《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》

8.(2024北京平谷模拟)如图，正方形ABCD中，点E，H，G，F分别为AB，BC，CD，AD边上的点，点K，M，N为对角线BD上的点，四边形EKNF和四边形MHCG均为正方形，它们的面积分别表示为S₁和S₂，给出下面三个结论：①S₁ = S₂；②DF = 2AF；③S正方形ABCD = $\frac{9}{4}$S₁ + 2S₂.其中正确结论的序号是 ( )

A.②　　　
　B.①③　
　C.②③　
　D.①②③

答案： ①
∵四边形ABCD是正方形，
　
∴$\angle ABD=\angle CBD = 45^{\circ}$，
∴$BD=\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{2}BC$，
　
∵四边形EKNF和四边形MHCG均为正方形，
　
∴$\angle BHM=\angle CHM = 90^{\circ}$，$\angle BKE=\angle NKE = 90^{\circ}$，
　
∴$\triangle BEK$和$\triangle BMH$都是等腰直角三角形，
　
∴$BH = MH = CH=\frac{1}{2}BC$，$BK = EK = KN$，
　　同理可得$DN = KN$，
∴$EK=\frac{1}{3}BD=\frac{\sqrt{2}}{3}BC$，
　
∴$S_{1}=EK^{2}=(\frac{\sqrt{2}}{3}BC)^{2}=\frac{2}{9}BC^{2}$，$S_{2}=MH^{2}=(\frac{1}{2}BC)^{2}=\frac{1}{4}BC^{2}$，
∴$S_{1}\neq S_{2}$，故结论①错误；
　　②易得$\triangle DFN$是等腰直角三角形，
∴$\angle DFN = 45^{\circ}$，$DF=\sqrt{2}FN$，
　
∵$\angle EFN = 90^{\circ}$，
∴$\angle AFE = 45^{\circ}$，
　
∴$\angle AEF=\angle AFE = 45^{\circ}$，
∴$\triangle AEF$是等腰直角三角形，
∴$EF=\sqrt{2}AF$，
　
∵四边形EKNF是正方形，
∴$FN = EF$，
　
∴$DF = 2AF$，故结论②正确；
　　③
∵$S_{1}=\frac{2}{9}BC^{2}=\frac{2}{9}S_{正方形ABCD}$，$S_{2}=\frac{1}{4}BC^{2}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}$，
　
∴$\frac{9}{4}S_{1}+2S_{2}=\frac{1}{2}S_{正方形ABCD}+\frac{1}{2}S_{正方形ABCD}=S_{正方形ABCD}$，故结论③正确.故选C.

9.(2024北京西城期末)在□ABCD中，∠A + ∠C = 160°，则∠B = ______°.

答案： 答案　100
　　解析
∵四边形ABCD是平行四边形，
　
∴$\angle A=\angle C$，$\angle A+\angle B = 180^{\circ}$，
　
∵$\angle A+\angle C = 160^{\circ}$，
　
∴$\angle A = 80^{\circ}$，
∴$\angle B = 100^{\circ}$.

10. 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，∠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： 答案　$OA = OB$(答案不唯一)
　　解析　答案不唯一.添加的条件为$OA = OB$.
　
∵$CD// MN$，
∴$\angle OCB=\angle CBM$，
　
∵$BC$平分$\angle ABM$，
∴$\angle OBC=\angle CBM$，
　
∴$\angle OCB=\angle OBC$，
∴$OC = OB$，
　　同理可得$OB = OD$，
∴$OB = OC = OD$，
　
∵$OA = OB$，
∴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.

11.(2024北京海淀清华附中期中)如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交AD于点E，若AB = 6，BC = 8，则AE的长为________.

答案：
答案　$\frac{25}{4}$
　　解析　如图，连接CE，
　　　　　　　　
　
∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，
　
∴$OA = OC$，$\angle ADC = 90^{\circ}$，$AB = CD = 6$，$AD = BC = 8$，
　
∵$OE\perp AC$，
∴$OE$垂直平分AC，
∴$CE = AE$，
　　在$Rt\triangle CDE$中，$DE^{2}+CD^{2}=CE^{2}$，
　
∵$DE = 8 - AE$，
∴$(8 - AE)^{2}+6^{2}=AE^{2}$，
　　解得$AE=\frac{25}{4}$.

12.(2023北京四中期中)如图，在Rt△ABC中，∠BAC = 90°，AB = 4，CD是△ABC的中线，E是CD的中点，连接AE，BE，若AE⊥BE，垂足为点E，则AC的长为_______.

答案： 答案　$2\sqrt{3}$
　　解析
∵$AE\perp BE$，
∴$\angle AEB = 90^{\circ}$，
　
∵$CD$是$\triangle ABC$的中线，
∴$ED$是$\triangle ABE$斜边上的中线，
　
∴$DE=\frac{1}{2}AB = AD = 2$，
∵$\angle DAC = 90^{\circ}$，E是CD的中点，
∴$DE = CE = 2$，
∴$CD = 4$，
　　由勾股定理得$AC=\sqrt{CD^{2}-AD^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$.

13.(2024北京海淀中关村中学期中)如图，在菱形ABCD中，∠B = 45°，点E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，点G，H分别为AE，EF的中点，连接GH.若GH的最小值为3，则BC的长为________.(M8215004)

答案：
答案　$6\sqrt{2}$
　　解析　如图，连接AF，
　　　　　　
　
∵G，H分别为AE，EF的中点，
　
∴$GH// AF$，且$GH=\frac{1}{2}AF$，
　
∵$GH$的最小值为3，
∴$AF$的最小值为6，
　
∵当$AF\perp BC$时，$AF$最小，且$\angle B = 45^{\circ}$，
　
∴$AB = 6\sqrt{2}$，
　
∵四边形ABCD是菱形，
∴$BC = AB = 6\sqrt{2}$.

14.(2023北京西城三帆中学月考)如图，△ABC中，AD是角平分线，AE是中线，CP⊥AD于点P，AB = 6，AC = 4，则PE的长为_______.

答案：
答案　1
　　解析　如图所示，延长CP交AB于点F，
　　　　　　　　　　　　　
　
∵$\triangle ABC$中，AD是角平分线，
∴$\angle CAP=\angle FAP$，
　
∵$CP\perp AD$，
　
∴$\angle APC=\angle APF = 90^{\circ}$，
　　又
∵$AP = AP$，
　
∴$\triangle APC\cong\triangle APF(ASA)$，
∴$PC = PF$，$AC = AF = 4$，
　
∴$FB = AB - AF = 2$，
　
∵$AE$是中线，
∴$EC = EB$，
　
∴$PE$是$\triangle BCF$的中位线，
∴$PE=\frac{1}{2}FB = 1$.

15.(2024四川雅安中考)(6分)如图，点O是□ABCD对角线的交点，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F.
(1)求证：△ODE≌△OBF.
(2)当EF⊥BD时，DE = 15 cm，分别连接BE，DF.求此时四边形BEDF的周长.

答案： 解析　
(1)证明：
∵点O是$\square ABCD$对角线的交点，
　
　
　
　
　
　
∴$AD// CB$，$OD = OB$，
∴$\angle OED=\angle OFB$，
　　　　　　　　　　　　在$\triangle ODE$和$\triangle OBF$中，$\begin{cases}\angle OED=\angle OFB\\\angle DOE=\angle BOF\\OD = OB\end{cases}$，
　
　
　
　
　
　
∴$\triangle ODE\cong\triangle OBF(AAS)$.
(2)由
(1)得$\triangle ODE\cong\triangle OBF$，
∴$DE = BF$，
　
　
　
　
　
　
∵$DE// BF$，
∴四边形BEDF是平行四边形，
　
　
　
　
　
　
∵$EF\perp BD$，
∴四边形BEDF是菱形，
　
　
　
　
　
　
∴$DF = BF = BE = DE = 15\ cm$，
　
　
　
　
　
　
∴四边形BEDF的周长为$4\times15 = 60(cm)$.