《2025年实验班提优训练暑假衔接版八升九年级数学人教版》

21. 如图,菱形$ABCD的对角线AC$,$BD相交于点O$,$E是AD$的中点,点$F$,$G在AB$上,$EF\perp AB$,$OG// EF$。
(1)求证：四边形$OEFG$是矩形；
(2)若$AD = 10$,$EF = 4$,求$OE和BG$的长。

答案：
(1)
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC与BD互相垂直平分.
∴O为BD的中点.又E是AD的中点,
∴OE为△ABD的中位线,
∴OE//FG.又OG//EF,
∴四边形OEFG是平行四边形.
∵EF⊥AB,
∴∠EFG=90°.
∴四边形OEFG是矩形；
(2)
∵四边形ABCD是菱形,
∴BD⊥AC,AB=AD=10.
∴∠AOD=90°.
∵E是AD的中点,
∴OE=AE=$\frac{1}{2}$AD=5.由
(1)知,四边形OEFG是矩形,
∴FG=OE=5.
∵AE=5,EF=4,
∴AF=$\sqrt{AE²−EF²}$=3.
∴BG=AB−AF−FG=10−3−5=2.

22. 如图,在$□ ABCD$中,$E是BC$的中点,连接$AE并延长交DC的延长线于点F$。
(1)求证：$AB = CF$；
(2)连接$DE$,若$AD = 2AB$,求证：$DE\perp AF$。

答案：
(1)
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB//DF.
∴∠ABE=∠FCE.
∵E为BC中点,
∴BE=CE.在△ABE与△FCE中,{∠ABE=∠FCE,BE=CE,∠AEB=∠CEF,
∴△ABE≌△FCE(ASA).
∴AB=FC；
(2)
∵AD=2AB,AB=FC=CD,
∴AD=DF.
∵△ABE≌△FCE,
∴AE=EF.
∴DE⊥AF.

23. 中考新考法 操作探究 如图(1),$P是线段AB$上的一点,在$AB的同侧作\triangle APC和\triangle BPD$,且使$PC = PA$,$PD = PB$,$\angle APC = \angle BPD$,连接$CD$,点$E$,$F$,$G$,$H分别是AC$,$AB$,$BD$,$CD$的中点,顺次连接$E$,$F$,$G$,$H得四边形EFGH$。
(1)猜想四边形$EFGH$的形状。(直接写出结论,不必说明理由)
(2)如图(2),当点$P在线段AB$的上方时,在$\triangle APB的外部作\triangle APC和\triangle BPD$,其他条件不变,(1)中的结论还成立吗？说明理由。
(3)在(2)中,若$\angle APC = \angle BPD = 90^{\circ}$,其它条件不变,先在图(3)中补全图形,再判断四边形$EFGH$的形状,并说明理由。

答案：

(1)四边形EFGH是菱形；
(2)成立.理由如下:连接AD,BC.
∵∠APC=∠BPD,
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD,即∠APD=∠CPB.又PA=PC,PD=PB,
∴△APD≌△CPB(SAS).
∴AD=CB.
∵E,F,G,H分别是AC,AB,BD，CD的中点,
∴EF,FG,GH,EH分别是△ABC,△ABD,△BCD,△ACD的中位线.
∴EF=$\frac{1}{2}$BC,FG=$\frac{1}{2}$AD,GH=$\frac{1}{2}$BC,EH=$\frac{1}{2}$AD.
∴EF=FG=GH=EH.
∴四边形EFGH是菱形；
(3)补全图形,如图所示. 四边形EFGH是正方形.理由如下:连接AD,BC.
∵
(2)中已证△APD≌△CPB,
∴∠PAD=∠PCB.
∵∠APC=90°,
∴∠PAD+∠1=90°.又∠1=∠2,
∴∠PCB+∠2=90°.
∴∠3=90°.由
(2)得GH,EH分别是△BCD,△ACD的中位线,
∴GH//BC,EH//AD.
∴∠EHG=90°.又
(2)中已证四边形EFGH是菱形,
∴菱形EFGH是正方形.