《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》

8. (天津)如图，在$\triangle ABC$中，中线$BD$，$CE$交于点$O$，点$F$，$G$分别是$OB$，$OC$的中点。
求证：$OE=\frac{1}{3}CE$。
证明：由题意知 $D$，$E$ 分别是 $AC$，$AB$ 的中点，所以 $ED$ 是 $△ABC$ 的中位线，所以 $ED //$$\frac{1}{2}BC$。
因为 $F$，$G$ 分别是 $OB$，$OC$ 的中点，所以 $FG$ 是 $△OBC$ 的中位线，所以 $FG //$$\frac{1}{2}BC$，
所以 $ED // FG$，所以四边形 $EFGD$ 是平行四边形。
所以 $OE =$$OG$。
又因为 $OG = GC$，所以 $OE = \frac{1}{3}CE$。

答案： 证明：由题意知 $D$，$E$ 分别是 $AC$，$AB$ 的中点，所以 $ED$ 是 $△ABC$ 的中位线，所以 $ED // \frac{1}{2}BC$。
因为 $F$，$G$ 分别是 $OB$，$OC$ 的中点，所以 $FG$ 是 $△OBC$ 的中位线，所以 $FG // \frac{1}{2}BC$，
所以 $ED // FG$，所以四边形 $EFGD$ 是平行四边形。
所以 $OE = OG$。
又因为 $OG = GC$，所以 $OE = \frac{1}{3}CE$。

9. (呼和浩特)如图，四边形$ABCD$是正方形，点$G$是$BC$边上任意一点，$DE\perp AG$于点$E$，$BF// DE$，交$AG$于$F$。
(1) 求证：$AF - BF = EF$。
(2) 将$\triangle ABF$绕点$A$逆时针旋转，使得$AB$与$AD$重合，记此时点$F$的对应点为点$F'$。若正方形边长为$3$，求点$F'$与旋转前的图中点$E$之间的距离。

(1)证明：如图，∵四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AB = AD$，$∠2 + ∠3 = 90^\circ$。
∵ $DE \perp AG$，
∴ $∠AED = ∠FED = 90^\circ$，
∴ $∠1 + ∠3 = 90^\circ$，
∴ $∠1 = ∠2$。
又 ∵ $BF // DE$，
∴ $∠AFB = ∠FED = 90^\circ$。
在 $△AED$ 和 $△BFA$ 中，
$\begin{cases}∠1 = ∠2, \\∠AED = ∠BFA, \\AD = AB,\end{cases}$
∴ $△AED \cong △BFA$，
∴ $BF = AE$。
∵ $AF - AE = EF$，
∴ $AF - BF = EF$。
　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)解：如图，根据题意知 $∠FAF' = 90^\circ$，$DE = AF' = AF$，
∴可判断四边形 $AEDF'$ 为矩形，
∴ $EF' = AD =$3。

答案：

(1)证明：如图，
∵四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AB = AD$，$∠2 + ∠3 = 90^\circ$。
∵ $DE \perp AG$，
∴ $∠AED = ∠FED = 90^\circ$，
∴ $∠1 + ∠3 = 90^\circ$，
∴ $∠1 = ∠2$。
又
∵ $BF // DE$，
∴ $∠AFB = ∠FED = 90^\circ$。
在 $△AED$ 和 $△BFA$ 中，
$\begin{cases}∠1 = ∠2, \\∠AED = ∠BFA, \\AD = AB,\end{cases}$
∴ $△AED \cong △BFA$，
∴ $BF = AE$。
∵ $AF - AE = EF$，
∴ $AF - BF = EF$。
　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)解：如图，根据题意知 $∠FAF' = 90^\circ$，$DE = AF' = AF$，
∴可判断四边形 $AEDF'$ 为矩形，
∴ $EF' = AD = 3$。

10. (南京)如图，在四边形$ABCD$中，$AB = BC$，对角线$BD$平分$\angle ABC$，$P$是$BD$上一点，过点$P$作$PM\perp AD$，$PN\perp CD$，垂足分别为$M$，$N$。
(1) 求证：$\angle ADB=\angle CDB$；
证明：∵ $BD$ 平分 $∠ABC$，
∴ $∠ABD = ∠CBD$。
又 ∵ $BA = BC$，$BD = BD$，
∴ $△ABD \cong △CBD$。
∴ $∠ADB = ∠CDB$。
(2) 若$\angle ADC = 90^{\circ}$，求证：四边形$MPND$是正方形。
证明：∵ $PM \perp AD$，$PN \perp CD$，
∴ $∠PMD = ∠PND = 90^\circ$。
又 ∵ $∠ADC = 90^\circ$，
∴四边形 $MPND$ 是矩形。
由(1)知 $∠ADB = ∠CDB$，又 $PM \perp AD$，$PN \perp CD$，
∴ $PM = PN$。
∴四边形 $MPND$ 是正方形。

答案： 证明：
(1)
∵ $BD$ 平分 $∠ABC$，
∴ $∠ABD = ∠CBD$。
又
∵ $BA = BC$，$BD = BD$，
∴ $△ABD \cong △CBD$。
∴ $∠ADB = ∠CDB$。
(2)
∵ $PM \perp AD$，$PN \perp CD$，
∴ $∠PMD = ∠PND = 90^\circ$。
又
∵ $∠ADC = 90^\circ$，
∴四边形 $MPND$ 是矩形。
由
(1)知 $∠ADB = ∠CDB$，又 $PM \perp AD$，$PN \perp CD$，
∴ $PM = PN$。
∴四边形 $MPND$ 是正方形。