《2025年假期总动员年度系统复习八年级数学人教版四川师范大学出版社》

1. (杭州)如图，在$□ ABCD$中，下列结论一定正确的是（B）

A. $AC\perp BD$
B. $\angle A+\angle B = 180^{\circ}$
C. $AB = AD$
D. $\angle A\neq\angle C$

答案： B

2. (江西)如图，$□ ABCD$与$□ DCFE$的周长相等，且$\angle BAD = 60^{\circ}$，$\angle F = 110^{\circ}$，则$\angle DAE$的度数为______25°。

答案： $25^\circ$

3. (河南)如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 3$，$BC = 4$，点$E$是$BC$边上一点，连接$AE$，把$\angle B$沿$AE$折叠，使点$B$落在点$B'$处。当$\triangle CEB'$为直角三角形时，$BE$的长为$\frac{3}{2}$ 或 3。

答案： $\frac{3}{2}$ 或 3

4. (江西)如图，在矩形$ABCD$中，点$E$，$F$分别是$AB$，$CD$的中点，连接$DE$和$BF$，分别取$DE$，$BF$的中点$M$，$N$，连接$AM$，$CN$，$MN$，若$AB = 2\sqrt{2}$，$BC = 2\sqrt{3}$，则图中阴影部分的面积为$2\sqrt{6}$。

答案： $2\sqrt{6}$

5. (莱芜)如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 1$，$E$、$F$分别为$AD$、$CD$的中点，沿$BE$将$\triangle ABE$折叠，若点$A$恰好落在$BF$上，则$AD=$$\sqrt{2}$。

答案： $\sqrt{2}$

6. (莱芜)如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，以$AC$为一边向外作等边三角形$ACD$，点$E$为$AB$的中点，连接$DE$。
(1) 证明：$DE// CB$；
(2) 探索$AC$与$AB$满足怎样的数量关系时，四边形$DCBE$是平行四边形。

(1)证明：如图，连接 $CE$，∵ $E$ 为 $Rt△ACB$ 的斜边 $AB$ 的中点，
∴ $CE = \frac{1}{2}AB = AE$。
∵ $△ACD$ 是等边三角形，∴ $AD = CD$。
在 $△ADE$ 和 $△CDE$ 中，
$AD = CD$，$DE = DE$，$AE = CE$，
∴ $△ADE \cong △CDE(SSS)$。
∴ $∠ADE = ∠CDE = 30^\circ$。
∵ $∠DCB = ∠ACB + ∠ACD = 90^\circ + 60^\circ = 150^\circ$，
∴ $∠EDC + ∠DCB = 180^\circ$，
∴ $DE // CB$。
　　　　　
(2)解：∵ $∠DCB = 150^\circ$，
若四边形 $DCBE$ 是平行四边形，则 $DC // BE$，$∠DCB + ∠B = 180^\circ$，
∴ $∠B = 30^\circ$。
在 $Rt△ACB$ 中，$∠B = 30^\circ$，∴ $AC = \frac{1}{2}AB$ 或 $AB = 2AC$，
∴当 $AC =$$\frac{1}{2}AB$或 $AB =$$2AC$时，四边形 $DCBE$ 是平行四边形。

答案：

(1)证明：如图，连接 $CE$，
∵ $E$ 为 $Rt△ACB$ 的斜边 $AB$ 的中点，
∴ $CE = \frac{1}{2}AB = AE$。
∵ $△ACD$ 是等边三角形，
∴ $AD = CD$。
在 $△ADE$ 和 $△CDE$ 中，
$AD = CD$，$DE = DE$，$AE = CE$，
∴ $△ADE \cong △CDE(SSS)$。
∴ $∠ADE = ∠CDE = 30^\circ$。
∵ $∠DCB = ∠ACB + ∠ACD = 90^\circ + 60^\circ = 150^\circ$，
∴ $∠EDC + ∠DCB = 180^\circ$，
∴ $DE // CB$。
　　　　　
(2)解：
∵ $∠DCB = 150^\circ$，
若四边形 $DCBE$ 是平行四边形，则 $DC // BE$，$∠DCB + ∠B = 180^\circ$，
∴ $∠B = 30^\circ$。
在 $Rt△ACB$ 中，$∠B = 30^\circ$，
∴ $AC = \frac{1}{2}AB$ 或 $AB = 2AC$，
∴当 $AC = \frac{1}{2}AB$ 或 $AB = 2AC$ 时，四边形 $DCBE$ 是平行四边形。

7. (黄冈)如图，四边形$ABCD$是菱形，对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，$DH\perp AB$于点$H$，连接$OH$，求证：$\angle DHO=\angle DCO$。
证明：∵四边形 $ABCD$ 是菱形，
∴ $OD = OB$，$∠COD = 90^\circ$，$∠ODC = ∠OBH$。
∵ $DH \perp AB$ 于点 $H$，
∴ $∠DHB = 90^\circ$。
∴ $HO = \frac{1}{2}BD = OB$，
∴ $∠OHB = ∠OBH$。
∴ $∠OHB = ∠ODC$。
在 $Rt△COD$ 中，$∠ODC + ∠DCO = 90^\circ$。
在 $Rt△DHB$ 中，$∠DHO + ∠OHB = 90^\circ$。
∴ $∠DHO = ∠DCO$。

答案： 证明：
∵四边形 $ABCD$ 是菱形，
∴ $OD = OB$，$∠COD = 90^\circ$，$∠ODC = ∠OBH$。
∵ $DH \perp AB$ 于点 $H$，
∴ $∠DHB = 90^\circ$。
∴ $HO = \frac{1}{2}BD = OB$，
∴ $∠OHB = ∠OBH$。
∴ $∠OHB = ∠ODC$。
在 $Rt△COD$ 中，$∠ODC + ∠DCO = 90^\circ$。
在 $Rt△DHB$ 中，$∠DHO + ∠OHB = 90^\circ$。
∴ $∠DHO = ∠DCO$。