《2025年诚成教育学业评价八年级数学下册人教版》

26. 新理念 探究性试题(10分)如图，△ABC中，∠ACB = 90°，AB = 10 cm，BC = 6 cm，若点P从点A出发，以每秒4 cm的速度沿折线A - C - B - A运动，设运动时间为t秒(t＞0).
(1)若点P在AC上，且PA = PB，求出此时t的值；
(2)若点P恰好在∠BAC的平分线上，求t的值.

答案：
解：
(1)如图①，连接$BP$.
在$Rt\triangle ABC$中，$AB = 10\ cm$，$BC = 6\ cm$
$\therefore AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8\ cm$
$\therefore PC = 8 - PA$.
由勾股定理，得$PB^{2}=PC^{2}+BC^{2}$
当$PA = PB$时，$PA^{2}=(8 - PA)^{2}+6^{2}$
解得$PA=\frac{25}{4}\ cm$
$\therefore t=\frac{25}{4}\div4=\frac{25}{16}$
(2)如图②，当点$P$在$\angle BAC$的平分线与$BC$的交点处时，连接$AP$，作$PG\perp AB$于点$G$.
$\because$点$P$在$\angle BAC$的平分线上，$\angle C = 90^{\circ}$
$\therefore CP = GP$
$\therefore\triangle ACP\cong\triangle AGP(HL)$
$\therefore AG = AC = 8\ cm$
$\therefore BG = 10 - 8 = 2\ cm$
设$CP = x\ cm$，则$BP=(6 - x)\ cm$，$PG = x\ cm$
$\because$在$Rt\triangle BPG$中，$BG^{2}+PG^{2}=BP^{2}$
$\therefore 2^{2}+x^{2}=(6 - x)^{2}$
解得$x=\frac{8}{3}$
$\therefore AC + CP=8+\frac{8}{3}=\frac{32}{3}\ cm$
$\therefore t=\frac{32}{3}\div4=\frac{8}{3}$
当点$P$沿折线$A - C - B - A$运动到点$A$时，点$P$也在$\angle BAC$的平分线上，此时$t=(10 + 8 + 6)\div4 = 6$
综上所述，$t$的值为$\frac{8}{3}$或$6$. 

27. (10分)已知△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ = 90°，探究并解决下列问题：
(1)如图①，若点P在线段AB上，且AC = $\sqrt{2}$.
①若P为AB的中点，则线段PB = ______；
②猜想：连接BQ，则BQ与AB的位置关系为______；
PA²，PB²，PQ²三者之间的数量关系为______；
(2)如图②，若点P在AB的延长线上，则(1)中所猜想的结论是否仍然成立？请你利用图②给出证明过程.

答案： 解：
(1)①1.
②$BQ\perp AB$，$PA^{2}+PB^{2}=PQ^{2}$
(2)结论仍然成立.
证明：连接$BQ$.
$\because\triangle ABC$和$\triangle PCQ$均为等腰直角三角形，
$\therefore AC = BC$，$PC = CQ$，$\angle ACB=\angle PCQ = 90^{\circ}$
$\therefore\angle ACP=\angle BCQ$
$\therefore\triangle APC\cong\triangle BQC(SAS)$
$\therefore BQ = AP$，$\angle CBQ=\angle CAB = 45^{\circ}$
$\therefore\angle ABQ=\angle ABC+\angle CBQ = 90^{\circ}$
$\therefore AB\perp BQ$
$\therefore\triangle PBQ$为直角三角形.
$\therefore PB^{2}+BQ^{2}=PQ^{2}$
$\therefore PA^{2}+PB^{2}=PQ^{2}$