《2025年赢在暑假抢分计划八年级数学人教版》

8. 如图,菱形$ABCD的对角线AC$,$BD相交于点O$,点$E$,$F分别是边AB$,$AD$的中点。
(1)请判断$\triangle OEF$的形状,并说明理由；
(2)若$AB = 13$,$AC = 10$,试求$EF$的长。

答案： 解：
(1)
∵点 E，F 分别为 AB，AD 的中点，点 O 是 BD 的中点，
∴$OE=\frac{1}{2}AD$，$OF=\frac{1}{2}AB$。
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴$AB=AD$。
∴$OE=OF$。
∴$\triangle OEF$为等腰三角形；
(2)
∵$AB=13$，$AO=\frac{AC}{2}=5$，
∴$BO=12$。由
(1)知$EF=\frac{1}{2}BD=BO$，
∴$EF=BO=12$。

9. 如图,在四边形$ABCD$中,$\angle ABC = 90^{\circ}$,$AC = AD$,$M$,$N分别为AC$,$CD$的中点,连接$BM$,$MN$,$BN$。
(1)求证：$BM = MN$；
(2)若$\angle BAD = 60^{\circ}$,$AC平分\angle BAD$,$AC = 2$,求$BN$的长。

答案：
(1) 证明：在$\triangle ABC$中，
∵$∠ABC = 90^{\circ}$，M 为 BC 的中点，
∴$BM=\frac{1}{2}AC$；
∵M，N 分别为 AC，CD 的中点，
∴$MN=\frac{1}{2}AD$。
∵$AC=AD$，
∴$BM=MN$；
(2) 解：
∵$∠BAD = 60^{\circ}$且 AC 平分$∠BAD$，
∴$∠BAC=∠DAC = 30^{\circ}$，
∵$∠ABC = 90^{\circ}$，
∴$BM=MC=\frac{1}{2}BC = 1$。
∴$MN = 1$。
∵$MN// AD$，
∴$∠CMN=∠CAD = 30^{\circ}$。
∵$MB=MC$，
∴$∠BMC = 60^{\circ}$。
∴$∠BMN = 90^{\circ}$。
∴$BN=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$。

10. (毕节)如图1,在四边形$ABCD$中,$AC和BD相交于点O$,$AO = CO$,$\angle BCA = \angle CAD$。
(1)求证：四边形$ABCD$是平行四边形；
(2)如图2,$E$,$F$,$G分别是BO$,$CO$,$AD$的中点,连接$EF$,$GE$,$GF$,若$BD = 2AB$,$BC = 15$,$AC = 16$,求$\triangle EFG$的周长。

答案：

(1) 证明：
∵$∠BCA=∠CAD$，
∴$AD// BC$。
∵$AO=CO$，$∠AOD=∠BOC$，
∴$\triangle AOD\cong\triangle COB(ASA)$，
∴$AD=BC$，
∴四边形 ABCD 是平行四边形；
(2) 解：如图，连接 DF；
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴$AD=BC = 15$，$AB=CD$，$AD// BC$，$BD=2OD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC = 8$。
∵$BD=2AB$，
∴$AB=OD$，
∴$DO=DC$。
∵点 F 是 OC 的中点，
∴$OF=\frac{1}{2}OC = 4$，$DF⊥OC$，
∴$AF=OA + OF = 12$。在$Rt\triangle AFD$中，$DF=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=9$。
∵点 G 是 AD 的中点，$∠AFD = 90^{\circ}$，
∴$DG=FG=\frac{1}{2}AD = 7.5$。
∵点 E，F 分别是 OB，OC 的中点，
∴$EF=\frac{1}{2}BC = 7.5$，$EF// BC$，
∴$EF=DG$，$EF// AD$，
∴四边形 GEFD 是平行四边形，
∴$GE=DF = 9$，
∴$\triangle EFG$的周长$=GE + GF + EF = 9 + 7.5 + 7.5 = 24$。