《2025年暑假总动员八年级数学沪科版合肥工业大学出版社》

12. (海南)如图, $ \triangle A B C $ 的顶点 $ B, C $ 的坐标分别是 $ (1,0),(0, \sqrt{3}) $, 且 $ \angle A B C= 90^{\circ}, \angle A= $ $ 30^{\circ} $, 则顶点 $ A $ 的坐标是______(4,$\sqrt{3}$).

答案： (4,$\sqrt{3}$)

13. (黔西南州)如图, 在 $ \mathrm{Rt} \triangle A B C $ 中, $ \angle C= 90^{\circ} $, 点 $ D $ 在线段 $ B C $ 上, 且 $ \angle B= 30^{\circ} $, $ \angle A D C= 60^{\circ}, B C= 3 \sqrt{3} $, 则 $ B D $ 的长度为______2$\sqrt{3}$.

答案： 2$\sqrt{3}$

14. (徐州)如图, 在 $ \mathrm{Rt} \triangle A B C $ 中, $ \angle A B C= 90^{\circ} $, $ D, E, F $ 分别为 $ A B, B C, C A $ 的中点, 若 $ B F= $ $ 5 $, 则 $ D E= $______5.

答案： 5

15. (邵阳)如图, 在 $ \mathrm{Rt} \triangle A B C $ 中, $ \angle A C B= 90^{\circ} $, 斜边 $ A B= \sqrt{2} $, 过点 $ C $ 作 $ C F / / A B $, 以 $ A B $ 为边作菱形 $ A B E F $, 若 $ \angle F= 30^{\circ} $, 则 $ \mathrm{Rt} \triangle A B C $ 的面积为______$\frac{1}{2}$.

答案： $\frac{1}{2}$

16. (杭州)如图, 在直角坐标系中, 以点 $ A(3,1) $ 为端点的四条射线 $ A B, A C, A D, A E $ 分别过点 $ B(1,1) $, 点 $ C(1,3) $, 点 $ D(4,4) $, 点 $ E(5, $ $ 2) $, 则 $ \angle B A C $=(选填“$ ＞ $”“$ = $”或“$ ＜ $”) $ \angle D A E $.

答案： =

17. (齐齐哈尔)直角三角形的两条边长分别为 3 和 4, 则这个直角三角形斜边上的高为$\frac{12}{5}$或$\frac{3\sqrt{7}}{4}$.

答案： $\frac{12}{5}$或$\frac{3\sqrt{7}}{4}$

18. (菏泽)如图, 在 $ \mathrm{Rt} \triangle A B C $ 中, $ \angle C= 30^{\circ}, D $, $ E $ 分别为 $ A C, B C $ 的中点, $ D E= 2 $, 过点 $ B $ 作 $ B F / / A C $, 交 $ D E $ 的延长线于点 $ F $, 则四边形 $ A B F D $ 的面积为______8$\sqrt{3}$.

答案： 8$\sqrt{3}$

19. (盐城)如图, 点 $ A $ 是数轴上表示实数 $ a $ 的点.
(1)用直尺和圆规在数轴上作出表示实数 $ \sqrt{2} $ 的点 $ P $; (保留作图痕迹, 不写作法)
(2)利用数轴比较 $ \sqrt{2} $ 和 $ a $ 的大小, 并说明理由.

答案：
解:
(1)如图所示，
点P即为所求.
(2)a＞$\sqrt{2}$.理由如下:
如图所示，
∵点A在点P右侧，
∴a＞$\sqrt{2}$.

20. (长沙)如图, 在 $ \triangle A B C $ 中, $ A D \perp B C $, 垂足为 $ D, B D= C D $, 延长 $ B C $ 至 $ E $, 使得 $ C E= C A $, 连接 $ A E $.
(1)求证: $ \angle B= \angle A C B $;
(2)若 $ A B= 5, A D= 4 $, 求 $ \triangle A B E $ 的周长和面积.

(1)证明:∵AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC = 90°，在△ABD和△ACD中，$\left\{\begin{array}{l}AD=AD,\\ \angle ADB=\angle ADC,\\ BD=CD,\end{array}\right.$
∴△ABD≌△ACD(SAS)，∴∠B=∠ACB.
(2)解:∵△ABD≌△ACD，AB = 5，∴AC = AB = 5.∵CE = CA，∴CE = 5.∵AB = 5，AD = 4，AD⊥BC，∴BD = $\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}$ = 3.∵BD = CD，∴CD = 3.∵BE = BD + CD + CE = 3 + 3 + 5 = 11，DE = CD + CE = 3 + 5 = 8，∴AE = $\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}$ = 4$\sqrt{5}$，则△ABE的周长为AB + BE + AE = 5 + 11 + 4$\sqrt{5}$ = 16 + 4$\sqrt{5}$，∴△ABE的面积为$\frac{1}{2}$BE·AD = $\frac{1}{2}$×11×4 = 22.

答案：
(1)证明:
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC = 90°，在△ABD和△ACD中，$\left\{\begin{array}{l}AD=AD,\\ \angle ADB=\angle ADC,\\ BD=CD,\end{array}\right.$
∴△ABD≌△ACD(SAS)，
∴∠B=∠ACB.
(2)解:
∵△ABD≌△ACD，AB = 5，
∴AC = AB = 5.
∵CE = CA，
∴CE = 5.
∵AB = 5，AD = 4，AD⊥BC，
∴BD = $\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}$ = 3.
∵BD = CD，
∴CD = 3.
∵BE = BD + CD + CE = 3 + 3 + 5 = 11，DE = CD + CE = 3 + 5 = 8，
∴AE = $\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}$ = 4$\sqrt{5}$，则△ABE的周长为AB + BE + AE = 5 + 11 + 4$\sqrt{5}$ = 16 + 4$\sqrt{5}$，
∴△ABE的面积为$\frac{1}{2}$BE·AD = $\frac{1}{2}$×11×4 = 22.