《2025年少年班八年级数学下册浙教版》

11 [2024·浙江衢州月考]如图(1)，在△ABC和△ECD中，∠ACB = ∠ECD = 90°，AC = BC，CE = CD，D为AB边上一点.
(1)求证：AE=BD.
(2)如图(2)，若点D是AB的中点，求证：四边形AECD是正方形.
　　　　　

答案： 证明：
(1)
∵ ∠ACB = ∠ECD = 90°，
∴ ∠ECA = ∠DCB.
在△ACE和△BCD中，
$\begin{cases}EC = CD,\\\angle ECA = \angle DCB,\\CA = CB,\end{cases}$
∴ △ACE≌△BCD(SAS)，
∴ AE = BD.
(2)
∵ 在Rt△ACB中，D是AB的中点，∠ACB = 90°，
∴ AD = CD = BD.
又
∵ AC = CB，
∴ CD⊥AB.
由
(1)知AE = BD，
∴ CD = AD = BD = AE = EC，
∴ 四边形AECD是菱形.
又
∵ ∠ECD = 90°，
∴ CD⊥CE，
∴ 四边形AECD是正方形.

12 如图，已知四边形ABCD为正方形，AB = $\sqrt{2}$，E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG.
(1)求证：矩形DEFG是正方形.
(2)探究：CE+CG是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.
　　　　　　　　　　　

答案：

(1)证明：如答图，过点E作EM⊥BC于点M，过点E作EN⊥CD于点N，则∠EMC = ∠ENC = 90°.

∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ ∠BCD = 90°，∠ECN = 45°，
∴ ∠EMC = ∠ENC = ∠BCD = 90°，
且NE = NC，
∴ 四边形EMCN为正方形，
∴ EM = EN，∠MEN = 90°.
∵ 四边形DEFG是矩形，
∴ ∠DEF = 90°，
∴ ∠DEN+∠NEF = ∠MEF+∠NEF = 90°，
∴ ∠DEN = ∠MEF.
在△DEN和△FEM中，
∵ $\begin{cases}\angle DNE = \angle FME,\\EN = EM,\\\angle DEN = \angle FEM,\end{cases}$
∴ △DEN≌△FEM(ASA)，
∴ ED = EF，
∴ 矩形DEFG为正方形.
(2)解：CE+CG为定值. 理由如下：
∵ 矩形DEFG为正方形，
∴ DE = DG，∠EDC+∠CDG = 90°.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD = DC，∠ADE+∠EDC = 90°，AC = $\sqrt{2}$AB，
∴ ∠ADE = ∠CDG.
在△ADE和△CDG中，
∵ $\begin{cases}AD = CD,\\\angle ADE = \angle CDG,\\DE = DG,\end{cases}$
∴ △ADE≌△CDG(SAS)，
∴ AE = CG.
∵ AC = AE+CE = $\sqrt{2}$AB = $\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$ = 8，
∴ CE+CG = CE+AE = AC = 8，是定值.

13 如图(1)，在矩形ABCD中，∠BAC = 45°.
(1)求证：矩形ABCD为正方形.
(2)如图(2)，若点P在矩形ABCD的对角线AC上，点E在边BC上，且PE = PD，求证：∠EPD = 90°.
(3)(一题多解)在(2)的条件下，若F为PE的中点，求证：在线段PC或线段BE上必存在一点G(不与端点重合)，使BC² + EC² = 8FG²(选择一种情况说明理由即可).
　　　

答案：
证明：
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ABC = 90°.
∵ ∠BAC = 45°，
∴ ∠BCA = 180° - ∠ABC - ∠BAC = 180° - 90° - 45° = 45°，
∴ AB = BC，
∴ 矩形ABCD为正方形.
(2)如答图
(1)，连接BP.
∵ 矩形ABCD为正方形，
∴ ∠BCD = 90°，BC = DC，∠ACB = ∠ACD.
又
∵ PC = PC，
∴ △PBC≌△PDC(SAS)，
∴ PB = PD，∠PBC = ∠PDC.
∵ PE = PD，
∴ PE = PB，
∴ ∠PBC = ∠PEB = ∠PDC.
∵ ∠PEB+∠PEC = 180°，
∴ ∠PDC+∠PEC = 180°，
∴ ∠EPD = 360° - (∠PDC+∠PEC) - ∠BCD = 360° - 180° - 90° = 90°.
(3)如答图
(2)，过点E作EG⊥PC，垂足为G，连接FG，ED，BP.
由
(2)可知∠EPD = 90°.
又
∵ PE = PD，
∴ △PDE是等腰直角三角形，且DE² = PE²+PD² = 2PE².
在Rt△ECD中，
∵ DE² = CD²+EC²，
∴ CD²+EC² = 2PE².
又
∵ BC = CD，
∴ BC²+EC² = 2PE².
∵ F为PE的中点，EG⊥PC，
∴ 在Rt△PGE中，FG = $\frac{1}{2}$PE，即PE = 2FG，
∴ BC²+EC² = 2PE² = 2(2FG)² = 8FG².
故在线段PC上必存在一点G(不与端点重合)，使BC²+EC² = 8FG².



一题多解：如答图
(3)，取BE的中点G，连接PB，FG，ED.
由
(2)可知∠EPD = 90°.
又
∵ PE = PD，
∴ △PDE是等腰直角三角形，且DE² = PE²+PD² = 2PE².
在Rt△ECD中，
∵ DE² = CD²+EC²，
∴ CD²+EC² = 2PE².
又
∵ BC = CD，
∴ BC²+EC² = 2PE².
∵ F为PE的中点，G为BE的中点，
∴ FG为△PBE的中位线，
∴ PB = 2FG.
∵ PE = PB，
∴ PE = 2FG，
∴ BC²+EC² = 2PE² = 2(2FG)² = 8FG².
故在线段BE上必存在一点G(不与端点重合)，使BC²+EC² = 8FG².