人教金学典同步解析与测评八年级数学上册人教版
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2. 如图，在等边三角形ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上一点，且CE = CD，F是BE的中点，DF⊥BC，垂足为F. 求证：BF = CF.
答案：证明：连接BD. 因为\triangle ABC是等边三角形，D是AC中点，所以BD平分∠ABC，∠ABC = 60°，则∠DBC=\frac{1}{2}∠ABC = 30°. 又因为CE = CD，所以∠E = ∠CDE，且∠ACB = ∠E+∠CDE = 60°，所以∠E=\frac{1}{2}∠ACB = 30°. 所以∠DBC = ∠E，所以BD = DE. 因为F是BE中点，DF⊥BC，根据等腰三角形三线合一，所以BF = CF.
3. 如图，在四边形ABCD中，AD = CB，AB = CD，E为AD上一点，且∠A = 60°，连接BD，CE，CE，相交于点F，CF//AB. （1）判断\triangle DEF的形状，并说明理由；（2）若AD = 16，CE = 24，求CF的长.
答案：（1）因为AD = CB，AB = CD，所以四边形ABCD是平行四边形，所以AB//CD. 又因为CF//AB，所以CF//CD. 因为∠A = 60°，四边形ABCD是平行四边形，所以∠ADC = ∠A = 60°. 因为AD = CB，AB = CD，所以\triangle ABD≌\triangle CDB（SSS），所以∠ADB = ∠CBD. 因为CF//AB，所以∠DFC = ∠ABD，所以∠DFC = ∠FDC = 60°，所以\triangle DEF是等边三角形. （2）设CF = x，则DE = EF = DF = 16 - x. 因为CE = 24，所以CF + EF = 24，即x+(16 - x)=24（此方程错误，重新分析：过D作DG⊥CF于G，因为\triangle DEF是等边三角形，∠DFC = 60°，设DE = EF = DF = y，则CF = 24 - y. 在Rt\triangle DFG中，∠FDG = 30°，FG=\frac{1}{2}y，DG=\frac{\sqrt{3}}{2}y. 因为四边形ABCD是平行四边形，AB//CF，AD = 16，所以CD = AB，AD//BC. 因为CF//AB，所以四边形ABCF是平行四边形，所以AB = CF = 24 - y，所以CD = 24 - y. 在Rt\triangle DCG中，根据勾股定理DG^{2}+CG^{2}=CD^{2}，CG = CF - FG = 24 - y-\frac{1}{2}y=24-\frac{3}{2}y，(\frac{\sqrt{3}}{2}y)^{2}+(24-\frac{3}{2}y)^{2}=(24 - y)^{2}，展开求解得y = 8，所以CF = 24 - 8 = 16.
4. 如图，\triangle ABC是等腰三角形，AC = AB，设∠BAC = β. （1）如图，点D在线段AB上，若∠ACD = 45°，求∠DCB的度数（用含β的代数式表示）；（2）如图（2），若AB = BD，过点B作BH⊥AD，垂足为H，BH=\frac{1}{2}BC，求证：∠BAC = 180° - 2∠ABD.
答案：（1）因为AC = AB，所以∠ACB = ∠ABC=\frac{1}{2}(180° - β)=90°-\frac{β}{2}. 又因为∠ACD = 45°，所以∠DCB = ∠ACB - ∠ACD=(90°-\frac{β}{2})- 45°=45°-\frac{β}{2}. （2）因为AB = BD，BH⊥AD，所以∠ABD = 2∠ABH. 因为BH=\frac{1}{2}BC，在Rt\triangle BHC中，sin∠ACB=\frac{BH}{BC}=\frac{1}{2}，所以∠ACB = 30°. 因为AC = AB，所以∠ABC = ∠ACB = 30°. 设∠ABH = x，则∠ABD = 2x，在\triangle ABC中，∠BAC + ∠ABC+∠ACB = 180°，即∠BAC+30° + 30°=180°，且∠ABC = ∠ABH + ∠HBC，∠HBC = 30° - x. 又因为AC = AB，所以∠BAC = 180°-2∠ABC，而∠ABC = ∠ABH+(30° - ∠ABH)=30°，∠ABD = 2∠ABH，所以∠BAC = 180° - 2∠ABD.
5. 如图，ABC的边AB上一点P，过点P作PE⊥AC，垂足为E，Q为BC延长线上一点，Q为BC延长线上一点，连接PQ，交AC于点D，当PA = CQ时，（1）求证：DE为PQ的中点；（2）求DE的长.
答案：（1）过Q作QF⊥AC交AC的延长线于F. 因为PE⊥AC，QF⊥AC，所以∠AEP = ∠CFQ = 90°. 因为∠ADE = ∠QDF，PA = CQ，∠EAP = ∠FCQ（对顶角的余角相等），所以\triangle AEP≌\triangle CFQ（AAS），所以PE = QF，AE = CF. 又因为∠PED = ∠QFD = 90°，∠PDE = ∠QDF，PE = QF，所以\triangle PDE≌\triangle QDF（AAS），所以DE = DF，即DE为PQ的中点. （2）由于题目中未给出任何线段的长度数值，无法求出DE的具体长度.
