《2025年本土假期作业巩固训练八年级数学》

23. 如图,已知四边形ABCD是长方形,点E在BA的延长线上,AE= AD,EC与BD相交于点G,与AD相交于点F,AF= AB。
(1)求证：BD⊥EC；
(2)连结AG,求证：EG-DG= √2 AG。

答案：
(1)证明：设AB=AF=a，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD=a，AD=BC，∠EAF=∠DAB=90°，
∵AE=AD，设AE=AD=BC=b，
在△EAF和△DAB中，
$\left\{\begin{array}{l} AE=AD \\ ∠EAF=∠DAB \\ AF=AB \end{array}\right.$，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠ADB，
∵∠E+∠EFA=90°，∠EFA=∠DFG，
∴∠ADB+∠DFG=90°，
∴∠DGF=90°，即BD⊥EC。
(2)证明：在EG上截取EH=DG，连接AH，
由
(1)知△EAF≌△DAB，
∴∠E=∠ADB，AE=AD，
在△AEH和△ADG中，
$\left\{\begin{array}{l} AE=AD \\ ∠E=∠ADG \\ EH=DG \end{array}\right.$，
∴△AEH≌△ADG(SAS)，
∴AH=AG，∠EAH=∠DAG，
∵∠DAG+∠GAE=90°，
∴∠EAH+∠GAE=90°，即∠HAG=90°，
∴△AHG是等腰直角三角形，
∴HG=$\sqrt{2}$AG，
∵EG-EH=HG，EH=DG，
∴EG-DG=$\sqrt{2}$AG。

24. 如图,在□ABCD中,各内角的平分线分别相交于点E,F,G,H。
(1)求证：△ABG≌△CDE；
(2)猜一猜：四边形EFGH是什么样的特殊四边形？证明你的猜想；
(3)若AB= 6,BC= 4,∠DAB= 60°,求四边形EFGH的面积。

答案：
(1)证明：在□ABCD中，AB=CD，∠DAB=∠BCD，∠ABC=∠ADC。
∵AG、CE分别平分∠DAB、∠BCD，
∴∠BAG=∠DAB/2，∠DCE=∠BCD/2，
∴∠BAG=∠DCE。
同理，∠ABG=∠CDE。
在△ABG和△CDE中，
∠BAG=∠DCE，AB=CD，∠ABG=∠CDE，
∴△ABG≌△CDE(ASA)。
(2)四边形EFGH是矩形。
证明：在□ABCD中，AD//BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°。
∵AG、BG分别平分∠DAB、∠ABC，
∴∠GAB+∠GBA=(∠DAB+∠ABC)/2=90°，
∴∠AGB=90°。
同理，∠DEC=90°，∠AHD=90°=∠EHG。
∴四边形EFGH有三个直角，故四边形EFGH是矩形。
(3)解：在□ABCD中，AD=BC=4，AB=CD=6，∠DAB=60°。
作GM⊥AB于M，在Rt△AGM中，∠GAM=30°，设GM=x，则AG=2x，AM=√3x。
在Rt△BGM中，∠GBM=60°，BM=GM/tan60°=x/√3，BG=2x/√3。
∵AB=AM+BM=√3x + x/√3=6，解得x= (3√3)/2。
∴AG=2x=3√3，BG=2x/√3=3。
由△ABG≌△CDE，得DE=BG=3，CE=AG=3√3。
∵AD=4，在Rt△ADH中，∠DAH=30°，DH=AD/2=2，AH=AD·cos30°=2√3。
∴EH=AG - AH=3√3 - 2√3=√3，EF=BG - BF=BG - DH=3 - 2=1。
∴S矩形EFGH=EH·EF=√3×1=√3。
答：四边形EFGH的面积为√3。

25. 如图1,对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形。
(1)概念理解：如图2,在四边形ABCD中,AB= AD,CB= CD,问：四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1,四边形ABCD的对角线AC,BD交于点O,AC⊥BD。试证明：$AB^2+CD^2= AD^2+BC^2；$
(3)解决问题：如图3,分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE,连结CE,BG,GE。已知AC= 4,AB= 5,求GE的长。

答案： 【解析】：
(1)概念理解部分，本题考查了垂直平分线的性质，通过证明三角形全等，得出两条对角线互相垂直，进而判断四边形ABCD是否为垂美四边形。
(2)性质探究部分，本题考查了勾股定理的应用。利用勾股定理，在四个直角三角形中表示出$AB^2$，$CD^2$，$AD^2$，$BC^2$，然后通过等量代换得出结论。
(3)解决问题部分，本题考查了垂美四边形的性质和勾股定理的应用。首先根据给出的条件证明四边形$CGEB$是垂美四边形，然后利用垂美四边形的性质和勾股定理求出$GE$的长。
【答案】：
(1)四边形ABCD是垂美四边形。理由如下：
连接$AC$，$BD$，
∵$AB=AD$，
∴点$A$在线段$BD$的垂直平分线上。
∵$CB=CD$，
∴点$C$在线段$BD$的垂直平分线上。
∴直线$AC$是线段$BD$的垂直平分线，
∴$AC⊥BD$，即四边形$ABCD$是垂美四边形。
(2)
∵$AC⊥BD$，
∴$\angle AOD=\angle AOB=\angle BOC=\angle COD=90^\circ$，
由勾股定理得，$AB^2+CD^2=AO^2+BO^2+CO^2+DO^2$，$AD^2+BC^2=AO^2+DO^2+BO^2+CO^2$，
∴$AB^2+CD^2=AD^2+BC^2$。
(3)连接$CG$，$BE$，
∵$\angle CAG=\angle BAE=90^\circ$，
∴$\angle CAG+\angle BAC=\angle BAE+\angle BAC$，即$\angle GAB=\angle CAE$，
在$\bigtriangleup GAB$和$\bigtriangleup CAE$中，
$\begin{cases}AG=AC,\\\angle GAB=\angle CAE,\\AB=AE.\end{cases}$
∴$\bigtriangleup GAB\cong\bigtriangleup CAE(SAS)$，
∴$\angle ABG=\angle AEC$，
延长$CE$交$BG$于点$O$，交$AB$于点$F$，
设$AB$与$CE$相交于点$F$，
∵$\angle AEC+\angle AFE=90^\circ$，$\angle AFE=\angle BFO$，
∴$\angle ABG+\angle BFO=90^\circ$，
∴$\angle BOC=90^\circ$，即$CE⊥BG$，
∴四边形$CGEB$是垂美四边形，
由
(2)得，$CG^2+BE^2=CB^2+GE^2$，
∵$AC=4$，$AB=5$，
∴$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=3$，$CG^2=AC^2+AG^2=32$，$BE^2=AB^2+AE^2=50$，
∴$GE^2=CG^2+BE^2-CB^2=73$，
∴$GE=\sqrt{73}$。