《2025年暑假衔接起跑线七升八数学浙教版》

9. 如图，AD为△ABC的边BC上的高线，E为边AC上一点，BE交AD于点F，且有BF=AC，FD=CD。求证：BE⊥AC。
证明：因为AD为△ABC的高线，所以∠ADC=∠BDF=90°。在Rt△BDF和Rt△ADC中，因为{BF=AC,FD=CD,}所以Rt△BDF≌Rt△ADC，所以∠BFD=∠C。又因为∠DBF和∠BFD互余，即∠DBF+∠BFD=90°，所以∠DBF+∠C=90°，所以∠BEC=90°，所以BE⊥AC。

答案： 证明：因为 $ AD $ 为 $ \triangle ABC $ 的高线，所以 $ \angle ADC = \angle BDF = 90^\circ $。在 $ \text{Rt} \triangle BDF $ 和 $ \text{Rt} \triangle ADC $ 中，因为 $ \begin{cases} BF = AC, \\ FD = CD, \end{cases} $ 所以 $ \text{Rt} \triangle BDF \cong \text{Rt} \triangle ADC $，所以 $ \angle BFD = \angle C $。又因为 $ \angle DBF $ 和 $ \angle BFD $ 互余，即 $ \angle DBF + \angle BFD = 90^\circ $，所以 $ \angle DBF + \angle C = 90^\circ $，所以 $ \angle BEC = 90^\circ $，所以 $ BE \perp AC $。

10. 如图，AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，且DB=DC。求证：EB=FC。
证明：因为 AD 平分∠BAC，DE⊥AB 于点 E，DF⊥AC 于点 F，所以DE=DF。在 Rt△DBE 和 Rt△DCF 中，因为{DB=DC(已知),DE=DF(已证)}，所以Rt△DBE≌Rt△DCF(HL)，所以 EB=FC。

答案： 证明：因为 $ AD $ 平分 $ \angle BAC $，$ DE \perp AB $ 于点 $ E $，$ DF \perp AC $ 于点 $ F $，所以 $ DE = DF $。在 $ \text{Rt} \triangle DBE $ 和 $ \text{Rt} \triangle DCF $ 中，因为 $ \begin{cases} DB = DC(\text{已知}), \\ DE = DF(\text{已证}), \end{cases} $ 所以 $ \text{Rt} \triangle DBE \cong \text{Rt} \triangle DCF(\text{HL}) $，所以 $ EB = FC $。

11. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB是直角，D是AB边上的一点，BD=BC，过点D作AB的垂线交AC于点E。求证：CD⊥BE。
证明：因为 DE⊥AB，所以 ∠BDE=90°。又因为 ∠ACB=90°，所以 △DEB和 △CEB均为直角三角形。在Rt△DEB与Rt△CEB中，因为 {BD=BC,BE=BE,}所以 Rt△DEB≌Rt△CEB(HL)，所以 DE=CE。又因为 BD=BC，所以点E，B都在线段CD的垂直平分线上，所以 CD⊥BE。

答案： 证明：因为 $ DE \perp AB $，所以 $ \angle BDE = 90^\circ $。又因为 $ \angle ACB = 90^\circ $，所以 $ \triangle DEB $ 和 $ \triangle CEB $ 均为直角三角形。在 $ \text{Rt} \triangle DEB $ 与 $ \text{Rt} \triangle CEB $ 中，因为 $ \begin{cases} BD = BC, \\ BE = BE, \end{cases} $ 所以 $ \text{Rt} \triangle DEB \cong \text{Rt} \triangle CEB(\text{HL}) $，所以 $ DE = CE $。又因为 $ BD = BC $，所以点 $ E $，$ B $ 都在线段 $ CD $ 的垂直平分线上，所以 $ CD \perp BE $。

12. 如图，有一Rt△ABC，∠C=90°，AC=10cm，BC=5cm，一条线段PQ=AB，P，Q两点分别在AC和过点A且垂直于AC的射线AM上运动(点P不与点A，C重合)。
(1)点P运动到AC上什么位置时，△ABC≌△QPA？
答：点P运动到AC的中点时，△ABC≌△QPA。
(2)在(1)的条件下，若PQ与AB交于点N，判断△APN的形状，并说明理由。
答：△APN的形状为直角三角形。

答案： 解：
(1) 当点 $ P $ 运动到 $ AC $ 的中点时，$ \triangle ABC \cong \triangle QPA $。理由如下：若 $ P $ 为 $ AC $ 的中点，则 $ CP = AP = \frac{1}{2}AC = 5 \text{ cm} $，所以 $ BC = AP = 5 \text{ cm} $。在 $ \text{Rt} \triangle ABC $ 和 $ \text{Rt} \triangle QPA $ 中，因为 $ \begin{cases} AB = QP, \\ BC = PA, \end{cases} $ 所以 $ \text{Rt} \triangle ABC \cong \text{Rt} \triangle QPA(\text{HL}) $；
(2) $ \triangle APN $ 为直角三角形。理由如下：因为 $ \triangle ABC \cong \triangle QPA $，所以 $ \angle BAC = \angle PQA $。因为 $ \angle PQA + \angle QPA = 90^\circ $，所以 $ \angle BAC + \angle QPA = 90^\circ $，所以 $ \angle ANP = 90^\circ $，所以 $ \triangle APN $ 为直角三角形。