《2025年学霸题中题八年级数学上册浙教版》

1. 如图所示,在四边形$ABCD$中,$\triangle ABC$为等边三角形,$\angle ADC = 30^{\circ}$,$AD = 3$,$BD = 4$,则$CD = $(C)

A.$6$
B.$5$
C.$\sqrt{7}$
D.$4$

答案： C

2. (十堰中考)如图,正方形$ABCD的边长为6$,点$E$,$F分别在AB$,$AD$上,若$CE = 3\sqrt{5}$,且$\angle ECF = 45^{\circ}$,则$CF$的长为(A)

A.$2\sqrt{10}$
B.$3\sqrt{5}$
C.$\frac{5}{3}\sqrt{10}$
D.$\frac{10}{3}\sqrt{5}$

答案： A

3. 如图,$\triangle ABC$为一个平面内的等边三角形,在同一个平面内有一点$P$,使得$AP = 6$,$BP = 9$,则点$P到点C$的最大距离为(B)

A.$12$
B.$15$
C.$18$
D.$3\sqrt{13}$

答案： B

4. (山西中考)如图,在正方形$ABCD$中,点$E是边BC$上的一点,点$F在边CD$的延长线上,且$BE = DF$,连接$EF交边AD于点G$。过点$A作AN\perp EF$,垂足为点$M$,交边$CD于点N$。若$BE = 5$,$CN = 8$,则线段$AN$的长为4√34。

答案： 4√34

5. 如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$M为AB$中点,$D$,$E分别为AC$,$BC$上的点,连接$MD$,$ME$,$DE$,$\angle DME = 90^{\circ}$,若$BE = 1$,$AD = 2$,则$DE$的长为√5。

答案： √5

6. (1) 如图①,已知在$\triangle ABC$中,$\angle BAC = 90^{\circ}$,$AB = AC$,直线$m经过点A$,$BD\perp直线m$,$CE\perp直线m$,垂足分别为点$D$,$E$,则线段$DE$,$BD与CE$之间的数量关系是DE=BD+CE。
(2) 如图②,将(1)中的条件改为：在$\triangle ABC$中,$AB = AC$,$D$,$A$,$E三点都在直线m$上,并且有$\angle BDA = \angle AEC = \angle BAC = \alpha$,其中$\alpha$为任意锐角或钝角。请问：(1)中的结论是否还成立？若成立,请你给出证明；若不成立,请说明理由。
(3) 拓展与应用：如图③,$D$,$E是D$,$A$,$E三点所在直线m$上的两动点($D$,$A$,$E$三点互不重合),点$F为\angle BAC$平分线上的一点,且$\triangle ABF和\triangle ACF$均为等边三角形,连接$BD$,$CE$。若$\angle BDA = \angle AEC = \angle BAC$,试判断$\triangle DEF$的形状,并说明理由。
(2)(1)中结论仍成立.理由:∵∠BDA=∠BAC=α,∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α,∴∠DBA=∠CAE.在△ADB和△CEA中,∠DBA=∠EAC,∠BDA=∠AEC,BA=AC,∴△ADB≌△CEA(AAS),∴AE=BD,AD=CE,∴DE=AE+AD=BD+CE.
(3)△DEF是等边三角形.理由:由(2)可知,△ADB≌△CEA,∴BD=AE,∠DBA=∠CAE.∵△ABF和△ACF均为等边三角形,∴∠ABF=∠CAF=60°,BF=AF,∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF,即∠DBF=∠EAF.在△DBF和△EAF中,FB=FA,∠DBF=∠EAF,BD=AE,∴△DBF≌△EAF(SAS),∴DF=EF,∠BFD=∠AFE,∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°,∴△DEF为等边三角形.

答案：
(1)DE=BD+CE 解析:
∵BD⊥直线m,CE⊥直线m,
∴∠BDA=∠CEA=90°.
∵∠BAC=90°,
∴∠BAD+∠CAE=90°.
∵∠BAD+∠ABD=90°,
∴∠CAE=∠ABD.在△ADB和△CEA中,∠ABD=∠CAE,∠ADB=∠CEA,BA=AC,
∴△ADB≌△CEA(AAS),
∴AE=BD,AD=CE,
∴DE=AE+AD=BD+CE.
(2)
(1)中结论仍成立.理由:
∵∠BDA=∠BAC=α,
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α,
∴∠DBA=∠CAE.在△ADB和△CEA中,∠DBA=∠EAC,∠BDA=∠AEC,BA=AC,
∴△ADB≌△CEA(AAS),
∴AE=BD,AD=CE,
∴DE=AE+AD=BD+CE.
(3)△DEF是等边三角形.理由:由
(2)可知,△ADB≌△CEA,
∴BD=AE,∠DBA=∠CAE.
∵△ABF和△ACF均为等边三角形,
∴∠ABF=∠CAF=60°,BF=AF,
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF,即∠DBF=∠EAF.在△DBF和△EAF中,FB=FA,∠DBF=∠EAF,BD=AE,
∴△DBF≌△EAF(SAS),
∴DF=EF,∠BFD=∠AFE,
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°,
∴△DEF为等边三角形.

7. 如图,$\triangle ABC$是锐角三角形,$AM = BM$,$AN = NC$,且$\angle AMB = \angle ANC = 90^{\circ}$,$P是BC的中点且MN = 4$,则$MP = $( )

A.$2$
B.$2\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$4$

答案：
B 解析:连接并延长NP至Q,使QP=NP,连接MQ,BQ,如图所示.
∵AM=BM,AN=NC,且∠AMB=∠ANC=90°,
∴∠BAM=∠ABM=∠ACN=∠CAN=45°,
∴∠MAN=∠BAM+∠BAC+∠CAN=90°+∠BAC.
∵P是BC的中点,
∴BP=CP,在△BPQ和△CPN中,QP=NP,∠BPQ=∠CPN,BP=CP,
∴△BPQ≌△CPN(SAS),
∴BQ=CN,∠PBQ=∠PCN=45°+∠ACB,
∴BQ=AN.
∵∠MBC=∠ABM+∠ABC=45°+∠ABC,∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC,
∴∠MBQ=360°-(∠MBC+∠PBQ)=360°-(45°+∠ABC+45°+∠ACB)=90°+∠BAC,
∴∠MBQ=∠MAN.在△BMQ和△AMN中,BM=AM,∠MBQ=∠MAN,BQ=AN,
∴△BMQ≌△AMN(SAS),
∴MQ=MN=4,∠BMQ=∠AMN,
∴∠BMQ+∠BMN=∠AMN+∠BMN=∠AMB=90°,即∠NMQ=90°,
∴△MNQ是等腰直角三角形,
∴NQ=$\sqrt{2}$MN=4$\sqrt{2}$.
∵QP=NP,
∴MP=$\frac{1}{2}$NQ=2$\sqrt{2}$.故选B.