《2025年智慧学习明天出版社八年级数学上册人教版》

17. 如图,在$\triangle ABC$中,$AD平分\angle BAC$,$BE\perp AD$,$BE交AD的延长线于点E$,点$F是AB$的中点. 求证：$EF// AC$.

答案： 提示:证AF=FE.

18. 如图,$AB = AC$,$D是BC$的中点,$\angle BDE = \angle CDF$,$DE$,$DF分别交CA$,$BA的延长线于点E$,$F$. 求证：$AE = AF$.

答案： 提示:证△BDF≌△CDE.

19. 如图,某市三个城镇中心$A$,$B$,$C$恰好分别位于一个等边三角形的三个顶点处,在三个城镇中心之间铺设通信光缆,以城镇$A$为出发点设计了三种连续方案：
(1)$AB + BC$；
(2)$AD + BC$($D为BC$的中点)；
(3)$OA + OB + OC$($O为\triangle ABC$三边的垂直平分线的交点).
要使铺设的光缆长度最短,应选哪种方案？

答案： 解：设等边三角形$ABC$的边长为$a$。
- **方案（1）：计算$AB + BC$的长度
已知$AB$、$BC$为等边三角形的边，根据等边三角形三边相等的性质，可得$AB = BC = a$，所以$AB + BC=a + a = 2a$。
- **方案（2）：计算$AD + BC$的长度
因为$D$为$BC$的中点，$\triangle ABC$是等边三角形，根据等边三角形三线合一的性质可知$AD\perp BC$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AB = a$，$BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}a$，根据勾股定理$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}$，可得：
$AD=\sqrt{a^{2}-(\frac{1}{2}a)^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{1}{4}a^{2}}=\sqrt{\frac{3}{4}a^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$
则$AD + BC=\frac{\sqrt{3}}{2}a + a=(\frac{\sqrt{3}}{2}+1)a$。
- **方案（3）：计算$OA + OB + OC$的长度
因为$O$为$\triangle ABC$三边的垂直平分线的交点，所以$OA = OB = OC$，$\angle OBD = 30^{\circ}$，$BD=\frac{1}{2}a$。
在$Rt\triangle OBD$中，$\cos\angle OBD=\frac{BD}{OB}$，即$\cos30^{\circ}=\frac{\frac{1}{2}a}{OB}$，可得$OB=\frac{\frac{1}{2}a}{\cos30^{\circ}}=\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}a$。
所以$OA + OB + OC = 3×\frac{\sqrt{3}}{3}a=\sqrt{3}a$。
- **比较三种方案的长度大小
比较$2a$、$(\frac{\sqrt{3}}{2}+1)a$、$\sqrt{3}a$的大小：
$2a-(\frac{\sqrt{3}}{2}+1)a=(2 - 1-\frac{\sqrt{3}}{2})a=(1-\frac{\sqrt{3}}{2})a$，因为$1-\frac{\sqrt{3}}{2}\gt0$，所以$2a\gt(\frac{\sqrt{3}}{2}+1)a$。
$(\frac{\sqrt{3}}{2}+1)a-\sqrt{3}a=(1-\frac{\sqrt{3}}{2})a$，因为$1-\frac{\sqrt{3}}{2}\gt0$，所以$(\frac{\sqrt{3}}{2}+1)a\gt\sqrt{3}a$。
综上，$\sqrt{3}a\lt(\frac{\sqrt{3}}{2}+1)a\lt2a$，所以应选方案$(3)$。

20. 如图,在$\triangle ABC$中,$AB = AC = 10\ cm$,$BC = 8\ cm$,点$D为AB$的中点. 如果点$P在线段BC上以3\ cm/s的速度由B点向C$点运动,同时点$Q在线段CA上由C点向A$点运动. 当一个点停止运动时时,另一个点也随之停止运动. 设运动时间为$t$.
(1)用含有$t的代数式表示CP$.
(2)若点$Q的运动速度与点P$的运动速度相等,经过$1\ s$后,$\triangle BPD与\triangle CQP$是否全等？请说明理由.
(3)若点$Q的运动速度与点P$的运动速度不相等,当点$Q$的运动速度为多少时,能够使$\triangle BPD与\triangle CQP$全等？

答案： 1. （1）
已知$BC = 8cm$，点$P$的速度是$3cm/s$，运动时间为$t$，$BP = 3t$。
根据$CP=BC - BP$，可得$CP=(8 - 3t)cm$。
2. （2）
解：当$t = 1s$时，$BP=CQ = 3×1 = 3cm$。
因为$AB = AC = 10cm$，$D$为$AB$中点，所以$BD=\frac{1}{2}AB = 5cm$，$CP=BC - BP=8 - 3 = 5cm$。
又因为$AB = AC$，所以$\angle B=\angle C$。
在$\triangle BPD$和$\triangle CQP$中，$\left\{\begin{array}{l}BD = CP\\\angle B=\angle C\\BP = CQ\end{array}\right.$。
根据$SAS$（边角边）判定定理，可得$\triangle BPD\cong\triangle CQP$。
3. （3）
解：因为$\angle B=\angle C$，若$\triangle BPD\cong\triangle CQP$，则有两种情况：
情况一：$\left\{\begin{array}{l}BD = CQ\\BP = CP\end{array}\right.$。
因为$BP = CP$，$BP = 3t$，$BC = 8$，所以$3t=\frac{1}{2}×8$，解得$t=\frac{4}{3}s$。
又因为$BD = 5cm$，$BD = CQ$，所以$CQ = 5cm$，则$v_Q=\frac{CQ}{t}=\frac{5}{\frac{4}{3}}=\frac{15}{4}cm/s$。
情况二：$\left\{\begin{array}{l}BD = CP\\BP = CQ\end{array}\right.$。
若$BD = CP$，$BD = 5$，$CP = 8 - 3t$，则$8 - 3t = 5$，解得$t = 1s$。
因为$BP = CQ$，$BP = 3×1 = 3cm$，此时$v_Q=\frac{CQ}{t}=3cm/s$（与$v_P$相等，舍去）。
综上：（1）$CP=(8 - 3t)cm$；（2）$\triangle BPD\cong\triangle CQP$；（3）点$Q$的运动速度为$\frac{15}{4}cm/s$时，$\triangle BPD\cong\triangle CQP$。