《2025年探究学案课时卷八年级数学下册人教版》

10. 如图，已知线段AB = 4，点O是AB的中点，直线l经过点O，∠1 = 60°，点P是直线l上一点，当△APB为直角三角形时，则BP的长为____________________.

答案： 2或$2\sqrt{3}$或$2\sqrt{7}$

11. 如图，在△ABC中，∠ACB = 90°，AD平分∠CAB交BC于点D，AC = 6，BC = 8，求S△ABD.

答案： 解:过点$D$作$DE\perp AB$于点$E$,$AC = AE = 6$,$BE = 4$. 设$CD = DE = x$,$\therefore x^{2}+4^{2}=(8 - x)^{2}$,$x = 3$,$\therefore CD = DE = 3$,$\therefore S_{\triangle ABD}=15$.

12. 教材变式 如图，在△ABC中，∠ACB = 90°，CM⊥AB于点M.
(1)若AC = 6，BC = 8，则CM的长是________;
(2)若AM = 2，BM = 8，求CM的长.

答案： 解:
(1)$AB = 10$,$CM=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{24}{5}$;
(2)设$CM = x$,$AC^{2}=AM^{2}+CM^{2}=x^{2}+4$,
$BC^{2}=BM^{2}+CM^{2}=x^{2}+64$,$\because AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$,$\therefore x^{2}+4+x^{2}+64 = 10^{2}$,$x = 4$,$\therefore CM = 4$.

13. 如图，点D为等腰Rt△ABC的斜边AB上一点，点E在BC上，且DC = DE，求$\frac{AD}{CE}$的值.

答案： 解:过点$D$分别作$DF\perp BC$于点$F$,$DG\perp AC$于点$G$,$\therefore AD=\sqrt{2}DG=\sqrt{2}CF$,$CE = 2CF$,$\therefore \frac{AD}{CE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

14. 教材变式 如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC = 90°，点D为线段BC上一点，连接AD.
(1)求证:BD² + CD² = 2AD²;
(2)如图2，点D在线段BC的延长线上，(1)中的结论是否仍成立？请说明理由.

答案： 解:
(1)方法1:过点$A$作$AE\perp AD$且$AE = AD$,
连接$ED$,$EC$,则$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2}$,
证$\triangle ABD\cong\triangle ACE$,$\therefore \angle ACE = \angle B = 45^{\circ}$,$BD = CE$,
$\therefore \angle DCE = \angle ACD+\angle ACE = 45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$,
在$Rt\triangle DCE$中,$CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$,
即$CD^{2}+BD^{2}=2AD^{2}$;
方法2:过点$A$作$AM\perp BC$于点$M$,则$AM = BM = MC$,
在$Rt\triangle AMD$中,$AD^{2}=AM^{2}+MD^{2}$,
$\because BD^{2}+CD^{2}=(BM + MD)^{2}+(CM - MD)^{2}=(AM + MD)^{2}+(AM - MD)^{2}=2AM^{2}+2MD^{2}$,
$\therefore BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$;
(2)成立. 同
(1)可证得$BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$.