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2022-2023 学年人教版数学八年级上册压轴题专题精选汇编
专题 09 含 30°角的直角三角形
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一、选择题(共10题；共20分)
1．（2分）（2021八上·松桃期末）如图，△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，过点E作EF⊥AB
于点F，延长BC交EF的反向延长线于点D，若EF=1，则DF的长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】C
【完整解答】解：连接BE，
∵△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，
∴∠ABC=60°，∠ABE=∠CBE=30°，
∵EF⊥AB，
∴∠D=90°-∠ABC=30°，即∠D=∠CBE=30°，
∴BE=DE，
在Rt BEF中，EF=1，
∴BE△=2EF=2，
∴BE=DE=2，
∴DF=EF+DE=3，故答案为：C.
【思路引导】连接BE，根据等边三角形的性质得∠ABC=60°，∠ABE=∠CBE=30°，易求∠D=30°，即得
∠D=∠CBE，由等角对等边可得BE=DE，根据含30°角的直角三角形的性质可得BE=2EF=2，即得
DE=2，从而得出DF=EF+DE=3
2．（2分）（2021八上·平阴期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AB＝8，∠B＝30°，点P是BC边上的
动点，则AP长不可能是( )
A．3.5 B．4.2 C．5.8 D．7.3
【答案】A
【完整解答】解：∵∠C=90°，AB=8，∠B=30°，
∴AC= AB= ×8=4，
∵点P是BC边上的动点，
∴4＜AP＜8，
∴AP的值不可能是3.5．
故答案为：A．
【思路引导】根据含30°角的直角三角形的性质可得AC= AB=4，根据垂线段最短得出AP的最小值，然
后得出AP的范围，即可判断.
3．（2分）（2021八上·海丰期末）如图， 为 的角平分线， ， ，点P，C
分别为射线 ， 上的动点，则 的最小值是（ ）A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【完整解答】解：过点B作BD⊥OA于D，交OE于P，过P作PC⊥OB于C，此时 的值最小，
∵ 为 的角平分线，PD⊥OA，PC⊥OB，
∴PD=PC，
∴ =BD，
∵ ， ，
∴ ，
故答案为：A．
【思路引导】根据角平分线的性质求出PD=PC，再求出 =BD，最后求出BD的值即可。
4．（2分）（2021八上·海淀期末）如图， 是等边三角形，D是BC边上一点， 于点E．
若 ，则DC的长为（ ）A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【完整解答】解： 是等边三角形，
，
故答案为：C
【思路引导】先求出∠C=60°，再求出∠DEC=90°，最后计算求解即可。
5．（2分）（2021八上·乌兰察布期末）如图所示，在直角三角形ACB中，已知∠ACB=90°，点E是AB
的中点，且 ，DE交AC的延长线于点D、交BC于点F，若∠D=30°，EF=2，则DF的长是（
）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【完整解答】解：∵DE⊥AB，则在△AED中，∵∠D=30°，
∴∠DAE=60°，
在Rt ABC中，
∵∠A△CB=90°，∠BAC=60°，
∴∠B=30°，
在Rt BEF中，∵∠B=30°，EF=2，
∴BF△=4，
连接AF，∵DE是AB的垂直平分线，
∴FA=FB=4，∠FAB=∠B=30°，
∵∠BAC=60°，
∴∠DAF=30°，
∵∠D=30°，
∴∠DAF=∠D，
∴DF=AF=4，
故答案为：B．
【思路引导】连接AF，由直角三角形的性质求出BF，根据中垂线的性质得出AF=BF，求出
∠FAB=∠B=30°，即可得出答案。
6．（2分）（2021八上·西峰期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D是BC的中点，连结
AD，AE是∠BAD的平分线，DF∥AB交AE的延长线于点F，若EF=3，则AE的长是（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12【答案】B
【完整解答】解：∵ ，AD是 的中线，
∴ ， ，
.
∵AE是 的角平分线，
∴ .
∵ ，
∴ ，
∴ .
在 中， ，
∴ .
故答案为：B.
【思路引导】利用等腰三角形三线合一的性质和三角形的内角和定理求出∠B、∠C、∠BAD，∠CAD的
度数；再利用角平分线的定义求出∠DAE，∠EAB的度数，利用两直线平行，内错角相等，可求出∠F的
度数，再利用30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出AE的长.
7．（2分）（2021八上·无棣期中）已知，如图，△ABC是等边三角形，AE=CD，BQ⊥AD于Q，BE交
AD于点P，下列说法：①∠APE=∠C，②AQ=BQ，③BP=2PQ，④AE+BD=AB，其正确的个数有
（ ）个A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【完整解答】解：∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAE=∠C=60°，
∵ AE=CD，
∴△ABE≌△CAD，
∴∠ABE=∠CAD，
∴∠BPQ=∠ABE+∠BAP=∠CAD+∠BAP=∠BAC=60°，
∴∠APE=∠BPQ=60°，
∴ ∠APE=∠C， 故①正确；
②无法证明AQ=BQ，故②错误；
③∵ BQ⊥AD于Q，
∴∠PBQ=90°-∠BPQ=90°-∠APE=90°-60°=30°，
∴ BP=2PQ， 故③正确；
④∵△ABE≌△CAD，
∴AE=CD，
∴ AE+BD=CD+BD=BC=AB，故④正确，
∴正确的个数由3个.
故答案为：C.
【思路引导】①根据等边三角形的性质得出∠C=60°，再证出△ABE≌△CAD，得出∠ABE=∠CAD，从而
得出∠APE=∠BPQ=60°，即可判断①正确；
②无法证明AQ=BQ，即可判断②错误；
③证出∠PBQ=30°，从而得出BP=2PQ， 即可判断③正确；
④根据全等三角形的性质得出AE=CD，从而得出AE+BD=CD+BD=BC=AB，即可判断④正确.
8．（2分）（2021八上·如皋期末）如图，在 中， ， ，D为 的中
点，P为 上一点，E为 延长线上一点，且 有下列结论：①；② 为等边三角形；③ ；④ 其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②④ D．③④
【答案】C
【完整解答】解：如图，连接BP，
∵AC＝BC，∠ABC＝30°，点D是AB的中点，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴CD是AB的中垂线，
∴AP＝BP，而AP＝PE，
∴AP＝PB＝PE
∴∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，
∴∠PBA+∠PBE＝∠PAB+∠PEB，
∴∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
故①正确；
∵PA＝PE，
∴∠PAE＝∠PEA，
∵∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
∴∠PAE+∠PEA＝而
∴△PAE是等边三角形，
故②正确；
如图，延长 至 ，使 则点P关于AB的对称点为P′，连接P′A，
∴AP＝AP′，∠PAD＝∠P′AD，
∵△PAE是等边三角形，
∴AE＝AP，
∴AE＝AP′，
∵∠CAD＝∠CAP+∠PAD＝30°，
∴2∠CAP+2∠PAD＝60°，
∴∠CAP+∠PAD+∠P′AD＝60°﹣∠PAC，
∴∠P′AC＝∠EAC，
∵AC＝AC，
∴△P′AC≌△∠EAC（SAS），
∴CP′＝CE，
∴CE＝CP′＝CP+PD+DP′＝CP+2PD，
∴ .
故③错误；
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，
∵CG＝CP，∠BCD＝60°，∴△CPG是等边三角形，
∴∠CGP＝∠PCG＝60°，
∴∠ECP＝∠PGB＝120°，且EP＝PB，∠PEB＝∠PBE，
∴△PCE≌△PGB（AAS），
∴CE＝GB，
∴AC＝BC＝BG+CG＝EC+CP，
∵∠ABC＝30°，AF⊥BE，
∴AF＝ AB＝AD，
∵S ＝ CB×AF＝ （EC+CP）×AF＝ EC×AF+ CP×AD＝S ，
ACB 四边形AECP
△
∴S ＝S .故④正确.
四边形AECP ABC
△
所以其中正确的结论是①②④.
故答案为：C.
【思路引导】连接BP，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，
CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，进而推出AP＝BP＝PE，由等腰三角形的性质可得∠PAB＝∠PBA，
∠PEB＝∠PBE，然后根据角的和差关系可判断①；易得∠PAE+∠PEA＝120°，∠APE=60°，据此判断
②；延长PD至P′，使PD=P′D，则点P关于AB的对称点为P′，连接P′A，由等边三角形的性质可得AE＝
AP，则AE＝AP′，推出∠P′AC＝∠EAC，证明△P′AC≌△∠EAC，得到CP′＝CE=CP+2PD，据此判断③；
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，则△CPG是等边三角形，则∠CGP＝∠PCG＝60°，证明△PCE≌△PGB，得到CE＝GB，推出AC＝BC＝EC+CP，根据含30°角的直角三角形的性质可得AF＝
AB＝AD，据此不难判断④.
9．（2分）（2021八上·温州期中）如图，△ABC与△CED均为等边三角形，且B，C，D三点共线.线段
BE，AD相交于点O，AF⊥BE于点F.若OF=1，则AF的长为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【完整解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中， ，
∴△BCE≌△ACD（SAS）
∴∠CBE=∠CAD，
∵∠BOD=∠ABE+∠BAD，∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠BOD=∠ABE+∠BAC+∠CAD=∠ABE+∠BAC+∠CBE=∠ABC+∠BAC=60°+60°=120°.
∴∠AOF=180°-∠BOD=180°-120°=60°，
在Rt AOF中，∠AOF=60°，OF=1，
△
∴AF= .
故答案为： .
【思路引导】根据等边三角形的性质可得BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，推出∠BCE=∠ACD，
证明△BCE≌△ACD，得到∠CBE=∠CAD，根据外角的性质以及角的和差关系可得∠BOD=120°，由邻补
角的性质求出∠AOF的度数，然后在Rt AOF中，通过30°角所对的直角边等于斜边的一半就可得到AF.
△10．（2分）（2021八上·武昌期末）如图，已知： ，点 、 、 在射
线ON上，点 、 、 在射线OM上， 、 、 均为
等边三角形，若 ，则 的边长为（ ）
A．2017 B．2018 C． D．
【答案】C
【完整解答】解：如图，
是等边三角形，
， ，
，
，
，
又 ，
，，
，
，
、 是等边三角形，
， ，
，
， ，
， ，
，
，
，
，
，
当 时，
，
故答案为：C.
【思路引导】此题考查了等边三角形性质，直角三角形性质，图形、数字规律问题，由等边三角形性质与
直角三角形性质，找三角形边的关系，然后通过观察分析，找出规律，再按规律求解即可.
二、填空题(共10题；共20分)
11．（2分）（2021八上·徐汇期末）如图，∠AOE＝∠BOE＝15°，EF//OB，EC⊥OB，若EC＝2，则EF
＝ ．【答案】4
【完整解答】解：作EG⊥OA于G，如图所示：
∵EF//OB，∠AOE＝∠BOE＝15°，EC⊥OB，
∴∠OEF＝∠COE＝15°，EG＝CE＝2，
∵∠AOE＝15°，
∴∠EFG＝15°＋15°＝30°，
∴EF＝2EG＝4．
故答案为：4．
【思路引导】作EG⊥OA于G，根据平行线的性质及角平分线的定义可得∠EFG＝15°＋15°＝30°，再利用
含30°角的性质可得EF＝2EG＝4．
12．（2分）（2021八上·道里期末）等腰 的顶角为30°，腰长为8，则 的面积为 ．
【答案】16
【完整解答】解：如图所示，过点B作BD⊥AC，
∵∠A=30°，AB=AC=8，
∴BD= AB= ，∴S = BD·AC=16
ABC
△
故答案为：16．
【思路引导】利用三角形面积以及等腰三角形的性质即可得出答案。
13．（2分）（2021八上·大兴期末）如图，在 中， ， ， 交
BC于点D．若 ，则 ．
【答案】9
【完整解答】解：∵ ，
∴∠CAD=90°，
∵ ，
∴∠BAD=30°，
∵ ，
∴AD=BD=3，∠ADC=∠B+∠BAD=60°，
∴∠C=90°-∠ADC=30°，
∴CD=2AD=6，
∴BC=BD+CD=9．
故答案为：9
【思路引导】先求出∠CAD=90°，再求出∠C=30°，最后计算求解即可。
14．（2分）（2021八上·临江期末）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M、N在边
OB上，PM＝PN，若MN＝2，则OM＝【答案】4
【完整解答】解：如图，过点P作PC⊥OB于点C，
∴∠OCP=90°，
∵PM＝PN，MN＝2，
∴MC=1，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OPC=30°，
∴OC= OP= ×10=5，
∴OM+1=5，
∴OM=4.
【思路引导】过点P作PC⊥OB于点C，根据等腰三角形的性质得出MC=1，再根据直角三角形的性质得
出OC=5，聪的得出OM+1=5，即可得出OM=4.
15．（2分）（2021八上·如皋月考）如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，E是线段AC上一点，连接BE并延长至D，连接CD，若∠BCD＝120°，AB＝2CD，AE＝7，则线段CE长为 .
【答案】
【完整解答】解：作BM⊥AE，垂足为M，
， ，
， ，
∴AB=2BM，
，
.
，
，
.
在△EMB和 中，
，，
.
设 ，则 ， .
，
，
，
线段 长为 .
故答案为： .
【思路引导】过点B作BM⊥AC于点M，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求就出∠A和
∠ACB的度数及AM=CM，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得到AB=2BM，再利用AAS证明
△MEB≌△CED，利用全等三角形的性质可得到ME=CE，设CE=x，可表示出ME，AM的长，根据
AM=CM，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到CE的长.
16．（2分）（2021八上·德阳月考）如图，在等边△ABC中，AB=2，D为△ABC内一点，且DA=DB，E
为△ABC外一点，BE=AB，且∠EBD =∠CBD，连接DE、CE，则下列结论； ①∠DAC=∠DBC；
②BE⊥AC； ③∠DEB=30°.
④若EC//AD，则S 1.其中正确的有 ．（只填序号）
EBC=
△
【答案】①③④
【完整解答】 解：如图，连接DC，∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=2，∠ABC=∠ACB=60°，
在△ACD与△BCD中，
，
∴△ACD≌△BCD（SSS），
∴ ∠DAC=∠DBC ，故①正确；
∠BCD=∠ACD= ∠ACB=30°，
∵BE=AB，
∴BE=BC，
在△BED与△BCD中，
，
∴ △BED≌△BCD （SAS），
∴∠BED=∠BCD=30°，故③正确；
∵EC∥AD，
∴∠DAC=∠ECA，
∵∠DBE=∠DBC，∠DAC=∠DBC，∴设∠ECA=∠DBC=∠DBE=x，
∵BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC=60°+x，
∵∠CBE+∠BEC+∠BCE=180°，
∴2x+2（60°+x）=180°，
∴x=15°，
∴∠CBE=30°，
∴∠ABE=∠CBE=30°，
∴BE⊥AC，
∴BE边上的高= BC=1，
∴S = ×2×1=1，故④正确；
EBC
△
由④可知：当∠CBE=30°时，BE⊥AC， 故②不正确，
故答案为：①③④.
【思路引导】 连接DC，证出△ACD≌△BCD，得出∠DAC=∠DBC，∠BCD=∠ACD=30°，再证出
△BED≌△BCD，得出∠BED=∠BCD=30°，即可判断①③正确；
设∠ECA=∠DBC=∠DBE=x，得出∠BCE=∠BEC=60°+x，利用三角形内角和定理得出2x+2（60°+x）
=180°，求出x的值，从而得出∠ABE=∠CBE=30°，根据等腰三角形的性质得出BE⊥AC， 得出BE边上
的高，利用三角形的面积公式得出S =1，即可判断④正确；
EBC
△
根据④的证法得出当∠CBE=30°时，BE⊥AC， 即可判断②不正确.
17．（2分）（2020八上·江岸月考）如图，等边三角形ABC中， BD⊥AC于D，BC＝8，E在BD上一
动点，以CE为边作等边三角形ECP，连DP，则DP的最小值为 .【答案】2
【完整解答】解：如图，连接AP，
∵△ABC为等边三角形，BD⊥AC，BC=8，
∴BC=AC=AB=8，DA=DC=4，∠BCA=∠ABC=60°，∠CBE=30°，
∵△CEP为等边三角形，
∴CE=CP，∠PCE=60°，
∴∠PCE=∠ACB，
∴∠BCE=∠ACP，
∴在△BCE和△ACP中，
∴△BCE≌△ACP（SAS），
∴∠CBE=∠CAP=30°，AP=BE，
∴当DP⊥AP时，DP值最小，
此时∠APD=90°，∠CAP=30°，DA=4，
∴DP=2.故答案为：2.
【思路引导】连接AP，由等边三角形的性质可得BC=AC=AB=8，DA=DC=4，∠BCA=∠ABC=60°，
∠CBE=30°，CE=CP，∠PCE=60°，证明△BCE≌△ACP，得到∠CBE=∠CAP=30°，AP=BE，推出当
DP⊥AP时，DP值最小，据此求解.
18．（2分）（2021八上·吴兴期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，AG是底
边BC上的高.在AG的延长线上有一个动点D，连接CD，作∠CDE＝150°，交AB的延长线于点E，
∠CDE的角平分线交AB边于点F，则在点D运动的过程中，线段EF的最小值为 .
【答案】2
【完整解答】解：如图.过点D作DM⊥AB于E，作DN⊥AC于N.连接CF.
∵AB＝AC，AG是底边BC上的高，
∴AD评分∠BAC，
∴DM＝DN，
∵，∠BAC＝30°，DM⊥AB，作DN⊥AC，
∴∠MDN＝180°﹣30°＝150°，
∵∠CDE＝150°，∴MDN＝∠CDE＝150，
∴∠MDE＝∠NDC，
∴△MDE≌△NDC（ASA），
∴ED＝CD，
∵DF是∠CDE的角平分线，
∴∠EDF＝∠CDF，
∵DF＝DF，
∴△EDF≌△CDF（SAS），
∴EF＝CF，
当CF⊥AB时，CF最短，此时EF最短.
在Rt CAF中，∠BAC＝30°，
△
∴CF＝ .
即线段EF的最小值为2.
故答案为：2.
【思路引导】过点D作DM⊥AB于E，作DN⊥AC于N，连接CF，根据等腰三角形的性质可得AD平分
∠BAC，结合角平分线的性质可得DM＝DN，作DN⊥AC，证明△MDE≌△NDC，得到ED＝CD，根据
角平分线的概念可得∠EDF＝∠CDF，证明△EDF≌△CDF，得到EF＝CF，推出当CF⊥AB时，CF最短，
此时EF最短，然后根据含30°角的直角三角形的性质进行求解.
19．（2分）（2018八上·海曙期末）如图，△ABC中， ∠A=15°，AB是定长.点D，E分别在AB，AC上
运动， 连结BE，ED．若BE+ED的最小值是2， 则AB的长是
【答案】4
【完整解答】如图，作∠CAF=15°，∵AC是∠BAF的平分线，
∴DE=D´E，
∴当BE 、D´E在一条直线上时，即当E、D在如图位置上时，BE+ED最小，
∵∠F=90°， ∠FAB=30°，
∴AB=2BF=4.
故答案为：4.
【思路引导】作点B关于AC的对称点B'，过B作BF⊥AB'，BF即为BE+ED的最小值，利用含30°的直
角三角形的性质解答即可．
20．（2分）（2017八上·丰都期末）如图：∠DAE=∠ADE=15°，DE∥AB，DF⊥AB，若AE=8，则DF
等于 ．
【答案】4
【完整解答】解：作DG⊥AC，垂足为G．
∵DE∥AB，
∴∠BAD=∠ADE，
∵∠DAE=∠ADE=15°，
∴∠DAE=∠ADE=∠BAD=15°，
∴∠DEG=15°×2=30°，
∴ED=AE=8，
∴在Rt DEG中，DG= DE=4，
△
∴DF=DG=4．
故答案为：4．【思路引导】作DG⊥AC，根据DE∥AB得到∠BAD=∠ADE，再根据∠DAE=∠ADE=15°得到
∠DAE=∠ADE=∠BAD，求出∠DEG=15°×2=30°，再根据30°的角所对的直角边是斜边的一半求出GD的
长，然后根据角平分线的性质求出DF．
三、解答题(共8题；共60分)
21．（6分）（2021八上·丰台期末）如图，在 中，∠ °，∠ °， ⊥AB于点
D， 交AC于点E，如果 ，求 的长．
【答案】解：∵ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵在 中， ，
∴ ．
【思路引导】根据三角形的内角和得出 ，根据含30度角的直角三角形的性质解答即可。
22．（6分）（2021八上·河东期中）如图，学校科技小组计划测量一处电信塔的高度，小明在A处用仪器
测得到塔尖D的仰角∠DAC＝15°，向塔正前方水平直行260m到达点B，测得到塔尖的仰角∠DBC＝
30°，若小明的眼睛离地面1.6m，你能计算出塔的高度DE吗？写出计算过程．
【答案】解：由题意得： ，
，
，
，
，
在 中， ，
，即塔的高度DE为 ．
【思路引导】先证明 ，在 中， 利用直角三角形30度角的性质，求出CD
即可。
23．（6分）（2021八上·河东期中）如图在△ABC中，AB=AC=9，∠BAC=120°，AD是△ABC的中线，
AE是∠BAD的角平分线，DF∥AB交AE的延长线于点F，求DF的长．
【答案】解：∵AB=AC，AD是△ABC的中线，∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD= ∠BAC=
×120°=60°，∵AE是∠BAD的角平分线，∴∠DAE=∠EAB= ∠BAD= ×60°=30°，∵DF∥AB，
∴∠F=∠BAE=30°，∴∠DAE=∠F=30°，∴AD=DF，∵∠B=90°﹣60°=30°，∴AD= AB=
×9=4.5，∴DF=4.5．
【思路引导】根据等腰三角形三线合一的性质得出AD⊥BC，∠BAD=∠CAD= ∠BAC=
×120°=60°，∵AE是∠BAD，再求出∠DAE=30°，再根据平行线的性质求出∠F=∠BAE=30°，从而得出
∠DAE=∠F，再根据等角对等边求出AD=DF，再求出∠B的度数，根据直角三角形30度角对的直角边等
于斜边的一半解答即可。24．（8分）（2021八上·河东期末）
（1）（4分）已知直角 ，∠C=90°，∠B=30°，求证：AB=2AC．
（2）（4分）如图，AD是 的角平分线，DE，DF分别是 ABD和 ACD的高，求证：AD垂直
平分EF．
【答案】（1）证明：延长AC使CD=AC，连接BD，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°
∴∠BCD=90°，∠A=90°-∠ABC=60°，
在△ABC和△DBC中{
AC=DC
∠ACB=∠DCB，
BC=BC
∴△ABC≌△DBC（SAS），
∴∠A=∠D=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AB=AD，
∴AB=2AC；
（2）证明：∵AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高
∴DE=DF，∠AED=∠AFD=90°，
∴△AED和△AFD均为直角三角形，
在Rt ADE和Rt ADF中，
△ △
∴Rt ADE ADF（HL），
∴AE=AF，
又∵DE=DF，
∴ AD垂直平分EF．
【思路引导】（1）利用含30度角的直角三角形的性质求解即可；
（2）由AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，得出DE=DF，
∠AED=∠AFD=90°，证出△AED和△AFD均为直角三角形，再利用HL证出Rt ADE ADF，即可
得出结论。
25．（11分）（2021八上·望花期末）某游乐场部分平面图如图所示，点C、E、A在同一直线上，点D、
E、B在同一直线上，DB⊥AB．测得A处与E处的距离为80m，C处与E处的距离为40m，∠C＝90°，
∠BAE＝30°．（1）（3分）请求出旋转木马E处到出口B处的距离；
（2）（4分）请求出海洋球D处到出口B处的距离；
（3）（4分）判断入口A到出口B处的距离与海洋球D到过山车C处的距离是否相等？若相等，请证
明；若不相等，请说明理由．
【答案】（1）解：∵DB⊥AB，∠BAE＝30°，
∴ ，
∵AE=80m，
∴BE=40m，
即旋转木马E处到出口B处的距离为40m；
（2）解：∵DB⊥AB，∠BAE＝30°，
∴∠AEB=∠DEC=60°，
∵∠C＝90°，
∴∠D=30°，
∵CE=40m，
∴ ，
∴DB=DE+BE=120m，
即海洋球D处到出口B处的距离为120m；
（3）解：入口A到出口B处的距离与海洋球D到过山车C处的距离相等，理由如下：
由（1）（2）可知：AE=DE，
在△AEB和△DEC中，
，∴△DEC≌△AEB（AAS），
∴AB=DC，
即入口A到出口B处的距离与海洋球D到过山车C处的距离相等．
【思路引导】（1）根据30度角所对的直角边等于斜边的一半即可得出BE的值；
（2）由（1）同理得出DE的值，从而求出BD的值；
（3）利用勾股定理求出AB、CD的长，即可判断。
26．（5分）已知，如图，△ABC为等边三角形，AE=CD，AD、BE相交于点P，BQ⊥AD于Q，PQ=3，
PE=1，求AD的长.
【答案】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACD，
∵AE=CD，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴AD=AE，∠DAC=∠ABE，
∵∠BPQ=∠PAB+∠PBA，
∴∠BPQ=∠PAB+∠DAC=∠PAC=60°，
∴∠PBQ=180°-∠PQB-∠BPQ=180°-90°-60°=30°，
∴BP=2PQ=6，
∴BE=BP+PE=6+1=7.
∴AD=BE=7.
【思路引导】先利用边角边定理证明△ABE和△ADC全等，则对应边AD和AE相等，对应角∠DAC和
∠ABE相等，于是利用三角形外角的性质可求∠BPQ为90°，再结合30°所对的直角边等于斜边的一半求
得PB的长，则BE的长可得，从而求出AD的长.
27．（8分）（2020八上·东海期末）问题情境：
七下教材第149页提出这样一个问题：如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，把三角尺的直角顶点落
在OC的任意一点P上，并使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F，PE与PF相等吗？（1）（4分）七年级学习这部分内容时，我们还无法对这个问题的结论加以证明，八下教材第59页第
11题不仅对这一问题给出了答案：“通过实验可以得到PE＝PF”，还要求“现在请你证明这个结论”，请
你给出证明：
（2）（4分）变式拓展：
如图2，已知∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，P是OC上一点，∠EPF＝60°，PE边与OA边相交于点
E，PF边与射线OB的反向延长线相交于点F.试解决下列问题：
①PE与PF还相等吗？为什么？
②试判断OE、OF、OP三条线段之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N.
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣3×90°＝90°，
∵∠MPN＝∠EPF＝90°，
∴∠MPF＝∠NPE，在△PMF和△PNE中， ，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE.
（2）解：①解：结论：PE＝PF.
理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N.
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM＝PN，
∵∠PMO＝∠PNO＝90°，∠MON＝120°，
∴∠MPN＝360°﹣2×90°﹣120°＝60°，
∵∠MPN＝∠EPF＝60°，
∴∠MPF＝∠NPE，
在△PMF和△PNE中， ，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF＝PE.
②解：结论：OE﹣OF＝OP.
理由：在△OPM和△OPN中， ，
∴△POM≌△PON（AAS），
∴OM＝ON，
∵△PMF≌△PNE（ASA），∴FM＝EN，
∴OE﹣OF＝EN+ON+﹣（FM﹣OM）＝2OM，
在Rt OPM中，∠PMO＝90°，∠POM＝ ∠AOB＝60°，
△
∴∠OPM＝30°，
∴OP＝2OM，
∴OE﹣OF＝OP.
【思路引导】（1）过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N，由角平分线的性质可得PM＝PN，由同角的
余角相等得∠MPF＝∠NPE，根据ASA证明△PMF≌△PNE，可得PF＝PE；
（2）①PE＝PF；理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N， 同（1）证法相同；
②OE﹣OF＝OP，理由：先利用AAS证明△POM≌△PON，得OM＝ON，由△PMF≌△PNE可得FM＝
EN，从而得出OE﹣OF＝EN+ON+﹣（FM﹣OM）＝2OM， 在Rt OPM中 ，求出 ∠OPM＝30°， 可得
OP＝2OM， 即得 OE﹣OF＝OP. △
28．（10分）（2021八上·长沙月考）已知△ABC是等边三角形，E、F分别是边BC、AC上的点，AE与
BF相交于点G，且BE=CF.
（1）（3分）如图（1），求证：△BCF≌△ABE，并直接写出∠AGF的度数；
（2）（3分）如图（2），若DF⊥AE，垂足为D，且DG=1，BF=4，求BG的长度；
（3）（4分）如图（3），以AB为边在左侧作等边△ABD，连接DG，求证：DG=AG+BG.
【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=60°，
在△ABE和△BCF中，
，∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠FBC，
∵∠BGE=∠ABG+∠BAE=∠ABG+∠FBC=∠ABC=60°，
∴∠AGF=∠BGE=60°；
（2）解：由（1）得，∠AGF=60°，
∵DF⊥AE，
∴∠DFG=30°，
∵DG=1，
∴GF=2DG=2，
∵BF=4，
∴BG= BF- GF=4-2=2；
（3）解：证明：延长GE至点H，使GH=GB，连接BH，如图，
∵∠BGE=60°，
∴△BGH为等边三角形，
∴BG=BH=GH，∠GBH=60°，
∵△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=60°，
∵∠ABH=∠GBH+∠ABG，∠DBG=∠ABD+∠ABG，
∴∠ABH=∠DBG，
在△DBG和△ABH中，
，
∴△DBG≌△ABH（SAS），
∴DG=AH，
而AH=AG+GH，∴DG=AG+BG.
【思路引导】（1）由等边三角形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠C=60°，根据SAS可证△ABE≌△BCF，
可得∠BAE=∠FBC， 利用三角形外角的性质可得 ∠BGE=∠ABG+∠BAE=∠ABG+∠FBC=∠ABC=60°，
由对顶角相等即得结论；
（2）先求出∠DFG=30°， 根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半可得GF=2DG=2， 利用
BG= BF- GF 即可求解；
（3）延长GE至点H，使GH=GB，连接BH， 先证△BGH为等边三角形，再证△DBG≌△ABH
（SAS），得DG=AH， AH=AG+GH即得结论.
