《2025年本土假期作业巩固训练八年级数学北师大版》

23. 如图,点$E为□ ABCD的边AD$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$DH$,$AF$.
(1) 若$\angle BAE = 70^{\circ}$,$\angle DCE = 20^{\circ}$,求$\angle DEC$的度数；
(2) 求证：四边形$AFHD$为平行四边形；
(3) 连接$EH$,交$BC于点O$,若$OC = OH$,求证：$EF\perp EG$.

答案：

(1)50°
(2)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD = BC, AD//BC, ∠BAE = ∠BCD,
∵BF = BE, CG = CE,
∴BC是△EFG的中位线,
∴BC//FG, BC = $\frac{1}{2}$FG, 又
∵H为FG的中点,
∴FH = $\frac{1}{2}$FG,
∴BC//FH, BC = FH,
∴AD//FH, AD = FH,
∴四边形AFHD是平行四边形.
(3)证明: 连接CH,BH如下图,
∵CE = CG, FH = HG,
∴CH = $\frac{1}{2}$EF, CH//EF,
∵EB = BF = $\frac{1}{2}$EF,
∵BE = CH,
∴四边形EBHC是平行四边形,
∴OB = OC, OE = OH,
∵OC = OH,
∴OE = OB = OC = OH,
∴四边形EBHC是矩形,
∴∠FEG = 90°,
∴EF⊥EG.

24. 已知点$P$,$Q分别在菱形ABCD的边BC$,$CD$上滑动(点$P不与B$,$C$两点重合),且$\angle PAQ = \angle B$.
(1) 如图1,若$AP\perp BC$,求证：$AP = AQ$.
(2) 如图2,若$AP与BC$不垂直,(1)中的结论还成立吗？若成立,请证明；若不成立,请说明理由.
(3) 如图3,若$AB = 4$,$\angle B = 60^{\circ}$,请直接写出四边形$APCQ$的面积.

答案： $(1)$ 证明$AP = AQ$
解：
因为四边形$ABCD$是菱形，所以$AB = AD$，$AD// BC$。
因为$AP\perp BC$，所以$AP\perp AD$，即$\angle PAD = 90^{\circ}$。
又因为$\angle PAQ=\angle B$，$AD// BC$，所以$\angle B+\angle BAD = 180^{\circ}$，$\angle PAQ+\angle PAD+\angle QAD = 180^{\circ}$。
把$\angle PAQ=\angle B$，$\angle PAD = 90^{\circ}$代入$\angle PAQ+\angle PAD+\angle QAD = 180^{\circ}$和$\angle B+\angle BAD = 180^{\circ}$中，可得$\angle BAD=\angle PAQ + \angle QAD$，$\angle BAD=\angle B+\angle BAP$，所以$\angle BAP=\angle QAD$。
因为$AD// BC$，$AP\perp BC$，所以$\angle APB=\angle AQD = 90^{\circ}$。
在$\triangle ABP$和$\triangle ADQ$中，$\begin{cases}\angle BAP=\angle QAD\\\angle APB=\angle AQD\\AB = AD\end{cases}$，根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等）可得$\triangle ABP\cong\triangle ADQ$，所以$AP = AQ$。
$(2)$ 判断$(1)$中的结论是否成立并证明
解：
$(1)$中的结论仍然成立，即$AP = AQ$。
证明：过点$A$作$AE\perp BC$于点$E$，$AF\perp CD$于点$F$。
因为四边形$ABCD$是菱形，所以$AB = AD$，$\angle B=\angle D$，$BC = CD$，$AE = AF$（菱形的面积$S = BC× AE=CD× AF$）。
因为$\angle PAQ=\angle B$，$\angle AEB=\angle AFD = 90^{\circ}$，$\angle B+\angle BAE+\angle AEB = 180^{\circ}$，$\angle PAQ+\angle PAE+\angle FAQ = 180^{\circ}$，所以$\angle BAE=\angle FAQ$。
又因为$\angle AEP=\angle AFQ = 90^{\circ}$，$AE = AF$。
在$\triangle AEP$和$\triangle AFQ$中，$\begin{cases}\angle AEP=\angle AFQ\\AE = AF\\\angle PAE=\angle QAF\end{cases}$，根据$ASA$（两角及其夹边对应相等的两个三角形全等）可得$\triangle AEP\cong\triangle AFQ$，所以$AP = AQ$。
$(3)$ 求四边形$APCQ$的面积
因为$AB = 4$，$\angle B = 60^{\circ}$，过$A$作$AE\perp BC$于$E$。
在$Rt\triangle ABE$中，$\sin B=\frac{AE}{AB}$，则$AE = AB\sin60^{\circ}=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC× AE$，因为$BC = AB = 4$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
由$(2)$可知$\triangle AEP\cong\triangle AFQ$，所以$S_{四边形APCQ}=S_{\triangle AEC}+S_{\triangle ACQ}=S_{\triangle AEC}+S_{\triangle AEP}=S_{\triangle ABC}=4\sqrt{3}$。
综上，答案依次为：$(1)$ 证明见上述过程；$(2)$ 成立，证明见上述过程；$(3)$$4\sqrt{3}$。