《2025年点对点期末复习及智胜暑假八年级数学北师大版》

9.如图,在矩形ABCD中,AB= 3,对角线AC,BD相交于点O,AE垂直平分OB,垂足为点E,则AD的长为$3\sqrt{3}$.

答案： $3\sqrt{3}$

10.如图,四边形ABCD是菱形,点A,B,C,D的坐标分别是(m,0),(0,n),(1,0),(0,2),则mn= ______2.

答案： 2

11.如图,四边形ABCD是菱形,AC,BD交于点O,DH⊥AB于点H.
(1)若对角线AC= 8cm,BD= 6cm,求DH 的长;$\frac{24}{5}$cm
(2)连接HO,求证:∠BOH= ∠DAH.
证明：∵DH⊥AB，
∴∠DHB=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，
∴OH=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
∴∠BOH=180°-∠OHB-∠OBH=180°-2∠OBH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，AC平分∠DAB，
∴∠DAH=2∠OAB，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∴∠OAB=90°-∠OBH，
∴∠DAH=2(90°-∠OBH)=180°-2∠OBH，
∴∠BOH=∠DAH．

答案：
(1)解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∵AC=8cm，BD=6cm，
∴OA=$\frac{1}{2}$AC=4cm，OB=$\frac{1}{2}$BD=3cm，
∴AB=$\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$cm，
∵S_{菱形ABCD}=$\frac{1}{2}$AC·BD=AB·DH，
∴DH=$\frac{AC·BD}{2AB}=\frac{8×6}{2×5}=\frac{24}{5}$cm；
(2)证明：
∵DH⊥AB，
∴∠DHB=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，
∴OH=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
∴∠BOH=180°-∠OHB-∠OBH=180°-2∠OBH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，AC平分∠DAB，
∴∠DAH=2∠OAB，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∴∠OAB=90°-∠OBH，
∴∠DAH=2(90°-∠OBH)=180°-2∠OBH，
∴∠BOH=∠DAH．

12.如图,在▱ABCD中,延长AB到点E,使BE=AB,连接DE,交BC于点O,连接EC,BD.
(1)求证:四边形BECD是平行四边形;
(2)若∠A= 50°,当四边形BECD是矩形时,求∠BOD的度数.
(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//DC，AB=DC，
∵BE=AB，
∴BE=DC，
∵BE//DC，
∴四边形BECD是平行四边形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=50°，
∵四边形BECD是矩形，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠BCD=50°，
∴∠BOD=∠ODC+∠BCD=100°。

答案：
(1)证明：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//DC，AB=DC，
∵BE=AB，
∴BE=DC，
∵BE//DC，
∴四边形BECD是平行四边形；
(2)解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=50°，
∵四边形BECD是矩形，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠BCD=50°，
∴∠BOD=∠ODC+∠BCD=100°。

13.如图,已知正方形ABCD的边长为√2,连接AC、BD交于点O,CE平分∠ACD交BD于点E.
(1)求DE的长;2-√2
(2)过点E作EF⊥CE,交AB于点F,求BF的长.2-√2

答案：
(1)解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠DBC=∠BCA=∠ACD=45°，BC=CD=$\sqrt{2}$，
∵CE平分∠DCA，
∴∠DCE=$\frac{1}{2}$∠ACD=22.5°，
∴∠BCE=∠BCA+∠DCE=45°+22.5°=67.5°，
在△BCE中，∠BEC=180°-∠DBC-∠BCE=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠BEC=∠BCE，
∴BE=BC=$\sqrt{2}$，
在Rt△BCD中，BD=$\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=2$，
∴DE=BD-BE=2-$\sqrt{2}$；
(2)解：
∵EF⊥CE，
∴∠CEF=90°，
∵∠BEC=67.5°，
∴∠FEB=∠CEF-∠BEC=90°-67.5°=22.5°，
∴∠FEB=∠ECD，
∵∠FBE=∠EDC=45°，BE=DC，
∴△FEB≌△ECD(ASA)，
∴BF=DE=2-$\sqrt{2}$。