《2025年学霸题中题八年级数学上册浙教版》

1. 如图,在梯形 $ABCD$ 中,$AD // BC$,$\angle BCD = 90^{\circ}$,$BC = 2AD$,$F$,$E$ 分别是 $BA$,$BC$ 的中点,则下列结论中：① $DE$ 平分 $\angle CDF$；② $\triangle ABC$ 是等腰三角形；③ 四边形 $ABED$ 是平行四边形；④ $S_{\triangle BEF} = \frac{1}{2}S_{\triangle ACD}$。正确的个数为(A)

A.$3$
B.$2$
C.$4$
D.$1$

答案： A

2. 如图,边长为 $1$ 的正方形 $EFGH$ 在边长为 $4$ 的正方形 $ABCD$ 所在平面上移动,始终保持 $EF // AB$,$CK = 1$。线段 $KG$ 的中点为 $M$,$DH$ 的中点为 $N$,则线段 $MN$ 的长为(D)

A.$\sqrt{26}$
B.$\sqrt{17}$
C.$\frac{\sqrt{17}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{26}}{2}$

答案： D

3. 我们把连接梯形两底中点的线段叫做梯形的中底线,在梯形 $ABCD$ 中,$AD // BC$,$AB = 8$,$DC = 12$,$PQ$ 为梯形 $ABCD$ 的中底线,那么线段 $PQ$ 长的取值范围为2＜PQ＜10。

答案： 2＜PQ＜10

4. (武汉自主招生)在梯形 $ABCD$ 中,$AB // CD$,$AB = 11$,$BC = 5$,$CD = 19$,$DA = 7$,$\angle A$、$\angle D$ 的平分线交于点 $P$,$\angle B$、$\angle C$ 的平分线交于点 $Q$,求多边形 $ABQCDP$ 的面积。

答案： 如图,过点A作AB'//BC交CD于点B',取AD,BC的中点M,N,连接PM,QN,PQ。
∵AB//CD,
∴∠DAB + ∠ADC = 180°。
∵AP,DP分别平分∠BAD,∠ADC,
∴∠PAD + ∠PDA = 90°,
∴∠APD = 90°。
∵AM = MD,
∴MP = MA = MD,
∴∠PAM = ∠MPA,
∴∠DMP = 2∠PAM = ∠BAD,
∴PM//AB。同理可证,∠BQC = 90°,QN//AB,
∴点M,P,Q,N共线,
∴AB//MN//CD。设AB与CD之间的距离为d,
∵MP = $\frac{AD}{2}$,
∴$\frac{S_{\triangle AOP}}{S_{四边形ABCD}}$ = $\frac{\frac{1}{2}×\frac{1}{2}AD×d}{MN×d}$ = $\frac{AD}{2AB + 2CD}$。同理得$\frac{S_{\triangle BCQ}}{S_{四边形ABCD}}$ = $\frac{BC}{2AB + 2CD}$,
∴$\frac{S_{六边形ABQCDP}}{S_{四边形ABCD}}$ = $\frac{2AB + 2CD - BC - AD}{2AB + 2CD}$ = $\frac{4}{5}$。
∵AB//CB',AB'//BC,
∴四边形ABCB'是平行四边形,
∴AB' = BC = 5,DB' = CD - CB' = 19 - 11 = 8。作DH⊥AB'于H,设DH = x,AH = y,则B'H = 5 - y,{x² + y² = 49,(5 - y)² + x² = 64,整理得{x² + y² = 49,x² + y² - 10y + 25 = 64,两式相减得 - 10y + 25 = 15,解得y = 1,从而x = 4$\sqrt{3}$,故S△ADB' = $\frac{1}{2}$×5×4$\sqrt{3}$ = 10$\sqrt{3}$,且$\frac{S_{四边形ABCD}}{S_{\triangle ADB'}}$ = $\frac{AB + CD}{DB'}$ = $\frac{15}{4}$,
∴多边形ABQCDP的面积 = 10$\sqrt{3}$×$\frac{15}{4}$×$\frac{4}{5}$ = 30$\sqrt{3}$。

5. (武汉自主招生)如图,梯形 $ABCD$ 的对角线 $AC$,$BD$ 相交于点 $O$,$\triangle ADO$ 的面积记作 $S_1$,$\triangle BCO$ 的面积记作 $S_2$,$\triangle ABO$ 的面积记作 $S_3$,$\triangle CDO$ 的面积记作 $S_4$,则 $S_1$,$S_2$,$S_3$,$S_4$ 的关系是S₁·S₂ = S₃·S₄。

答案： S₁·S₂ = S₃·S₄

6. 如图所示,直线 $l$ 绕平行四边形 $ABCD$ 顶点 $A$ 转动,分别过点 $B$,$C$,$D$ 作 $l$ 的垂线段,垂足分别为 $M$,$N$,$P$。已知 $\angle ABC = 60^{\circ}$,$AB = 6$,$BC = 5$,则 $BM + CN + DP$ 的最大值为$2\sqrt{31}$。

答案： 2$\sqrt{31}$

7. 如图①,梯形 $ABCD$ 中,$AD // BC$,$AD = 4$,$AB = 3$,$BC = 7$,$\angle B = 60^{\circ}$。
(1) 求证：四边形 $ABCD$ 是等腰梯形。
(2) 若点 $M$ 是直线 $AB$ 上的一点,直线 $DM$ 交直线 $BC$ 于点 $N$。
① 当点 $M$ 在线段 $AB$ 的延长线上时(如图②),设 $BM = x$,$DM = y$,求 $y$ 关于 $x$ 的函数表达式并写出 $x$ 的取值范围；
② 如果 $\triangle AMD$ 是等腰三角形,求 $\triangle BMN$ 的面积。

答案：
(1)如图①,过点D作DE//AB交BC于E,
∴∠DEC = ∠B = 60°。
∵AD//BC,
∴四边形ADEB是平行四边形,
∴BE = AD = 4,DE = AB = 3,
∴CE = BC - BE = 3,
∴CE = DE,
∴△CDE是等边三角形,
∴DE = CD,
∴AB = CD,
∴四边形ABCD是等腰梯形。
(2)①如图②,过点D作DF⊥AB交BA延长线于点F,
∵AD//BC,
∴∠DAF = ∠ABC = 60°,
∴∠ADF = 30°,
∴AF = $\frac{1}{2}$AD = 2,DF = $\sqrt{3}$AF = 2$\sqrt{3}$,
∴MF = AF + AB + BM = 5 + x,
∴y = DM = $\sqrt{DF² + MF²}$ = $\sqrt{(x + 5)² + (2\sqrt{3})²}$ = $\sqrt{x² + 10x + 37}$(x＞0)。
②
∵AD//BC,
∴∠BAD = 180° - ∠ABC = 120°,当点M在点A下方时,只存在AM = AD = 4这一种情况，
∴BM = AM - AB = 1,如图③所示,过点B作BH⊥DM于点H,
∵AM = AD = 4,∠BAD = 120°,
∴∠M = ∠ADM = $\frac{180° - 120°}{2}$ = 30°,
∴BH = $\frac{1}{2}$BM = $\frac{1}{2}$,
∴MH = $\sqrt{BM² - BH²}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴MN = 2MH = $\sqrt{3}$,
∴S△BMN = $\frac{1}{2}$MN·BH = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×$\frac{1}{2}$ = $\frac{\sqrt{3}}{4}$;
当点M在点A上方时，如图④所示,
∵△AMD是等腰三角形，且∠DAM = 60°,
∴△AMD是等边三角形,
∴∠ADM = 60°,由
(1)可得四边形ABCD是等腰梯形,
∴∠C = ∠B = 60°,
∴∠ADC = 180° - ∠C = 120°,
∴∠ADM + ∠ADC = 180°,
∴C,D,M三点共线,
∴点N与点C重合,
∴△MBC是等边三角形,过点M作MH⊥BC于点H,
∴BH = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{7}{2}$,
∴MH = $\sqrt{3}$BH = $\frac{7\sqrt{3}}{2}$,
∴S△BMN = $\frac{1}{2}$BC·MH = $\frac{1}{2}$×7×$\frac{7\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{49\sqrt{3}}{4}$。
综上所述，△BMN的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}$或$\frac{49\sqrt{3}}{4}$。