《2025年轻松暑假复习加预习中国海洋大学出版社八年级数学54制》

5. (2023·攀枝花)如图所示,已知正方形ABCD的边长为3,点P是对角线BD上的一点,PF⊥AD于点F,PE⊥AB于点E,连接PC,当PE:PF= 1:2时,则PC= (C)
A.$\sqrt{3}$
B.2
C.$\sqrt{5}$
D.$\frac{5}{2}$

答案： 5.C

6. (北京中考)把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形,将这四个直角三角形分别拼成如图2,图3所示的正方形,则图1中菱形的面积为____12.

答案： 6.12

7. (2022·恩施州)如图,已知四边形ABCD是正方形,G为线段AD上任意一点,CE⊥BG于点E,DF⊥CE于点F. 求证：DF= BE+EF.
证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴BC=CD,∠BCD=90°,
∵CE⊥BG,DF⊥CE,
∴∠BEC=∠DFC=90°,
∴∠BCE+∠CBE=90°=∠BCE+∠DCF,
∴∠CBE=∠DCF,
在△CBE和△DCF中,
{∠BEC=∠CFD,
∠EBC=∠FCD,
BC=CD,
∴△CBE≌△DCF(AAS),
∴CF=BE,CE=DF,
∵CE=EF+CF,
∴DF=BE+EF.

答案： 证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴BC=CD,∠BCD=90°,
∵CE⊥BG,DF⊥CE,
∴∠BEC=∠DFC=90°,
∴∠BCE+∠CBE=90°=∠BCE+∠DCF,
∴∠CBE=∠DCF,
　在△CBE和△DCF中,
　{∠BEC=∠CFD,
　∠EBC=∠FCD,
　BC=CD,
∴△CBE≌△DCF(AAS),
∴CF=BE,CE=DF,
∵CE=EF+CF,
∴DF=BE+EF.

8. (2024·湖南模拟)如图所示,在菱形ABCD中,将对角线AC分别向两端延长到点E和点F,使得AE= CF.连接DE,DF,BE,BF.
求证：四边形BEDF是菱形.

答案：
证明:连接BD交EF于点O,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AO=CO,BO=DO,AC⊥BD.
∵AE=CF,
∴EO=FO,
∴四边形BEDF为平行四边形,
∵EF⊥BD,
∴四边形BEDF为菱形.
　　　　　　　　　　　　　　　　　

9. (云南中考)如图所示,在四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,AO= OC,BO= OD,且∠AOB= 2∠OAD.
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
证明:∵AO=OC,BO=OD,
∴四边形ABCD是平行四边形,
∵∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD,
∴∠DAO=∠ADO,
∴AO=DO,
∴AC=BD,
∴四边形ABCD是矩形;
(2)若∠AOB:∠ODC= 4:3,求∠ADO的度数.
解：∵四边形ABCD是矩形,
∴AB//CD.
∴∠ABO=∠CDO.
∵∠AOB:∠ODC=4:3,
∴∠AOB:∠ABO=4:3,
∴∠BAO:∠AOB:∠ABO=3:4:3,
∴∠BAO=54°,
∵∠BAD=90°,
∴∠ADO=∠DAO=90° - 54°=36°.

答案： 解:
(1)证明:
∵AO=OC,BO=OD,
∴四边形ABCD是平行四边形,
∵∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD,
∴∠DAO=∠ADO,
∴AO=DO,
∴AC=BD,
∴四边形ABCD是矩形;
(2)
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB//CD.
∴∠ABO=∠CDO.
∵∠AOB:∠ODC=4:3,
∴∠AOB:∠ABO=4:3,
∴∠BAO:∠AOB:∠ABO=3:4:3,
∴∠BAO=54°,
∵∠BAD=90°,
∴∠ADO=∠DAO=90° - 54°=36°.

10. 如图所示,在正方形ABCD的对角线AC上取一点E,使得∠CDE= 15°,连接BE并延长BE到F,使CF= CB,BF与CD相交于点H,若AB= 1,有下列结论：①BE= DE ②CE+DE= EF ③$S_{△DEC}= \frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{12}$. 则其中正确的结论有( )


A.①②③
B.②③
C.①②
D.①③

答案：
10.A　解析:①
∵四边形ABCD是正方形,
　
∴AB=AD,∠ABC=∠ADC=90°,
　∠BAC=∠DAC=∠ACB=∠ACD=45°.
　在△ABE和△ADE中,
　{AB=AD,
　∠BAC=∠DAC,
　AE=AE,
∴△ABE≌△ADE(SAS),
∴BE=DE,故①正确;
②在EF上取一点G,使EG=EC,连接CG,
∵△ABE≌△ADE,
∴∠ABE=∠ADE,
∴∠CBE=∠CDE;
∵BC=CF,
∴∠CBE=∠F,
∴∠CBE=∠CDE=∠F.
∵∠CDE=15°,
∴∠CBE=15°,
∴∠CEG=∠CBE+∠BCA=60°.
∵CE=GE,
∴△CEG是等边三角形,
∴∠CGE=60°,CE=GC,
∴∠GCF=45°.
∴∠ECD=∠GCF.
在△DEC和△FGC中
　{CE=CG,
　∠ECD=∠GCF,
　CD=CF,
∴△DEC≌△FGC(SAS),
∴DE=GF.
∵EF=EG+GF,
∴EF=CE+ED,故②正确;
　　　　　
③过点D作DM⊥AC交AC于点M,
根据勾股定理求出AC=√2,
由面积公式得1/2 AD·DC=1/2 AC·DM,
∴DM=√2/2.
∵∠DCA=45°,
∴CM=DM=√2/2,
∵∠CDE=15°,
∴∠MDE=30°,
∴ME=1/2 DE.
设ME=x,由勾股定理得,
x²+(√2/2)²=(2x)²,
解得x=√6/6,
∴ME=√6/6.
∴CE=CM - EM=√2/2 - √6/6,
∴S△DEC=1/2 CE·DM=1/4 - √3/12,故③正确