《2025年黄冈状元成才路状元大课堂八年级数学下册人教版》

例8 ★★☆ [邹城期末]如图，在$\square ABCD$中，$\angle A = 45^{\circ}$，过点$D$作$DE\perp AD$交$AB$的延长线于点$E$，且$BE = AB$，连接$BD$，$CE$.
(1) 求证：四边形$BDCE$是正方形；
(2)$P$为线段$BC$上一点，点$M$，$N$在直线$AE$上，且$PM = PB$，$\angle DPN=\angle BPM$，求证：$AN=\sqrt{2}PB$.

思路分析
(2)证$\angle DBP=\angle NMP$
证$\angle DPB=\angle NPM$→$\triangle DBP\cong\triangle NMP$
$AN = BM$→$BD = MN = AB$
$AN=\sqrt{2}PB$
$BM=\sqrt{2}PB$→勾股定理
证明：(1)$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AB = CD$，$AD = BC$，$AB// CD$，$AD// BC$.
$\because BE = AB$，$\therefore BE = CD$. 又$BE// CD$，$\therefore$四边形$BDCE$是平行四边形.
$\because DE\perp AD$，$AD// BC$，$\therefore BC\perp DE$，$\angle ADE = 90^{\circ}$，$\therefore\square BDCE$是菱形，$\angle DEA=\angle A = 45^{\circ}$，$\therefore AD = DE$，$\therefore BC = DE$，$\therefore$菱形$BDCE$是正方形.
(2)$\because$四边形$BDCE$是正方形，$\therefore BD = BE = AB$，$\angle DBP=\angle EBP = 45^{\circ}$.
$\because PM = PB$，$\therefore\angle PMB=\angle PBM = 45^{\circ}$，$\therefore\angle BPM = 180^{\circ}-\angle PBM-\angle PMB = 90^{\circ}$.
$\because\angle DPN=\angle BPM$，$\therefore\angle DPB=\angle NPM$.
在$\triangle DBP$和$\triangle NMP$中，
$\begin{cases}\angle DPB=\angle NPM,\\PB = PM,\\\angle DBP=\angle NMP = 45^{\circ},\end{cases}$
$\therefore\triangle DBP\cong\triangle NMP(ASA)$，$\therefore BD = MN$，$\therefore AB = MN$，线段的和差$\therefore AB + BN = MN + BN$，即$AN = BM$.
$\because PB = PM$，$\angle BPM = 90^{\circ}$，利用勾股定理找出线段间的数量关系$\therefore BM^{2}=PB^{2}+PM^{2}=2PB^{2}$，$\therefore BM=\sqrt{2}PB$，$\therefore AN=\sqrt{2}PB$.

答案：

8 - 1 ★★☆ 如图①，在$Rt\triangle AEB$中，$\angle AEB = 90^{\circ}$，以斜边$AB$为边在$Rt\triangle AEB$外作正方形$ABCD$，正方形的两条对角线相交于点$O$.
(1) 求证：$EO$平分$\angle AEB$；
(2) 试猜想线段$OE$与$AE$，$BE$之间的数量关系，请写出结论并证明；
(3) 如图②，过点$C$作$CF\perp BE$于点$F$，过点$D$作$DH\perp AE$于点$H$，$CF$和$DH$的反向延长线交于点$G$. 求证：四边形$EFGH$为正方形.

答案：
（1）证明：如图①，延长EA至点F，使AF = BE，连接OF.

∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠AOB = 90°，BO = AO.
在四边形AEBO中，∠AEB + ∠AOB + ∠EBO + ∠EAO = 360°，
又∠AEB = 90°，
∴ ∠EBO + ∠EAO = 180°.
∵ ∠EAO + ∠FAO = 180°，
∴ ∠EBO = ∠FAO.
又BE = AF，
∴ △OBE≌△OAF（SAS），
∴ OE = OF，∠BEO = ∠AFO，
∴ ∠OEA = ∠AFO，
∴ ∠BEO = ∠OEA，
即EO平分∠AEB.
（2）解：AE + BE = $\sqrt{2}$OE. 证明如下：
由（1）知△OBE≌△OAF，
∴ ∠BOE = ∠AOF.
∴ ∠AOF + ∠AOE = ∠BOE + ∠AOE，
即∠EOF = ∠AOB = 90°.
又OE = OF，
∴ △EOF是等腰直角三角形，
∴ OE² + OF² = EF²，
即2OE² = (AE + AF)² = (AE + BE)²，
∴ AE + BE = $\sqrt{2}$OE.
（3）证明：
∵ CF⊥BE，DH⊥AE，
∴ ∠F = ∠H = ∠AEB = 90°.
∴ 四边形EFGH为矩形.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = DA，∠BAD = 90°，
∴ ∠EAB + ∠DAH = 90°.
∵ ∠EAB + ∠ABE = 90°，
∴ ∠ABE = ∠DAH，
∴ △ABE≌△DAH（AAS），
∴ BE = AH.
同理可证△ABE≌△BCF，
∴ AE = BF，
∴ AE + AH = BF + BE，即EH = EF，
∴ 矩形EFGH为正方形.