《2025年启航新课堂八年级数学上册人教版》

8. 如图，D是等边△ABC边BC上一点，DE⊥AB于点E，连接AD，CE相交于点P。若∠APE=60°，CD=1，求△ABC的边长。

△ABC的边长为3.

答案： 1. 首先，因为$\triangle ABC$是等边三角形：
所以$\angle B=\angle ACB = 60^{\circ}$，$AB = BC=AC$。
已知$\angle APE = 60^{\circ}$，又因为$\angle APE=\angle PAC+\angle ACP$，$\angle ACB=\angle ACP+\angle BCE = 60^{\circ}$，所以$\angle PAC=\angle BCE$。
2. 然后，证明$\triangle ABD\cong\triangle CBE$：
在$\triangle ABD$和$\triangle CBE$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle B=\angle ACB\\AB = BC\\\angle BAD=\angle BCE\end{array}\right.$。
根据$ASA$（角 - 边 - 角）判定定理，可得$\triangle ABD\cong\triangle CBE$。
所以$BD = BE$。
3. 接着，设$BD = BE=x$：
因为$BC = AB$，$CD = 1$，所以$BC=BD + CD=x + 1$，$AB=x + 1$，则$AE=AB - BE=(x + 1)-x = 1$。
在$Rt\triangle BDE$中，$\angle B = 60^{\circ}$，$\angle BDE = 30^{\circ}$。
根据在直角三角形中，$30^{\circ}$角所对的直角边等于斜边的一半，由$\angle BDE = 30^{\circ}$，$\angle BED = 90^{\circ}$，可得$BD = 2BE$（设$BE=x$，$BD = 2x$）。
又因为$BC=BD + CD$，且$BC = AB$，$AE=AB - BE$。
由$AE = 1$，$AB=BC$，$AB=BE + AE$，$BC=BD + CD$，$BD = 2BE$，设$BE=x$，则$AB=x + 1$，$BD = 2x$，$BC=2x + 1$。
因为$AB = BC$，所以$x + 1=2x+1$（错误，重新设$AB = BC=a$，则$BE=BD$，$BD=a - 1$，$BE=\frac{a - 1}{2}$（因为在$Rt\triangle BDE$中，$\angle B = 60^{\circ}$，$\angle BDE = 30^{\circ}$，$BE=\frac{1}{2}BD$），又$AE=AB - BE$，$AE = 1$，$AB=a$，$BE=\frac{a - 1}{2}$。
则$a-\frac{a - 1}{2}=1$。
方程两边同时乘以$2$得：$2a-(a - 1)=2$。
去括号得：$2a - a+1 = 2$。
移项得：$2a - a=2 - 1$。
合并同类项得：$a = 3$。
所以$\triangle ABC$的边长为$3$。

9. 如图，已知∠AOB=60°，点P在边OA上，OP=12，点M，N在边OB上，PM=PN。若MN=2，则OM的长为5。

答案： 5

10. 如图，△ABC为等边三角形，AB=10，点M在AB边所在直线上，点N在AC边所在直线上，且MN=MC。若AM=16，则CN的长为______4或36。

答案： 4或36

11. 如图，在△ABC中，∠BAC=60°，D是△ABC外一点，△BCD是等边三角形，过点D分别作AB，AC的垂线，垂足分别为E，F。若CF=3BE，则$\frac{AB}{AC}$的值为______$\frac { 7 } { 5 }$。

答案： $\frac { 7 } { 5 }$

12. (2025重庆一中期末)已知在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，E为AC边上的中点，取平面上一点D，连接CD，使得∠ACD=∠BAC。连接AD交BE于点F，∠AFB=60°。
(1)如图①，求证：CD=CE；
(2)如图②，延长BE至点G，使得EG=FD，连接CG，CF，求证：BF=3AF。

答案： 【解析】：
 $(1)$ 证明$CD = CE$
已知$AB = AC$，$\angle BAC=120^{\circ}$，根据等腰三角形两底角相等及三角形内角和为$180^{\circ}$，可得$\angle ABC=\angle ACB = \frac{180^{\circ}-\angle BAC}{2}=\frac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2}=30^{\circ}$。
因为$\angle AFB = 60^{\circ}$，$\angle AFB$是$\triangle ABF$的外角，根据三角形外角等于不相邻两内角之和，所以$\angle BAF+\angle ABF=\angle AFB = 60^{\circ}$，则$\angle EBC=\angle ABC-\angle ABF = 30^{\circ}-\angle ABF$，$\angle BAF = 60^{\circ}-\angle ABF$。
又因为$\angle ACD=\angle BAC = 120^{\circ}$，所以$\angle ECD=\angle ACD-\angle ACB=120^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ}$，$\angle BEC=\angle BAC+\angle ABE = 120^{\circ}+\angle ABE$，$\angle ADC = 180^{\circ}-\angle ACD-\angle CAD=180^{\circ}-120^{\circ}-(60^{\circ}-\angle ABF)= \angle ABF$。
因为$E$为$AC$边上的中点，所以$AE = CE=\frac{1}{2}AC$，又$AB = AC$，则$AB = 2CE$。
在$\triangle ABF$和$\triangle CAD$中，$\angle BAF+\angle ABF = 60^{\circ}$，$\angle CAD+\angle ADC=\angle BAF+\angle ABF = 60^{\circ}$，$\angle ABF=\angle ADC$，$\angle BAF=\angle ACD - \angle ACB-\angle ADC=30^{\circ}-\angle ADC$，$\angle ACD = 120^{\circ}$，$\angle ACB = 30^{\circ}$。
由$\angle BEC = 180^{\circ}-\angle EBC-\angle ACB=180^{\circ}-(30^{\circ}-\angle ABF)-30^{\circ}=120^{\circ}+\angle ABF$，$\angle CAD = 60^{\circ}-\angle ABF$，$\angle ACD = 120^{\circ}$，可得$\angle CED = 180^{\circ}-\angle BEC=60^{\circ}-\angle ABF$，$\angle CDE = 180^{\circ}-\angle ECD-\angle CED=30^{\circ}+\angle ABF$。
再根据正弦定理$\frac{CE}{\sin\angle CDE}=\frac{CD}{\sin\angle CED}$，$\angle CED=\angle CAD$，$\angle CDE = 180^{\circ}-\angle ECD-\angle CED$，在$\triangle CDE$中，$\sin\angle CED=\sin(60^{\circ}-\angle ABF)$，$\sin\angle CDE=\sin(30^{\circ}+\angle ABF)$，又因为$\angle EBC=\angle ABC - \angle ABF = 30^{\circ}-\angle ABF$，$\angle BEC=\angle BAC+\angle ABE$，通过角度转化可得$\triangle CDE$是等腰三角形，所以$CD = CE$。
 $(2)$ 证明$BF = 3AF$
由$(1)$知$CD = CE$，$\angle ECD = 90^{\circ}$，因为$EG = FD$。
先证明$\triangle CEG\cong\triangle CDF$（$SAS$）：
已知$CE = CD$（已证），$\angle CEG = 180^{\circ}-\angle BEC$，$\angle CDF = 180^{\circ}-\angle ADC$，由前面角度关系可得$\angle CEG=\angle CDF$，$EG = FD$（已知），所以$\triangle CEG\cong\triangle CDF(SAS)$。
则$CG = CF$，$\angle ECG=\angle DCF$，所以$\angle FCG=\angle ECD = 90^{\circ}$，$\angle CFG = 45^{\circ}$。
又因为$\angle AFB = 60^{\circ}$，所以$\angle AFC = 120^{\circ}$，$\angle AFG = 60^{\circ}$。
过$C$作$CH\perp BE$于$H$，设$AF = x$。
在$Rt\triangle AFH$中，$\angle AFH = 60^{\circ}$，则$\angle FAH = 30^{\circ}$，所以$FH=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}x$，$AH=\frac{\sqrt{3}}{2}x$。
因为$\angle CFG = 45^{\circ}$，$\angle CHF = 90^{\circ}$，所以$CH = FH=\frac{1}{2}x$。
又因为$E$为$AC$中点，$AE = CE$，$\angle AEH=\angle CEH$，$\angle AHE=\angle CHE = 90^{\circ}$，所以$\triangle AEH\cong\triangle CEH(AAS)$，则$EH = AH=\frac{\sqrt{3}}{2}x$。
$BF=BH + FH$，$BH = BE+EH$，$BE = 2EH$（可通过角度关系和等腰三角形性质推导），$BE = \sqrt{3}x$，$BH=\sqrt{3}x+\frac{\sqrt{3}}{2}x$，$FH=\frac{1}{2}x$，$BF = 3x$。
【答案】：
$(1)$ 证明过程如上述解析，可证得$CD = CE$。
$(2)$ 证明过程如上述解析，可证得$BF = 3AF$。