《2025年天府前沿八年级数学上册北师大版》

13. (2025·编写) 如图,$D是等边三角形ABC中AC$延长线上的一点,连接$BD$,$E是AB$上的一点,且$DE = DB$,若$AD + AE = 5\sqrt{3}$,$BE= \sqrt{3}$,则$BC= $$\frac{7}{3}\sqrt{3}$.

答案： $\frac{7}{3}\sqrt{3}$

14. (2024·温江) 如图,数轴上点$P表示的数是-1$,点$M$表示的数是1,$\angle PMN = 90^{\circ}$,$MN = 1$. 以点$P$为圆心,$PN$的长为半径画弧,交数轴于点$A$,$B$. 点$A$,$B分别表示实数a$,$b$.
(1) 求实数$a$,$b$的值；
(2) 求代数式$a^{2}b - ab^{2}$的值；
(3) 求$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$的值.

答案： 【解】
(1) $\because$ 点 $P$ 表示的数是 $-1$, 点 $M$ 表示的数是 $1$, $\therefore PM=2$.
$\because\angle PMN=90^{\circ},MN=1$,
$\therefore PN=\sqrt{PM^2+MN^2}=\sqrt{5}$.
由图可知点 $A$ 表示的数为 $-1-\sqrt{5}$, 点 $B$ 表示的数 $-1+\sqrt{5}$,
$\therefore a=-1-\sqrt{5},b=-1+\sqrt{5}$.
(2) $\because a=-1-\sqrt{5},b=-1+\sqrt{5}$,
$\therefore ab=(-1-\sqrt{5})×(-1+\sqrt{5})=-4$,
$a-b=(-1-\sqrt{5})-(-1+\sqrt{5})=-2\sqrt{5}$,
$\therefore a^2b-ab^2=ab(a-b)=-4×(-2\sqrt{5})=8\sqrt{5}$.
(3) $\because a=-1-\sqrt{5},b=-1+\sqrt{5}$,
$\therefore a+b=-1-\sqrt{5}+(-1+\sqrt{5})=-2$,
$\therefore\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=\frac{4+8}{-4}=-3$.

15. (2025·青羊)
(1) 在$\triangle ABC$中,$AB = 13$,$AC = 15$,过点$A作直线BC$的垂线,垂足为$D$.
① 如图1,若$BC = 14$,求线段$AD$的长；
② 若$AD = 12$,求线段$BC$的长.
(2) 如图2,在$\triangle ABC$中,$AB = 5$,$AC= \sqrt{17}$,过点$A作直线BC$的垂线,交线段$BC于点D$. 将$\triangle ABD沿直线AB翻折后得到对应的\triangle ABD'$,连接$CD'$,若$AD = 4$,求线段$CD'$的长.

答案：
【解】
(1) ①设 $BD=x$, 则 $CD=14-x$.
$\because AD\perp BC,\therefore\angle ADB=\angle ADC=90^{\circ}$.
$\because AD^2=AB^2-BD^2,AD^2=AC^2-CD^2$,
$\therefore AC^2-CD^2=AB^2-BD^2$.
$\because AC=15,AB=13$,
$\therefore 13^2-x^2=15^2-(14-x)^2$,
解得 $x=5$, 即 $BD=5$,
$\therefore AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$.
② $BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5$,
$CD=\sqrt{AC^2-AD^2}=\sqrt{15^2-12^2}=9$,
当 $\angle ABC$ 为锐角时, 如图 1-1, $BC=BD+CD=5+9=14$;
当 $\angle ABC$ 为钝角时, 如图 1-2, $BC=CD-BD=9-5=4$.
综上所述, $BC=14$ 或 4.
　　　 　　
(2) 如图 2, 连接 $DD'$ 交 $AB$ 于点 $N$, 则 $DD'\perp AB$, 过点 $D'$ 作 $D'H\perp BD$ 交 $DB$ 延长线于点 $H$.
　　　　　　　
在 $Rt\triangle ABD$ 中, $BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$,
在 $Rt\triangle ACD$ 中, $CD=\sqrt{AC^2-AD^2}=1$.
$\because AB$ 垂直平分 $DD'$,
$\therefore DD'=2DN,BD'=DB=3$.
$\because S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BD\cdot AD=\frac{1}{2}AB\cdot DN$,
$\therefore DN=\frac{12}{5},\therefore D'D=2DN=\frac{24}{5}$.
设 $HB=m$, 则 $HD=HB+BD=m+3$.
$\because D'H^2=D'D^2-HD^2=D'B^2-HB^2$,
$\therefore (\frac{24}{5})^2-(3+m)^2=3^2-m^2$, 解得 $m=\frac{21}{25}$,
即 $HB=\frac{21}{25}$.
$\therefore D'H=\sqrt{D'B^2-BH^2}=\frac{72}{25}$,
$HC=HB+BD+DC=\frac{121}{25}$,
$\therefore D'C=\sqrt{D'H^2+HC^2}=\frac{\sqrt{793}}{5}$.