《2025年学霸题中题八年级数学上册人教版》

18.（12分）如图，在$\triangle ABC$中，$AB = AC = 2$，$\angle B = 40^{\circ}$，点$D$在线段$BC$上运动（点$D$不与点$B$，$C$重合），连接$AD$，作$\angle ADE = 40^{\circ}$，$DE$交线段$AC$于点$E$。
（1）当$\angle BDA = 115^{\circ}$时，$\angle BAD =$25$^{\circ}$；当点$D$从点$B$向点$C$运动时，$\angle BDA$逐渐变小（填“大”或“小”）。
（2）判断当$DC$等于多少时，$\triangle ABD\cong\triangle DCE$，请说明理由。
（3）在点$D$的运动过程中，$\triangle ADE$的形状也在改变，判断当$\angle BDA$等于多少度时，$\triangle ADE$是等腰三角形。

答案：
(1)25　小
(2)当DC=AB=2时,△ABD≌△DCE。理由如下:
∵AB=AC,
∴∠B=∠C=40°,
∴∠DEC+∠EDC=140°。又
∵∠ADE=40°,
∴∠ADB+∠EDC=140°,
∴∠ADB=∠DEC。又
∵AB=DC=2,
∴△ABD≌△DCE。
(3)
∵AB=AC,
∴∠B=∠C=40°。①当AD=AE时,∠ADE=∠AED=40°,
∵∠AED＞∠C,
∴此时不符合;②当DA=DE时,∠DAE=∠DEA=$\frac{1}{2}$×(180°−40°)=70°。
∵∠BAC=180°−40°−40°=100°,
∴∠BAD=100°−70°=30°,
∴∠BDA=180°−30°−40°=110°;③当EA=ED时,∠ADE=∠DAE=40°,
∴∠BAD=100°−40°=60°,
∴∠BDA=180°−60°−40°=80°。综上,当∠BDA=110°或80°时，△ADE是等腰三角形。

19.（12分）如图，在等腰三角形$ABC$中，$CA = CB = 4$，$\angle ACB = 120^{\circ}$，点$D$在线段$AB$上运动（不与点$A$，$B$重合），将$\triangle CAD$与$\triangle CBD$分别沿直线$CA$，$CB$翻折得到$\triangle CAP$与$\triangle CBQ$。
（1）求证：$CP = CQ$；
证明：∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA,CB翻折得到△CAP与△CBQ,∴CP=CD=CQ。
（2）求$\angle PCQ$的度数；
解：∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA,CB翻折得到△CAP与△CBQ,∴∠ACP=∠ACD,∠BCQ=∠BCD,∴∠ACP+∠BCQ=∠ACD+∠BCD=∠ACB=120°,∴∠PCQ=360°−(∠ACP+∠BCQ+∠ACB)=360°−(120°+120°)=120°。
（3）当点$D$是$AB$的中点时，判断$\triangle DPQ$是何种三角形，并说明理由。
解：△DPQ是等边三角形。理由如下:∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA,CB翻折得到△CAP与△CBQ,∴AD=AP,∠DAC=∠PAC。∵∠DAC=30°,∴∠PAD=60°,∴△APD是等边三角形,∴PD=AD,∠ADP=60°。同理△BDQ是等边三角形,∴DQ=BD,∠BDQ=60°,∴∠PDQ=60°。∵点D是AB的中点,∴AD=BD,∴PD=DQ,∴△DPQ是等边三角形。

答案：
(1)
∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA,CB翻折得到△CAP与△CBQ,
∴CP=CD=CQ。
(2)
∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA,CB翻折得到△CAP与△CBQ,
∴∠ACP=∠ACD,∠BCQ=∠BCD,
∴∠ACP+∠BCQ=∠ACD+∠BCD=∠ACB=120°,
∴∠PCQ=360°−(∠ACP+∠BCQ+∠ACB)=360°−(120°+120°)=120°。
(3)△DPQ是等边三角形。理由如下:
∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA,CB翻折得到△CAP与△CBQ,
∴AD=AP,∠DAC=∠PAC。
∵∠DAC=30°,
∴∠PAD=60°,
∴△APD是等边三角形,
∴PD=AD,∠ADP=60°。同理△BDQ是等边三角形,
∴DQ=BD,∠BDQ=60°,
∴∠PDQ=60°。
∵点D是AB的中点,
∴AD=BD,
∴PD=DQ,
∴△DPQ是等边三角形。

20.（12分）如图，在平面直角坐标系中，点$B$为第一象限内一点，点$A$为$x$轴正半轴上一点，分别连接$OB$，$AB$，$\triangle AOB$为等边三角形，点$B$的横坐标为4。
（1）如图①，求线段$OA$的长；
（2）如图②，点$M$在线段$OA$上（点$M$不与点$O$、点$A$重合），点$N$在线段$BA$的延长线上，连接$MB$，$MN$，$BM = MN$，设$OM$的长为$t$，$BN$的长为$d$，求$d$与$t$的关系式（不要求写出$t$的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点$D$为第四象限内一点，分别连接$OD$，$MD$，$ND$，$\triangle MND$为等边三角形，线段$MA$的垂直平分线交$OD$的延长线于点$E$，交$MA$于点$H$，连接$AE$，交$ND$于点$F$，连接$MF$，若$MF = AM + \frac{1}{2}AN$，求点$E$的横坐标。

答案：

(1)如图①,过点B作BH⊥OA于点H,
∵△AOB为等边三角形,
∴BO=BA。
∵BH⊥OA,
∴OH=AH。
∵点B的横坐标为4,
∴OH=4,
∴OA=2HO=8。

(2)如图②,过点M作MP⊥AB于点P,则∠MPA=90°。
∵BM=MN,
∴BP=PN。
∵△AOB为等边三角形,
∴BA=AO=8,∠BAO=60°,
∴∠AMP=30°,
∴AP=$\frac{1}{2}$AM。
∵AM=8−t,
∴AP=$\frac{1}{2}$(8−t)=4−$\frac{1}{2}$t,
∴BP=AB−AP=4+$\frac{1}{2}$t,
∴BN=2BP=8+t,
∴d=8+t。

(3)如图③,过点N作NK//OB,交x轴于点K,过点N作NR⊥x轴于点R,
∵△AOB为等边三角形,
∴∠BOA=60°=∠OAB。
∵NK//OB,
∴∠NKA=∠BOA=60°,且∠OAB=∠NAK=60°,
∴∠NAK=∠NKA=60°,
∴△AKN是等边三角形,
∴AN=NK=AK。
∵△MND为等边三角形,
∴∠NMD=∠MND=60°,MN=MD,
∴∠OMD+∠NMK=∠NMK+∠MNK=180°−60°=120°,
∴∠OMD=∠MNK。
∵AN=BN−AB=8+t−8=t,OM=t,
∴OM=AN=NK=AK=t,且∠OMD=∠MNK，MD=MN,
∴△OMD≌△KNM(SAS),
∴OD=MK,∠MOD=∠MKN=60°。
∵MK=8−t+t=8,
∴OD=8。
∵EH垂直平分MA,
∴AH=MH=$\frac{1}{2}$AM=$\frac{1}{2}$(8−t)=4−$\frac{1}{2}$t,
∴OH=OM+MH=t+4−$\frac{1}{2}$t=4+$\frac{1}{2}$t。
∵∠OEH=90°−60°=30°,
∴OE=2HO=8+t,
∴DE=8+t−8=t,
∴DE=AN。
∵∠DOA=∠BAO,
∴BN//OE,
∴∠NAF=∠DEF。又
∵∠AFN=∠EFD,AN=DE,
∴△AFN≌△EFD(AAS),
∴FN=FD。又
∵MN=MD,
∴MF⊥DN。
∵NR⊥AK,
∴∠ARN=90°,且∠NAK=60°,
∴∠ANR=30°,
∴AR=$\frac{1}{2}$AN。
∵MR=AM+AR=AM+$\frac{1}{2}$AN,MF=AM+$\frac{1}{2}$AN,
∴MR=MF,且MF⊥DN,NR⊥AK,∠MNR=∠MND=60°,
∴∠AMN=90°−60°=30°。
∵∠BAO=∠AMN+∠ANM,
∴∠AMN=∠ANM=30°,
∴AM=AN,
∴8−t=t,
∴t=4,
∴OH=4+$\frac{1}{2}$×4=6,
∴点E的横坐标为6。