《2025年全优课堂八年级数学下册》

1. 以下是甲、乙两人证明$\sqrt{15}+\sqrt{8}\neq\sqrt{15 + 8}$的过程：
甲：因为$\sqrt{15}＞\sqrt{9}=3$，$\sqrt{8}＞\sqrt{4}=2$，所以$\sqrt{15}+\sqrt{8}＞3 + 2 = 5$且$\sqrt{15 + 8}=\sqrt{23}＜\sqrt{25}=5$，所以$\sqrt{15}+\sqrt{8}＞5＞\sqrt{15 + 8}$，故$\sqrt{15}+\sqrt{8}\neq\sqrt{15 + 8}$；
乙：作一个直角三角形，两直角边长分别为$\sqrt{15}$，$\sqrt{8}$，利用勾股定理$(\sqrt{15})^2+(\sqrt{8})^2=15 + 8$，得斜边长为$\sqrt{15 + 8}$，因为$\sqrt{15 + 8}$，$\sqrt{15}$，$\sqrt{8}$为此三角形的三边长，所以$\sqrt{15}+\sqrt{8}＞\sqrt{15 + 8}$，故$\sqrt{15}+\sqrt{8}\neq\sqrt{15 + 8}$。
判断两人的证法可得（ ）
A. 两人都正确
B. 两人都错误
C. 甲正确，乙错误
D. 甲错误，乙正确

答案： A 提示:甲的证明中说明$\sqrt{15}+\sqrt{8}$的值大于 5,并且证明$\sqrt{15 + 8}$小于5,一个大于5的值与一个小于5的值一定是不能相等的;乙的证明中利用了勾股定理,结合三角形的两边之和大于第三边得证.

2. 如图，四边形$ABCD$为矩形，过点$D$作对角线$BD$的垂线，交$BC$的延长线于点$E$，取$BE$的中点$F$，连接$DF$，$DF = 4$。设$AB = x$，$AD = y$，则$x^2+(y - 4)^2$的值为（ ）


A. 4
B. $4\sqrt{2}$
C. 16
D. $16\sqrt{2}$

答案： C 提示:
∵ 四边形 ABCD 是矩形,$AB = x,AD = y,\therefore CD = AB = x,BC = AD = y,\angle BCD = 90^{\circ}$.又$\because BD\perp DE$,点 F 是 BE 的中点,$DF = 4,\therefore BF = DF = EF = 4.\therefore CF = BF - BC = 4 - y$.
∴ 在$Rt\triangle DCF$中,$DC^{2}+CF^{2}=DF^{2}$,即$x^{2}+(4 - y)^{2}=4^{2}=16,\therefore x^{2}+(y - 4)^{2}=16$.

3. 如图，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 6$，$BC = 8$，$AD = CD = 7$，若点$P$到$AC$的距离为$5$，则点$P$在四边形$ABCD$四条边上的个数为（ ）


A. 0
B. 2
C. 3
D. 4

答案：
A 提示:如图,过点 D 作$DE\perp AC$,垂足为点 E,过点 B 作$BF\perp AC$,垂足为点 F. 在$Rt\triangle ABC$中,$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}} = 10,\because AD = CD = 7,\therefore AE = CE=\frac{1}{2}AC = 5$.在$Rt\triangle ADE$中,$DE=\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}=\sqrt{7^{2}-5^{2}}=2\sqrt{6}＜5,\therefore AD$和 CD 边上不存在点 P;在$\triangle ABC$中,$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}AC\cdot BF$,即$AB\cdot BC = AC\cdot BF,BF=\frac{6\times8}{10}=4.8＜5$,所以 AB 和 BC 边上也不存在点 P;综上,由于点 P 到AC 的距离为 5,则点 P 在四边形ABCD 四条边上的个数为 0.

4. 如图，$\triangle ABC$中，$AB = AC = 5$，$BC = 8$，点$P$是$BC$边上的动点，过点$P$作$PD\perp AB$于点$D$，$PE\perp AC$于点$E$，则$PD + PE$的长是（ ）


A. 4.8
B. 4.8或3.8
C. 3.8
D. 5

答案： A 提示:如图,过点 A 作$AF\perp BC$于点 F,连接 AP,$\because\triangle ABC$中,$AB = AC = 5,BC = 8,\therefore BF=\frac{1}{2}BC = 4,\therefore Rt\triangle ABF$中,$AF=\sqrt{AB^{2}-BF^{2}} = 3$,由图形,得$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABP}+S_{\triangle ACP}$,$\therefore\frac{1}{2}\times8\times3=\frac{1}{2}\times5\times PD+\frac{1}{2}\times5\times PE$,化简,得$12=\frac{5}{2}(PD + PE)$,解得$PD + PE = 4.8$.

5. 在探究矩形的性质时，小明得到了一个有趣的结论：矩形两条对角线长的平方和等于四条边长的平方和。如图1，在矩形$ABCD$中，由勾股定理，得$AC^2=AB^2+BC^2$，$BD^2=AB^2+AD^2$，又$CD = AB$，$AD = BC$，所以$AC^2+BD^2=AB^2+BC^2+CD^2+AD^2=2(AB^2+BC^2)$。
小亮对菱形进行了探究，也得到了同样的结论，于是小亮猜想：任意平行四边形的两条对角线长的平方和等于四条边长的平方和。请你解决下列问题：

(1)如图2，已知：四边形$ABCD$是菱形，求证：$AC^2+BD^2=2(AB^2+BC^2)$；
(2)你认为小亮的猜想是否成立，如果成立，请利用图3给出证明；如果不成立，请举例说明；
(3)如图4，在$\triangle ABC$中，$BC$，$AC$，$AB$的长分别为$a$，$b$，$c$，$AD$是$BC$边上的中线。试求$AD$的长。（结果用$a$，$b$，$c$表示）

答案：
解:
(1)证明:设 AC 与 BD 相交于点 O,
∵ 四边形 ABCD 是菱形,$\therefore AC\perp BD,AC = 2OA,BD = 2OB$.在$Rt\triangle AOB$中,由勾股定理,得$OA^{2}+OB^{2}=AB^{2}$,$\therefore AC^{2}+BD^{2}=4OA^{2}+4OB^{2}=4(OA^{2}+OB^{2})=4AB^{2}$,又$\because AB = BC$,$\therefore AC^{2}+BD^{2}=2(AB^{2}+AB^{2})=2(AB^{2}+BC^{2})$;
(2)小亮的猜想成立.证明:如图 1,作$AE\perp BC$于点 E,$DF\perp BC$交 BC 的延长线于点 F,则$\angle AEB=\angle DFC = 90^{\circ}$.$\because$四边形 ABCD 是平行四边形,$\therefore AB = DC,AB// CD,\therefore\angle ABE=\angle DCF$.$\therefore\triangle ABE\cong\triangle DCF,\therefore AE = DF,BE = CF$.在$Rt\triangle ACE$和$Rt\triangle BDF$中,由勾股定理,得$AC^{2}=AE^{2}+EC^{2}=AE^{2}+(BC - BE)^{2},BD^{2}=DF^{2}+BF^{2}=DF^{2}+(BC + CF)^{2}=AE^{2}+(BC + BE)^{2}$,$\therefore AC^{2}+BD^{2}=2AE^{2}+2BC^{2}+2BE^{2}=2(AE^{2}+BE^{2})+2BC^{2}$,又$AE^{2}+BE^{2}=AB^{2}$,故$AC^{2}+BD^{2}=2(AB^{2}+BC^{2})$;

(3)如图 2,延长 AD 到点 E,使$DE = AD$,连接 BE,CE,则$AE = 2AD$.$\because BD = CD,\therefore$四边形 ABEC 是平行四边形. 由
(2)的结论,得$AE^{2}+BC^{2}=2(AB^{2}+AC^{2})$,即$(2AD)^{2}+a^{2}=2(b^{2}+c^{2})$,解得$AD^{2}=\frac{1}{4}(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})$,故$AD=\frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}$.