8. 如图，$AB // DC$，M和N分别是AD和BC的中点，连接CM，DN并延长，分别交直线AB于Q，P两点.若四边形ABCD的面积为$24 \ \mathrm{cm}^2$，则$S_{△ QPO} - S_{△ CDO} =$ $\mathrm{cm}^2$.

8. 24 解析:因为 $AB // CD$, 所以 $∠ Q = ∠ MCD, ∠ P = ∠ NDC$. 又 M,N 分别是 AD,BC 的中点, 所以 $AM=DM, BN=CN$. 又 $∠ AMQ = ∠ DMC, ∠ BNP = ∠ CND$, 所以 $△ AMQ ≌ △ DMC$(AAS), $△ BNP ≌ △ CND$(AAS). 所以 $S_{△ AMQ} = S_{△ DMC}, S_{△ BNP} = S_{△ CND}$. 所以 $S_{△ QPO} - S_{△ CDO} = S_{△ AMQ} + S_{五边形ABNOM} + S_{△ BNP} - S_{△ CDO} = S_{△ DMC} + S_{五边形ABNOM} + S_{△ CND} - S_{△ CDO} = S_{四边形ABCD}$. 又四边形 ABCD 的面积为 $24 \ \mathrm{cm}^2$, 所以 $S_{△ QPO} - S_{△ CDO} = 24 \ \mathrm{cm}^2$.

9. (2026·江苏苏州期末)如图,在$△ ABC$中,
$AC=BC=5,∠ ACB=90°$,延长$CB$到点$E$,
使得$BE=3$,连接$AE$,过点$A$作$AF ⊥ AE$,
且$AF=AE$,连接$BF$,$BF$与$AC$的延长线
交于点$D$,则$AD$的长为.

9. $\dfrac{13}{2}$ 解析:过点 F 作 $FG ⊥ AD$, 垂足 G 在 AD 的延长线上, 则 $∠ AGF = 90°$. 所以 $∠ AFG + ∠ FAG = 90°$. 因为 $AF ⊥ AE$, 所以 $∠ EAF = 90°$, 即 $∠ FAG + ∠ EAC = 90°$. 所以 $∠ AFG = ∠ EAC$. 又 $∠ ACB = 90°$, 所以 $∠ ECA = ∠ AGF, ∠ BCD = 180° - ∠ ACB = 90°$. 又 $AF = EA$, 所以 $△ AGF ≌ △ ECA$(AAS). 所以 $FG = AC, AG = EC$. 又 $AC = BC = 5, BE = 3$, 所以 $FG = BC, AG = EC = BC + BE = 8$. 又 $∠ BCD = ∠ FGD = 90°, ∠ BDC = ∠ FDG$, 所以 $△ BCD ≌ △ FGD$(AAS). 所以 $CD = GD$, 即 $CD = \dfrac{1}{2} CG$. 又 $CG = AG - AC$, 所以 $CG = 3$, 即 $CD = \dfrac{3}{2}$. 所以 $AD = AC + CD = \dfrac{13}{2}$.

10. 已知在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C，且BD=CD，E，F两点分别在AM和AN上.
（1）如图①，若∠BED = ∠CFD，求证：DE=DF；
（2）如图②，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF之间的数量关系，并说明理由.

10. （1）因为 $DB ⊥ AM, DC ⊥ AN$, 所以 $∠ DBE = ∠ DCF = 90°$. 又 $BD = CD, ∠ BED = ∠ CFD$, 所以 $△ BED ≌ △ CFD$(AAS). 所以 $DE = DF$.
（2）$EF = BE + CF$. 理由如下: 因为 $DB ⊥ AM, DC ⊥ AN$, 所以 $∠ DBE = ∠ DCF = 90°$. 又 $∠ BDC = 120°, ∠ EDF = 60°$, 所以 $∠ BDE + ∠ CDF = 60°$. 又 $BD = CD$, 所以将 $△ BDE$ 绕点 D 按逆时针方向旋转 $120°$ 得到 $△ CDG$, 即 $∠ CDG = ∠ BDE, DG = DE, ∠ DCG = ∠ DBE = 90°, CG = BE$. 所以 $∠ DCG + ∠ DCF = 180°$, 即点 G 在射线 AN 上. 又 $∠ GDF = ∠ CDG + ∠ CDF = ∠ BDE + ∠ CDF = 60°$, 所以 $∠ GDF = ∠ EDF$. 又 $DF = DF$, 所以 $△ EDF ≌ △ GDF$(SAS). 所以 $EF = GF$. 又 $GF = CG + CF$, 所以 $EF = BE + CF$.

11. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$P$,$Q$分别为边$AB$,$AC$上两个动点,在运动过程中始终保持$AP+AQ=AB$,连接$BQ$和$CP$,当$BQ+CP$的值最小时,$\frac{AP}{AQ}$的值为.

11. 1 解析:如图,过点 B 作 $BE // AC$, 且 $BE = AC$, 在 BA 上截取 $BH = AP$, 连接 CH, HE. 因为 $AB = AC, AP + AQ = AB, AB = AP + BP, AC = AQ + CQ$, 所以 $AQ = BP, CQ = AP = BH$. 因为 $AC // BE$, 所以 $∠ A = ∠ EBH$. 所以 $△ ACP ≌ △ BEH$(SAS). 所以 $CP = EH$. 因为 $AP = BH$, 所以 $AP + PH = BH + PH$, 即 $AH = BP$. 所以 $AH = AQ$. 又 $∠ A = ∠ A, AB = AC$, 所以 $△ ABQ ≌ △ ACH$(SAS). 所以 $CH = BQ$, 即 $BQ + CP = CH + HE$. 所以当 C,E,H 三点共线时, $BQ + CP$ 有最小值. 因为 $AC // BE$, 所以 $∠ A = ∠ EBA, ∠ ACH = ∠ BEH$. 又 $AC = BE$, 所以 $△ ACH ≌ △ BEH$(ASA). 所以 $AH = BH$, 即 H 是 AB 的中点. 所以 $AP = BH = \dfrac{1}{2} AB$, 即点 P 与点 H 重合. 所以 $AQ = BP = BH = AP$, 即 $\dfrac{AP}{AQ} = 1$.

12. (2026·江苏宿迁月考)已知在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=CB$，$D$为直线$BC$上一动点，连接$AD$，在直线$AC$右侧作$AE ⊥ AD$，且$AE=AD$。
(1) 如图①，当点$D$在线段$BC$上时，过点$E$作$EH ⊥ AC$于点$H$。求证：$EH=AC$；
(2) 如图②，当点$D$在线段$BC$的延长线上时，连接$BE$交$CA$的延长线于点$M$。求证：$S_{△ ABM}=S_{△ AME}$；
(3) 当点$D$在直线$BC$上时，连接$BE$交直线$AC$于点$M$。若$AC=3CM$，则$\dfrac{S_{△ ADB}}{S_{△ AEM}}=$。

12. (1) 因为 $AE ⊥ AD, EH ⊥ AC, ∠ ACB = 90°$, 所以 $∠ EHA = ∠ EAD = ∠ ACB = 90°$, 即 $∠ DAC + ∠ ADC = 90°, ∠ DAC + ∠ EAH = 90°$. 所以 $∠ ADC = ∠ EAH$. 又 $AD = EA$, 所以 $△ ADC ≌ △ EAH$(AAS). 所以 $EH = AC$.
(2) 如图①, 过点 E 作 $EN ⊥ AM$, 交 AM 的延长线于点 N. 因为 $AE ⊥ AD, EN ⊥ AM$, 所以 $∠ EAD = ∠ ANE = 90°$. 又 $∠ ACB = 90°$, 所以 $∠ ACD = 180° - ∠ ACB = 90°$, 即 $∠ ACD = ∠ ENA, ∠ DAC + ∠ ADC = 90°$. 因为 $∠ DAC + ∠ EAN = 180° - ∠ EAD = 90°$, 所以 $∠ ADC = ∠ EAN$. 又 $AE = DA$, 所以 $△ ADC ≌ △ EAN$(AAS). 所以 $EN = AC$. 因为 $AC = BC$, 所以 $EN = BC$. 因为 $S_{△ ABM} = \dfrac{1}{2} AM · BC, S_{△ AME} = \dfrac{1}{2} AM · EN$, 所以 $S_{△ ABM} = S_{△ AME}$.
(3) $1或\dfrac{1}{2}$ 解析:分类讨论如下:① 当点 D 在线段 BC 上时, 如图②, 过点 E 作 $EH ⊥ AC$ 于点 H. 设 $CM = a$. 因为 $AC = 3CM$, 所以 $AC = 3a$. 由(1), 得 $△ ADC ≌ △ EAH$, 所以 $AH = DC, EH = AC = 3a$. 因为 $BC = AC = 3a$, 所以 $BC = EH = 3a$. 因为 $EH ⊥ AC$, 所以 $∠ EHM = 90°$, 即 $∠ EHM = ∠ BCM$. 又 $∠ BMC = ∠ EMH$, 所以 $△ BCM ≌ △ EHM$(AAS). 所以 $HM = CM = a$, 即 $AH = AC - CM - HM = a$. 所以 $AM = AH + HM = 2a$. 因为 $CD = AH$, 所以 $BD = BC - CD = BC - AH = 2a$. 所以 $\dfrac{S_{△ ADB}}{S_{△ AEM}} = \dfrac{\dfrac{1}{2} BD · AC}{\dfrac{1}{2} AM · EH} = \dfrac{\dfrac{1}{2} × 2a × 3a}{\dfrac{1}{2} × 2a × 3a} = 1$; ② 当点 D 在线段 BC 的延长线上时, 如图③, 易得 $AC ＜ CM$, 所以 $AC = 3CM$ 不可能. 所以此种情况不存在; ③ 当点 D 在 CB 的延长线上时, 如图④, 过点 E 作 $EN ⊥ AM$, 交 AM 的延长线于点 N. 设 $CM = b$. 因为 $AC = 3CM$, 所以 $AC = 3b$. 因为 $AE ⊥ AD, EN ⊥ AM$, 所以 $∠ EAD = ∠ ENA = ∠ ACB = 90°$. 所以 $∠ DAC + ∠ ADC = 90°, ∠ DAC + ∠ EAN = 90°$. 所以 $∠ ADC = ∠ EAN$. 又 $AD = EA$, 所以 $△ ADC ≌ △ EAN$(AAS). 所以 $EN = AC, AN = DC$. 因为 $AC = BC$, 所以 $EN = BC$. 因为 $∠ ACB = 90°$, 所以 $∠ BCM = 180° - ∠ ACB = 90°$. 所以 $∠ BCM = ∠ ENM$. 又 $∠ BMC = ∠ EMN$, 所以 $△ BCM ≌ △ ENM$(AAS). 所以 $NM = CM = b, BC = EN = AC = 3b$, 即 $AN = AC + CM + NM = 5b, AM = AC + CM = 4b$. 又 $BD = DC - BC = AN - BC = 2b$, 所以 $\dfrac{S_{△ ADB}}{S_{△ AEM}} = \dfrac{\dfrac{1}{2} BD · AC}{\dfrac{1}{2} AM · EN} = \dfrac{\dfrac{1}{2} × 2b × 3b}{\dfrac{1}{2} × 4b × 3b} = \dfrac{1}{2}$. 综上, $\dfrac{S_{△ ADB}}{S_{△ AEM}} = 1 或 \dfrac{1}{2}$.