《2025年配套综合练习甘肃八年级数学上册人教版》

3. 如图 15.3 - 9,在 $\triangle ABC$ 中,$\angle B= \angle C = 30^{\circ}$,$AD\perp AB$ 交 $BC$ 于点 $D$,$BC = 12$,则 $BD = $8。

答案： 8

4. 如图 15.3 - 10,在等边三角形 $ABC$ 中,$AC = 9$,点 $O$ 在 $AC$ 上,且 $AO = 3$,$P$ 是 $AB$ 上一点(不与点 $A$,$B$ 重合)。连接 $OP$,以 $O$ 为圆心,$OP$ 长为半径画弧交 $BC$ 于点 $D$,连接 $PD$。如果 $OP = PD$,那么 $AP$ 的长是______。
6

答案： 6

5. 如图 15.3 - 11,已知等边三角形 $ABC$ 和等边三角形 $BPE$,点 $P$ 在 $BC$ 的延长线上,$EC$ 的延长线交 $AP$ 于点 $M$,连接 $BM$,给出下列结论：①$AP = CE$；②$\angle PME = 60^{\circ}$；③$MB$ 平分 $\angle AME$；④$AM + MC = BM$。其中正确的结论是①②③④。(填序号)

答案： ①②③④

6. 如图 15.3 - 12,在等边三角形 $ABC$ 中,$D$ 为 $AC$ 上一点,$E$ 为 $AB$ 延长线上一点,$DE\perp AC$ 交 $BC$ 于点 $F$,且 $DF = EF$。

(1) 求证：$CD = BE$；
(2) 若 $AB = 12$,试求 $BF$ 的长。

答案：

(1) 证明：如图，作 $ DM // AB $，交 $ CF $ 于 $ M $，则 $ \angle MDF = \angle E $，$ \angle CDM = \angle A $，$ \angle CMD = \angle ABC $，

$ \because \triangle ABC $ 是等边三角形，$ \therefore \angle A = \angle ABC = \angle C = 60^{\circ} $，$ \therefore \angle C = \angle CDM = \angle CMD $，$ \therefore \triangle CDM $ 是等边三角形，

$ \therefore CD = DM $。

在 $ \triangle DMF $ 和 $ \triangle EBF $ 中，$ \left\{ \begin{array} { l } { \angle MDF = \angle E, } \\ { DF = EF, } \\ { \angle DFM = \angle EFB, } \end{array} \right. $ $ \therefore \triangle DMF \cong \triangle EBF (ASA) $，$ \therefore DM = BE $，$ \therefore CD = BE $。

(2) 解：$ \because ED \perp AC $，$ \angle A = 60^{\circ} = \angle ABC $，$ \therefore \angle E = \angle BFE = \angle DFM = \angle FDM = 30^{\circ} $，$ \therefore BE = BF $，$ DM = FM $，又 $ \because \triangle DMF \cong \triangle EBF $，$ \therefore MF = BF $，$ \therefore CM = MF = BF $，又 $ \because AB = BC = 12 $，$ \therefore CM = MF = BF = 4 $。

* 7. 如图 15.3 - 13,$\triangle ABC$ 为等边三角形,在 $\angle BAC$ 内作射线 $AP(\angle BAP\lt30^{\circ})$,点 $B$ 关于射线 $AP$ 的对称点为点 $D$,连接 $AD$,作射线 $CD$ 交 $AP$ 于点 $E$,连接 $BE$。

(1) 依题意补全图形；
(2) 设 $\angle BAP= \alpha$,求 $\angle BCE$ 的大小；(用含 $\alpha$ 的代数式表示)
(3) 用等式表示 $EA$,$EB$,$EC$ 之间的数量关系,并证明。

答案：

(1)如图：

(2)连接BD，交AP于点H，如图所示。

∵点B关于射线AP的对称点为D，

∴AP为线段BD的中垂线。

∴AB=AD，AH⊥BD。

∵∠BAD=2∠PAB=2α。

∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，AB=AC=BC，

∴∠DAC=∠BAC - ∠BAD=60° - 2α，AD=AC。

∴∠ACD=$\frac{180^{\circ}-\angle DAC}{2}$

=$\frac{180^{\circ}-(60^{\circ}-2\alpha)}{2}$=60°+α。

∴∠BCE=∠ACD - ∠ACB=60°+α - 60°=α。

(3)EA=EC+EB，证明如下：

延长DC至点F，使CF=BE，连接AF，如图。

由
(2)知，AP为线段BD的中垂线，∠ADC=∠ACD，

∴AB=AD，BE=DE。

∵AE=AE，

∴△BAE≌△DAE(SSS)，

∴∠AEB=∠ADE。

∵∠ADC=∠ACD，

∴180° - ∠ADC=180° - ∠ACD，

即∠ADE=∠ACF，

∴∠AEB=∠ACF。

又AB=AC，BE=CF，

∴△ABE≌△ACF(SAS)。

∴AE=AF，∠EAB=∠CAF。

∵∠EAF=∠EAC + ∠CAF=∠EAC + ∠EAB=∠BAC=60°，

∴△AEF为等边三角形。

∴EA=EF。

∵EF=EC+CF，

∴EA=EC+EB。