《2025年智慧学堂八年级数学下册华师大版》

1. 如图，在矩形ABCD中，AD = 10，AB = 6，E为BC上一点，DE平分∠AEC，则CE的长为（ ）

A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

答案： B

2. 如图，在△ABC中，AB = AC，将△ABC绕点C旋转180°，得到△FEC，连结AE，BF，当四边形ABFE为矩形时，∠ACB的度数是（ ）

A. 60°
B. 70°
C. 80°
D. 90°

答案： A

3. 如图为一个平行四边形的活动框架，对角线是两根橡皮筋. 若改变框架的形状，则∠α也随之变化，两条对角线的长度也在发生改变. 当∠α = ______时，两条对角线的长度相等.

答案： $90^{\circ}$

4. 如图，矩形ABCD中，O为BD中点，PQ过点O分别交AD，BC于点P，Q，连结BP和DQ，求证：四边形PBQD是平行四边形.

答案： 证明：因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AD// BC$，所以$\angle PDO = \angle QBO$。因为$O$为$BD$的中点，所以$OB = OD$，在$\triangle POD$和$\triangle QOB$中，$\begin{cases}\angle PDO=\angle QBO\\OB = OD\\\angle POD=\angle QOB\end{cases}$，所以$\triangle POD≌ \triangle QOB(A.S.A.)$，所以$OP = OQ$。又因为$O$为 $BD $ 的中点，即 $OB = OD $ ，四边形 $PBQD $为平行四边形。

5.（叙州区期末）已知：如图，在矩形ABCD中，E为BC上一点，AE = AD，DF⊥AE，垂足为F. 求证：DC = DF.

答案： 证明：连结 $DE $ ，因为 $AD = AE $ ，所以 $\angle AED=\angle ADE $。因为四边形 $ABCD $是矩形，则 $AD// BC,\angle C = 90^{\circ}$，所以 $\angle ADE=\angle DEC $，所以 $\angle DEC=\angle AED $。又因为 $DF⊥AE,\angle DFE=\angle C = 90^{\circ}$，且 $DE = DE$，$\triangle DFE≌ \triangle DCE(A.A.S.)$，所以 $CF = DC$。

6.（乐山中考）如图，在Rt△ABC中，∠C = 90°，点D为AB边上任意一点（不与点A，B重合），过点D作DE//BC，DF//AC，分别交AC，BC于点E，F，连结EF.
（1）求证：四边形ECFD是矩形；
（2）若CF = 2，CE = 4，求点C到EF的距离.

答案：
(1) 证明：因为 $FD// CA,BC// DE$，所以四边形 $ECFD $为平行四边形。又因为 $\angle C = 90^{\circ}$，所以四边形 $ECFD $为矩形；
(2) 解：过点 $C $作 $CH⊥EF$。在 $Rt\triangle ECF$中，$CF = 2,CE = 4$，所以 $EF=\sqrt{CF^{2}+CE^{2}}=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2\sqrt{5}$。因为 $S_{\triangle ECF}=\frac{1}{2}×CF\cdot CE=\frac{1}{2}×EF\cdot CH$，所以 $CH=\frac{CF\cdot CE}{EF}=\frac{2\times4}{2\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，所以点$C$到$EF$的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。

7.（岳池县期末）古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等”（如图1“$S_{矩形DNFG}=S_{矩形FEBM}$”），问题解决：如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF//BC分别交AB，CD于点E，F，连结AP，CP. 若DF = 4，EP = 3，则图中阴影部分的面积和为______.

答案： 12