《2025年假期总动员年度系统复习八年级数学人教版四川师范大学出版社》

24. 如图，$P$是正方形$ABCD$对角线$BD$上一点，$PE\perp DC$，$PF\perp BC$，$E$、$F$分别为垂足，求证：$AP = EF$。
证明：连结$PC$，∵四边形$ABCD$是正方形，$BD$为对角线，∴$∠BCD = 90^\circ$，$AB = BC$，$∠ABP = ∠CBP$。又∵$BP = BP$，∴$△ABP \cong △CBP$。∴$AP = CP$。∵$PE \perp DC$，$PF \perp BC$，∴$∠PFC = ∠PEC = ∠BCD = 90^\circ$，∴四边形$PFCE$是矩形。∴$PC = FE$，∴$AP = EF$。

答案： 证明：连结 $PC$，
∵四边形 $ABCD$ 是正方形，$BD$ 为对角线，
∴ $∠BCD = 90^\circ$，$AB = BC$，$∠ABP = ∠CBP$。
又
∵ $BP = BP$，
∴ $△ABP \cong △CBP$。
∴ $AP = CP$。
∵ $PE \perp DC$，$PF \perp BC$，
∴ $∠PFC = ∠PEC = ∠BCD = 90^\circ$，
∴四边形 $PF - CE$ 是矩形。
∴ $PC = FE$，
∴ $AP = EF$。

25. 如图，已知四边形$ABCD$中，$AC = BD$，$E$、$F$、$G$、$H$分别是$AB$、$BC$、$CD$、$DA$边上的中点，求证：四边形$EFGH$是菱形。
证明：∵ $E$、$F$、$G$、$H$ 分别是 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 边上的中点，
∴ $HG // \frac{1}{2}AC$，$EF // \frac{1}{2}AC$，$EH // \frac{1}{2}BD$，$FG // \frac{1}{2}BD$，
∴ $HG // EF$，$EH // FG$，
∴四边形 $EFGH$ 是平行四边形。
∵ $AC = BD$，∴ $HG = EH$，
∴四边形 $EFGH$ 是菱形。

答案： 证明：
∵ $E$、$F$、$G$、$H$ 分别是 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 边上的中点，
∴ $HG // \frac{1}{2}AC$，$EF // \frac{1}{2}AC$，$EH // \frac{1}{2}BD$。
∴ $HG // EF$，
∴四边形 $EFGH$ 是平行四边形。
∵ $AC = BD$，
∴ $HG = EH$，
∴四边形 $EFGH$ 是菱形。

26. 正方形$ABCD$中，点$O$是对角线$AC$的中点，$P$是对角线$AC$上一动点，过点$P$作$PF\perp CD$于$F$。如图甲，当点$P$与点$O$重合时，显然有$DF = CF$。
(1) 如图乙，若点$P$在线段$AO$上(不与$A$、$O$重合)，$PE\perp PB$且$PE$交$CD$于点$E$。
①求证：$DF = EF$；
②写出线段$PC$、$PA$、$CE$之间的一个等量关系式，并证明你的结论；
(2) 若点$P$在线段$OC$上(不与点$O$、$C$重合)，$PE\perp PB$且$PE$交直线$CD$于点$E$。请完成图丙并判断(1)中的结论①、②是否分别成立？若不成立，写出相应的结论(所写结论均不必证明)。
(1)①证明：如图 a，连接 $PD$。
∵四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AC$ 平分 $∠BCD$，$CB = CD$，∴ $△BCP \cong △DCP$，
∴ $∠PBC = ∠PDC$，$PB = PD$。
∵ $PB \perp PE$，$∠BCD = 90^\circ$，
∴ $∠PBC + ∠PEC = 360^\circ - ∠BPE - ∠BCE = 180^\circ$，
∴ $∠PED = ∠PBC = ∠PDC$，∴ $PD = PE$。
∵ $PF \perp CD$，∴ $DF = EF$。
②$PC - PA = \sqrt{2}CE$。证明如下：过点 $P$ 作 $PH \perp AD$ 于点 $H$。
由①知：$PA = \sqrt{2}PH = \sqrt{2}DF = \sqrt{2}EF$，$PC = \sqrt{2}CF$，
∴ $PC - PA = \sqrt{2}(CF - EF)$。即 $PC - PA = \sqrt{2}CE$。
(2)画图(如图 b)；结论①仍然成立；结论②不成立，此时②中的三条线段之间的数量关系是$PA - PC = \sqrt{2}CE$。

答案：

(1)①证明：如图 a，连接 $PD$。
∵四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AC$ 平分 $∠BCD$，$CB = CD$，
∴ $△BCP \cong △DCP$，
∴ $∠PBC = ∠PDC$，$PB = PD$。
∵ $PB \perp PE$，$∠BCD = 90^\circ$，
∴ $∠PBC + ∠PEC = 360^\circ - ∠BPE - ∠BCE = 180^\circ$，
∴ $∠PED = ∠PBC = ∠PDC$，
∴ $PD = PE$。
∵ $PF \perp CD$，
∴ $DF = EF$。
② $PC - PA = \sqrt{2}CE$。证明如下：过点 $P$ 作 $PH \perp AD$ 于点 $H$。
由①知：$PA = \sqrt{2}PH = \sqrt{2}DF = \sqrt{2}EF$，$PC = \sqrt{2}CF$，
∴ $PC - PA = \sqrt{2}(CF - EF)$。即 $PC - PA = \sqrt{2}CE$。
　　　　　
(2)画图(如图 b)；结论①仍然成立；结论②不成立，此时②中的三条线段之间的数量关系是 $PA - PC = \sqrt{2}CE$。