《2025年学霸题中题八年级数学上册人教版》

9. 如图,在方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形,A,B两点在小方格的顶点上,点C也在小方格的顶点上,且以A,B,C为顶点的三角形的面积为1个平方单位,则点C的个数为 ( )

A. 3
B. 4
C. 5
D. 6

答案：
D 解析：如图，当点C与点A在同一条直线上，点B到AC的距离为1，AC = 2时，符合条件的点C有4个，即C₁，C₃，C₄，C₆；当点C与点B在同一条直线上，点A到BC的距离为1，BC = 2时，符合条件的点C有2个，即C₂，C₅，所以符合条件的点C共有6个。

10. (1)已知AD是△ABC的高,$∠BAD=60^{\circ },∠CAD=30^{\circ }$,则$∠BAC$的度数为90°或30°.
(2)已知等腰△ABC中,AB=AC,腰AC的中线BD把△ABC的周长分成6和15两部分,则这个等腰三角形的底边BC的长为1.

答案：
(1)90°或30° 解析：当△ABC为非钝角三角形时，∠BAC = 90°；当△ABC为钝角三角形时，∠BAC = 30°。
(2)1 解析：根据题意得AB = AC，AD = CD，设BC = x，AD = CD = y，则AB = AC = 2y。①若AB + AD = 15，BC + CD = 6，则$\begin{cases}2y + y = 15\\x + y = 6\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 1\\y = 5\end{cases}$，即AB = AC = 10，BC = 1；②若AB + AD = 6，BC + CD = 15，则$\begin{cases}2y + y = 6\\x + y = 15\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 13\\y = 2\end{cases}$，即AB = AC = 4，BC = 13。
∵4 + 4 = 8＜13，
∴不能构成三角形，舍去，
∴底边BC的长为1。
易错提醒
当题目中出现以下情况时，常常需要分类讨论：①题目中没有给出图形，画图时图形不唯一，如三角形可能为锐角三角形，可能为钝角三角形；②涉及图形变换时(平移、折叠、旋转)，只给出了原始图形，变换后的情况不唯一，如顺时针旋转还是逆时针旋转；③题目中的语意表述不确定，如“分成两部分”，但未指明怎么分或未指明两部分的大小。

11. (1)如图①,在△ABC中,D,E,F分别为BC,AD,CE的中点,且$S_{△ABC}=28cm^{2}$,则$S_{阴影}=$______7cm².
(2)如图②,G为△ABC三边中线AD,BE,CF的交点,$S_{△ABC}=12cm^{2}$,则阴影部分的面积为______4$cm^{2}$.

答案：
(1)7cm² 解析：
∵点E是AD的中点，
∴S△ABE = $\frac{1}{2}$S△ABD，S△ACE = $\frac{1}{2}$S△ADC，
∴S△ABE + S△ACE = $\frac{1}{2}$(S△ABD + S△ADC) = $\frac{1}{2}$S△ABC = $\frac{1}{2}$×28 = 14(cm²)，
∴S△BCE = 28 - 14 = 14(cm²)。
∵点F是CE的中点，
∴S△BEF = $\frac{1}{2}$S△BCE = $\frac{1}{2}$×14 = 7(cm²)。
(2)4 解析：
∵G为△ABC三边中线AD，BE，CF的交点，
∴S△ABD = S△ADC，S△BGD = S△CDG，
∴S△AGB = S△AGC。
∵S△AFG = S△BFG，S△AGE = S△CGE，
∴S△AFG = S△AGE，
∴S△CGE = $\frac{1}{3}$S△ACF，同理S△BGF = $\frac{1}{3}$S△BCF。
∵S△ACF = S△BCF = $\frac{1}{2}$S△ABC = $\frac{1}{2}$×12 = 6(cm²)，
∴S△CGE = $\frac{1}{3}$S△ACF = $\frac{1}{3}$×6 = 2(cm²)，
∴S阴影 = S△CGE + S△BGF = 4cm²。
归纳总结
三角形重心是其三条中线上的一个三等分点。如本题中有AG = 2GD，BG = 2GE，CG = 2GF。

12. 如图,在△ABC中,$∠BCA=90^{\circ },BC=6cm,AC=8cm,AB=10cm$,CD为△ABC的高.若动点P从A点出发,以每秒1cm的速度沿A→B→C运动,点P运动到点C时停止运动,设运动时间为ts.
(1)当t=4时,CP把△ABC的周长分为相等的两部分;
(2)问t为何值时,△PAC的面积为$6cm^{2}$?
t为2.5或14.5时，△PAC的面积为6cm²。

答案：
(1)4 解析：由题意得，$\frac{1}{2}$×(6 + 8 + 10) = 12(cm)，t = (12 - 8)÷1 = 4(s)。
(2)①若CD为高，△ABC的面积为$\frac{1}{2}$×8×6 = $\frac{1}{2}$×10×CD，
∴CD = 4.8cm，
∴AP = $\frac{2×6}{4.8}$ = 2.5(cm)，t = 2.5÷1 = 2.5(s)；②若AC为高，则CP = $\frac{2×6}{8}$ = 1.5(cm)，t = (10 + 6 - 1.5)÷1 = 14.5(s)。故t为2.5或14.5时，△PAC的面积为6cm²。

13. 改编题 如图,已知等边△ABC和点P,设点P到△ABC三边AB,AC,BC(或其延长线)的距离分别为$h_{1},h_{2},h_{3}$,△ABC的高为h.在图①中,点P是边BC的中点,此时$h_{3}=0$,可得结论:$h_{1}+h_{2}=h$.根据点P所在的不同位置,试探究下列问题:
(1)如图②,点P在线段BC上,此时$h_{3}=0$,则$h_{1},h_{2},h$之间的关系为______;
(2)如图③,点P在△ABC内,写出$h_{1},h_{2},h_{3},h$之间的关系,并说明理由;
(3)如图④,点P在线段BC的延长线上,此时$h_{3}=0$,则$h_{1},h_{2},h$之间的关系为______;
(4)如图⑤,点P在△ABC外,写出$h_{1},h_{2},h_{3},h$之间的关系,并说明理由;
(5)如图⑥,在任意△ABC中,点P为△ABC内任意一点,过点P分别作$PD⊥AB,PE⊥AC,PF⊥BC$,垂足分别为点D,E,F,过点A,B,C分别作$AI⊥BC,BG⊥AC,CH⊥AB$,垂足分别为点I,G,H,请直接写出PD,PE,PF和CH,BG,AI之间的关系.

答案：

(1)$h_{1}+h_{2}=h$ 解析：如图①，连接AP，则S△ABC = S△ABP + S△APC，
∴$\frac{1}{2}$BC·AM = $\frac{1}{2}$AB·PD + $\frac{1}{2}$AC·PE，即$\frac{1}{2}$BC·h = $\frac{1}{2}$AB·h₁ + $\frac{1}{2}$AC·h₂。又
∵△ABC是等边三角形，
∴BC = AB = AC，
∴h = h₁ + h₂。

(2)$h_{1}+h_{2}+h_{3}=h$。理由：如图②，连接AP，BP，CP，则S△ABC = S△ABP + S△APC + S△BCP，
∴$\frac{1}{2}$BC·AM = $\frac{1}{2}$AB·PD + $\frac{1}{2}$AC·PE + $\frac{1}{2}$BC·PF，即$\frac{1}{2}$BC·h = $\frac{1}{2}$AB·h₁ + $\frac{1}{2}$AC·h₂ + $\frac{1}{2}$BC·h₃。又
∵△ABC是等边三角形，
∴BC = AB = AC，
∴h₁ + h₂ + h₃ = h。
(3)$h_{1}-h_{2}=h$ 解析：如图③，连接AP。
∵S△ABC = S△PAB - S△PAC，
∴$\frac{1}{2}$BC·AM = $\frac{1}{2}$AB·PD - $\frac{1}{2}$AC·PE。
∵△ABC是等边三角形，
∴AB = BC = AC，
∴h₁ - h₂ = h。
(4)$h_{1}+h_{2}-h_{3}=h$。理由：如图④，连接PB，PC，PA，由三角形的面积公式，得S△ABC = S△PAB + S△PAC - S△PBC，
∴$\frac{1}{2}$BC·AM = $\frac{1}{2}$AB·PD + $\frac{1}{2}$AC·PE - $\frac{1}{2}$BC·PF，即$\frac{1}{2}$BC·h = $\frac{1}{2}$AB·h₁ + $\frac{1}{2}$AC·h₂ - $\frac{1}{2}$BC·h₃。又
∵△ABC是等边三角形，
∴AB = BC = AC，
∴h₁ + h₂ - h₃ = h。
　　
(5)$\frac{PD}{CH}+\frac{PF}{AI}+\frac{PE}{BG}=1$。解析：连接AP，BP，CP，如图。由题意可得$\frac{1}{2}$×AC×BG = $\frac{1}{2}$×BC×AI = $\frac{1}{2}$×AB×CH，
∴AB = $\frac{AC×BG}{CH}$，BC = $\frac{AC×BG}{AI}$。
∵S△ABC = S△PAB + S△PBC + S△PAC，
∴$\frac{1}{2}$×AC×BG = $\frac{1}{2}$×AB×DP + $\frac{1}{2}$×BC×PF + $\frac{1}{2}$×AC×PE，则AC×BG = $\frac{AC×BG}{CH}$×DP + $\frac{AC×BG}{AI}$×PF + AC×PE，
∴$\frac{DP}{CH}+\frac{PF}{AI}+\frac{PE}{BG}=1$。