《2025年天府前沿八年级数学上册北师大版》

11. (1)(2025·编写)如图,已知$AD是\triangle ABC$的高,$S_{\triangle ABC}= 56cm^{2}$,$AD= 8cm$,$\angle B= 45^{\circ}$,则$AC$的长为10cm.
(2)(2025·编写)如图,已知$\triangle ABC$中,$AB= 6$,$AC= 9$,$AD\perp BC于点D$,$M为AD$上任一点,则$MC^{2}-MB^{2}= $45.

答案：
(1)10　
(2)45

12. (2025·编写)对角线互相垂直的四边形叫作“垂美”四边形,现有如图所示的“垂美”四边形$ABCD$,对角线$AC$,$BD相交于点O$. 若$AD= 1$,$BC= 4$,则$AB^{2}+CD^{2}= $17.

答案： 17

13. (2025·阜宁)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,$AB= 5cm$,$AC= 3cm$,动点$P从点B$出发,沿射线$BC以2cm/s$的速度移动. 设运动的时间为$t\ s$,当$t= $2或$\frac{25}{8}$时,$\triangle ABP$为直角三角形.

答案： 2或$\frac{25}{8}$

14. (2025·编写)如图,在$\triangle ABC$中,$\angle BAC= 90^{\circ}$,$AB= AC$,点$D$,$E在BC$上,$\angle DAE= 45^{\circ}$. 求证：$CD^{2}+BE^{2}= DE^{2}$.

答案：
[证明]如图,过点C作CF⊥BC,使CF=BE,连接AF,DF.
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=∠ACF=45°,
∴△ABE≌△ACF(SAS),
∴BE=CF,AE=AF,∠BAE=∠CAF,
∴∠BAC=∠EAF=90°.
∵∠DAE=45°,
∴∠DAF=45°,
∴△DAE≌△DAF(SAS),
∴DE=DF.
在Rt△DCF中,CD²+CF²=DF²,
∴CD²+BE²=DE².

15. (2025·锦江)如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,$AC= BC$,点$D是AB$边上的动点. $\angle DCA= \alpha(0^{\circ}＜\alpha＜45^{\circ})$,点$B关于直线CD的对称点为点B'$,连接$CB'$,$B'A$,直线$B'A与直线CD交于点E$. 若$CE^{2}= 800$,$AB'= 12$,求线段$AE$的长.

答案：
[解]如图,过点C作CH⊥B'E于点H.
∵∠ACB=90°,AC=BC,
∴∠B=∠CAB=45°.
∵点B关于直线CD的对称点为点B',
∴CB=CB',∠BCE=∠B'CE,
∴AC=CB'.
∵CH⊥B'E,
∴B'H=AH=$\frac{1}{2}$AB'=6.
∵∠ACB=90°,∠DCA=α,
∴∠BCE=90°−α,
∴∠B'CE=∠BCE=90°−α,
∴∠B'CA=∠B'CE−∠DCA=90°−α−α=90°−2α.
∵AC=CB',
∴∠B'=∠CAB'=(180°−∠B'CA)÷2=[180°−(90°−2α)]÷2=45°+α,
∴∠E=∠CAB'−∠DCA=45°+α−α=45°,
∴△CEH是等腰直角三角形.
设CH=HE=x,
∴x²+x²=800,
∴HE=x=20,
∴AE=HE−AH=20−6=14.