《2025年黄冈金牌之路练闯考八年级数学上册华师大版》

9. 在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AC = 3$,$BC = 4$,则点$C到AB$的距离是(C)
A.$\frac{4}{5}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{12}{5}$
D.$\frac{3}{4}$

答案： C

10. (河南中考)如图,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$\angle D = 90^{\circ}$,$AD = 4$,$BC = 3$。分别以点$A$,$C$为圆心,大于$\frac{1}{2}AC$的长为半径作弧,两弧交于点$E$,作射线$BE交AD于点F$,交$AC于点O$。若$O是AC$的中点,则$CD$的长为(A)

A.$\sqrt{8}$
B.4
C.3
D.$\sqrt{10}$

答案： A

11. 如图,直线$l过正方形ABCD的顶点B$,点$A$,$C到直线l$的距离分别是1和2,则正方形的边长是$\sqrt{5}$。

答案： $\sqrt{5}$

12. 如图,在四边形草坪$ABCD$中,$\angle B = \angle D = 90^{\circ}$,$AB = 20\ m$,$BC = 15\ m$,$CD = 7\ m$。求这块草坪$ABCD$的面积。

答案：
解:连结AC,
∵∠B=90°,由勾股定理知$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}$,
　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴$AC^{2}=625$.
又
∵∠D=90°,
∴$AD^{2}+DC^{2}=AC^{2}$.
∴$AD=\sqrt{AC^{2}-CD^{2}}=24$.
∴$S_{四边形ABCD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}AB× BC+\frac{1}{2}AD× DC=234\ m^{2}$.

13. 阅读小敏的日记后完成任务。
×年×月×日 星期五 天气：晴
从勾股定理到面积关系的思考
经过《直角三角形三边的关系》一节的学习,我已经知道：如图①,分别以$Rt\triangle ABC$的三边为边向外作三个正方形,则根据勾股定理易得出这三个正方形的面积$S_{1}$,$S_{2}$,$S_{3}$之间的数量关系为______。

如果将正方形改成其他图形,那么这个面积之间的数量关系是否仍然成立呢？
对此,我展开了探究：如图②,分别以$Rt\triangle ABC$的三边为直径向外作三个半圆,我发现这三个半圆的面积$S_{1}$,$S_{2}$,$S_{3}$之间的数量关系？成立,理由如下：……
任务1：请直接写出图①中的$S_{1}$,$S_{2}$,$S_{3}$之间的数量关系：$S_{3}=S_{1}+S_{2}$；
任务2：“？”表示仍然(填“仍然”或“不”),并说明理由；
任务3：如图③,分别以$Rt\triangle ABC$的三边为直径向上作半圆,图中的阴影部分在数学史上被称为“希波克拉底月牙”。若$AC = 4$,$BC = 6$,求阴影部分的面积。
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答案： 任务1:$S_{3}=S_{1}+S_{2}$;任务2:仍然，理由如下:在Rt△ABC中,由勾股定理,得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$.
∵$S_{1}=\frac{1}{2}\pi \left( \frac{AC}{2}\right)^{2}=\frac{\pi}{8}AC^{2}$,$S_{2}=\frac{1}{2}\pi \left( \frac{BC}{2}\right)^{2}=\frac{\pi}{8}BC^{2}$,$S_{3}=\frac{1}{2}\pi \left( \frac{AB}{2}\right)^{2}=\frac{\pi}{8}AB^{2}$,
∴$S_{1}+S_{2}=\frac{\pi}{8}(AC^{2}+BC^{2})=\frac{\pi}{8}AB^{2}=S_{3}$;任务3:同任务2可得$S_{半圆AC}+S_{半圆BC}=S_{半圆AB}$,
∴$S_{阴影部分}=S_{半圆AC}+S_{半圆BC}+S_{\triangle ABC}-S_{半圆AB}=S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}× 4× 6=12$.