《2025年实验班提优训练八年级数学上册人教版》

14. (2025·浙江杭州萧山区期末)在$\triangle ABC$中,已知点$D在BC$上,且$CD = CA$,点$E在CB$的延长线上,且$BE = BA$.
(1)如图(1),若$\angle BAC = 120^{\circ}$,$AB = AC$,求$\angle DAE$的度数；
(2)试探求$\angle DAE与\angle BAC$的数量关系；
(3)如图(2),若$AB平分\angle DAE$,$AC\perp CD于点C$,求证：$BE = 2CD$.

答案：
(1)
∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴∠C=∠ABC=$\frac{1}{2}$(180° - ∠BAC)=30°.
∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA=$\frac{1}{2}$(180° - ∠C)=75°，
∴∠BAD=∠BAC - ∠CAD=45°.
∵BE=BA，
∴∠E=∠BAE.
∵∠ABC=∠E+∠BAE=2∠BAE，
∴2∠BAE=30°，
∴∠BAE=15°，
∴∠DAE=∠BAE+∠BAD=15°+45°=60°.
(2)∠BAC=2∠DAE，理由如下：
∵CD=CA，
∴设∠CAD=∠CDA=α.
∵BE=BA，
∴设∠E=∠BAE=β，
∴∠ABD=∠E+∠BAE=2β.
∵∠CDA=∠ABD+∠DAB，
∴∠DAB=∠CDA - ∠ABD=α - 2β，
∴∠BAC=∠DAB+∠CAD=α - 2β+α=2(α - β).
∵∠DAE=∠BAE+∠DAB=β+α - 2β=α - β，
∴∠BAC=2∠DAE.
(3)
∵AB 平分∠DAE，
∴设∠BAE=∠BAD=θ.
∵BE=BA，
∴∠E=∠BAE=θ，
∴∠ABD=∠E+∠BAE=2θ.
∵CD=CA，AC⊥CD，
∴△CAD 是等腰直角三角形，
∴∠ADC=45°.
∵∠ADC=∠ABD+∠BAD=3θ，
∴3θ=45°，
∴θ=15°，
∴∠ABD=2θ=30°.在 Rt△ABC 中，∠ABD=30°，
∴BA=2CA.
∵CD=CA，BE=BA，
∴BE=2CD.

15. (手拉手模型)如图,已知$\triangle ABC$是等边三角形,点$D是边BC$上一点.
(1)以$AD为边构造等边三角形ADE$(其中点$D$,$E在直线AC$两侧),连接$CE$,猜想$CE与AB$的位置关系,并证明你的结论；
(2)若过点$C作CM// AB$,在$CM上取一点F$,连接$AF$,$DF$,使得$AF = DF$,试猜想$\triangle ADF$的形状,并证明你的结论.

答案：

(1)CE//AB.证明如下：如图
(1)，
∵△ABC 和△ADE 是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠B=∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE.
在△BAD 和△CAE 中，$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AD=AE, \end{cases}$
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE=60°，
∴∠BAC=∠ACE，
∴CE//AB.
(2)△ADF 是等边三角形.证明如下：如图
(2)，延长 BC 至点 G，使得 CG=CF，作 FH⊥CG 于点 H，作 FN⊥AC 于点 N.
∵CM//AB，
∴∠ACF=∠BAC=60°，∠FCG=∠B=60°.又 CF=CG，
∴△CFG 是等边三角形，
∴CF=FG，∠G=∠FCG=60°，
∴∠FCN=∠G=60°.
∵∠FNC=∠FHG=90°，
∴△NFC≌△HFG(AAS)，
∴NF=HF，∠NFC=∠HFG.又 AF=DF，
∴Rt△AFN≌Rt△DFH(HL)，
∴∠DFH=∠AFN，
∴∠DFH+∠GFH=∠AFN+∠NFC，即∠AFC=∠DFG，
∴∠AFD+∠DFC=∠CFG+∠DFC，
∴∠AFD=∠CFG=60°.又 AF=DF，
∴△ADF 是等边三角形.

16. (2024·泰安中考)如图,直线$l// m$,等边三角形$ABC的两个顶点B$,$C分别落在直线l$,$m$上,若$\angle ABE = 21^{\circ}$,则$\angle ACD$的度数是( ).

A.$45^{\circ}$
B.$39^{\circ}$
C.$29^{\circ}$
D.$21^{\circ}$

答案：
B [解析]如图，过点 A 作 AF//l.

∵直线 l//m，
∴AF//m.
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠BAC=60°.
∵AF//l，
∴∠BAF=∠ABE.
∵∠ABE=21°，
∴∠BAF=21°，
∴∠CAF=∠BAC - ∠BAF=60° - 21°=39°.
∵AF//m，
∴∠ACD=∠CAF=39°. 故选 B.