《2025年少年班八年级数学下册浙教版》

1. 如图，在△ABC中，分别取AB，AC的中点D，E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形PBCQ。若DE = 5，AF = 4，则矩形PBCQ的面积是 ( )


A. 40
B. 20
C. 15
D. 10

答案： 1.A　解析由题意,可知BP=AF=4.
∵D,E分别是AB,AC 的中点，
∴DE是△ABC的中位线,
∴DE = $\frac{1}{2}$BC，
∴BC = 2DE=2×5 = 10，
∴矩形PBCQ的面积为BP·BC = 4×10 = 40.故选A.

2. [2023·浙江同步练习]如图，在正方形ABCD中，点P在AC上，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，EF = 3，则PD的长为 ( )


A. 1.5
B. 2
C. 2.5
D. 3

答案：
2.D　解析如答图，连接PB.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC = 90°，AB = AD，∠BAC = ∠DAC = 45°. 又
∵AP = AP，
∴△ABP≌△ADP，
∴BP = DP.
∵PE⊥AB，PF⊥BC，∠ABC = 90°，
∴四边形BFPE是矩形，
∴PB = EF = 3，
∴DP = 3.故选D.
　　

3. [2022·浙江杭州期末]如图，在矩形ABCD中，E，F是CD上的两个点，EG⊥AC，FH⊥AC，垂足分别为G，H。若AD = 2，DE = 1，CF = 2，且AG = CH，则EG + FH = ( )


A. $\sqrt{3}+1$
B. $\sqrt{5}$
C. 3
D. $\frac{5}{2}$

答案：
3.B　解析如答图,过点E作EM⊥AB于点M，延长EG交AB于点Q，则△EQM是直角三角形.
∵EG⊥AC，FH⊥AC，
∴∠CHF = ∠AGQ = 90°.
∵在矩形ABCD中，CD//AB，
∴∠FCH = ∠QAG. 在△FCH和△QAG中，
∵$\begin{cases}∠CHF = ∠AGQ, \\ CH = AG, \\ ∠FCH = ∠QAG, \end{cases}$
∴△FCH≌△QAG(ASA)，
∴AQ = CF = 2，FH = QG. 在矩形ABCD中，∠D = ∠DAM = 90°.
∵EM⊥AB，
∴∠AME = 90°，
∴四边形ADEM是矩形，
∴AM = DE = 1，EM = AD = 2，
∴MQ = 2 - 1 = 1，
∴在Rt△EMQ中，EQ = $\sqrt{EM^{2}+QM^{2}}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$，即EG + FH = EG + QG = EQ = $\sqrt{5}$.故选B.
　　

4. [2024·浙江绍兴期末]如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB = 6，BC = 8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE + EF的值为________。

答案： 4.$\frac{24}{5}$　解析
∵AB = 6，BC = 8，
∴AC = $\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}} = 10$，
∴AO = CO = DO = $\frac{1}{2}$AC = 5.
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12.
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴$S_{\triangle AOD}=S_{\triangle AOE}+S_{\triangle DOE}$，则12 = $\frac{1}{2}$AO·EO + $\frac{1}{2}$DO·EF，即12 = $\frac{1}{2}$×5EO + $\frac{1}{2}$×5EF，
∴EO + EF = $\frac{24}{5}$.

5. [2022·浙江温州同步练习]如图，在□ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF = AE，连接AF，BF。
(1)求证：四边形BFDE是矩形。
(2)已知∠DAB = 60°，AF是∠DAB的平分线。若AD = 3，求DC的长。

答案： 5.
(1)证明
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC//AB，DC = AB.
∵CF = AE，
∴DF = BE.
∵DC//AB，
∴四边形BFDE是平行四边形.又
∵DE⊥AB，
∴四边形BFDE是矩形.
(2)解
∵∠DAB = 60°，DE⊥AB，
∴∠ADE = 30°，
∴AE = $\frac{1}{2}$AD = $\frac{1}{2}$×3 = $\frac{3}{2}$，
∴DE = $\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
∵四边形DFBE是矩形，
∴BF = DE = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$，∠FBE = 90°.
∵AF平分∠DAB，
∴∠FAB = $\frac{1}{2}$∠DAB = 30°，
∴AF = 2BF = 3$\sqrt{3}$，
∴AB = $\sqrt{AF^{2}-BF^{2}}=\frac{9}{2}$，
∴CD = $\frac{9}{2}$.

6. 如图，在△ABC中，∠ABC = 90°，AC的垂直平分线分别与AC，BC及AB的延长线相交于点D，E，F。O是EF的中点，连接BO并延长到点G，且GO = BO，连接EG，FG，BD。
(1)试判断四边形EBFG的形状，并说明理由。
(2)求证：BD⊥BG。
(3)当AB = BE = 1时，求EF的长。

答案：
6.
(1)解四边形EBFG是矩形.理由如下：
∵O是EF的中点，
∴OE = OF.又
∵OB = OG，
∴四边形EBFG是平行四边形.
∵∠ABC = 90°，
∴∠FBC = 90°，
∴平行四边形EBFG是矩形.
(2)证明
∵DF是AC的垂直平分线，
∴AD = DC，∠CDE = 90°，
∴∠CED + ∠C = 90°.在Rt△ABC中，
∵∠ABC = 90°，AD = DC，
∴BD = $\frac{1}{2}$AC = CD，
∴∠DBC = ∠C.
∵四边形EBFG是矩形，
∴OE = OB，
∴∠OBE = ∠OEB.
∵∠CED = ∠OEB，
∴∠DBE + ∠OBE = 90°，即∠DBG = 90°，
∴BD⊥BG.
(3)解如答图，连接AE.
∵DF是AC的垂直平分线，
∴EA = EC.在Rt△ABE中，AE = $\sqrt{AB^{2}+BE^{2}}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$，
∴EC = $\sqrt{2}$，
∴BC = BE + EC = 1 + $\sqrt{2}$.
∵∠CDE = ∠FBE = 90°，∠CED = ∠FEB，
∴∠C = ∠BFE.在△ABC和△EBF中，
∵$\begin{cases}∠C = ∠BFE, \\ ∠ABC = ∠EBF, \\ AB = BE, \end{cases}$
∴△ABC≌△EBF(AAS)，
∴BF = BC = 1 + $\sqrt{2}$，
∴在Rt△EBF中，EF = $\sqrt{BE^{2}+BF^{2}}=\sqrt{4 + 2\sqrt{2}}$.
　　

7. 如图，过矩形ABCD的对角线AC的中点O作EF⊥AC，交BC边于点E，交AD边于点F，分别连接AE，CF。若AB = $2\sqrt{3}$，∠DCF = 30°，则EF的长为 ( )

A. 4
B. 6
C. $\sqrt{3}$
D. $2\sqrt{3}$

答案： 7.A　解析
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠D = 90°，CD = AB = 2$\sqrt{3}$，
∴∠ACB = ∠DAC.
∵O是AC的中点，
∴AO = CO.在△AOF和△COE中，
∵$\begin{cases}∠FAO = ∠OCE, \\ AO = CO, \\ ∠AOF = ∠COE, \end{cases}$
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴OE = OF.
∵AO = CO，
∴四边形AECF是平行四边形.又
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形，
∴CE = CF.
∵∠DCF = 30°，
∴∠ECF = 90° - 30° = 60°，DF = $\frac{1}{2}$CF，
∴△CEF是等边三角形，$DF^{2}+CD^{2}=CF^{2}$，即$(\frac{1}{2}CF)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}=CF^{2}$，
∴EF = CF = 4(负值已舍去).故选A.