{3\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{3\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{3\sqrt{3}}{2}$

答案： C【解析】
∵$AB=\sqrt{2}$，AD = 2，$BD=\sqrt{6}$，
∴$AB^{2}+AD^{2}=2 + 4 = 6$，$BD^{2}=6$，
∴$AB^{2}+AD^{2}=BD^{2}$，
∴∠BAD = 90°，
∴□ABCD是矩形，
∴$S_{\triangle BOC}=S_{\triangle DOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}$。
∵E为BC的中点，
∴BE = EC，
∴$S_{\triangle OEC}=\frac{1}{2}S_{\triangle BOC}$，
∴四边形OECD的面积为$S_{\triangle OCD}+\frac{1}{2}S_{\triangle OCD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}+\frac{1}{8}S_{矩形ABCD}=\frac{3}{8}S_{矩形ABCD}=\frac{3}{8}\times AB\times AD=\frac{3}{8}\times2\times\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。故选C。

3[中]如图，线段AB的端点B在直线MN上，过线段AB上的一点O作MN的平行线，分别交∠ABM和∠ABN的平分线于点C，D，连接AC，AD. 添加一个适当的条件：当________时，四边形ACBD为矩形.

答案： O是AB的中点(答案不唯一)【解析】添加条件为O是AB的中点。理由如下：
∵CD//MN，
∴∠OCB = ∠CBM。
∵BC平分∠ABM，
∴∠OBC = ∠CBM，
∴∠OCB = ∠OBC，
∴OC = OB。同理可证OB = OD，
∴OB = OC = OD。当O是AB的中点时，OA = OB，
∴OA = OB = OC = OD，
∴四边形ACBD是平行四边形。
∵CD = OC + OD，AB = OA + OB，
∴AB = CD，
∴平行四边形ACBD是矩形。故答案为O是AB的中点(答案不唯一)。

4[2024江苏南京玄武区期中，中]如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A出发沿AC方向运动，点F同时以每秒1个单位长度的速度从点C出发沿CA方向运动. 若AC = 12，BD = 8，则经过________秒后，四边形BEDF是矩形.

答案： 2或10【解析】设运动的时间为t秒。
∵四边形ABCD是平行四边形，AC = 12，BD = 8，
∴$OA = OC=\frac{1}{2}AC = 6$，$OB = OD=\frac{1}{2}BD = 4$。
∵AE = CF = t，
∴OE = OF = 6 - t或OE = OF = t - 6，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴当EF = BD时，四边形BEDF是矩形，
∴OE = OD，
∴6 - t = 4或t - 6 = 4，
∴t = 2或t = 10，
∴经过2秒或10秒后，四边形BEDF是矩形。

5[2023江苏南京鼓楼区期中，中]如图，在四边形ABCD中，∠A = 60°，∠ABC = ∠ADC = 90°，BC = 1，CD = 10，过D作DH⊥AB于H，则DH的长是________.

答案：
6
思路分析
注意到条件中的∠ABC = ∠ADC = ∠DHB = 90°，则考虑过C作CE⊥DH于E，构造矩形BCEH，得HE = BC = 1，再推导出∠DCE = 30°，用含30°角的直角三角形的性质求得DE，即可求出DH的长。
【解析】如图，过C作CE⊥DH于E，则∠CEH = ∠CED = 90°。
∵DH⊥AB，
∴∠AHD = ∠BHE = 90°。
∵∠ABC = 90°，
∴四边形BCEH是矩形，
∴HE = BC = 1。
∵∠ABC = ∠ADC = 90°，∠A = 60°，
∴∠BCD = 360° - 90° - 90° - 60° = 120°，
∴∠DCE = 120° - ∠BCE = 30°，

∴$DE=\frac{1}{2}CD = 5$，
∴DH = HE + DE = 6。

6[2023江苏常州质检，中]如图，在□ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG = AE，连接CG.
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由.

答案：
(1)【证明】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB = CD，AB//CD，OB = OD，OA = OC，
∴∠ABE = ∠CDF。
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴$BE=\frac{1}{2}OB$，$DF=\frac{1}{2}OD$，
∴BE = DF。在△ABE和△CDF中，$\begin{cases} AB = CD \\ ∠ABE = ∠CDF \\ BE = DF \end{cases}$，
∴△ABE≌△CDF(SAS)。
(2)【解】当AC = 2AB时，四边形EGCF是矩形。理由如下：
∵AC = 2OA，AC = 2AB，
∴AB = OA。
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG = 90°。同理，CF⊥OD，
∴EG//CF。由
(1)得△ABE≌△CDF，
∴AE = CF。
∵EG = AE，
∴EG = CF，
∴四边形EGCF是平行四边形。
∵∠OEG = 90°，
∴四边形EGCF是矩形。

7[2024福建龙岩期中，较难]如图(1)，四边形ABCD中，AD//BC，AB//CD，∠B = ∠C.
(1)求证：四边形ABCD为矩形.
(2)如图(2)，M为AD的中点，在AB上取一点N，使∠BNC = 2∠DCM.
①若N为AB中点，BN = 2，求CN的长；
②若CM = 3，CN = 4，求BC的长.

答案：

(1)【证明】
∵AD//BC，AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形。
∵AB//CD，
∴∠B + ∠C = 180°。
∵∠B = ∠C，
∴∠B = ∠C = 90°，
∴四边形ABCD是矩形。
(2)【解】①如图，延长CM，BA交于点E。
∵N为AB中点，
∴AN = BN = 2，
∴AB = CD = 4。
∵AE//DC，
∴∠E = ∠MCD。
∵M为AD的中点，
∴AM = DM。
在△AEM和△DCM中，$\begin{cases} ∠E = ∠MCD \\ ∠AME = ∠CMD \\ AM = DM \end{cases}$，
∴△AME≌△DMC，
∴AE = CD = 4。
∵∠BNC = 2∠DCM = ∠NCD，
∴∠NCE = ∠ECD = ∠E，
∴CN = EN = AE + AN = 4 + 2 = 6。
②如图，由①可知，△EAM≌△CDM，EN = CN，
∴EM = CM = 3，EN = CN = 4。
设BN = x。在Rt△CBN中，$BC^{2}=CN^{2}-BN^{2}$。
在Rt△CBE中，$BC^{2}=CE^{2}-EB^{2}$，
∴$4^{2}-x^{2}=(3 + 3)^{2}-(x + 4)^{2}$，
∴$x=\frac{1}{2}$，
∴$BC=\sqrt{CN^{2}-BN^{2}}=\sqrt{4^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$。