《2025年暑假课程练习八年级数学南方出版社》

15. 如图，已知 $AD$ 是 $\triangle ABC$ 的角平分线，$DE// AC$ 交 $AB$ 于点 $E$，$DF// AB$ 交 $AC$ 于点 $F$，求证：$AD⊥EF$。

答案：
证明:
∵ $DE // AC$, $DF // AB$,
∴四边形 $AEDF$ 为平行四边形.又
∵ $ \angle 1 = \angle 2 $,而 $ \angle 2 = \angle 3 $,
∴ $ \angle 1 = \angle 3 $,
∴ $AE = DE$.
∴ $ \square AEDF$ 为菱形,故 $AD \perp EF$.

16. 如图，在 $□ ABCD$ 中，过点 $D$ 作 $DE⊥AB$ 于点 $E$，点 $F$ 在边 $CD$ 上，$DF = BE$，连接 $AF$，$BF$。
(1) 求证：四边形 $BFDE$ 是矩形；
证明：因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AB// CD$。又因为$DF = BE$，所以四边形$BFDE$是平行四边形。由于$DE⊥AB$，即$\angle DEB = 90^{\circ}$，根据矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形），所以四边形$BFDE$是矩形。
(2) 若 $CF = 3$，$BF = 4$，$DF = 5$，求证：$AF$ 平分 $∠DAB$。
证明：因为四边形$BFDE$是矩形，所以$\angle BFC = 90^{\circ}$。在$Rt\triangle BFC$中，根据勾股定理$BC=\sqrt{CF^{2}+BF^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5$。因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD = BC = 5$，又因为$DF = 5$，所以$AD = DF$，根据等边对等角可得$\angle DAF=\angle DFA$。因为$AB// CD$，所以$\angle DFA=\angle FAB$，所以$\angle DAF=\angle FAB$，即$AF$平分$\angle DAB$。

答案： 【解析】：
(1) 因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AB// CD$。又因为$DF = BE$，所以四边形$BFDE$是平行四边形。由于$DE⊥AB$，即$\angle DEB = 90^{\circ}$，根据矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形），所以四边形$BFDE$是矩形。
(2) 因为四边形$BFDE$是矩形，所以$\angle BFC = 90^{\circ}$。在$Rt\triangle BFC$中，根据勾股定理$BC=\sqrt{CF^{2}+BF^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5$。因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD = BC = 5$，又因为$DF = 5$，所以$AD = DF$，根据等边对等角可得$\angle DAF=\angle DFA$。因为$AB// CD$，所以$\angle DFA=\angle FAB$，所以$\angle DAF=\angle FAB$，即$AF$平分$\angle DAB$。
【答案】：
(1) 证明见上述解析。
(2) 证明见上述解析。

17. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC$，$D$ 为 $BC$ 的中点，四边形 $ABDE$ 是平行四边形，$AC$，$DE$ 相交于点 $O$。
(1) 求证：四边形 $ADCE$ 是矩形；
(2) 若 $∠AOE = 60^{\circ}$，$AE = 4$，求 $AD$ 的长。

(1)证明:∵四边形 $ABDE$ 是平行四边形,
∴ $BD // AE$, $BD = AE$.
∵ $D$ 为 $BC$ 的中点,∴ $DC = BD = AE$,∴四边形 $ADCE$ 是平行四边形.
∵ $AB = AC$, $D$ 为 $BC$ 中点,∴ $AD \perp BC$,∴平行四边形 $ADCE$ 是矩形.
(2) $4\sqrt{3}$

答案：
(1)证明:
∵四边形 $ABDE$ 是平行四边形,
∴ $BD // AE$, $BD = AE$.
∵ $D$ 为 $BC$ 的中点,
∴ $DC = BD = AE$,
∴四边形 $ADCE$ 是平行四边形.
∵ $AB = AC$, $D$ 为 $BC$ 中点,
∴ $AD \perp BC$,
∴平行四边形 $ADCE$ 是矩形.
(2) $4\sqrt{3}$