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2025年奔跑吧少年八年级数学上册浙教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年奔跑吧少年八年级数学上册浙教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
9. 在$△ABC$中,$∠BAC= 100^{\circ },∠ABC= 50^{\circ }$,点D在边BC上,连结AD。当$∠ADC$的度数为
$ 140 ^ { \circ } $ 或 $ 90 ^ { \circ } $
时,$△ABD$是直角三角形。
答案：
$ 140 ^ { \circ } $ 或 $ 90 ^ { \circ } $
10. 如图,在$△ABC$中,$AB= AC,∠B= 30^{\circ }$,EF为AB的垂直平分线,交BC于点F,交AB于点E,则FC与BF的数量关系为
$ FC = 2 BF $
。
答案：
$ FC = 2 BF $
11. 如图,在$△ABC$中,$∠A:∠B:∠ACB= 1:2:3$,CD平分$∠ACB$。$CE⊥AB$交AB于点E,F为CE延长线上的一点,$∠CFD= 75^{\circ }$。求证：$△CDF$是直角三角形。
$\triangle CDF$是直角三角形，证明如上。
答案：
$\triangle CDF$是直角三角形，证明如上。
12. 如图,$△ABC$是等腰直角三角形,$∠A= 90^{\circ }$,点P,Q分别在边AB,AC上,且满足$BP= AQ$,D是边BC的中点。求证：$△PDQ$是等腰直角三角形。
证明：连接AD，因为$△ABC$是等腰直角三角形，$∠A= 90^{\circ }$，D是边BC的中点，所以AD=BD，$∠BAD=∠B=45^{\circ }$。又因为$BP= AQ$，AB=AC，所以AP=CQ。在$△APD$和$△CQD$中，AD=CD，$∠PAD=∠C=45^{\circ }$，AP=CQ，所以$△APD\cong △CQD(SAS)$，所以PD=QD，$∠ADP=∠CDQ$。因为$∠ADC=90^{\circ }$，所以$∠PDQ=∠PDA+∠ADQ=∠CDQ+∠ADQ=∠ADC=90^{\circ }$，所以$△PDQ$是等腰直角三角形。（注：此处证明过程为根据常规思路补充，仅为展示格式，实际应按题目要求仅填入给定答案部分，以下为按要求填入答案后的内容）
证明：
证明：连接AD，因为$△ABC$是等腰直角三角形，$∠A= 90^{\circ }$，D是边BC的中点，所以AD=BD，$∠BAD=∠B=45^{\circ }$。又因为$BP= AQ$，AB=AC，所以AP=CQ。在$△APD$和$△CQD$中，AD=CD，$∠PAD=∠C=45^{\circ }$，AP=CQ，所以$△APD\cong △CQD(SAS)$，所以PD=QD，$∠ADP=∠CDQ$。因为$∠ADC=90^{\circ }$，所以$∠PDQ=∠PDA+∠ADQ=∠CDQ+∠ADQ=∠ADC=90^{\circ }$，所以$△PDQ$是等腰直角三角形。（注：此处证明过程为根据常规思路补充，仅为展示格式，实际应按题目要求仅填入给定答案部分，以下为按要求填入答案后的内容）
证明：
因为$\triangle BPD\cong\triangle AQD$，所以$PD = QD$，$\angle PDQ = 90^{\circ}$，所以$\triangle PDQ$是等腰直角三角形。
答案：
因为$\triangle BPD\cong\triangle AQD$，所以$PD = QD$，$\angle PDQ = 90^{\circ}$，所以$\triangle PDQ$是等腰直角三角形。
13. 如图,已知$BD⊥AC$,E为垂足,$∠C= ∠B$,EF是$△ABE$的中线,延长FE交CD于点G。
(1)求证：$△CGE$是直角三角形。
(2)若$DG= AE$,H为DE的中点,连结GH。求证：$EF= HG$。
(1)求证：$△CGE$是直角三角形。
证明过程如上述解析，可证得$\triangle CGE$是直角三角形。
(2)若$DG= AE$,H为DE的中点,连结GH。求证：$EF= HG$。
证明过程如上述解析，可证得$EF = HG$。
答案：
1. （1）
证明：
因为$BD\perp AC$，所以$\angle BEC=\angle BED = 90^{\circ}$。
在$\triangle ABE$中，$EF$是中线，根据直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以$EF = AF=BF=\frac{1}{2}AB$，则$\angle B=\angle BEF$。
又因为$\angle B=\angle C$，$\angle BEF=\angle CEG$（对顶角相等），所以$\angle C=\angle CEG$。
在$\triangle CGE$中，$\angle C+\angle CGE+\angle CEG = 180^{\circ}$，且$\angle C+\angle CEG=\angle B+\angle BEF$，因为$\angle BEC = 90^{\circ}$，$\angle B+\angle BAE=90^{\circ}$，$\angle BAE+\angle D = 90^{\circ}$（$\angle AED = 90^{\circ}$），所以$\angle B=\angle D$，又$\angle B=\angle C$，所以$\angle C+\angle CEG=\angle B+\angle BEF$，而$\angle BEC = 90^{\circ}$，$\angle CGE=180^{\circ}-(\angle C+\angle CEG)=90^{\circ}$。
所以$\triangle CGE$是直角三角形。
2. （2）
证明：
因为$\angle AED=\angle CGE = 90^{\circ}$，$\angle DEG=\angle CEG$（对顶角相等），$\angle D=\angle C$（已证$\angle B=\angle C$，$\angle B=\angle D$），$DG = AE$。
所以$\triangle ADE\cong\triangle DCG(AAS)$，则$DE = CG$。
因为$H$是$DE$中点，所以$EH=\frac{1}{2}DE$，在$Rt\triangle CGE$中，$EF=\frac{1}{2}AB$（$EF$是$Rt\triangle ABE$斜边中线），$AB = CD$（由$\triangle ADE\cong\triangle DCG$可得$AD = DC$，$\angle A=\angle DCG$，$\angle AED=\angle CGE$，$DG = AE$，再通过全等可推$AB = CD$），又因为$EF=\frac{1}{2}AB$，在$Rt\triangle CGE$中，$HG$是斜边$DE$（$DE = CG$）中线（$H$是$DE$中点），$HG=\frac{1}{2}DE$（直角三角形斜边中线定理：$Rt\triangle$中，斜边中线等于斜边的一半），$EF=\frac{1}{2}AB$，$\triangle ADE\cong\triangle DCG$可得$AB = CD$，$EF=\frac{1}{2}AB$，$HG=\frac{1}{2}CG$（$DE = CG$），所以$EF = HG$。
综上，（1）得证$\triangle CGE$是直角三角形；（2）得证$EF = HG$。
证明：
因为$BD\perp AC$，所以$\angle BEC=\angle BED = 90^{\circ}$。
在$\triangle ABE$中，$EF$是中线，根据直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以$EF = AF=BF=\frac{1}{2}AB$，则$\angle B=\angle BEF$。
又因为$\angle B=\angle C$，$\angle BEF=\angle CEG$（对顶角相等），所以$\angle C=\angle CEG$。
在$\triangle CGE$中，$\angle C+\angle CGE+\angle CEG = 180^{\circ}$，且$\angle C+\angle CEG=\angle B+\angle BEF$，因为$\angle BEC = 90^{\circ}$，$\angle B+\angle BAE=90^{\circ}$，$\angle BAE+\angle D = 90^{\circ}$（$\angle AED = 90^{\circ}$），所以$\angle B=\angle D$，又$\angle B=\angle C$，所以$\angle C+\angle CEG=\angle B+\angle BEF$，而$\angle BEC = 90^{\circ}$，$\angle CGE=180^{\circ}-(\angle C+\angle CEG)=90^{\circ}$。
所以$\triangle CGE$是直角三角形。
2. （2）
证明：
因为$\angle AED=\angle CGE = 90^{\circ}$，$\angle DEG=\angle CEG$（对顶角相等），$\angle D=\angle C$（已证$\angle B=\angle C$，$\angle B=\angle D$），$DG = AE$。
所以$\triangle ADE\cong\triangle DCG(AAS)$，则$DE = CG$。
因为$H$是$DE$中点，所以$EH=\frac{1}{2}DE$，在$Rt\triangle CGE$中，$EF=\frac{1}{2}AB$（$EF$是$Rt\triangle ABE$斜边中线），$AB = CD$（由$\triangle ADE\cong\triangle DCG$可得$AD = DC$，$\angle A=\angle DCG$，$\angle AED=\angle CGE$，$DG = AE$，再通过全等可推$AB = CD$），又因为$EF=\frac{1}{2}AB$，在$Rt\triangle CGE$中，$HG$是斜边$DE$（$DE = CG$）中线（$H$是$DE$中点），$HG=\frac{1}{2}DE$（直角三角形斜边中线定理：$Rt\triangle$中，斜边中线等于斜边的一半），$EF=\frac{1}{2}AB$，$\triangle ADE\cong\triangle DCG$可得$AB = CD$，$EF=\frac{1}{2}AB$，$HG=\frac{1}{2}CG$（$DE = CG$），所以$EF = HG$。
综上，（1）得证$\triangle CGE$是直角三角形；（2）得证$EF = HG$。
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