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2025年七彩假期暑假作业八年级数学
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年七彩假期暑假作业八年级数学 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。
8. 如图,过正方形 ABCD 的顶点 B 作直线 l,过 A、C 作 l 的垂线,垂足分别为 E、F. 若 AE= 1,CF= 3,则 AB 的长度为
√10
.
答案：
$\sqrt{10}$
9. 如图,已知四边形 ABCD 是正方形,分别过 A、C 两点作$ l_1//l_2,$作$ BM⊥l_1 $于点$ M,DN⊥l_1 $于点 N,直线 MB、ND 分别交$ l_2 $于点 Q、P. 求证:四边形 PQMN 是正方形.
证明：因为$PN\perp l_{1}$，$QM\perp l_{1}$，所以$PN// QM$，$\angle PNM = 90^{\circ}$。又因为$l_{1}// l_{2}$，所以四边形$PQMN$是平行四边形。再由$\angle PNM = 90^{\circ}$，可得平行四边形$PQMN$是矩形。因为四边形$ABCD$是正方形，所以$\angle BAD = 90^{\circ}$，$AB = AD$。则$\angle BAM+\angle DAN = 90^{\circ}$。又因为$\angle ADN+\angle DAN = 90^{\circ}$，所以$\angle BAM=\angle ADN$。在$\triangle ABM$和$\triangle DAN$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AMB=\angle DNA = 90^{\circ}\\\angle BAM=\angle ADN\\AB = DA\end{array}\right.$，根据
证明：因为$PN\perp l_{1}$，$QM\perp l_{1}$，所以$PN// QM$，$\angle PNM = 90^{\circ}$。又因为$l_{1}// l_{2}$，所以四边形$PQMN$是平行四边形。再由$\angle PNM = 90^{\circ}$，可得平行四边形$PQMN$是矩形。因为四边形$ABCD$是正方形，所以$\angle BAD = 90^{\circ}$，$AB = AD$。则$\angle BAM+\angle DAN = 90^{\circ}$。又因为$\angle ADN+\angle DAN = 90^{\circ}$，所以$\angle BAM=\angle ADN$。在$\triangle ABM$和$\triangle DAN$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AMB=\angle DNA = 90^{\circ}\\\angle BAM=\angle ADN\\AB = DA\end{array}\right.$，根据
AAS
定理，可得$\triangle ABM\cong\triangle DAN$。所以$AM = DN$，同理可证$AN = DP$。因为$AM = DN$，$AN = DP$，所以$MN = PN$。又因为四边形$PQMN$是矩形，一组邻边相等的矩形是正方形，所以四边形$PQMN$是正方形。
答案：
【解析】：
- 首先证明四边形$PQMN$是矩形：
因为$PN\perp l_{1}$，$QM\perp l_{1}$，所以$PN// QM$，$\angle PNM = 90^{\circ}$。
又因为$l_{1}// l_{2}$，所以四边形$PQMN$是平行四边形。
再由$\angle PNM = 90^{\circ}$，可得平行四边形$PQMN$是矩形。
然后证明$\triangle ABM\cong\triangle DAN$：
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$\angle BAD = 90^{\circ}$，$AB = AD$。
则$\angle BAM+\angle DAN = 90^{\circ}$。
又因为$\angle ADN+\angle DAN = 90^{\circ}$，所以$\angle BAM=\angle ADN$。
在$\triangle ABM$和$\triangle DAN$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AMB=\angle DNA = 90^{\circ}\\\angle BAM=\angle ADN\\AB = DA\end{array}\right.$，根据$AAS$（角角边）定理，可得$\triangle ABM\cong\triangle DAN$。
所以$AM = DN$，同理可证$AN = DP$。
最后证明矩形$PQMN$是正方形：
因为$AM = DN$，$AN = DP$，所以$MN = PN$。
又因为四边形$PQMN$是矩形，一组邻边相等的矩形是正方形，所以四边形$PQMN$是正方形。
【答案】：四边形$PQMN$是正方形。
- 首先证明四边形$PQMN$是矩形：
因为$PN\perp l_{1}$，$QM\perp l_{1}$，所以$PN// QM$，$\angle PNM = 90^{\circ}$。
又因为$l_{1}// l_{2}$，所以四边形$PQMN$是平行四边形。
再由$\angle PNM = 90^{\circ}$，可得平行四边形$PQMN$是矩形。
然后证明$\triangle ABM\cong\triangle DAN$：
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$\angle BAD = 90^{\circ}$，$AB = AD$。
则$\angle BAM+\angle DAN = 90^{\circ}$。
又因为$\angle ADN+\angle DAN = 90^{\circ}$，所以$\angle BAM=\angle ADN$。
在$\triangle ABM$和$\triangle DAN$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AMB=\angle DNA = 90^{\circ}\\\angle BAM=\angle ADN\\AB = DA\end{array}\right.$，根据$AAS$（角角边）定理，可得$\triangle ABM\cong\triangle DAN$。
所以$AM = DN$，同理可证$AN = DP$。
最后证明矩形$PQMN$是正方形：
因为$AM = DN$，$AN = DP$，所以$MN = PN$。
又因为四边形$PQMN$是矩形，一组邻边相等的矩形是正方形，所以四边形$PQMN$是正方形。
【答案】：四边形$PQMN$是正方形。
10. 已知:如图所示,在正方形 ABCD 中,G 是 CD 上一点,延长 BC 到 E,使 CE= CG,连结 BG 并延长交 DE 于 F.
(1)求证:△BCG≌△DCE;
(2)将△DCE 绕点 D 顺时针旋转 90°得到△DAE',判断四边形 E'BGD 是什么特殊四边形? 并说明理由.
(1) 证明：∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BC = CD$，$∠BCD = 90^{\circ}$。
∵ $∠BCD + ∠DCE = 180^{\circ}$，
∴ $∠BCD = ∠DCE = 90^{\circ}$。
又 ∵ $CG = CE$，
∴ $△BCG ≌ △DCE$
(2) 解：四边形 $E' BGD$ 是
∵ $△DCE$ 绕点 D 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $△DAE'$，
∴ $CE = AE'$。∵ $CE = CG$，∴ $CG = AE'$。
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BE' // DG$，$AB = CD$，
(1)求证:△BCG≌△DCE;
(2)将△DCE 绕点 D 顺时针旋转 90°得到△DAE',判断四边形 E'BGD 是什么特殊四边形? 并说明理由.
(1) 证明：∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BC = CD$，$∠BCD = 90^{\circ}$。
∵ $∠BCD + ∠DCE = 180^{\circ}$，
∴ $∠BCD = ∠DCE = 90^{\circ}$。
又 ∵ $CG = CE$，
∴ $△BCG ≌ △DCE$
SAS
；(2) 解：四边形 $E' BGD$ 是
平行四边形
。理由如下：∵ $△DCE$ 绕点 D 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $△DAE'$，
∴ $CE = AE'$。∵ $CE = CG$，∴ $CG = AE'$。
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BE' // DG$，$AB = CD$，
答案：
(1) 证明：
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BC = CD$，$∠BCD = 90^{\circ}$。
∵ $∠BCD + ∠DCE = 180^{\circ}$，
∴ $∠BCD = ∠DCE = 90^{\circ}$。
又
∵ $CG = CE$，
∴ $△BCG ≌ △DCE$；
(2) 解：四边形 $E' BGD$ 是平行四边形。理由如下：
∵ $△DCE$ 绕点 D 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $△DAE'$，
∴ $CE = AE'$。
∵ $CE = CG$，
∴ $CG = AE'$。
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BE' // DG$，$AB = CD$，
(1) 证明：
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BC = CD$，$∠BCD = 90^{\circ}$。
∵ $∠BCD + ∠DCE = 180^{\circ}$，
∴ $∠BCD = ∠DCE = 90^{\circ}$。
又
∵ $CG = CE$，
∴ $△BCG ≌ △DCE$；
(2) 解：四边形 $E' BGD$ 是平行四边形。理由如下：
∵ $△DCE$ 绕点 D 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $△DAE'$，
∴ $CE = AE'$。
∵ $CE = CG$，
∴ $CG = AE'$。
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴ $BE' // DG$，$AB = CD$，
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