《2025年初中必刷题八年级数学上册人教版》

1[2024浙江温州校级质检,中]如图,在四边形ABCD中,$∠A= 90^{\circ },AD= 4$,连接BD,$BD⊥CD$,$∠ADB= ∠C$.若P是BC边上一动点,则DP长的最小值为( )


A.3
B.4
C.5
D.6

答案：
1.B　[解析]
∵BD⊥CD,
∴∠BDC=90°,
∴∠C+∠CBD=90°.
∵∠A=90°,
∴∠ABD+∠ADB=90°.
∵∠ADB=∠C,
∴∠ABD=∠CBD,
∴BD是∠ABC的平分线.当DP⊥BC 时,DP的长度最小.
∵∠A=90°,
∴DA⊥AB,
∴DP长的最小值与AD长相等.
∵AD=4,
∴DP长的最小值是4,故选B.

2[2025河北保定质检,中]如图,在$\triangle ABC$中,AD,CE分别是$∠BAC,∠BCA$的平分线,AD,CE相交于点F,且$S_{\triangle ABC}= 42,\triangle ABC$的周长为21,关于甲、乙、丙三人的说法,下列判断正确的是( )

甲:$FE= FD$;乙:点F到AC的距离为2;丙:连接BF,则BF平分$∠ABC$.

A.只有甲对
B.甲、乙、丙都对
C.乙错,丙对
D.甲错,乙对

答案：
2.C　[解析]如图,过点F作FG⊥AC,FH⊥AB,FM⊥BC.
∵AD,CE 分别是∠BAC,∠BCA的平分线，
∴FG=FH,FG=FM,
∴FH=FM,
∴BF平分∠ABC,故丙说法正确.S△ABC=S△ABF+S△ACF+S△BCF=$\frac{1}{2}$AB·FH+$\frac{1}{2}$AC·FG+$\frac{1}{2}$BC·FM=$\frac{1}{2}$(AB+AC+BC)·FG = 42.
∵△ABC的周长为21,
∴AB+BC+AC=21,
∴FG=4,
∴点F到AC的距离为4,故乙说法错误.条件不足，无法得到FE=FD,故甲说法错误.故选C.

3[2025福建泉州期中,中]如图,在$\triangle ABC(AB＞AC)$中,AD,AE分别为$\triangle ABC$的角平分线、中线,若$7AB= 13AC,ED= kDC$,则k的值为____.

答案：
3.$\frac{3}{7}$　[解析]如图，过点D作DM⊥AB于点M,DN⊥AC于点N.
∵AD 为∠BAC的平分线,
∴DM=DN.设点A到BC的距离为h,则$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ADC}}=\frac{\frac{1}{2}AB·DM}{\frac{1}{2}AC·DN}=\frac{\frac{1}{2}BD·h}{\frac{1}{2}DC·h}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$.
∵7AB=13AC,
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{13}{7}$，
∴$\frac{BD}{DC}=\frac{13}{7}$，即BD=$\frac{13}{7}$CD,
∴CD=$\frac{7}{20}$BC.
∵AE为△ABC的中线,
∴BE=EC=$\frac{1}{2}$BC.
思路分析
(1)根据垂直的定义得到∠ADC=90°,进而得到∠DAC.根据角平分线的定义得到∠BAO 的度数，再根据三角形的内角和定理及角得到∠ABO 的度数，即可得到∠BOA 的度数;
(2)连接OC,过点O作OM⊥AB,ON⊥AC,根据角平分线OM=ON,证明Rt△OEM≌Rt△OFN,根据全等三角形的性质得到∠EOM=∠FON,进而利用角的和差可得答案;
(3)过O作OD⊥AB于D,OG⊥BC于G,OH⊥AC于H,根据角平分线的性质得到OD=OG=OH,再根据三角形的面积公式即可得答案.
∴DE=EC−CD=$\frac{3}{20}$BC.
∵ED=kDC,
∴k=$\frac{DE}{DC}$=$\frac{3}{7}$.故答案为$\frac{3}{7}$.

4[2025吉林松原质检,中]如图(1),以$∠BAC$的顶点A为圆心,适当长为半径画弧,交AB于点D,交AC于点E,分别以点D,E为圆心,大于$\frac {1}{2}DE$的长为半径画弧,两弧在$∠BAC$的内部相交于点P,画射线AP.
(1)根据以上尺规作图的过程可以得到的关于射线AP的结论是____.
(2)在图(1)中射线AB上取一点F,过点F作$FG⊥AC$于点G,交射线AP于点H,过点H作$HM⊥AB$于点M,在AC上取一点N,使$NH= FH$,如图(2)所示.求证:$MF= GN$.
(3)在(2)的条件下,若$\triangle AGH$的面积等于5,则四边形AFHN的面积等于____.

答案：
4.
(1)[解]如图,连接PD,PE.

由作图可知AD=AE,PD=PE.
∵AP=AP,
∴△ADP≌△AEP(SSS),
∴∠PAB=∠PAC,即AP平分∠BAC.故答案为AP平分∠BAC.
(2)[证明]由
(1)得AP平分∠BAC.
∵HM⊥AB,HG⊥AC,
∴HM=HG,∠HMF=∠HGN=90°.在Rt△HMF和Rt△HGN中，{FH=NH,HM=HG},
∴Rt△HMF≌Rt△HGN(HL),
∴MF=GN.
(3)[解]由
(2)得HM=HG,∠HMA=∠HGA=90°,Rt△HMF≌Rt△HGN,
$∴S_Rt△HMF=S_Rt△HGN.在Rt△HMA和Rt△HGA中，{AH=AH,HM=HG},$
∴Rt△HMA≌Rt△HGA(HL),
$∴S_Rt△HMA=S_Rt△HGA,$
$∴S四边形AFHN=S_Rt△HMF+S_Rt△HMA+S△HNA=S_Rt△HGN+S_Rt△HMA+S△HNA=2S△AGH=10.故答案为10.$

5思想方法数形结合[较难]在$\triangle ABC$中,AE,BF是角平分线,交于O点.
(1)如图(1),AD是高,$∠BAC= 50^{\circ },∠C= 70^{\circ }$,求$∠DAC和∠BOA$的度数.
(2)如图(2),若$OE= OF,AC≠BC$,求$∠C$的度数.
(3)如图(3),若$∠C= 90^{\circ },BC= 8,AC= 6,AB= 10$,求$S_{\triangle AOB}$.

答案：
5.[解]
(1)
∵AD⊥BC,
∴∠ADC=90°.
∵∠C=70°,
∴∠DAC=180°−90°−70°=20°.
∵∠BAC=50°,∠C=70°,AE是∠BAC的平分线,
∴∠BAO=25°,∠ABC=60°.
∵BF是∠ABC的平分线，
∴∠ABO=30°,
∴∠BOA=180°−∠BAO−∠ABO=180°−25°−30°=125°.
(2)连接OC,如图
(1).
∵AE,BF是角平分线，且交于O点，
∴易知CO是∠ACB的平分线，
∴∠OCF=∠OCE.过点O作OM⊥BC，ON⊥AC，则OM=ON.在Rt△OEM与Rt△OFN中，{OE=OF,OM=ON},
∴Rt△OEM≌Rt△OFN（HL），
∴∠EOM=∠FON，
∴∠MON=∠EOF=180°−∠ACB.
∵AE，BF是角平分线，
∴易得∠AOB=90°+$\frac{1}{2}$∠ACB.又
∵∠AOB=∠EOF，
∴90°+$\frac{1}{2}$∠ACB=180°−∠ACB，
∴∠ACB=60°.

(3)如图
(2),过点O作OD⊥AB于D,OG⊥BC于G,OH⊥AC于H.

∵AE,BF是角平分线，且交于O点，
∴OD=OG=OH,
∴S△ABC=$\frac{1}{2}$×8×6=$\frac{1}{2}$×10×OD+$\frac{1}{2}$×8×OG+$\frac{1}{2}$×6×OH,
∴OD=2,
∴S△AOB=$\frac{1}{2}$×10×2=10.