《2025年评优监测课时作业八年级数学上册苏科版》

7. 如图，在 $ Rt \triangle ABC$ 中，$\angle ACB = 90°$，$CD \perp AB$ 于点 $D$，$AF$ 平分 $\angle CAB$，交 $CD$ 于点 $E$，交 $BC$ 于点 $F$. 若 $AF = BF$，求证：$\triangle CEF$ 是等边三角形.

答案： 证明：
∵AF=BF，
∴∠FAB=∠B（等边对等角）。
设∠CAF=∠FAB=∠B=x，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAB=2x。
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠B=90°，即2x+x=90°，解得x=30°。
∴∠CAF=30°，∠B=30°，∠CAB=60°。
在Rt△AFC中，∠ACF=90°，∠CAF=30°，
∴∠AFC=180°-90°-30°=60°（三角形内角和定理），即∠CFE=60°。
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
在Rt△ADC中，∠CAD=60°，
∴∠ACD=90°-60°=30°（直角三角形两锐角互余）。
在△AEC中，∠CAE=30°，∠ACE=30°，
∴∠AEC=180°-30°-30°=120°（三角形内角和定理）。
∵∠AEC+∠CEF=180°（平角定义），
∴∠CEF=180°-120°=60°。
在△CEF中，∠CEF=∠CFE=60°，
∴∠ECF=180°-60°-60°=60°，
∴△CEF三个内角均为60°，
∴△CEF是等边三角形。

8. 如图，$\triangle ABC$ 是等边三角形，$DF \perp AB$，$DE \perp CB$，$EF \perp AC$. 求证：$\triangle DEF$ 是等边三角形.

答案： 1.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°。
2. 设DF⊥AB于G，DE⊥CB于H，
∴∠DGB=∠DHB=90°。
3. 在四边形DGBH中，∠DGB+∠DHB+∠B+∠GDH=360°，即90°+90°+60°+∠GDH=360°，解得∠GDH=120°。
4.
∵∠EDF与∠GDH互补，
∴∠EDF=180°-120°=60°。
5. 同理可证∠DEF=60°，∠DFE=60°。
6.
∴△DEF是等边三角形。

9. 如图，$\triangle ABC$ 是等边三角形，延长 $BC$ 到点 $E$，使 $CE = \frac{1}{2}BC$. 点 $D$ 是边 $AC$ 的中点，连接 $ED$ 并延长交 $AB$ 于点 $F$. 求证：
(1) $EF \perp AB$；
(2) $DE = 2DF$.

答案：
(1)
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC。
∵延长BC到E，
∴∠ACE=180°-∠ACB=120°。
∵D是AC中点，
∴DC=1/2AC。
∵CE=1/2BC，AC=BC，
∴DC=CE。
∴△DCE中，∠CDE=∠CED。
∵∠DCE=120°，
∴∠CDE=(180°-120°)/2=30°。
∵∠ADF=∠CDE（对顶角相等），
∴∠ADF=30°。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°。
在△ADF中，∠AFD=180°-∠A-∠ADF=180°-60°-30°=90°。
∴EF⊥AB。
(2) 设AC=2a，则AD=DC=a，CE=a。
在Rt△AFD中，∠ADF=30°，∠AFD=90°，
∴AF=1/2AD=1/2a（30°角所对直角边是斜边的一半）。
由勾股定理得DF=√(AD² - AF²)=√(a² - (a/2)²)= (√3/2)a。
在△DCE中，作CH⊥DE于H。
∵DC=CE，CH⊥DE，
∴DH=HE。
在Rt△CDH中，∠CDE=30°，DC=a，
∴CH=1/2DC=1/2a（30°角所对直角边是斜边的一半）。
由勾股定理得DH=√(DC² - CH²)=√(a² - (1/2a)²)= (√3/2)a。
∴DE=2DH=2×(√3/2a)=√3a。
∵DF=(√3/2)a，
∴DE=2DF。