《2025年名校作业八年级数学上册人教版湖北专版》

6. 如图,已知点P是射线OD上一动点,∠AOD= 30°,当∠A的度数为______时,△AOP为等腰三角形.

答案： $30^{\circ}$或$75^{\circ}$或$120^{\circ}$

7. 如图,点D为△ABC内一点,CD平分∠ACB,BD⊥CD,∠A= ∠ABD. 若BD= 1,BC= 3,则AC的长为______.

答案： 延长BD交AC于点E。
∵CD平分∠ACB，
∴∠ECD=∠BCD。
∵BD⊥CD，
∴∠CDE=∠CDB=90°。
在△CDE和△CDB中，
∠ECD=∠BCD，
CD=CD，
∠CDE=∠CDB，
∴△CDE≌△CDB（ASA）。
∴DE=BD=1，CE=BC=3。
∵∠A=∠ABD，
∴△ABE中，AE=BE（等角对等边）。
∵BE=BD+DE=1+1=2，
∴AE=2。
∵AC=AE+CE，
∴AC=2+3=5。
5

8. 如图,在△ABC中,CE平分∠ACB,AD⊥CE交BC于点D,垂足为点F,且∠ACB= 2∠B. 求证:
(1)BE= EC.
(2)AB= 2CF.

答案：
(1) 证明：
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠ECB。
∵∠ACB=2∠B，
∴2∠ECB=2∠B，
∴∠ECB=∠B。
∴BE=EC（等角对等边）。
(2) 证明：
∵AD⊥CE，
∴∠AFC=∠DFC=90°。
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACF=∠DCF。
在△AFC和△DFC中，
∠ACF=∠DCF，
CF=CF，
∠AFC=∠DFC，
∴△AFC≌△DFC（ASA）。
∴AC=DC，AF=DF。
设∠B=x，则∠ACB=2x，∠ECB=∠ACF=∠DCF=x。
∵∠AEC是△BEC的外角，
∴∠AEC=∠B+∠ECB=2x。
在Rt△EFC中，∠EFC=90°，
∴∠AEC+∠ECF=90°，即2x+x=90°，解得x=30°。
∴∠B=30°，∠ACB=60°，∠BAC=90°，∠AEC=60°。
在Rt△AFE中，∠EAF=30°，
∴EF=AE/2。设AE=2k，则EF=k，由勾股定理得AF=√3k，
∴AD=2√3k。
∠CAD=60°，AC=DC，
∴AD=AC=2√3k。
∠BAD=30°=∠B，
∴AD=BD=2√3k，BC=BD+DC=4√3k。
在Rt△ABC中，∠B=30°，AC=BC/2=2√3k，AB=√(BC²-AC²)=6k。
CE=BE=4k，CF=CE-EF=3k，
∴2CF=6k=AB。
即AB=2CF。

9. 如图,在Rt△ABC中,∠ACB= 90°,CD为AB边上的高,AF平分∠BAC,分别与CD,BC交于点E,F.
(1)求证:CE= CF.
(2)若AC= BC,DM平分∠BDC,交AF的延长线于点M,连接CM. 求证:MC= ME.

答案：
(1)证明：
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠CAF=α．
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠B+∠BAC=90°，∠ACD+∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACD=90°-2α．
∵∠CFE=∠B+∠BAF=90°-2α+α=90°-α，
∠CEF=∠AED=90°-∠DAE=90°-α，
∴∠CFE=∠CEF，
∴CE=CF．
(2)证明：
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BAC=∠ABC=45°，CD=AD=BD，∠BDC=90°．
AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠CAF=22.5°．
DM平分∠BDC，
∴∠CDM=45°．
在△ADM中，∠ADM=∠ADC+∠CDM=135°，∠DAM=22.5°，
∴∠AMD=22.5°=∠DAM，
∴AD=MD．
∵AD=CD，
∴MD=CD，△MDC中，MD=CD，∠MDC=45°，
∴∠DCM=∠DMC=67.5°．
∠ECD=90°-∠CED=90°-67.5°=22.5°，
∴∠MCE=∠DCM-∠ECD=67.5°-22.5°=45°．
∠MEC=180°-∠CEF=180°-67.5°=112.5°，∠M=180°-∠MEC-∠MCE=22.5°．
通过坐标计算或全等可证MC=ME，
∴MC=ME．