《2025年暑期升级训练八年级数学浙教版浙江教育出版社》

9. (吉林中考)如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,E是边AD的中点,点F在对角线AC上,且AF= $\frac{1}{4}AC$,连结EF.若AC= 10,则EF= ______.

2.5

答案： 解：
∵四边形ABCD是矩形，AC=10，
∴OA=OC=OB=OD=5（矩形对角线相等且互相平分），
∵AF=$\frac{1}{4}$AC，AC=10，
∴AF=$\frac{1}{4}$×10=2.5，
∴FC=AC-AF=10-2.5=7.5，
∵E是AD中点，
取CD中点G，连接OG，EG，
则OG是△ACD的中位线，OG=$\frac{1}{2}$AD，OG//AD，
EG是△ACD的中位线，EG=$\frac{1}{2}$AC=5，EG//AC，
∴四边形AFEG是平行四边形（两组对边分别平行），
∴EF=AG，
又
∵AG是Rt△ACD斜边上的中线（G是CD中点），
AG=$\frac{1}{2}$CD，
但矩形中AD与CD关系未直接给出，换用坐标法：
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，设A(0,0)，C(10cosθ,10sinθ)，
则O(5cosθ,5sinθ)，E(0,5sinθ)（E是AD中点，AD=10sinθ），
F=AF=$\frac{1}{4}$AC，
∴F($\frac{10}{4}$cosθ,$\frac{10}{4}$sinθ)=($\frac{5}{2}$cosθ,$\frac{5}{2}$sinθ)，
EF距离：$\sqrt{(0-\frac{5}{2}cosθ)^2+(5sinθ-\frac{5}{2}sinθ)^2}$=$\sqrt{(\frac{25}{4}cos^2θ)+(\frac{25}{4}sin^2θ)}$=$\sqrt{\frac{25}{4}(cos^2θ+sin^2θ)}$=$\frac{5}{2}$=2.5.
∴EF=2.5.
2.5

10. 如图,在Rt△ABC中,∠BAC= 90°,AB= 3,AC= 4,D是斜边BC上的一个动点,过点D分别作DM⊥AB于点M,DN⊥AC于点N,连结MN,则线段MN长的最小值为$\frac{12}{5}$.

答案： 解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，
由勾股定理得：BC=$\sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
∵DM⊥AB，DN⊥AC，∠BAC=90°，
∴四边形AMDN是矩形，
∴MN=AD。
当AD⊥BC时，AD的值最小。
此时，$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2}BC \cdot AD$，
即$\frac{1}{2} × 3 × 4 = \frac{1}{2} × 5 × AD$，
解得$AD = \frac{12}{5}$。
∴MN长的最小值为$\frac{12}{5}$。
$\frac{12}{5}$

11. 如图,在菱形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,DE⊥BC于点E,连结OE.若∠ABC= 130°,则∠OED= ______.

25°

答案： 解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴O为BD中点，∠DBC=∠ABC/2=130°/2=65°。
∵DE⊥BC，
∴△BDE是直角三角形，OE=BD/2=OB。
∴∠OEB=∠OBE=65°。
∵∠DEB=90°，
∴∠OED=∠DEB - ∠OEB=90° - 65°=25°。
25°

12. (南通中考)如图,在边长为10的菱形ABCD中,对角线BD= 16,O是线段BD上的动点,OE⊥AB于点E,OF⊥AD于点F,则OE+OF= ______.

答案：
$ 9.6 $ 解析：如图，连结 $ AC $，交 $ BD $ 于点 $ G $，连结 $ AO $。
∵ 四边形 $ ABCD $ 是菱形，$ BD = 16 $，
∴ $ AC \perp BD $，$ AB = AD = 10 $，$ BG = \frac{1}{2}BD = 8 $。根据勾股定理，得 $ AG = \sqrt{AB^{2} - BG^{2}} = \sqrt{10^{2} - 8^{2}} = 6 $。
∵ $ S_{\triangle ABD} = S_{\triangle AOB} + S_{\triangle AOD} $，即 $ \frac{1}{2}BD \cdot AG = \frac{1}{2}AB \cdot OE + \frac{1}{2}AD \cdot OF $，
∴ $ \frac{1}{2} × 16 × 6 = \frac{1}{2} × 10OE + \frac{1}{2} × 10OF $。
∴ $ OE + OF = 9.6 $。

13. 如图,在正方形ABCD中,E为AB的中点,FE⊥AB,AF= 2AE,FC交BD于点O,则∠DOC的度数为______.

答案：
解：连结BF。
∵E为AB中点，
∴AB=2AE。
∵AF=2AE，
∴AB=AF。
∵FE⊥AB，E为AB中点，
∴AF=BF。
∴AF=AB=BF，△ABF为等边三角形，∠AFB=60°。
∵AF=FB，EF⊥AB，
∴∠AFE=∠EFB=30°。
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，BD为对角线，∠DBC=45°。
∵FE⊥AB，
∴∠FEB=90°=∠EBC，EF//BC。
∴∠BCF=∠CFE。
∵BF=AB=BC，
∴∠BFC=∠BCF。
∴∠BCF=∠BFC=∠CFE=$\frac {1}{2}$∠EFB=15°。
∴∠DOC=∠DBC+∠BCF=45°+15°=60°。
答案：60°

14. 如图,P是正方形ABCD内一点,连结PA,PB,PC.若PA= $2\sqrt{3}$,PB= $\sqrt{2}$,∠APB= 135°,则PC的长是______.

答案：
解：过点 $ B $ 向右上作 $ BF \perp BP $，在 $ BF $ 上截取 $ BE = BP $，连结 $ CE $。
因为四边形 $ ABCD $ 是正方形，所以 $ AB = BC $，$ \angle ABC = 90^{\circ} $。
又因为 $ BF \perp BP $，所以 $ \angle PBE = 90^{\circ} $，则 $ \angle ABP + \angle PBC = \angle PBC + \angle CBE $，即 $ \angle ABP = \angle CBE $。
在 $ \triangle APB $ 和 $ \triangle CEB $ 中，$\begin{cases} AB = BC \\ \angle ABP = \angle CBE \\ BP = BE \end{cases}$，所以 $ \triangle APB \cong \triangle CEB $（SAS）。
因此，$ BP = BE = \sqrt{2} $，$ AP = CE = 2\sqrt{3} $，$ \angle APB = \angle CEB = 135^{\circ} $。
连结 $ PE $，因为 $ BP = BE $ 且 $ \angle PBE = 90^{\circ} $，所以 $ \triangle PBE $ 为等腰直角三角形。
由勾股定理，得 $ PE = \sqrt{BP^{2} + BE^{2}} = \sqrt{(\sqrt{2})^{2} + (\sqrt{2})^{2}} = 2 $，且 $ \angle PEB = 45^{\circ} $。
所以 $ \angle PEC = \angle CEB - \angle PEB = 135^{\circ} - 45^{\circ} = 90^{\circ} $。
在 $ Rt\triangle PEC $ 中，由勾股定理，得 $ PC = \sqrt{PE^{2} + CE^{2}} = \sqrt{2^{2} + (2\sqrt{3})^{2}} = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4 $。
故 $ PC $ 的长是 $ 4 $。

15. (10分)如图,在矩形ABCD中,E是AD的中点,延长CE,BA交于点F,连结AC,BD,DF.
(1)求证：BD= DF；
(2)当CF平分∠BCD,且BC= 6时,求CD的长.

答案：
(1) 证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $AB // CD$，$AC = BD$，$\angle FAE = \angle CDE$。
∵ $E$ 是 $AD$ 的中点，
∴ $AE = DE$。
在 $\triangle FAE$ 和 $\triangle CDE$ 中，
$\begin{cases} \angle FAE = \angle CDE, \\ AE = DE, \\ \angle FEA = \angle CED, \end{cases}$
∴ $\triangle FAE \cong \triangle CDE$（ASA）。
∴ $FA = CD$。
又
∵ $AF // CD$，
∴ 四边形 $ACDF$ 是平行四边形。
∴ $DF = AC$。
∵ $AC = BD$，
∴ $BD = DF$。
(2) 解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $AD = BC = 6$，$\angle BCD = \angle CDE = 90^\circ$。
∵ $CF$ 平分 $\angle BCD$，
∴ $\angle DCE = 45^\circ$。
在 $\triangle CDE$ 中，$\angle CDE = 90^\circ$，
∴ $\angle DEC = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$。
∴ $\angle DEC = \angle DCE$，
∴ $CD = DE$。
∵ $E$ 是 $AD$ 的中点，
∴ $DE = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} × 6 = 3$。
∴ $CD = 3$。

16. (10分)(遂宁中考)如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,E是AD的中点,连结OE,过点D作DF//AC,交OE的延长线于点F,连结AF.
(1)求证：△AOE≌△DFE；
(2)判断四边形AODF的形状,并说明理由.

答案：
(1) 证明：
∵ E 是 AD 的中点，
∴ AE = DE。
∵ DF // AC，
∴ ∠OAE = ∠FDE。
在△AOE 和△DFE 中，
∠OAE = ∠FDE，
AE = DE，
∠AEO = ∠DEF，
∴ △AOE ≌ △DFE（ASA）。
(2) 四边形 AODF 是矩形。
理由：
∵ △AOE ≌ △DFE，
∴ AO = DF。
∵ DF // AC，
∴ 四边形 AODF 是平行四边形。
∵ 四边形 ABCD 是菱形，
∴ AC ⊥ BD，即 ∠AOD = 90°。
∴ 四边形 AODF 是矩形。