《2025年智慧学堂八年级数学下册华师大版》

1.（陕西中考）在下列条件中，能够判定□ABCD为矩形的是（ ）
A. AB=AD B. AC⊥BD
C. AB=AC D. AC=BD

答案： D

2. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，对角线AC的垂直平分线分别交AD，AC于点E，O，连结CE，则CE的长为______.

答案： 2.5

3. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建。“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一。如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为F，G，则EF + EG=______.

答案： $\frac{60}{13}$

4. 如图，在□ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF=BE，连结AF，BF。
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB。

答案： 证明：
(1)
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$DC// AB$，即$DF// BE$。又
∵$DF = BE$，
∴四边形$BFDE$为平行四边形。
∵$DE\perp AB$，即$\angle DEB = 90^{\circ}$，
∴四边形$BFDE$为矩形；
(2)解：
∵四边形$BFDE$为矩形，
∴$\angle BFC = 90^{\circ}$。
∵$CF = 3$，$BF = 4$，
∴$BC = 5$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD = BC = 5$。又
∵$DF = 5$，
∴$AD = DF$，
∴$\angle DAF=\angle DFA$。又
∵$DC// AB$，
∴$\angle DFA=\angle FAB$，即$\angle DAF=\angle FAB$。

5. 如图，AD是△ABC的中线，四边形ADCE是平行四边形，增加下列条件，能判断□ADCE是菱形的是（ ）


A. ∠BAC=90°
B. ∠DAE=90°
C. AB=AC
D. AB=AE

答案： A

6. 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折得到△AB'E，AB'与CD交于点F，则B'F的长为（ ）


A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. 2 - $\sqrt{2}$
D. 2 - $\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案： C

7.（叙州区期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，且四边形BEDF为菱形。若AD=8，AB=6，则DE的长为（ ）


A. $\frac{25}{4}$
B. $\frac{7}{4}$
C. $\frac{5}{2}$
D. $\frac{13}{2}$

答案： A

8. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，对角线BD的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点M，N。
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD=24，MN=10，求菱形BNDM的周长。

答案：
(1)证明：
∵$AD// BC$，
∴$\angle DMO=\angle BNO$。
∵$MN$是对角线$BD$的垂直平分线，
∴$OB = OD$，$MN\perp BD$，在$\triangle MOD$和$\triangle NOB$中，$\begin{cases}\angle DMO=\angle BNO\\\angle MOD=\angle NOB\\OD = OB\end{cases}$，
∴$\triangle MOD\cong\triangle NOB(A.A.S.)$，
∴$OM = ON$。
∵$OB = OD$，
∴四边形$BNDM$是平行四边形。
∵$MN\perp BD$，
∴四边形$BNDM$是菱形；
(2)解：
∵四边形$BNDM$是菱形，$BD = 24$，$MN = 10$，
∴$BM = BN = DM = DN$，$OB=\frac{1}{2}BD = 12$，$OM=\frac{1}{2}MN = 5$，在${Rt}\triangle BOM$中，由勾股定理得：$BM=\sqrt{OM^{2}+OB^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}} = 13$，
∴菱形$BNDM$的周长=$4BM = 4\times13 = 52$。