《2025年探究学案课时卷八年级数学下册人教版》

11. 教材变式　李老师在一次“探究性学习”中，设计了如下数表：
（1）请你分别探究$a,b,c$与$n$之间的关系，并用含$n(n ＞ 1)$的式子表示：
$a =$________，$b =$________，$c =$________；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2）猜想以$a,b,c$为边的三角形是否为直角三角形？请证明你的结论.

答案：
(1)$n^{2}-1$ 2n $n^{2}+1$
(2)是直角三角形;证明:
∵$a^{2}+b^{2}=(n^{2}-1)^{2}+(2n)^{2}=n^{4}+2n^{2}+1$,
$c^{2}=(n^{2}+1)^{2}=n^{4}+2n^{2}+1$,
∴$a^{2}+b^{2}=c^{2}$,
∴以a,b,c为边的三角形是直角三角形.

12. 如图，在钝角$\triangle ABC$中，$\angle A$为钝角，边$AB,AC$的垂直平分线分别交$BC$于点$D,E$，且$BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$.
（1）求$\angle BAC$的度数；
（2）若$AB = 6,AC = 4$，求$S_{\triangle ABC}$的值.
　　　　　　

答案： 解:
(1)连接DA,EA,
∵边AB,AC的垂直平分线分别交BC于点D,E,
∴DA = DB,EA = EC,
∴∠DAB = ∠B,∠EAC = ∠C,
∵$BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$,
∴$AD^{2}+AE^{2}=DE^{2}$,
∴∠DAE = 90°,
∴2∠B + 2∠C + 90° = 180°,
∴∠B + ∠C = 45°,
∴∠BAC = 135°;
(2)过点C作CF⊥AB于点F,
∵∠BAC = 135°,
∴∠FAC = 45°,$CF=\frac{\sqrt{2}}{2}AC = 2\sqrt{2}$,
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CF = 6\sqrt{2}$.

13. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = 4,AC = 6,BC$边上的中线$AD=\sqrt{13}$，求$BC$的长.
　　　　

答案： 解:延长AD至点E,使DE = AD,连接CE.
易证△ABD≌△ECD,$AE^{2}=CE^{2}+AC^{2}$,
∴∠ACE = 90°,
∴∠CAB = 90°,
∴$BC = 2\sqrt{13}$.

14. 如图，$AD = AE,AB = AC,\angle DAE=\angle BAC = 90^{\circ}$.
（1）求证$CE = BD$；
（2）若$AC = 2,CE = 4,DC = 2\sqrt{2}$，求$\angle ACD$的度数；
（3）在（2）的条件下，求$DE$的长.
　　　　　　　　

答案： 解:
(1)证△ACE≌△ABD;
(2)连接BC,△ABC为等腰直角三角形,
$BC=\sqrt{2}AC = 2\sqrt{2}$,
$BC^{2}+CD^{2}=(2\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}=16 = BD^{2}$,
∴∠DCB = 90°,
∴∠ACD = 90° + 45° = 135°;
(3)方法1:过点A作AG⊥DC的延长线于点G,
∠GCA = 45°,$AG = GC=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=\sqrt{2}$,
$DG = DC + CG = 3\sqrt{2}$,在Rt△ADG中,
$AD=\sqrt{DG^{2}+AG^{2}}=\sqrt{(3\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=2\sqrt{5}$,
∴$DE=\sqrt{2}AD = 2\sqrt{10}$.
方法2:由
(2)得∠ABC = ∠CBD = 45°,
$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}=2\sqrt{5}$,$DE=\sqrt{2}AD = 2\sqrt{10}$.