《2025年一线调研学业测评八年级数学下册华师大版》

10. 如图，四边形 ABCD 是正方形，以 CD 为边向正方形外作等边△CDE，AC 与 BE 相交于点 F，则∠AFD 的度数为　　(　　　)

A. 65°　B. 60°　　　C. 50°　　D. 45°

答案： B

11. (兴安盟中考)如图，AD 是△ABC 的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是 E、F，连结 EF，EF 与 AD 相交于点 H。

(1) 求证：AD⊥EF。
(2) △ABC 满足什么条件时，四边形 AEDF 是正方形？说明理由。

答案：
(1)证明:
∵AD是△ABC的角平分线，
　
∴∠EAD = ∠FAD.
　
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
　
∴∠AED = ∠AFD = 90°.
　在△AED与△AFD中，
$\begin{cases}∠EAD = ∠FAD\\∠AED = ∠AFD\\AD = AD\end{cases}$
　
∴△AED ≌ △AFD(A.A.S.)，
　
∴AE = AF，
　
∴AD⊥EF.
(2)解:△ABC满足∠BAC = 90°时，四边形AEDF是正方形.
　理由:
∵∠AED = ∠AFD = ∠BAC = 90°，
　
∴四边形AEDF是矩形.
　
∵EF⊥AD，
∴矩形AEDF是正方形.

12. (荆门中考)如图，点 E 是正方形 ABCD 的边 BC 上的动点，∠AEF = 90°，且 EF = AE，FH⊥BH。
(1) 求证：BE = CH。
(2) 连结 DF，若 AB = 3，BE = x，用含 x 的代数式表示 DF 的长。

答案：

(1)证明:在正方形ABCD中，
∠B = 90°，AB = BC，
　
∵FH⊥BH，
　
∴∠H = 90° = ∠B，∠EFH = 90° - ∠FEH.
　
∵∠AEF = 90°，
∴∠AEB = 90° - ∠FEH.
　
∴∠AEB = ∠EFH.
在△ABE和△EHF中，
$\begin{cases}∠B = ∠H\\∠AEB = ∠EFH\\AE = EF\end{cases}$
　
∴△ABE ≌ △EHF(A.A.S.).
　
∴EH = AB = BC，BE = FH.
　
∴EH - EC = BC - EC，即CH = BE.
(2)解:过点F作FP⊥CD于点P，如图，
∵∠H = ∠DCH = ∠FPC = 90°，
　
∴四边形PCHF是矩形.
由
(1)知，BE = FH = CH，
　
∴四边形PCHF是正方形.
∴PF = CP = CH = BE = x.
　
∵DC = AB = 3，
　
∴DP = DC - CP = 3 - x.
　在Rt△DPF中，DF = $\sqrt{DP^{2}+PF^{2}}$
　
∴DF = $\sqrt{(3 - x)^{2}+x^{2}}$ = $\sqrt{2x^{2}-6x + 9}$

13. 如图，在△ABC 中，∠BAC = 45°，AD⊥BC 于点 D，将△ACD 沿 AC 折叠为△ACF，将△ABD 沿 AB 折叠为△ABG，延长 FC 和 GB 相交于点 H。
(1) 求证：四边形 AFHG 是正方形。
(2) 若 AD = 12，CD = 4，求 BD 的长。

答案：
(1)证明:
∵AD⊥BC，
∴∠ADB = ∠ADC = 90°.由折叠的性质可知AG = AD = AF，∠G = ∠ADB = ∠ADC = ∠F = 90°，∠BAG = ∠BAD，∠CAF = ∠CAD.
　
∴∠BAG + ∠CAF = ∠BAD + ∠CAD = ∠BAC = 45°.
∴∠GAF = ∠BAG + ∠CAF + ∠BAC = 90°.
　
∴∠G = ∠F = ∠GAF = 90°.
　
∴四边形AFHG是矩形.
　又
∵AG = AF，
∴四边形AFHG是正方形.
(2)解:
∵四边形AFHG是正方形，
∴∠BHC = 90°，GH = HF = AF = AD = 12.由折叠的性质可知GB = BD，CF = CD = 4，则CH = HF - CF = 8.设BD的长为x，则BH = GH - GB = 12 - x，BC = BD + CD = x + 4.
　在Rt△BCH中，BH² + CH² = BC²，即(12 - x)² + 8² = (x + 4)²，解得x = 6.故BD的长为6.