《2025年学霸题中题八年级数学上册浙教版》

14 (枣庄自主招生)如图,在菱形 $ABCD$ 中,$\angle ABC = 60^{\circ}$,$P$ 是射线 $BD$ 上一动点,以 $AP$ 为边向右侧作等边三角形 $APE$。
(1)如图①,当点 $P$ 在线段 $BD$ 上时,连接 $CE$,$BP$ 与 $CE$ 的数量关系是BP = CE；$CE$ 与 $AD$ 的位置关系是CE⊥AD。
(2)如图②,当点 $P$ 在线段 $BD$ 的延长线上时,(1)中的结论是否还成立？若成立,请予以证明；若不成立,请说明理由。(请结合图②的情况予以证明或说理)
(3)如图③,在(2)的条件下,连接 $BE$,若 $AB = 2$,$BE = \sqrt{31}$,求四边形 $ADPE$ 的面积。

(2)当点P在线段BD延长线上时,(1)中的结论还成立,理由:如图②,连接AC交BD于点O,设CE交AD于点H.∵四边形ABCD是菱形,∠ABC = 60°,∴△ABC,△ACD都是等边三角形,∠ABD = ∠CBD = 30°,∴AB = AC,∠BAC = 60°.∵△APE是等边三角形,∴AP = AE,∠PAE = 60°.∵∠BAP = ∠CAE,在△BAP和△CAE中,$\begin{cases}AB = AC\\∠BAP = ∠CAE\\AP = AE\end{cases}$,∴△BAP≌△CAE (SAS),∴BP = CE,∠ABP = ∠ACE = 30°.∵∠CAH = 60°,∴∠CAH + ∠ACH = 90°,∴∠AHC = 90°,即CE⊥AD.
(3)如图③,连接AC交BD于点O,连接CE,作EH⊥AP于点H.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD,BD平分∠ABC,∴∠ABO = 30°,∴AO = 1,BO = DO = $\sqrt{3}$,∴BD = 2$\sqrt{3}$.由(2)知CE⊥AD,∵AD//BC,∴CE⊥BC.∵BE = $\sqrt{31}$,BC = AB = 2,∴CE = $\sqrt{BE^{2}-BC^{2}}=\sqrt{31 - 4}=3\sqrt{3}$.由(2)知BP = CE = 3$\sqrt{3}$,∴DP = BP - BD = 3$\sqrt{3}-2\sqrt{3}=\sqrt{3}$,∴OP = 2$\sqrt{3}$,∴AP = $\sqrt{OA^{2}+OP^{2}}=\sqrt{1 + 12}=\sqrt{13}$.∵△APE是等边三角形,∴AH = $\frac{1}{2}$AP = $\frac{\sqrt{13}}{2}$,AE = AP = EP = $\sqrt{13}$,∴EH = $\sqrt{AE^{2}-AH^{2}}=\frac{\sqrt{39}}{2}$.∵$S_{四边形ADPE}=S_{\triangle ADP}+S_{\triangle APE}$,∴$S_{四边形ADPE}=\frac{1}{2}$DP·AO + $\frac{1}{2}$AP·EH = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×1 + $\frac{1}{2}$×$\sqrt{13}$×$\frac{\sqrt{39}}{2}=\frac{15\sqrt{3}}{4}$,∴四边形ADPE的面积是$\frac{15\sqrt{3}}{4}$.

答案：
(1)BP = CE　CE⊥AD　解析:如图①,连接AC.
∵四边形ABCD是菱形,∠ABC = 60°,
∴△ABC,△ACD都是等边三角形,AB = AC,∠BAC = 60°,
∴∠ABD = ∠CBD = 30°.
∵△APE是等边三角形，
∴AP = AE,∠PAE = 60°,
∴∠BAC = ∠PAE,
∴∠BAP = ∠CAE.在△BAP和△CAE中,$\begin{cases}AB = AC\\∠BAP = ∠CAE\\AP = AE\end{cases}$,
∴△BAP≌△CAE(SAS),
∴BP = CE,∠ABP = ∠ACE = 30°,延长CE交AD于点H.
∵∠CAH = 60°,
∴∠CAH + ∠ACH = 90°,
∴∠AHC = 90°,即CE⊥AD.
(2)当点P在线段BD延长线上时,
(1)中的结论还成立,理由:如图②,连接AC交BD于点O,设CE交AD于点H.
∵四边形ABCD是菱形,∠ABC = 60°,
∴△ABC,△ACD都是等边三角形,∠ABD = ∠CBD = 30°,
∴AB = AC,∠BAC = 60°.
∵△APE是等边三角形,
∴AP = AE,∠PAE = 60°.
∵∠BAP = ∠CAE,在△BAP和△CAE中,$\begin{cases}AB = AC\\∠BAP = ∠CAE\\AP = AE\end{cases}$,
∴△BAP≌△CAE (SAS),
∴BP = CE,∠ABP = ∠ACE = 30°.
∵∠CAH = 60°,
∴∠CAH + ∠ACH = 90°,
∴∠AHC = 90°,即CE⊥AD.
(3)如图③,连接AC交BD于点O,连接CE,作EH⊥AP于点H.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,BD平分∠ABC,
∴∠ABO = 30°,
∴AO = 1,BO = DO = $\sqrt{3}$,
∴BD = 2$\sqrt{3}$.由
(2)知CE⊥AD,
∵AD//BC,
∴CE⊥BC.
∵BE = $\sqrt{31}$,BC = AB = 2,
∴CE = $\sqrt{BE^{2}-BC^{2}}=\sqrt{31 - 4}=3\sqrt{3}$.由
(2)知BP = CE = 3$\sqrt{3}$,
∴DP = BP - BD = 3$\sqrt{3}-2\sqrt{3}=\sqrt{3}$,
∴OP = 2$\sqrt{3}$,
∴AP = $\sqrt{OA^{2}+OP^{2}}=\sqrt{1 + 12}=\sqrt{13}$.
∵△APE是等边三角形,
∴AH = $\frac{1}{2}$AP = $\frac{\sqrt{13}}{2}$,AE = AP = EP = $\sqrt{13}$,
∴EH = $\sqrt{AE^{2}-AH^{2}}=\frac{\sqrt{39}}{2}$.
∵$S_{四边形ADPE}=S_{\triangle ADP}+S_{\triangle APE}$,
∴$S_{四边形ADPE}=\frac{1}{2}$DP·AO + $\frac{1}{2}$AP·EH = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×1 + $\frac{1}{2}$×$\sqrt{13}$×$\frac{\sqrt{39}}{2}=\frac{15\sqrt{3}}{4}$,
∴四边形ADPE的面积是$\frac{15\sqrt{3}}{4}$.

15 (济宁中考)如图,在菱形 $ABCD$ 中,$AB = AC$,点 $E$,$F$,$G$ 分别在边 $BC$,$CD$ 上,$BE = CG$,$AF$ 平分 $\angle EAG$,$H$ 是线段 $AF$ 上一动点(与点 $A$ 不重合)。
(1)求证：$\triangle AEH \cong \triangle AGH$。
(2)当 $AB = 12$,$BE = 4$ 时：
①求 $\triangle DGH$ 周长的最小值；
②若 $O$ 是 $AC$ 的中点,是否存在直线 $OH$ 将 $\triangle ACE$ 分成三角形和四边形两部分,其中三角形的面积与四边形的面积比为 $1:3$？若存在,请求出 $\frac{AH}{AF}$ 的值；若不存在,请说明理由。

答案：
(1)
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB = BC.
∵AB = AC,
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B = ∠ACB = ∠ACD = 60°.
∵BE = CG,AB = AC,
∴△ABE≌△ACG,
∴AE = AG.
∵AF平分∠EAG,
∴∠EAH = ∠GAH.
∵AH = AH,
∴△AEH≌△AGH.
(2)①如图①,连接ED,与AF交于点H，连接HG.
∵点H在AF上,AF平分∠EAG,且AE = AG,
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小,过点D作DM⊥BC,交BC的延长线于点M,由
(1)得∠BCD = ∠ACB + ∠ACD = 120°,
∴∠DCM = 60°,∠CDM = 30°,
∴CM = $\frac{1}{2}$CD = 6,
∴DM = $\sqrt{CD^{2}-CM^{2}} = 6\sqrt{3}$.
∵AB = 12 = BC,BE = 4,
∴EC = DG = 8,EM = EC + CM = 14,
∴DE = $\sqrt{DM^{2}+EM^{2}} = 4\sqrt{19}=DH + EH = DH + HG,∴DH + HG + DG = 4\sqrt{19}+8$,
∴△DGH周长的最小值为4$\sqrt{19}$+8.
②存在.当OH与AE相交时,如图②,AE与直线OH交于点N,可知$S_{\triangle AON}:S_{四边形ONEC}=1:3$,即$S_{\triangle AON}:S_{\triangle AEC}=1:4$.
∵O是AC的中点,
∴N为AE的中点,此时ON//EC,
∴$\frac{AN}{AE}=\frac{AO}{AC}=\frac{AH}{AF}=\frac{1}{2}$.当OH与EC相交时,如图③,EC与OH交于点N,同理$S_{\triangle NOC}:S_{四边形ONEA}=1:3$,
∴$S_{\triangle NOC}:S_{\triangle AEC}=1:4$.
∵O为AC的中点,
∴N为EC的中点,
∴ON//AE,
∴$\frac{AH}{AF}=\frac{EN}{EF}$.
∵BE = 4,BC = 12,
∴EC = 8,EN = 4.过点G作GP⊥BC,交BC的延长线于点P.
∵∠BCD = 120°,
∴∠GCP = 60°,∠CGP = 30°,
∴CG = 2CP.
∵CG = BE = 4,
∴CP = 2,GP = 2$\sqrt{3}$.
∵AE = AG,AF = AF,∠EAF = ∠GAF,
∴△AEF≌△AGF,
∴EF = FG.设EF = FG = x,则FC = 8 - x,FP = 10 - x.在Rt△FGP中,(10 - x)²+(2$\sqrt{3}$)² = x²,解得x = $\frac{28}{5}$,
∴EF = $\frac{28}{5}$,
∴$\frac{AH}{AF}=\frac{EN}{EF}=\frac{4}{\frac{28}{5}}=\frac{5}{7}$.综上，存在直线OH,$\frac{AH}{AF}$的值为$\frac{1}{2}$或$\frac{5}{7}$.