《2025年53精准练八年级数学下册北师大版山西专版》

9.如图，在△ABC中，∠C = 90°，点D在AB上，满足BC = BD，过点D作DE⊥AB交AC于点E.若△ABC的周长为36，△ADE的周长为12，则BC = ________.

答案： 12
详解：连接BE，如图.
$\because DE\perp AB,\therefore\angle EDB = 90^{\circ}$,
在Rt△BCE与Rt△BDE中，
$\begin{cases}BE = BE,\\BC = BD,\end{cases}$
$\therefore Rt\triangle BCE\cong Rt\triangle BDE(HL)$,
$\therefore CE = DE$,
设$BC = BD = x$,
$\because\triangle ABC$的周长为36，△ADE的周长为12，
$\therefore BC + BD + CE + AD + AE = BC + BD + DE + AD + AE = x + x + 12 = 36$,
解得$x = 12$，即$BC = 12$.

10.[2024晋中期末]如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AC = 4，BC = 5.将△ABC绕点A逆时针旋转α(0° ＜ α ＜ 90°)得到△ADE，延长BC交ED于点F.若∠EAB = 90°，则线段EF的长为____________.

答案： $\sqrt{41}-5$
详解：如图，连接AF.
$\because\angle ACB = 90^{\circ},AC = 4,BC = 5$,
$\therefore AB=\sqrt{4^{2}+5^{2}}=\sqrt{41}$,
由旋转的性质得$AE = AC$,
$\angle E=\angle ACB = 90^{\circ}$,
在Rt△AFE和Rt△AFC中，
$\because AF = AF,AE = AC$,
$\therefore Rt\triangle AFE\cong Rt\triangle AFC(HL)$,
$\therefore EF = FC,\angle EFA=\angle CFA$,
$\because\angle EAB = 90^{\circ},\therefore DE// AB$,
$\therefore\angle EFA=\angle FAB,\therefore\angle BFA=\angle FAB$,
$\therefore BF = AB=\sqrt{41}$,
$\therefore EF = FC = BF - BC=\sqrt{41}-5$.

11.[2024晋中三模]如图，已知锐角三角形ABC，AD为BC边上的高.
(1)尺规作图：作∠ABC的平分线交AD于点E，交AC于点F；
(2)在(1)的条件下，若BE = AC，∠ABC = 45°，求证：BF⊥AC.

答案： 解：
(1)如图，射线BF即为所求.
(2)证明：$\because\angle ABC = 45^{\circ},AD为BC边上的高$，$\therefore\angle BAD=\angle ABC = 45^{\circ}$,
$\angle ADB=\angle ADC = 90^{\circ}$,
$\therefore BD = AD$,
$\because BE = AC$,
$\therefore Rt\triangle BED\cong Rt\triangle ACD(HL)$,
$\therefore\angle DBE=\angle DAC$,
$\because\angle BED=\angle AEF$,
$\therefore\angle AEF+\angle DAC=\angle BED+\angle DBE = 90^{\circ}$,即$BF\perp AC$.

12.[推理能力·2024太原期中]综合与探究
问题情境：数学课上，同学们以直角三角形纸片为背景进行探究性活动.如图1，在△ABC中，∠ACB = 90°，∠A = 30°，将△ABC绕点C逆时针旋转，使线段AB的对应线段A'B'恰好经过点B，得到图2，线段A'C与AB相交于点D.
初步分析：(1)判断△CBB'的形状，并说明理由；
深入探究：(2)乐学组的同学将图2中的△BDC沿射线BA的方向移动得到△EFG(点E，F，G分别是点B，D，C的对应点)，线段EG，FG分别与边AC相交于点M，N，如图3，当点M恰好是线段EG的中点时，他们发现MN = FN，请证明这个结论.

答案： 解：
(1)△CBB'是等边三角形，理由如下：
$\because\angle ACB = 90^{\circ},\angle A = 30^{\circ}$,
$\therefore\angle ABC = 60^{\circ}$,
由旋转得$BC = B'C$,
$\angle B'=\angle ABC = 60^{\circ}$,
$\therefore\triangle CBB'$是等边三角形.
(2)证明：如图，连接EN,
$\because\triangle CBB'$是等边三角形，
$\therefore\angle BCB' = 60^{\circ}$,
由旋转得$\angle A'CB'=\angle ACB = 90^{\circ}$,
$\therefore\angle BCD=\angle A'CB'-\angle BCB' = 90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$,
$\therefore\angle BDC = 180^{\circ}-\angle BCD-\angle CBD = 90^{\circ}$,
由平移得$\angle G=\angle BCD = 30^{\circ}$,
$\angle EFG=\angle BDC = 90^{\circ},EG// BC$,
$\therefore EF=\frac{1}{2}EG,\angle EMN=\angle ACB = 90^{\circ}$,
$\because$点M恰好是线段EG的中点，
$\therefore EM=\frac{1}{2}EG,\therefore EF = EM$,
在Rt△EFN和Rt△EMN中，
$\begin{cases}EN = EN,\\EF = EM,\end{cases}$
$\therefore Rt\triangle EFN\cong Rt\triangle EMN(HL)$
$\therefore MN = FN$.