《2025年启航新课堂八年级数学上册北师大版》

8. 已知台风“杜苏芮”的中心最大风力有15级(50米/秒),中心最低气压为940百帕,台风中心沿北偏西(BC)方向以15km/h的速度向点D移动,A地在距离B地130km的正北方,已知A地到BC的距离AD= 50km。
(1) 台风中心经过多长时间从点B移到点D？(小时)
(2) 如果在距台风中心45km的圆形区域内都将有受到台风破坏的危险,正在点D休闲的游客在接到台风警报后的几小时内撤离才可脱离危险？(小时)

答案： 1. （1）
解：在$Rt\triangle ABD$中，根据勾股定理$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}$，已知$AB = 130km$，$AD = 50km$。
则$BD=\sqrt{130^{2}-50^{2}}=\sqrt{(130 + 50)(130 - 50)}=\sqrt{180×80}=\sqrt{14400}=120(km)$。
因为速度$v = 15km/h$，根据时间公式$t=\frac{s}{v}$（其中$s$为路程，$v$为速度），所以台风中心从点$B$移到点$D$的时间$t=\frac{BD}{v}=\frac{120}{15}=8(h)$。
2. （2）
解：设台风中心移动到距离$D$点$45km$处时，台风中心移动的路程为$x$。
由勾股定理可得$x=\sqrt{45^{2}-50^{2}}$（这里错误，应该是设台风中心移动$x$千米后距离$D$点$45$千米，根据路程关系$\vert BD - x\vert=45$）。
即$x = BD\pm45$，$x_1=120 - 45=75$，$x_2=120 + 45 = 165$。
根据时间公式$t=\frac{s}{v}$，$t_1=\frac{75}{15}=5(h)$，$t_2=\frac{165}{15}=11(h)$。
所以游客在接到台风警报后的$5h$内撤离才可脱离危险。
综上，（1）台风中心经过$8h$从点$B$移到点$D$；（2）游客在接到台风警报后的$5h$内撤离才可脱离危险。

9. 如图,在长方形ABCD中,BC= 10,E是线段AB上一点,连接CE,将△BCE沿直线CE翻折至△BCE所在平面内,得到△HCE,过点H作HM⊥AD,垂足为M。若DM= 4AM,则HE的长为。

答案： 1. 首先，设$AM = x$：
因为$DM = 4AM$，所以$DM = 4x$，又因为$AD = BC = 10$，则$x + 4x=10$，解得$x = 2$，所以$AM = 2$，$DM = 8$。
由于四边形$ABCD$是长方形，所以$\angle A=\angle B = 90^{\circ}$，$AB = CD$，$AD = BC = 10$。
由折叠可知$CH = BC = 10$，$HE = BE$，$\angle H=\angle B = 90^{\circ}$。
2. 然后，过点$H$作$HN\perp CD$于$N$：
因为$HM\perp AD$，$\angle A=\angle N = 90^{\circ}$，所以四边形$AMHN$是长方形，则$HN = AM = 2$，$AN = HM$。
在$Rt\triangle CHN$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$c = CH = 10$，$a = HN = 2$），可得$CN=\sqrt{CH^{2}-HN^{2}}$。
把$CH = 10$，$HN = 2$代入$CN=\sqrt{CH^{2}-HN^{2}}$，则$CN=\sqrt{10^{2}-2^{2}}=\sqrt{100 - 4}=\sqrt{96}=4\sqrt{6}$。
所以$AB = CD=CN + DN$，又因为$DN = HM$，设$HE = BE = y$，则$AE=AB - y$，$HM = DN$。
因为$HM\perp AD$，$\angle A=\angle HME = 90^{\circ}$，$\angle HEM+\angle AEM = 180^{\circ}$，$\angle AEM+\angle AEC = 180^{\circ}$，所以$\angle HEM=\angle AEC$（等角的补角相等），$\angle H=\angle A = 90^{\circ}$，$HE = BE$，$BC = CH$，$AE=AB - BE$，$DN = CD - CN$，且$AB = CD$，$BE = HE$，所以$AE = DN$。
又因为$AE = DN$，$\angle A=\angle N = 90^{\circ}$，$\angle AEC=\angle HEM$，所以$\triangle AEC\cong\triangle NHE(AAS)$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），则$AE = HN = 2$。
3. 最后，求$HE$的长：
因为$AB = CD=CN + DN$，$DN = AE$，$AB = AE + BE$，设$HE = BE$，在$Rt\triangle BCE$中（$BC = 10$），$AB = CD=4\sqrt{6}+2$，$AE = 2$，所以$HE = BE=AB - AE$。
由折叠$CH = BC = 10$，过$H$作$HN\perp CD$，$HN = AM = 2$，$CN=\sqrt{CH^{2}-HN^{2}}=\sqrt{100 - 4}=4\sqrt{6}$，$AB = CD$，$AE = DN$（$\triangle AEC\cong\triangle NHE$），$AE = 2$，$AB = CD$，$BE = HE$，$AB = AE + BE$，$CD = CN + DN$，所以$HE = BE = 6$。
故$HE$的长为$6$。

10. 如图,小丽在公园里荡秋千,在起始位置A处摆绳OA与地面垂直,摆绳长2m,向前荡起到最高点B处时距地面高度1.3m,摆动水平距离BD为1.6m,然后向后摆到最高点C处。若前后摆动过程中绳始终拉直,且OB与OC成90°角,则小丽在C处时距离地面的高度是多少。

答案： 1. 首先，过点$C$作$CE\perp AF$于点$E$，过点$B$作$BF\perp OD$于点$F$：
已知$OA = OB = OC=2m$，$AD = 2 - 1.3=0.7m$，$BD = 1.6m$。
因为$\angle BOD+\angle COE = 90^{\circ}$，$\angle BOD+\angle OBF = 90^{\circ}$，所以$\angle OBF=\angle COE$。
在$\triangle BOF$和$\triangle OCE$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle BFO=\angle OEC = 90^{\circ}\\\angle OBF=\angle COE\\OB = OC\end{array}\right.$。
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle BOF\cong\triangle OCE$。
2. 然后，在$Rt\triangle BOD$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$c = OB$，$a = BD$，$b = OD$）：
设$OD=x$，则$OB^{2}=BD^{2}+OD^{2}$，即$2^{2}=1.6^{2}+x^{2}$。
解方程$x^{2}=4 - 2.56$，$x^{2}=1.44$，得$x = 1.2m$（因为长度不能为负，舍去$x=-1.2$）。
3. 最后，求$C$处距离地面的高度：
由$\triangle BOF\cong\triangle OCE$，可得$OE = BF$。
因为$BF = OD = 1.2m$，所以$C$处距离地面的高度$h=2 - 1.2=0.8m$。
答：小丽在$C$处时距离地面的高度是$0.8m$。