《2025年赢在暑假抢分计划八年级数学人教版》

17. (9分)如图,$□ ABCD的对角线AC与BD相交于点O$,$AE\perp BC$,垂足为点$E$,$AB = \sqrt{3}$,$AC = 2$,$BD = 4$.
(1)求证：$AB\perp AC$；
(2)求$AE$的长.

答案：
(1) 证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 为平行四边形，
∴ $OA = \frac{1}{2}AC = 1$，$OB = \frac{1}{2}BD = 2$。
∵ $AB = \sqrt{3}$，
∴ $OA^2 + AB^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4 = OB^2$，
∴ $\angle BAO = 90^\circ$，
∴ $AB \perp AC$。
(2) 解：
∵ $\angle BAC = 90^\circ$，
∴ $BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 2^2} = \sqrt{3 + 4} = \sqrt{7}$。
∵ $S_{□ ABCD} = AB \cdot AC = \sqrt{3} × 2 = 2\sqrt{3}$，且 $S_{□ ABCD} = AE \cdot BC$，
∴ $AE \cdot \sqrt{7} = 2\sqrt{3}$，
∴ $AE = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{2\sqrt{21}}{7}$。

18. (9分)(南岸区校级开学)如图,$□ ABCD$中,$CB = 2AB$,$\angle DCB的平分线交BA的延长线于点F$.
(1)求证：$DE = AE$；
(2)若$\angle DAF = 70^{\circ}$,求$\angle BEA$的度数.

答案：
(1) 证明：
∵CE平分∠DCB，
∴∠DCE=∠BCE。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=DC，
∴∠DCE=∠F，
∴∠BCE=∠F，
∴BC=BF。
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴AB=AF，
∴DC=AF。
∵∠DEC=∠AEF，∠DCE=∠F，
∴△DEC≌△AEF(AAS)，
∴DE=AE。
(2) 解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2AB。
∵DE=AE，
∴AE=AB。
∵∠DAF=70°，AB//CD，
∴∠ABE=∠DAF=70°？（此处修正：应为∠ABE的外角∠DAF=∠ABE+∠BEA，且AE=AB，
∴∠ABE=∠BEA，
∴∠BEA=∠ABE=∠DAF/2=35°）
∴∠BEA=∠ABE=35°。
（注：原参考答案第二步逻辑正确，修正笔误后）
(2) 解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2AB。
∵DE=AE，
∴AE=AB。
∵∠DAF=70°，且∠DAF是△ABE的外角，
∴∠DAF=∠ABE+∠BEA。
∵AE=AB，
∴∠ABE=∠BEA，
∴∠BEA=∠DAF/2=35°。
最终答案
(1) 证明见上述过程；
(2) ∠BEA=35°。
（规范整合后）
(1) 证明：
∵CE平分∠DCB，
∴∠DCE=∠BCE。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=DC，
∴∠DCE=∠F，
∴∠BCE=∠F，
∴BC=BF。
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴AB=AF，即DC=AF。
又∠DEC=∠AEF，∠DCE=∠F，
∴△DEC≌△AEF(AAS)，
∴DE=AE。
(2) 解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2AB。
∵DE=AE，
∴AE=AB，故∠ABE=∠BEA。
∵∠DAF=70°，且∠DAF=∠ABE+∠BEA，
∴∠BEA=∠DAF/2=35°。
答案
(1) 证明成立；
(2) $\boxed{35^\circ}$

19. (10分)(招远市期末)如图,四边形$ABCD$为平行四边形,$E为AD$上的一点,连接$EB$并延长,使$BF = BE$,连接$EC$并延长,使$CG = CE$,连接$FG$.$H为FG$的中点,连接$DH$.
(1)求证：四边形$AFHD$为平行四边形；
(2)若$CB = CE$,$\angle BAE = 80^{\circ}$,$\angle DCE = 30^{\circ}$,求$\angle CBE$的度数.

答案：
(1) 证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD = BC$，$AD // BC$。
∵ $BF = BE$，$CG = CE$，
∴ $BC$ 是 $\triangle EFG$ 的中位线，
∴ $BC // FG$，$BC = \frac{1}{2}FG$。
∵ $H$ 为 $FG$ 的中点，
∴ $FH = \frac{1}{2}FG$，
∴ $BC = FH$，$BC // FH$。
又
∵ $AD = BC$，$AD // BC$，
∴ $AD = FH$，$AD // FH$，
∴ 四边形 $AFHD$ 是平行四边形。
(2) 解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $\angle BAE = \angle BCD = 80^\circ$。
∵ $\angle DCE = 30^\circ$，
∴ $\angle BCE = \angle BCD - \angle DCE = 80^\circ - 30^\circ = 50^\circ$。
∵ $CB = CE$，
∴ $\triangle CBE$ 是等腰三角形，
∴ $\angle CBE = \angle CEB = \frac{1}{2}(180^\circ - \angle BCE) = \frac{1}{2}(180^\circ - 50^\circ) = 65^\circ$。

20. (10分)(济宁期末)如图,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$AD = 6$,$BC = 16$,$E是BC$的中点.点$P$以每秒1个单位长度的速度从点$A$出发,沿$AD向点D$运动；同时,点$Q$以每秒3个单位长度的速度从点$C$出发,沿$CB向点B$运动.点$P$停止运动时,点$Q$也随之停止运动.当运动时间$t$为多少秒时,以点$P$,$Q$,$E$,$D$为顶点的四边形是平行四边形.

答案： 解：因为E是BC的中点，BC=16，所以BE=CE=8。
点P从A出发沿AD运动，速度为每秒1个单位，运动时间为t秒，则PD=AD-AP=6-t。
点Q从C出发沿CB运动，速度为每秒3个单位，运动时间为t秒，则CQ=3t。
因为AD//BC，所以PD//QE，要使以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形，需PD=QE。
分两种情况：
①当点Q在E和C之间时，QE=CE-CQ=8-3t，所以6-t=8-3t，解得t=1。
②当点Q在E和B之间时，QE=CQ-CE=3t-8，所以6-t=3t-8，解得t=3.5。
综上，t=1秒或3.5秒。