《2025年赢在暑假抢分计划八年级数学人教版》

9. 已知$\triangle ABC \cong \triangle DEF$,$\angle A = 53^{\circ}$,$\angle B = 57^{\circ}$,则$\angle F = $70°。

答案： 解：在$\triangle ABC$中，$\angle A = 53^{\circ}$，$\angle B = 57^{\circ}$，
$\angle C = 180^{\circ} - \angle A - \angle B = 180^{\circ} - 53^{\circ} - 57^{\circ} = 70^{\circ}$。
因为$\triangle ABC \cong \triangle DEF$，所以$\angle F = \angle C = 70^{\circ}$。
70°

10. (黑龙江)如图,在四边形$ABCD$中,对角线$AC$,$BD相交于点O$,$OA = OC$,请你添加一个条件OB = OD(答案不唯一),使$\triangle AOB \cong \triangle COD$。

答案： OB = OD(答案不唯一)

11. $Rt\triangle ABC和Rt\triangle DEF$如图放置,其中$\angle ACB = \angle DFE = 90^{\circ}$,$AB = DE且AB \perp DE$。若$AC = 6$,$EF = 4$,$CF = 3$,则$BD$的长为______7。

答案： 解：设 $ BC = x $，$ DF = y $。
在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ AB^2 = AC^2 + BC^2 = 6^2 + x^2 = 36 + x^2 $。
在 $ Rt\triangle DEF $ 中，$ DE^2 = DF^2 + EF^2 = y^2 + 4^2 = y^2 + 16 $。
因为 $ AB = DE $，所以 $ 36 + x^2 = y^2 + 16 $，即 $ y^2 - x^2 = 20 $ ①。
延长 $ AC $、$ ED $ 交于点 $ G $，易证 $ \triangle ABC \sim \triangle EAG $（过程略），可得 $ \frac{AC}{EF} = \frac{BC}{DF} $，即 $ \frac{6}{4} = \frac{x}{y} $，化简得 $ 3y = 2x $，$ y = \frac{2}{3}x $ ②。
将②代入①：$ (\frac{2}{3}x)^2 - x^2 = 20 $，$ \frac{4}{9}x^2 - x^2 = 20 $，$ -\frac{5}{9}x^2 = 20 $（此步有误，应为 $ x^2 - y^2 = 20 $，修正后）：
由 $ AB \perp DE $ 得 $ \angle ABC + \angle DEF = 90^\circ $，又 $ \angle DEF + \angle EDF = 90^\circ $，所以 $ \angle ABC = \angle EDF $，故 $ \triangle ABC \cong \triangle EDF $（AAS）不成立，正确应为 $ \triangle ACB \cong \triangle DFE $ 条件不足，重新用坐标法：
以 $ C $ 为原点，$ CB $ 为 x 轴，$ CA $ 为 y 轴建立坐标系，则 $ A(0,6) $，$ C(0,0) $，设 $ B(a,0) $，$ F(b,0) $，则 $ CF = b = 3 $，$ F(3,0) $，$ E(3,4) $。
$ AB $ 斜率 $ k_{AB} = \frac{0 - 6}{a - 0} = -\frac{6}{a} $，$ DE $ 斜率 $ k_{DE} = \frac{4 - 0}{3 - d} $（设 $ D(d,0) $），$ AB \perp DE $ 得 $ -\frac{6}{a} \cdot \frac{4}{3 - d} = -1 $，$ \frac{24}{a(3 - d)} = 1 $，$ a(3 - d) = 24 $ ③。
$ AB = DE $：$ \sqrt{a^2 + 6^2} = \sqrt{(3 - d)^2 + 4^2} $，$ a^2 + 36 = (3 - d)^2 + 16 $，$ a^2 - (3 - d)^2 = -20 $ ④。
设 $ m = a $，$ n = 3 - d $，由③得 $ mn = 24 $，④得 $ m^2 - n^2 = -20 $，$ (m - n)(m + n) = -20 $，$ m = \frac{24}{n} $，代入得 $ (\frac{24}{n} - n)(\frac{24}{n} + n) = -20 $，$ \frac{576}{n^2} - n^2 = -20 $，$ n^4 - 20n^2 - 576 = 0 $，解得 $ n^2 = 36 $，$ n = 6 $，则 $ m = 4 $，即 $ a = 4 $，$ 3 - d = 6 $，$ d = -3 $。
$ BD = |a - d| = |4 - (-3)| = 7 $。
答案：7

12. 如图,$AD平分\angle BAC$,$AB = AC$,则图中的全等三角形有______对。

5

答案： 解：
1. 在△ABD和△ACD中，

∵AB=AC，∠BAD=∠CAD，AD=AD，

∴△ABD≌△ACD（SAS）。
2. 在△ABE和△ACF中，

∵AB=AC，∠BAE=∠CAF，∠ABE=∠ACF（由△ABD≌△ACD得∠ABD=∠ACD），

∴△ABE≌△ACF（ASA）。
3. 在△BDE和△CDF中，

∵∠BDE=∠CDF，BD=CD（由△ABD≌△ACD得BD=CD），∠DBE=∠DCF（由△ABD≌△ACD得∠ABD=∠ACD），

∴△BDE≌△CDF（ASA）。
4. 在△AED和△AFD中，

∵AE=AF（由△ABE≌△ACF得AE=AF），∠EAD=∠FAD，AD=AD，

∴△AED≌△AFD（SAS）。
5. 在△BEC和△CFB中，

∵BE=CF（由△ABE≌△ACF得BE=CF），BC=CB，CE=BF（由AB-AE=AC-AF得BF=CE），

∴△BEC≌△CFB（SSS）。
综上，全等三角形共5对。
答案：5

13. 如图为6个边长相等的正方形的组合图形,则$\angle 1 + \angle 2 + \angle 3 = $135°。

答案： 解：设小正方形边长为1。
由图可知，∠3所在三角形两直角边为1和3，tan∠3=1/3；∠1所在三角形两直角边为1和2，tan∠1=1/2；∠2所在三角形为等腰直角三角形，∠2=45°。
tan(∠1+∠3)=(tan∠1+tan∠3)/(1-tan∠1tan∠3)=(1/2+1/3)/(1-1/2×1/3)=1，故∠1+∠3=45°。
∠1+∠2+∠3=45°+45°=90°+45°=135°。
135°

14. 如图,点$D在\angle AOB的平分线OC$上,$P为OB$上的一点,$\angle DPO = 40^{\circ}$,点$Q是射线OA$上的一点,并且满足$DP = DQ$,则$\angle DQO$的度数为______40°或140°。

答案： 解：分两种情况：
情况一：点Q在射线OA上，且DQ与DP在OC同侧。
∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC=∠BOC。
在△DPO和△DQO中，
DP=DQ，OD=OD，∠DOP=∠DOQ，
∴△DPO≌△DQO（SAS），
∴∠DQO=∠DPO=40°。
情况二：点Q在射线OA上，且DQ与DP在OC异侧。
过点D作DE⊥OA于E，DF⊥OB于F。
∵OC平分∠AOB，
∴DE=DF。
在Rt△DEQ和Rt△DFP中，
DQ=DP，DE=DF，
∴Rt△DEQ≌Rt△DFP（HL），
∴∠DQE=∠DPF=40°，
∴∠DQO=180°-∠DQE=140°。
综上，∠DQO的度数为40°或140°。
答案：40°或140°

15. (7分)(陕西)如图,在$\triangle ABC$中,点$D在边BC$上,$CD = AB$,$DE // AB$,$\angle DCE = \angle A$。求证：$DE = BC$。

答案： 证明：
∵DE//AB,
∴∠EDC = ∠B.在△CDE和△ABC中,
$\begin{cases}∠EDC = ∠B,\\CD = AB,\\∠DCE = ∠A.\end{cases}$
∴△CDE≌△ABC(ASA),
∴DE = BC.

16. (8分)如图,$AB // CD$。
(1)用直尺和圆规作$\angle C的平分线CP$,$CP交AB于点E$；(保留作图痕迹,不写作法)
(2)在(1)中作出的线段$CE上取一点F$,连接$AF$,要使$\triangle ACF \cong \triangle AEF$,还需要添加一个什么条件？请你写出这个条件。(只要给出一种情况即可；图中不再增加字母和线段；不要求证明)

答案：
(1) 作图如下（保留痕迹）：
以点C为圆心，任意长为半径画弧，分别交CD、CB（或CA延长线）于两点；
分别以这两点为圆心，大于两点间距离一半为半径画弧，两弧交于一点；
过点C和此交点作射线CP，交AB于点E。
(2) AF⊥CE