搜索
2025年智趣暑假作业八年级数学人教版
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年智趣暑假作业八年级数学人教版 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。
2. 如图,在正方形 $ABCD$ 的外侧,作等边 $\triangle ADE$,则 $∠DEB = $
$45^{\circ}$
.
答案：
解：
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$AB = AD$，$\angle BAD = 90^{\circ}$。
∵$\triangle ADE$是等边三角形，
∴$AD = AE$，$\angle DAE = 60^{\circ}$。
∴$AB = AE$，$\angle BAE=\angle BAD+\angle DAE=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$。
在$\triangle ABE$中，$AB = AE$，
∴$\angle AEB=\frac{180^{\circ}-\angle BAE}{2}=\frac{180^{\circ}-150^{\circ}}{2}=15^{\circ}$。
∵$\triangle ADE$是等边三角形，
∴$\angle AED = 60^{\circ}$。
∴$\angle DEB=\angle AED-\angle AEB=60^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}$。
$45^{\circ}$
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$AB = AD$，$\angle BAD = 90^{\circ}$。
∵$\triangle ADE$是等边三角形，
∴$AD = AE$，$\angle DAE = 60^{\circ}$。
∴$AB = AE$，$\angle BAE=\angle BAD+\angle DAE=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$。
在$\triangle ABE$中，$AB = AE$，
∴$\angle AEB=\frac{180^{\circ}-\angle BAE}{2}=\frac{180^{\circ}-150^{\circ}}{2}=15^{\circ}$。
∵$\triangle ADE$是等边三角形，
∴$\angle AED = 60^{\circ}$。
∴$\angle DEB=\angle AED-\angle AEB=60^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}$。
$45^{\circ}$
3. 如图,正方形 $ABCD$ 的边长为 2,点 $E$ 为边 $BC$ 的中点,点 $P$ 在对角线 $BD$ 上移动,则 $PE + PC$ 的最小值是
$\sqrt{5}$
.
答案：
解：连接AE，交BD于点P。
因为四边形ABCD是正方形，所以点A与点C关于对角线BD对称，因此PA=PC。
所以PE+PC=PE+PA=AE。
因为正方形边长为2，E为BC中点，所以BE=1，AB=2。
在Rt△ABE中，AE=$\sqrt{AB^2 + BE^2}=\sqrt{2^2 + 1^2}=\sqrt{5}$。
故PE+PC的最小值是$\sqrt{5}$。
因为四边形ABCD是正方形，所以点A与点C关于对角线BD对称，因此PA=PC。
所以PE+PC=PE+PA=AE。
因为正方形边长为2，E为BC中点，所以BE=1，AB=2。
在Rt△ABE中，AE=$\sqrt{AB^2 + BE^2}=\sqrt{2^2 + 1^2}=\sqrt{5}$。
故PE+PC的最小值是$\sqrt{5}$。
三、解答题
如图,在正方形 $ABCD$ 中,点 $P$,$Q$ 是 $CD$ 边上的两点,且 $DP = CQ$,过 $D$ 作 $DG⊥AP$ 于 $H$,分别交 $AC$,$BC$ 于 $E$,$G$ 两点,$AP$,$EQ$ 的延长线相交于 $R$.
1. 求证：$DP = CG$；
2. 判断 $\triangle PQR$ 的形状,并说明理由.
如图,在正方形 $ABCD$ 中,点 $P$,$Q$ 是 $CD$ 边上的两点,且 $DP = CQ$,过 $D$ 作 $DG⊥AP$ 于 $H$,分别交 $AC$,$BC$ 于 $E$,$G$ 两点,$AP$,$EQ$ 的延长线相交于 $R$.
1. 求证：$DP = CG$；
2. 判断 $\triangle PQR$ 的形状,并说明理由.
答案：
1. 证明：在正方形$ABCD$中，$AD = CD$，$\angle ADP=\angle DCG = 90^{\circ}$，$\angle CDG+\angle ADH = 90^{\circ}$。
$\because DG\perp AP$，$\therefore \angle DAH+\angle ADH = 90^{\circ}$，$\therefore \angle CDG=\angle DAH$。
在$\triangle ADP$和$\triangle DCG$中，
$\left\{\begin{array}{l}\angle DAH=\angle CDG\\AD = CD\\\angle ADP=\angle DCG\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle ADP\cong\triangle DCG(ASA)$，$\therefore DP = CG$。
2. $\triangle PQR$为等腰三角形。
理由：$\because DP = CQ$，$DP = CG$，$\therefore CQ=CG$。
在正方形$ABCD$中，$\angle ACB=\angle ACD = 45^{\circ}$。
在$\triangle ECG$和$\triangle ECQ$中，
$\left\{\begin{array}{l}CG = CQ\\\angle ACB=\angle ACD\\CE = CE\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle ECG\cong\triangle ECQ(SAS)$，$\therefore \angle CEG=\angle CEQ$。
$\because \angle CEG=\angle DEA$，$\angle DEA+\angle DAP = 90^{\circ}$，$\angle QPR+\angle DAP = 90^{\circ}$，$\therefore \angle DEA=\angle QPR$，$\therefore \angle CEQ=\angle QPR$。
$\because \angle CEQ=\angle PER$，$\therefore \angle QPR=\angle PER$，$\therefore PR = QR$，即$\triangle PQR$为等腰三角形。
$\because DG\perp AP$，$\therefore \angle DAH+\angle ADH = 90^{\circ}$，$\therefore \angle CDG=\angle DAH$。
在$\triangle ADP$和$\triangle DCG$中，
$\left\{\begin{array}{l}\angle DAH=\angle CDG\\AD = CD\\\angle ADP=\angle DCG\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle ADP\cong\triangle DCG(ASA)$，$\therefore DP = CG$。
2. $\triangle PQR$为等腰三角形。
理由：$\because DP = CQ$，$DP = CG$，$\therefore CQ=CG$。
在正方形$ABCD$中，$\angle ACB=\angle ACD = 45^{\circ}$。
在$\triangle ECG$和$\triangle ECQ$中，
$\left\{\begin{array}{l}CG = CQ\\\angle ACB=\angle ACD\\CE = CE\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle ECG\cong\triangle ECQ(SAS)$，$\therefore \angle CEG=\angle CEQ$。
$\because \angle CEG=\angle DEA$，$\angle DEA+\angle DAP = 90^{\circ}$，$\angle QPR+\angle DAP = 90^{\circ}$，$\therefore \angle DEA=\angle QPR$，$\therefore \angle CEQ=\angle QPR$。
$\because \angle CEQ=\angle PER$，$\therefore \angle QPR=\angle PER$，$\therefore PR = QR$，即$\triangle PQR$为等腰三角形。
查看更多完整答案，请扫码查看
