《2025年新课程学习指导八年级数学上册华师大版》

15. (湘西州试题改编) 如图 4 - 3 - 13, 在 $ \mathrm{Rt}\triangle ABC $ 中, $ \angle C = 90^{\circ},AD $ 平分 $ \angle CAB,DE \perp AB $, 垂足为点 $ E,AC = 6,BC = 8 $.
(1) 求 $ DE $ 的长.
(2) 求 $ \triangle ABD $ 的面积.

答案：

(1)提示:
(1)在$Rt\triangle ABC$中,由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$.由$AD$平分$\angle CAB$,$\angle C=90^{\circ}$,$DE\perp AB$,可得$DE=CD$,由此可得$AE=AC=6$.$\therefore BE=AB - AE=10 - 6=4$.设$DE=x$,则$BD=BC - CD=8 - x$.在$Rt\triangle BDE$中,$BD^{2}=DE^{2}+BE^{2}$,即$(8 - x)^{2}=x^{2}+4^{2}$.解得$x=3$.$\therefore DE=3$.
(2)$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB\cdot DE=\frac{1}{2}× 10× 3=15$.

16. (宁波)(1) 问题 勾股定理是几何中的一个重要定理. 在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三, 股四, 则弦五”的记载. 图 4 - 3 - 14 是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的, 可用面积关系验证勾股定理. 图 4 - 3 - 15 是由图 4 - 3 - 14 放入长方形内得到, 点 $ D,E,F,G,H,I $ 都在长方形 $ KLMJ $ 的边上, $ \angle BAC = 90^{\circ},AB = 3 $, $ AC = 4 $, 则长方形 $ KLMJ $ 的面积为______.

(2) 拓展 如图 4 - 3 - 16, 四边形 $ PRBA,RQDC,QPFE $ 都是正方形, 试说明 $ \triangle PQR,\triangle BCR,\triangle DEQ,\triangle AFP $ 的面积相等.


(3) 应用 在图 4 - 3 - 16 中, 如果正方形 $ PRBA,RQDC,QPFE $ 的面积分别为 13, 10, 17, 试利用构图法直接写出六边形 $ ABCDEF $ 的面积.

答案：

(1)可证$\triangle ABC\cong\triangle OFB\cong\triangle PCG\cong\triangle LGF$,由此可得$ML=11$,$KL=10$.$\therefore S_{长方形KLMJ}=110$.
(2)如图,过点$P$作$PG\perp RQ$,垂足为点$G$,过点$E$作$EH\perp RQ$,交$RQ$的延长线于点$H$.证$\triangle PGQ\cong\triangle QHE$,$\therefore PG=QH$.$\because S_{\triangle PQR}=\frac{1}{2}RQ\cdot PG$,$S_{\triangle DEQ}=\frac{1}{2}DQ\cdot HQ$, $\therefore S_{\triangle PQR}=S_{\triangle DEQ}$.同理可得$S_{\triangle PQR}=S_{\triangle BCR}=S_{\triangle AFP}$.
(3)利用构图法得到上图,所以$S_{\triangle PQR}=\frac{11}{2}$.$\therefore S_{六边形ABCDEF}=4× \frac{11}{2}+10+13+17=62$.