《2025年5年中考3年模拟八年级数学下册北京课改版北京专版》

1.(2024四川广安中考)如图,在△ABC中,点D,E分别是AC,BC的中点,若∠A = 45°,∠CED = 70°,则∠C的度数为（ ）
A.45° B.50° C.60° D.65°
　　

答案： D
∵点D,E分别是AC,BC的中点,
∴DE是△ABC的中位线,
∴DE//AB,
∴∠B = ∠CED = 70°,
∴∠C = 180° - ∠A - ∠B = 180° - 45° - 70° = 65°.故选D.

2.(2024北京首都师大二附中期中)如图,A、B两地被池塘隔开,小康通过下列方法测出了A、B间的距离:先在A、B外选一地点C,然后分别取AC、BC的中点M、N,并测量出MN的长为18m,由此他就知道了A、B间的距离.下列有关他这次探究活动的结论中，错误的是（ ）
A.AB = 36m B.MN//AB
C.MN = $\frac{1}{2}$CB D.CM = $\frac{1}{2}$AC
　　

答案： C
∵CM = MA,CN = NB,
∴MN//AB,MN = $\frac{1}{2}$AB,
∵MN = 18 m,
∴AB = 36 m,
∴A、B、D结论正确,不符合题意;C结论错误,符合题意.故选C.

3.新独家原创 已知D,E,F分别为等腰三角形ABC的三边AB,BC,AC的中点,若AB = AC = 6,则△DEF的周长C的取值范围是（ ）
A.0＜C＜6
B.6＜C＜12
C.0＜C＜12
D.12＜C＜24

答案： B
∵△ABC是等腰三角形,AB = AC = 6,
∴0＜BC＜12,
∵D,E,F分别为AB,BC,AC的中点,
∴DE = $\frac{1}{2}$AC = 3,EF = $\frac{1}{2}$AB = 3,DF = $\frac{1}{2}$BC,
∴0＜DF＜6,
∵C = DF + EF + DE,
∴6＜C＜12.

4.(2024北京东城期末)如图,在四边形ABCD中,P是对角线BD的中点,点E,F分别是BC,AD的中点,AB = CD,∠ABD = 30°,∠BDC = 80°,则∠EFP的度数是（ ）
A.15° B.25° C.30° D.35°
　　

答案： B
∵P是对角线BD的中点,点E,F分别是BC,AD的中点,
∴PF是△ABD的中位线,
∴PF = $\frac{1}{2}$AB,PF//AB,
∴∠DPF = ∠ABD = 30°,
同理,PE = $\frac{1}{2}$CD,PE//CD,
∴∠DPE = 180° - ∠BDC = 180° - 80° = 100°,
∴∠EPF = ∠EPD + ∠DPF = 130°,
∵AB = CD,
∴PE = PF,
∴∠EFP = ∠FEP = $\frac{1}{2}$×(180° - ∠EPF)= $\frac{1}{2}$×(180° - 130°)= 25°.故选B.

5.教材变式·P74T2 (2024北京朝阳期末)如图,DE是△ABC的中位线,若△ABC的周长为10,则△ADE的周长为________.
　　　　　　　　　　

答案： 答案 5
解析
∵DE是△ABC的中位线,
∴DE = $\frac{1}{2}$BC,AD = $\frac{1}{2}$AB,AE = $\frac{1}{2}$AC,
∵△ABC的周长为10,
∴AB + AC + BC = 10,
∴△ADE的周长 = AD + AE + DE = $\frac{1}{2}$(AB + AC + BC)= 5.

6.(2024北京人大附中朝阳学校期中)如图,在△ABC中,∠ABC = 90°,在边AC上截取AD = AB,连接BD,过点A作AE⊥BD于点E.已知AB = 6,BC = 8,如果F是边BC的中点,连接EF,求EF的长.
　　　　

答案： 解析 在Rt△ABC中,由勾股定理得AC = $\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}$=$\sqrt{6^{2}+8^{2}}$= 10,
∵AD = AB = 6,
∴DC = AC - AD = 10 - 6 = 4,
∵AD = AB,AE⊥BD,
∴BE = ED,
∵BF = FC,
∴EF为△BCD的中位线,
∴EF = $\frac{1}{2}$CD = $\frac{1}{2}$×4 = 2.

7.中点四边形模型 如图,E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、DA的中点.
(1)判断四边形EFGH的形状,并证明你的结论.
(2)当BD、AC满足什么条件时,四边形EFGH是菱形?并说明理由.
　　　　

答案： 解析
(1)四边形EFGH是平行四边形.
证明:
∵点E是AB的中点,点F是BC的中点,
∴EF//AC,EF = $\frac{1}{2}$AC,同理,可得出HG//AC,HG = $\frac{1}{2}$AC,
∴EF//HG,EF = HG,
∴四边形EFGH是平行四边形.
(2)当BD、AC满足BD = AC时,四边形EFGH是菱形.
理由:
∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点,
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线,EF、HG分别是△ABC、△ACD的中位线,
∴EH = FG = $\frac{1}{2}$BD,EF = HG = $\frac{1}{2}$AC,
∴当BD = AC时,EH = FG = HG = EF,
∴四边形EFGH是菱形.
·模型解读
本题属于“中点四边形”模型,在四边形中,多个中点出现时,常考虑连接四边形的对角线,利用三角形的中位线定理得到中点四边形的对边的关系(平行且相等),再根据对角线的数量关系判断中点四边形的形状.
·常见结论
1.任意四边形的中点四边形都是平行四边形.
2.中点四边形的周长等于原四边形两对角线长度之和.
3.原四边形的面积等于中点四边形面积的两倍.
4.矩形的中点四边形是菱形;菱形的中点四边形为矩形;正方形的中点四边形为正方形.(矩中菱,菱中矩,正中正)