《2025年玩转母题八年级数学全一册人教版》

2. (1) 如图 1，在四边形 $ABCD$ 中，$BD$ 平分 $\angle ABC$，$AD = CD$，$BC＞BA$. 求证：四边形 $ABCD$ 是等补四边形；
(2) 将斜边相等的两块三角板按如图 2 放置，其中含 $45^{\circ}$ 角的三角板 $ABC$ 的斜边与含 $30^{\circ}$ 角的三角板 $ADC$ 的斜边重合，$B$、$D$ 位于 $AC$ 的两侧，其中 $\angle ACD = 30^{\circ}$，若 $AB = BC = 4$，连接 $BD$，则 $BD$ 的长为2√3+2.

答案：
2.[思路精析]
(1)在BC上截取BG=BA，连接DG,证明△GBD≌△ABD,得GD=AD,∠BGD=∠A,而AD=CD,所以GD=CD,所以∠DGC=∠C,则∠A+∠C=∠BGD+∠DGC=180°，即可证明四边形ABCD是等补四边形;
(2)作AH⊥BD于点H,则∠AHD=∠AHB=90°，先证明四边形ABCD是等补四边形，由
(1)得∠ADB=1/2∠ADC=45°,则∠HDA=∠HAD=45°,DH=AH,再证明∠ABH=30°,由AB=4,得DH=AH=1/2AB=2,根据勾股定理求出BH的长，即可求得BD的长.
[超详解答]
(1)证明:如图1,在BC上截取BG=BA,连接DG，
　　　　　　
∵BD平分∠ABC，
∴∠GBD=∠ABD.
∵BD=BD,BG=BA,
∴△GBD≌△ABD(SAS).
∴GD=AD,∠BGD=∠A.
∵AD=CD,
∴GD=CD.
∴∠DGC=∠C.
∴∠A+∠C=∠BGD+∠DGC=180°.
∴四边形ABCD是等补四边形.
(2)解:如图2,作AH⊥BD于点H,则∠AHD=∠AHB=90°,
　　　　　　　　
∵AB=BC=4,∠ABC=∠ADC=90°,
∴∠ABC+∠ADC=180°.
∴四边形ABCD是等补四边形.
　由
(1),得DB平分∠ADC，
∴∠ADB=1/2∠ADC=45°.
∴∠HDA=∠HAD=45°.
∴DH=AH.
∵∠ACD=30°,
∴∠CAD=60°.
∵∠BAC=∠BCA=45°,
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=105°.
∴∠ABH=180°−∠BAD−∠ADB=180°−105°−45°=30°.
∴DH=AH=1/2AB=2.
∴BH=√(AB²−AH²)=√(4²−2²)=2√3
∴BD=BH+DH=2√3+2.
　故答案为:2√3+2.

3. 新定义：对角互补的四边形称为对补四边形. 在等边三角形 $ABC$ 中，$AB = 10\mathrm{cm}$，完成以下问题：
(1) 如图 1，若动点 $P$ 从点 $A$ 沿着 $AB$ 运动，速度为 $1\mathrm{cm/s}$，动点 $Q$ 从点 $C$ 沿着 $CA$ 运动，速度为 $2\mathrm{cm/s}$，两个动点同时出发，当点 $Q$ 运动到点 $A$ 时所有运动停止. 当四边形 $BPQC$ 为对补四边形时，求此时的运动时间；
(2) 如图 2，若动点 $P$ 从点 $A$ 沿着 $AB$ 运动，速度为 $1\mathrm{cm/s}$，动点 $Q$ 从点 $A$ 沿着 $AC$ 运动，速度为 $1.5\mathrm{cm/s}$，两个动点同时出发，当点 $Q$ 运动到点 $C$ 时所有运动停止. 连接 $PC$、$BQ$，$PC$ 交 $BQ$ 于点 $D$，当四边形 $APDQ$ 为对补四边形时，求此时的运动时间.

答案： 3.[思路精析]
(1)设运动时间为ts.根据AP=AQ，构建方程，可得结论;
(2)设运动时间为xs.由全等三角形的性质证明AP=CQ，再由此构建方程求解即可.
[超详解答]解:
(1)设运动时间为ts.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°,AB=AC=10cm.
∵四边形BPQC是对补四边形，
∴∠CQP=∠BPQ=120°.
∴∠APQ=∠AQP=60°.
∴AP=AQ.
∴t=10−2t,解得t=10/3.
∴当四边形BPQC为对补四边形时，此时的运动时间为10/3s.
(2)设运动时间为xs，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ACB=60°,AC=CB.
∵四边形APDQ是对补四边形，
∴∠PDQ=∠BDC=120°.
∴∠CBD+∠BCD=60°.
∵∠BCD+∠ACP=60°,
∴∠ACP=∠CBQ.
　又AC=CB,∠A=∠BCQ,
∴△ACP≌△CBQ(ASA).
∴AP=CQ.
∴x=10−1.5x,解得x=4.
∴当四边形APDQ为对补四边形时，此时的运动时间为4s.