《2025年全国重点高中提前招生同步强化全真试卷八年级数学上册》

1. (深圳龙岗区自主招生) 如图 7 - 1, 边长为 $ a $ 的等边三角形, 记为第 1 个等边三角形, 取其各边的三等分点, 顺次连接得到一个正六边形, 记为第 1 个正六边形, 取这个正六边形不相邻的三边中点,顺次连接又得到一个等边三角形, 记为第 2 个等边三角形, 取其各边的三等分点, 顺次连接又得到一个正六边形, 记为第 2 个正六边形, …, 按此方式依次操作, 则第 6 个正六边形的边长为 (A)

A.$\frac{1}{3} × \left( \frac{1}{2} \right)^5 a$
B.$\frac{1}{2} × \left( \frac{1}{3} \right)^5 a$
C.$\frac{1}{3} × \left( \frac{1}{2} \right)^6 a$
D.$\frac{1}{2} × \left( \frac{1}{3} \right)^6 a$

答案：
1.A
提示：如图7-1图①，连接AD,DF,DB.
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC=∠BAF=∠AFE，AB=AF，∠E=∠C=120°，EF=DE=BC=CD，
∴∠EFD=∠EDF=∠CBD=∠BDC=30°，
∵∠AFE=∠ABC=120°，
∴∠AFD=∠ABD=90°，
∴Rt△ABD≌Rt△AFD(HL)，
∴∠BAD=∠FAD=$\frac{1}{2} × 120°=60°$，
∴∠FAD+∠AFE=60°+120°=180°，
∴AD//EF。
∵G,I分别为AF,DE中点，
∴GI//EF//AD，
∴∠FGI=∠FAD=60°。
如图②，
∵六边形ABCDEF是正六边形，△QKM是等边三角形，
∴∠EDM=60°=∠M，
∴ED=EM，同理AF=QF，即AF=QF=EF=EM。
∵等边三角形QKM的边长是a，
∴第一个正六边形ABCDEF的边长是$\frac{1}{3}a$，即等边三角形QKM的边长的$\frac{1}{3}$。
过F作FZ⊥GI于Z，过E作EN⊥GI于N，则FZ//EN，
∵EF//GI，
∴四边形FZNE是平行四边形，
∴EF=ZN=$\frac{1}{3}a$。
∵GF=$\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2} × \frac{1}{3}a=\frac{1}{6}a$，∠FGI=60°(已证)，
∴∠GFZ=30°，
∴GZ=$\frac{1}{2}$GF=$\frac{1}{12}a$，同理IN=$\frac{1}{12}a$，
∴GI=$\frac{1}{12}a+\frac{1}{3}a+\frac{1}{12}a=\frac{1}{2}a$，即第二个等边三角形的边长是$\frac{1}{2}a$。
与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第二个正六边形的边长是$\frac{1}{3} × \frac{1}{2}a$；同理第三个等边三角形的边长是$\frac{1}{2} × \frac{1}{2}a$，与上面求出的第一个正六边形边长的方法类似，可求出第三个正六边形的边长是$\frac{1}{3} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2}a$；第四个等边三角形的边长是$\frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2}a$，第四个正六边形的边长是$\frac{1}{3} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2}a$；第五个等边三角形的边长是$\frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2}a$，第五个正六边形的边长是$\frac{1}{3} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2}a$；第六个等边三角形的边长是$\frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{1}{2}a$，第六个正六边形的边长是$\frac{1}{3} × (\frac{1}{2})^{5}a$，故选A。

2. (武汉汉阳区自主招生) 如图 7 - 2, 已知等边 $\triangle ABC$ 外有一点 $ P $, $ P $ 落在 $\angle BAC$ 内, 设点 $ P $ 到 $ BC$, $ CA$, $ AB$ 三边的距离分别为 $ h_1$, $ h_2$, $ h_3$ 且满足 $ h_2 + h_3 - h_1 = 18$, 那么等边 $\triangle ABC$ 的面积为 (C)

A.$102\sqrt{3}$
B.$90\sqrt{3}$
C.$108\sqrt{3}$
D.$104\sqrt{3}$

答案： 2.C 提示：设等边△ABC的边长为a，连接PA，PB，PC，则$S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PAC}-S_{\triangle PBC}=S_{\triangle ABC}$，从而$\frac{1}{2}ah_3+\frac{1}{2}ah_2-\frac{1}{2}ah_1=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，即$\frac{1}{2}a(h_3+h_2-h_1)=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$。
∵$(h_3+h_2-h_1)=18$，
∴$a=12\sqrt{3}$，$S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2=108\sqrt{3}$。

3. (2023 秋·宿迁市宿城区期末) 如图 7 - 3, $\angle AOB = 120^{\circ}$, $ OP $ 平分 $\angle AOB$, 且 $ OP = 1$. 若点 $ M$, $ N$ 分别在 $ OA$, $ OB$ 上, 且 $\triangle PMN$ 为等边三角形, 则满足上述条件的 $\triangle PMN$ 有 (D)

A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.无数个

答案：
3.D 提示：如图7-2，过点P作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N。
∵OP平分∠AOB，
∴PM=PN。
∵∠MPN=360°-∠AOB-∠PMO-∠PNO=60°，此时，△PMN是等边三角形。
当M向MO方向移动，N向NB方向移动，∠MPM₁=∠NPN₁，
∴∠M₁PN₁=∠M₁PN₁+∠MPM₁=∠MPN=60°。
∵△PMM₁≌△PNN₁(ASA)，
∴PM₁=PN₁，
∴△M₁PN₁是等边三角形。
当M向MO方向移动，N向NB方向移动且∠MPM=∠NPN时，△M₁PN₁是等边三角形。
同理：当M向MA方向移动，N向NO方向移动，也存在无数个满足条件等边△PMN。
综上：满足条件的△PMN有无数个，故选D。

4. (“希望杯”全国竞赛) 如图 7 - 4 所示, $\triangle DAC$ 和 $\triangle EBC$ 均是等边三角形. $ AE$, $ BD$ 分别与 $ CD$, $ CE$ 交于点 $ M$, $ N$. 有如下结论: ① $\triangle ACE \cong \triangle DCB$, ② $ CM = CN$, ③ $ AC = DN$, ④ $ MN // AB$, 其中, 正确的个数是 (A)

A.3
B.2
C.1
D.4

答案： 4.A 提示：充分利用等边三角形提供的边、角关系证三角形全等。
对于①：易知∠ACE=∠BCD = 120°，又
∵AC=CD，CE=BC，故△ACE≌△DCB，故①对；
对于②：由①知△ACE≌△DCB，
∴∠MAC=∠NCD，又
∵AC=DC，∠MCA=∠NCD=60°，
∴△ACM≌△DCN，
∴CM=CN，故②对；
对于③：易证△CND≌△CMA，即DN=AM，又易知AM＜AC，
∴DN＜AC，故③不对；
对于④：由②知CM=CN，且∠MCN=60°，
∴△CMN是等边三角形，即∠CMN=60°，∠NMC=∠MCA=60°，
∴MN//AB，故④对。
因此选A。

5. (2024·邯郸市复兴区模拟) 如图 7 - 5, 在等边三角形 $ ABC $ 中, $ D$, $ E $ 分别为 $ AB$, $ AC $ 边上的动点, $ BD = 2AE$, 连接 $ DE$, 以 $ DE $ 为边在 $\triangle ABC$ 内作等边三角形 $ DEF$, 连接 $ CF$, 当 $ D $ 从点 $ A $ 向 $ B $ 运动 (不运动到点 $ B $) 时, $\angle ECF$ 大小的变化情况是 (A)

A.不变
B.变小
C.变大
D.先变大后变小

答案：
5.A 提示：在AC上截取CN=AE，连接FN。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，AB=AC，
∵BD=2AE，
∴AD=EN。
∵△DEF是等边三角形，
∴DE=EF，∠DEF=60°。
∵∠ADE=180°-∠A-∠AED=180°-60°-∠AED=120°-∠AED，∠NEF=180°-∠DEF-∠AED=180°-60°-∠AED=120°-∠AED，
∴∠ADE=∠NEF，
∴△ADE≌△NEF(SAS)，
∴AE=FN，∠FNE=∠A=60°，
∴FN=CN，
∴∠NCF=∠NFC。
∵∠FNE=∠NCF+∠NFC=60°，
∴∠NCF=30°，即∠ECF=30°，故选A。

6. (2023 秋·武汉市武昌区期末) 如图 7 - 6, $\triangle ABC$ 中, $\angle BAC = 60^{\circ}$, 点 $ D $ 是 $\triangle ABC$ 外一点, $\triangle BCD$ 是
八年级数学(上) · 25 ·
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 (A)

A.$\frac{7}{5}$
B.$\frac{5}{4}$
C.$\frac{4}{3}$
D.$\frac{5}{3}$

答案：
6.A 提示：过点B作BG⊥AC于点G，过点C作CH⊥AB于点H，如图7-3所示：
∵∠BAC=60°，CH⊥AB，
∴∠ACH=30°。
∵△BCD为等边三角形，
∴∠BCD=60°，BC=CD，
∴∠BCH+∠DCF=180°-∠ACH-∠BCD=180°-30°-60°=90°。
∵DF⊥CF，
∴∠DCF+