《2025年学霸题中题八年级数学上册浙教版》

1. 如图,在$\triangle ABC$中,$D是AB$的中点,点$E在AC$上,且$\angle AED = 90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle C$,则$BC + 2AE$等于(B)

A.$AB$
B.$AC$
C.$\frac{3}{2}AB$
D.$\frac{3}{2}AC$

答案： B

2. (河北中考)如图,点$A$,$B$为定点,定直线$l// AB$,$P是l$上一动点,$M$,$N分别为PA$,$PB$的中点,对下列各值：① 线段$MN$的长；② $\triangle PAB$的周长；③ $\triangle PMN$的面积；④ 直线$MN$,$AB$之间的距离；⑤ $\angle APB$的大小。其中会随点$P$的移动而变化的是(B)

A.②③
B.②⑤
C.①③④
D.④⑤

答案： B

3. 如图,在$\triangle ABC$中,$AB = 14$,$BC = 16$,$AC = 26$,$P为\angle A的平分线AD$上一点,且$BP\perp AD$,$M为BC$的中点,则$PM$的长是6。

答案： 6

4. (广州中考)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$AB = 10$,$AC = 6$,$M是边AC$上一动点,$D$,$E分别是AB$,$MB$的中点,当$AM = 2.4$时,$DE$的长是1.2。若点$N在边BC$上,且$CN = AM$,$F$,$G分别是MN$,$AN$的中点,当$AM＞2.4$时,四边形$DEFG面积S$的取值范围是3≤S≤4。

答案： 1.2 3≤S≤4

5. 如图,在四边形$ABCD$中,$AD = BC$,$E$,$F分别是DC$,$AB$的中点,直线$EF分别与BC$,$AD的延长线相交于点G$,$H$。求证：$\angle AHF = \angle BGF$。

答案：
如图,连接 AC,作 EM//AD 交 AC 于点 M,连接 MF.
∵ E 是 CD 的中点,且 EM//AD,

∴ EM=$\frac{1}{2}$AD,M 是 AC 的中点.又
∵ F 是 AB 的中点,
∴ MF//BC,且 MF=$\frac{1}{2}$BC.
∵ AD=BC,
∴ EM=MF,
∴ ∠MEF=∠MFE.
∵ EM//AH,
∴ ∠MEF=∠AHF.
∵ FM//BG,
∴ ∠MFE=∠BGF,
∴ ∠AHF=∠BGF.

6. (成都自主招生)在$\triangle ABC$中,$AB = 8$,$BC = 6$,$AC边上的高BD = 4$,$E$,$F分别为线段AB$,$BC$的中点,连接$EF$,则$EF$的长为______。

答案：
$2\sqrt{3}+\sqrt{5}$ 或 $2\sqrt{3}-\sqrt{5}$ 解析:在 Rt△ABD 中,∠ADB=90°,AB=8,BD=4,则 AD=$\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$.在 Rt△BCD 中,∠BDC=90°,BC=6,BD=4,则 CD=$\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{6^2-4^2}=2\sqrt{5}$.如图①,AC=AD+CD=$4\sqrt{3}+2\sqrt{5}$.
∵ E,F 分别为线段 AB,BC 的中点,
∴ EF 是△ABC 的中位线,
∴ EF=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}×(4\sqrt{3}+2\sqrt{5})=2\sqrt{3}+\sqrt{5}$.如图②,AC=AD-CD=$4\sqrt{3}-2\sqrt{5}$.
∵ E,F 分别为线段 AB,BC 的中点,
∴ EF 是△ABC 的中位线,
∴ EF=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}×(4\sqrt{3}-2\sqrt{5})=2\sqrt{3}-\sqrt{5}$.综上所述,EF 的长度是 $2\sqrt{3}+\sqrt{5}$ 或 $2\sqrt{3}-\sqrt{5}$.故答案为 $2\sqrt{3}+\sqrt{5}$ 或 $2\sqrt{3}-\sqrt{5}$.

7. 如图,已知四边形$ABCD$为菱形,$AB = 4$,$\angle C = 60^{\circ}$,$BD$为对角线,$E为边CD$上一动点,且$EF// BD交BC于点F$,连接$AE$,$AF$,$G为AE$的中点,连接$FG$。
(1)若$E为DC$的中点,则$CF$的长为______；
(2)点$E$在运动过程中,$GF$的最小值为______。

答案：

(1)2
(2)3 解析:
(1)
∵ 在菱形 ABCD 中,AB=4,∠C=60°,
∴ BC=CD=AB=4,
∴ △BCD 是等边三角形,即∠CDB=∠CBD=∠C=60°.
∵ EF//BD,
∴ ∠CEF=∠CDB=60°,∠CBD=∠CFE=60°,
∴ △CEF 是等边三角形,
∴ CE=CF.
∵ E 为 DC 的中点,BC=CD=4,
∴ CF=CE=2.
(2)如图,延长 EF 至点 H,使得 EF=FH,连接 CH,AH.
在
(1)中知△CEF 是等边三角形,即CE=CF=EF,∠CEF=∠CFE=∠ECF=60°,
∴ FH=CF=EF,
∴ ∠CHF=∠HCF.

∵ ∠CHF+∠HCF=∠CFE=60°,
∴ ∠CHF=∠HCF=30°,
∴ ∠HCE=∠FCE+∠HCF=90°,即无论点 E 在边 CD 上如何运动,始终有∠HCE=90°,即 CD⊥CH.
∵ G 为 AE 的中点,EF=FH,
∴ GF 是△AEH 的中位线,
∴ GF=$\frac{1}{2}$AH,
∴ AH 最小时,GF 最小,根据垂线段最短可知当 AH⊥CH 时,AH 最短.延长 AB 交 CH 于点 H'.
∵ CD⊥CH,CD//AB,
∴ AH'⊥CH,即∠AH'C=90°,即当点 H 与点 H'重合时,AH 最短,最小值为 AH'的长.
∵ ∠HCF=30°,即∠BCH'=30°,
∴ BH'=$\frac{1}{2}$BC=2,
∴ AH'=AB+BH'=6,
∴ GF=$\frac{1}{2}$AH'=3.

8. 如图,在等腰直角三角形$ABC与等腰直角三角形CDE$中,$AC = BC$,$CD = DE$,$AC = 2CD = 4$,$DH\perp AE$,垂足为$H$,直线$HD交BE于点O$。将$\triangle CDE绕点C$顺时针旋转,则$OA$的长的最大值是______。

答案：
$2\sqrt{5}+\sqrt{2}$ 解析:如图,延长 ED 到点 N,使得 DN=DE,连接 CN,BN,延长 BN 交 AE 于点 M,取 BC 的中点 F,连接 AF,OF.

∵ CD⊥EN,DN=DE,
∴ CN=CE.
∵ DC=DE,∠CDE=90°,
∴ ∠DCE=∠DCN=45°,
∴ ∠ACB=∠NCE=90°,
∴ ∠BCN=∠ACE.
∵ CB=CA,CN=CE,
∴ △BCN≌△ACE (SAS),
∴ ∠BNC=∠AEC.
∵ ∠BNC+∠CNM=180°,
∴ ∠CNM+∠AEC=180°,
∴ ∠ECN+∠NME=180°.
∵ ∠ECN=90°,
∴ ∠NME=90°.
∵ DH⊥AE,
∴ ∠NME=∠DHE=90°,
∴ OD//BN.
∵ DN=DE,
∴ OB=OE.
∵ BF=CF,
∴ OF=$\frac{1}{2}$EC.
∵ CD=DE=2,∠CDE=90°,
∴ EC=$2\sqrt{2}$,
∴ OF=$\sqrt{2}$.在 Rt△ACF 中,
∵ AC=4,CF=2,
∴ AF=$\sqrt{AC^2+CF^2}=2\sqrt{5}$.
∵ OA≤AF+OF,
∴ OA≤$2\sqrt{5}+\sqrt{2}$,
∴ OA 的最大值为 $2\sqrt{5}+\sqrt{2}$.