《2025年初中必刷题八年级数学上册沪科版》

1 [中]如图,在四边形$ABCD$中,$AB// DC$,$E为BC$的中点,连接$DE$,$AE$,$AE⊥DE$. 若$AB= 5$,$CD= 3$,则$AD$的长为 ( )

A.2
B.5
C.8
D.11

答案：
C 【解析】延长DE交AB的延长线于点F，如图。
∵E为BC的中点，
∴BE=EC。
∵AB//CD，
∴∠F=∠CDE。在△BEF和△CED中，{∠F=∠CDE，∠BEF=∠CED，BE=EC}，
∴△BEF≌△CED(AAS)，
∴EF=DE，BF=CD=3，
∴AF=AB+BF=8。
∵AE⊥DE，即∠AEF=∠AED=90°，EF=DE，AE=AE，
∴△AEF≌△AED，
∴AD=AF=8。故选C。技巧总结：遇中线，常通过倍长中线来构造全等三角形，从而实现线段的转化。

2 [2025 安徽六安金安区校级期中,较难]如图,$AB= AC$,点$D$,$E分别在AC$,$AB$上,且$AE= AD$,连接$EC$,$BD$,$EC交BD于点M$,连接$AM$,过点$A分别作AF⊥CE$,$AG⊥BD$,垂足分别为$F$,$G$,则下列结论错误的是 ( )

A.$△EBM\cong △DCM$
B.若$S_{△BEM}= S_{△ADM}$,则$E是AB$的中点
C.$MA平分∠EMD$
D.若$E是AB$的中点,则$BM+AC＜EM+BD$

答案：
D 【解析】A选项，
∵AB=AC，AE=AD，∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠B=∠C，BD=CE。
∵AB=AC，AE=AD，
∴BE=CD。又
∵∠BME=∠CMD，
∴△EBM≌△DCM，故A正确。B选项，
∵△EBM≌△DCM，
∴EM=DM。
∵AE=AD，AM=AM，
∴△AEM≌△ADM，
∴S_△AEM=S_△ADM。
∵S_△BEM=S_△ADM，
∴S_△BEM=S_△AEM，
∴BE=AE，
∴点E是AB的中点，故B正确。C选项，
∵△AEM≌△ADM，
∴∠AME=∠AMD，即MA平分∠EMD，故C正确。D选项，如图，延长ME至点N，使NE=ME，连接AN。
∵E是AB的中点，
∴AE=BE。
∵∠AEN=∠BEM，
∴△AEN≌△BEM，
∴BM=AN。在△ANC中，
∵AN+AC＞CN，
∴BM+AC＞NE+CE，
∴BM+AC＞EM+BD，故D错误。故选D。

(1)若$∠ABF= 60^{\circ}$,则$∠ADE$为30$^{\circ}$.
(2)写出线段$BF$,$EF$,$DE$三者间的数量关系：BF+EF=DE.

答案：
(1)30
(2)BF+EF=DE 【解析】
(1)
∵AD//BC，AB⊥BC，
∴∠BAD=∠ABC=90°。
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED=∠AFB=90°，
∴∠ABF+∠BAF=∠BAF+∠DAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE=60°，
∴∠ADE=30°，故答案为30。
(2)利用AAS证明△ABF≌△DAE，得到BF=AE，DE=AF是解题的关键。由
(1)知，∠ABF=∠DAE。
∵∠AED=∠AFB，AB=AD，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，DE=AF，
∴BF+EF=DE，故答案为BF+EF=DE。

4 [2025 浙江温州期末,中]如图,直线$y= x+4分别交x$轴、$y轴于点A$,$B$,直线$y= -\frac{4}{3}x+b经过点B$,交$x轴于点C$.
(1)求$b的值和OA$,$OC$的长.
(2)在$BC延长线上取点D$,使$DC= BC$,过点$D作DE⊥x轴交AB的延长线于点E$,记$△ABC的面积为S_{1}$,$△BDE的面积为S_{2}$,求$\frac{S_{1}}{S_{2}}$的值.

答案：
【解】
(1)把y=0代入y=x+4，得x=-4，
∴OA=4。把x=0代入y=x+4，得y=4，
∴点B坐标为(0，4)。把点B(0，4)代入y=-$\frac{4}{3}$x+b，得b=4，
∴y=-$\frac{4}{3}$x+4。把y=0代入y=-$\frac{4}{3}$x+4，得x=3，即OC=3。
(2)添加辅助线，延长DE交AB的延长线于点F，利用全等三角形的判定与性质得出结果。设DE交x轴于点F，如图所示。
∵DE⊥x轴，
∴∠CFD=∠BOC=90°。
∵∠BCO=∠DCF，DC=BC，
∴△BOC≌△DFC(AAS)，
∴CF=OC=3，DF=OB=4，
∴OF=OC+CF=6。在y=x+4中，当x=6时，y=6+4=10，
∴EF=10，
∴DE=EF+DF=14，
∴S_2=$\frac{1}{2}$·DE·OF=$\frac{1}{2}$×14×6=42。
∵AC=OA+OC=7，BO=4，
∴S_1=$\frac{1}{2}$·AC·BO=$\frac{1}{2}$×7×4=14，
∴$\frac{S_1}{S_2}$=$\frac{14}{42}$=$\frac{1}{3}$。

5 核心素养 推理能力 [2024 安徽淮北质检,难]如图,在$△ABC$中,点$M是BC$边上一动点(不与$B$,$C$重合),点$N是BC$边的中点,$CF⊥AM于点F$,$BE⊥AM于点E$,$BA⊥AC$.
(1)如图(1),当点$N$,$M$重合时,$ME和MF$的数量关系是____；$BE和CF$的位置关系是____.
(2)如图(2),当点$N不与点M$重合时,延长$FN交BE于点P$,则$△NFE的面积S_{1}与△PFE的面积S_{2}$的关系为____,请说明理由.
(3)如图(3),当点$M在CB$的延长线上时,延长$EN交FC于点P$,(2)中的结论是否仍然成立？请画出图并证明.

答案：
【解】
(1)
∵点N，M重合，点N是BC边的中点，
∴点M是BC边的中点，
∴BM=CM。
∵BE⊥AM,CF⊥AM，
∴BE//CF，∠BEM=∠CFM=90°。在△BEM和△CFM中，{∠BEM=∠CFM，∠BME=∠CMF，BM=CM}，
∴△BEM≌△CFM(AAS)，
∴ME=MF。故答案为ME=MF，BE//CF。$(2)2S_1=S_2，$理由如下：由
(1)得BE//CF，
∴∠PBN=∠FCN。
∵点N是BC边的中点，
∴BN=CN。在△BPN和△CFN中，{∠PBN=∠FCN，BN=CN，∠BNP=∠CNF}，
∴△BPN≌△CFN(ASA)，
∴NP=NF，
∴S_△NFE=S_△NPE，
∴S_△PFE=S_△PEN+S_△NFE=2S_△NFE，
∴$2S_1=S_2，$故答案为$2S_1=S_2。$
(3)成立。证明如下：根据题意画图如图所示。由
(1)得BE//CF，
∴∠BEN=∠CPN。
∵点N是BC边的中点，
∴BN=CN。在△BEN和△CPN中，{∠BEN=∠CPN，∠BNE=∠CNP，BN=CN}，
∴△BEN≌△CPN(AAS)，
∴EN=PN，
∴S_△NFE=S_△NPF，
∴$2S_1=S_2。$