專題09含30°角的直角三角形(原卷版+解析)

2022-2023學年人教版數(shù)學八年級上冊壓軸題專題精選匯編專題09含30°角的直角三角形考試時間：120分鐘試卷滿分：100分姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分得分評卷人得分一．選擇題（共10小題，滿分20分，每小題2分）1．（2分）（2021八上·松桃期末）如圖，△ABC是等邊三角形，點E是AC的中點，過點E作EF⊥AB于點F，延長BC交EF的反向延長線于點D，若EF=1，則DF的長為（）A．2 B．2.5 C．3 D．3.52．（2分）（2021八上·平陰期末）如圖，△ABC中，∠C＝90°，AB＝8，∠B＝30°，點P是BC邊上的動點，則AP長不可能是()A．3.5 B．4.2 C．5.8 D．7.33．（2分）（2021八上·海豐期末）如圖，為的角平分線，，，點P，C分別為射線，上的動點，則的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．64．（2分）（2021八上·海淀期末）如圖，是等邊三角形，D是BC邊上一點，于點E．若，則DC的長為（）A．4 B．5 C．6 D．75．（2分）（2021八上·烏蘭察布期末）如圖所示，在直角三角形ACB中，已知∠ACB=90°，點E是AB的中點，且，DE交AC的延長線于點D、交BC于點F，若∠D=30°，EF=2，則DF的長是（）A．5 B．4 C．3 D．26．（2分）（2021八上·西峰期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D是BC的中點，連結(jié)AD，AE是∠BAD的平分線，DF∥AB交AE的延長線于點F，若EF=3，則AE的長是（）A．3 B．6 C．9 D．127．（2分）（2021八上·無棣期中）已知，如圖，△ABC是等邊三角形，AE=CD，BQ⊥AD于Q，BE交AD于點P，下列說法：①∠APE=∠C，②AQ=BQ，③BP=2PQ，④AE+BD=AB，其正確的個數(shù)有（）個A．1 B．2 C．3 D．48．（2分）（2021八上·如皋期末）如圖，在中，，，D為的中點，P為上一點，E為延長線上一點，且有下列結(jié)論：①；②為等邊三角形；③；④其中正確的結(jié)論是（）A．①②③④ B．①② C．①②④ D．③④9．（2分）（2021八上·溫州期中）如圖，△ABC與△CED均為等邊三角形，且B，C，D三點共線.線段BE，AD相交于點O，AF⊥BE于點F.若OF=1，則AF的長為（）A．1 B． C． D．210．（2分）（2021八上·武昌期末）如圖，已知：，點、、在射線ON上，點、、在射線OM上，、、均為等邊三角形，若，則的邊長為（）A．2017 B．2018 C． D．評卷人得分二．填空題（共10小題，滿分20分，每小題2分）11．（2分）（2021八上·徐匯期末）如圖，∠AOE＝∠BOE＝15°，EF//OB，EC⊥OB，若EC＝2，則EF＝．12．（2分）（2021八上·道里期末）等腰的頂角為30°，腰長為8，則的面積為．13．（2分）（2021八上·大興期末）如圖，在中，，，交BC于點D．若，則．14．（2分）（2021八上·臨江期末）如圖，已知∠AOB＝60°，點P在邊OA上，OP＝10，點M、N在邊OB上，PM＝PN，若MN＝2，則OM＝15．（2分）（2021八上·如皋月考）如圖，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，E是線段AC上一點，連接BE并延長至D，連接CD，若∠BCD＝120°，AB＝2CD，AE＝7，則線段CE長為.16．（2分）（2021八上·德陽月考）如圖，在等邊△ABC中，AB=2，D為△ABC內(nèi)一點，且DA=DB，E為△ABC外一點，BE=AB，且∠EBD=∠CBD，連接DE、CE，則下列結(jié)論；①∠DAC=∠DBC；②BE⊥AC；③∠DEB=30°.④若EC//AD，則S△EBC=1.其中正確的有．（只填序號）17．（2分）（2020八上·江岸月考）如圖，等邊三角形ABC中，BD⊥AC于D，BC＝8，E在BD上一動點，以CE為邊作等邊三角形ECP，連DP，則DP的最小值為.18．（2分）（2021八上·吳興期末）如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，AG是底邊BC上的高.在AG的延長線上有一個動點D，連接CD，作∠CDE＝150°，交AB的延長線于點E，∠CDE的角平分線交AB邊于點F，則在點D運動的過程中，線段EF的最小值為.19．（2分）（2018八上·海曙期末）如圖，△ABC中，∠A=15°，AB是定長.點D，E分別在AB，AC上運動，連結(jié)BE，ED．若BE+ED的最小值是2，則AB的長是20．（2分）（2017八上·豐都期末）如圖：∠DAE=∠ADE=15°，DE∥AB，DF⊥AB，若AE=8，則DF等于．評卷人得分三．解答題（共8小題，滿分60分）21．（6分）（2021八上·豐臺期末）如圖，在中，∠°，∠°，⊥AB于點D，交AC于點E，如果，求的長．22．（6分）（2021八上·河東期中）如圖，學校科技小組計劃測量一處電信塔的高度，小明在A處用儀器測得到塔尖D的仰角∠DAC＝15°，向塔正前方水平直行260m到達點B，測得到塔尖的仰角∠DBC＝30°，若小明的眼睛離地面1.6m，你能計算出塔的高度DE嗎？寫出計算過程．23．（6分）（2021八上·河東期中）如圖在△ABC中，AB=AC=9，∠BAC=120°，AD是△ABC的中線，AE是∠BAD的角平分線，DF∥AB交AE的延長線于點F，求DF的長．24．（8分）（2021八上·河東期末）（1）（4分）已知直角，∠C=90°，∠B=30°，求證：AB=2AC．（2）（4分）如圖，AD是的角平分線，DE，DF分別是ABD和ACD的高，求證：AD垂直平分EF．25．（11分）（2021八上·望花期末）某游樂場部分平面圖如圖所示，點C、E、A在同一直線上，點D、E、B在同一直線上，DB⊥AB．測得A處與E處的距離為80m，C處與E處的距離為40m，∠C＝90°，∠BAE＝30°．（1）（3分）請求出旋轉(zhuǎn)木馬E處到出口B處的距離；（2）（4分）請求出海洋球D處到出口B處的距離；（3）（4分）判斷入口A到出口B處的距離與海洋球D到過山車C處的距離是否相等？若相等，請證明；若不相等，請說明理由．26．（5分）已知，如圖，△ABC為等邊三角形，AE=CD，AD、BE相交于點P，BQ⊥AD于Q，PQ=3，PE=1，求AD的長.27．（8分）（2020八上·東海期末）問題情境：七下教材第149頁提出這樣一個問題：如圖1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，把三角尺的直角頂點落在OC的任意一點P上，并使三角尺的兩條直角邊分別與OA、OB相交于點E、F，PE與PF相等嗎？（1）（4分）七年級學習這部分內(nèi)容時，我們還無法對這個問題的結(jié)論加以證明，八下教材第59頁第11題不僅對這一問題給出了答案：“通過實驗可以得到PE＝PF”，還要求“現(xiàn)在請你證明這個結(jié)論”，請你給出證明：（2）（4分）變式拓展：

如圖2，已知∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，P是OC上一點，∠EPF＝60°，PE邊與OA邊相交于點E，PF邊與射線OB的反向延長線相交于點F.試解決下列問題：①PE與PF還相等嗎？為什么？②試判斷OE、OF、OP三條線段之間的數(shù)量關系，并說明理由.28．（10分）（2021八上·長沙月考）已知△ABC是等邊三角形，E、F分別是邊BC、AC上的點，AE與BF相交于點G，且BE=CF.（1）（3分）如圖（1），求證：△BCF≌△ABE，并直接寫出∠AGF的度數(shù)；（2）（3分）如圖（2），若DF⊥AE，垂足為D，且DG=1，BF=4，求BG的長度；（3）（4分）如圖（3），以AB為邊在左側(cè)作等邊△ABD，連接DG，求證：DG=AG+BG.2022-2023學年人教版數(shù)學八年級上冊壓軸題專題精選匯編專題09含30°角的直角三角形考試時間：120分鐘試卷滿分：100分一、選擇題(共10題；共20分)1．（2分）（2021八上·松桃期末）如圖，△ABC是等邊三角形，點E是AC的中點，過點E作EF⊥AB于點F，延長BC交EF的反向延長線于點D，若EF=1，則DF的長為（）A．2 B．2.5 C．3 D．3.5【答案】C【完整解答】解：連接BE，∵△ABC是等邊三角形，點E是AC的中點，∴∠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，故答案為：C.【思路引導】連接BE，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得∠ABC=60°，∠ABE=∠CBE=30°，易求∠D=30°，即得∠D=∠CBE，由等角對等邊可得BE=DE，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得BE=2EF=2，即得DE=2，從而得出DF=EF+DE=32．（2分）（2021八上·平陰期末）如圖，△ABC中，∠C＝90°，AB＝8，∠B＝30°，點P是BC邊上的動點，則AP長不可能是()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，∵點P是BC邊上的動點，∴4＜AP＜8，∴AP的值不可能是3.5．故答案為：A．

【思路引導】根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AC=AB=4，根據(jù)垂線段最短得出AP的最小值，然后得出AP的范圍，即可判斷.3．（2分）（2021八上·海豐期末）如圖，為的角平分線，，，點P，C分別為射線，上的動點，則的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【完整解答】解：過點B作BD⊥OA于D，交OE于P，過P作PC⊥OB于C，此時的值最小，∵為的角平分線，PD⊥OA，PC⊥OB，∴PD=PC，∴=BD，∵，，∴，故答案為：A．【思路引導】根據(jù)角平分線的性質(zhì)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）如圖，是等邊三角形，D是BC邊上一點，于點E．若，則DC的長為（）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【完整解答】解：是等邊三角形，，故答案為：C【思路引導】先求出∠C=60°，再求出∠DEC=90°，最后計算求解即可。5．（2分）（2021八上·烏蘭察布期末）如圖所示，在直角三角形ACB中，已知∠ACB=90°，點E是AB的中點，且，DE交AC的延長線于點D、交BC于點F，若∠D=30°，EF=2，則DF的長是（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【完整解答】解：∵DE⊥AB，則在△AED中，∵∠D=30°，∴∠DAE=60°，在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，∴∠B=30°，在Rt△BEF中，∵∠B=30°，EF=2，∴BF=4，連接AF，∵DE是AB的垂直平分線，∴FA=FB=4，∠FAB=∠B=30°，∵∠BAC=60°，∴∠DAF=30°，∵∠D=30°，∴∠DAF=∠D，∴DF=AF=4，故答案為：B．

【思路引導】連接AF，由直角三角形的性質(zhì)求出BF，根據(jù)中垂線的性質(zhì)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）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D是BC的中點，連結(jié)AD，AE是∠BAD的平分線，DF∥AB交AE的延長線于點F，若EF=3，則AE的長是（）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】B【完整解答】解：∵，AD是的中線，∴，，.∵AE是的角平分線，∴.∵，∴，∴.在中，，∴.故答案為：B.【思路引導】利用等腰三角形三線合一的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求出∠B、∠C、∠BAD，∠CAD的度數(shù)；再利用角平分線的定義求出∠DAE，∠EAB的度數(shù)，利用兩直線平行，內(nèi)錯角相等，可求出∠F的度數(shù)，再利用30°角所對的直角邊等于斜邊的一半可求出AE的長.7．（2分）（2021八上·無棣期中）已知，如圖，△ABC是等邊三角形，AE=CD，BQ⊥AD于Q，BE交AD于點P，下列說法：①∠APE=∠C，②AQ=BQ，③BP=2PQ，④AE+BD=AB，其正確的個數(shù)有（）個A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【完整解答】解：∵△ABC是等邊三角形，

∴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正確；

②無法證明AQ=BQ，故②錯誤；

③∵BQ⊥AD于Q，

∴∠PBQ=90°-∠BPQ=90°-∠APE=90°-60°=30°，

∴BP=2PQ，故③正確；

④∵△ABE≌△CAD，

∴AE=CD，

∴AE+BD=CD+BD=BC=AB，故④正確，

∴正確的個數(shù)由3個.故答案為：C.

【思路引導】①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠C=60°，再證出△ABE≌△CAD，得出∠ABE=∠CAD，從而得出∠APE=∠BPQ=60°，即可判斷①正確；

②無法證明AQ=BQ，即可判斷②錯誤；

③證出∠PBQ=30°，從而得出BP=2PQ，即可判斷③正確；

④根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出AE=CD，從而得出AE+BD=CD+BD=BC=AB，即可判斷④正確.

8．（2分）（2021八上·如皋期末）如圖，在中，，，D為的中點，P為上一點，E為延長線上一點，且有下列結(jié)論：①；②為等邊三角形；③；④其中正確的結(jié)論是（）A．①②③④ B．①② C．①②④ D．③④【答案】C【完整解答】解：如圖，連接BP，∵AC＝BC，∠ABC＝30°，點D是AB的中點，∴∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，∴CD是AB的中垂線，∴AP＝BP，而AP＝PE，∴AP＝PB＝PE∴∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，∴∠PBA+∠PBE＝∠PAB+∠PEB，∴∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，故①正確；∵PA＝PE，∴∠PAE＝∠PEA，∵∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，∴∠PAE+∠PEA＝而∴△PAE是等邊三角形，故②正確；如圖，延長至，使則點P關于AB的對稱點為P′，連接P′A，∴AP＝AP′，∠PAD＝∠P′AD，∵△PAE是等邊三角形，∴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錯誤；過點A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，∵CG＝CP，∠BCD＝60°，∴△CPG是等邊三角形，∴∠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△ACB＝CB×AF＝（EC+CP）×AF＝EC×AF+CP×AD＝S四邊形AECP，∴S四邊形AECP＝S△ABC.故④正確.所以其中正確的結(jié)論是①②④.故答案為：C.【思路引導】連接BP，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及內(nèi)角和定理可得∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，進而推出AP＝BP＝PE，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，然后根據(jù)角的和差關系可判斷①；易得∠PAE+∠PEA＝120°，∠APE=60°，據(jù)此判斷②；延長PD至P′，使PD=P′D，則點P關于AB的對稱點為P′，連接P′A，由等邊三角形的性質(zhì)可得AE＝AP，則AE＝AP′，推出∠P′AC＝∠EAC，證明△P′AC≌△∠EAC，得到CP′＝CE=CP+2PD，據(jù)此判斷③；過點A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，則△CPG是等邊三角形，則∠CGP＝∠PCG＝60°，證明△PCE≌△PGB，得到CE＝GB，推出AC＝BC＝EC+CP，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AF＝AB＝AD，據(jù)此不難判斷④.9．（2分）（2021八上·溫州期中）如圖，△ABC與△CED均為等邊三角形，且B，C，D三點共線.線段BE，AD相交于點O，AF⊥BE于點F.若OF=1，則AF的長為（）A．1 B． C． D．2【答案】C【完整解答】解：∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，∴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=.故答案為：.【思路引導】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，推出∠BCE=∠ACD，證明△BCE≌△ACD，得到∠CBE=∠CAD，根據(jù)外角的性質(zhì)以及角的和差關系可得∠BOD=120°，由鄰補角的性質(zhì)求出∠AOF的度數(shù)，然后在Rt△AOF中，通過30°角所對的直角邊等于斜邊的一半就可得到AF.10．（2分）（2021八上·武昌期末）如圖，已知：，點、、在射線ON上，點、、在射線OM上，、、均為等邊三角形，若，則的邊長為（）A．2017 B．2018 C． D．【答案】C【完整解答】解：如圖，是等邊三角形，，，，，，又，，，，，、是等邊三角形，，，，，，，，，，，，，當時，，故答案為：C.【思路引導】此題考查了等邊三角形性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，圖形、數(shù)字規(guī)律問題，由等邊三角形性質(zhì)與直角三角形性質(zhì)，找三角形邊的關系，然后通過觀察分析，找出規(guī)律，再按規(guī)律求解即可.二、填空題(共10題；共20分)11．（2分）（2021八上·徐匯期末）如圖，∠AOE＝∠BOE＝15°，EF//OB，EC⊥OB，若EC＝2，則EF＝．【答案】4【完整解答】解：作EG⊥OA于G，如圖所示：∵EF//OB，∠AOE＝∠BOE＝15°，EC⊥OB，∴∠OEF＝∠COE＝15°，EG＝CE＝2，∵∠AOE＝15°，∴∠EFG＝15°＋15°＝30°，∴EF＝2EG＝4．故答案為：4．

【思路引導】作EG⊥OA于G，根據(jù)平行線的性質(zhì)及角平分線的定義可得∠EFG＝15°＋15°＝30°，再利用含30°角的性質(zhì)可得EF＝2EG＝4．12．（2分）（2021八上·道里期末）等腰的頂角為30°，腰長為8，則的面積為．【答案】16【完整解答】解：如圖所示，過點B作BD⊥AC，∵∠A=30°，AB=AC=8，∴BD=AB=，∴S△ABC=BD·AC=16故答案為：16．

【思路引導】利用三角形面積以及等腰三角形的性質(zhì)即可得出答案。13．（2分）（2021八上·大興期末）如圖，在中，，，交BC于點D．若，則．【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．故答案為：9【思路引導】先求出∠CAD=90°，再求出∠C=30°，最后計算求解即可。14．（2分）（2021八上·臨江期末）如圖，已知∠AOB＝60°，點P在邊OA上，OP＝10，點M、N在邊OB上，PM＝PN，若MN＝2，則OM＝【答案】4【完整解答】解：如圖，過點P作PC⊥OB于點C，

∴∠OCP=90°，

∵PM＝PN，MN＝2，

∴MC=1，

∵∠AOB＝60°，

∴∠OPC=30°，

∴OC=OP=×10=5，

∴OM+1=5，

∴OM=4.

【思路引導】過點P作PC⊥OB于點C，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出MC=1，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出OC=5，聰?shù)牡贸鯫M+1=5，即可得出OM=4.15．（2分）（2021八上·如皋月考）如圖，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，E是線段AC上一點，連接BE并延長至D，連接CD，若∠BCD＝120°，AB＝2CD，AE＝7，則線段CE長為.【答案】【完整解答】解：作BM⊥AE，垂足為M，，，，，∴AB=2BM，，.，，.在△EMB和中，，，.設，則，.，，，線段長為.故答案為：.【思路引導】過點B作BM⊥AC于點M，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理可求就出∠A和∠ACB的度數(shù)及AM=CM，利用30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，可得到AB=2BM，再利用AAS證明△MEB≌△CED，利用全等三角形的性質(zhì)可得到ME=CE，設CE=x，可表示出ME，AM的長，根據(jù)AM=CM，可得到關于x的方程，解方程求出x的值，即可得到CE的長.16．（2分）（2021八上·德陽月考）如圖，在等邊△ABC中，AB=2，D為△ABC內(nèi)一點，且DA=DB，E為△ABC外一點，BE=AB，且∠EBD=∠CBD，連接DE、CE，則下列結(jié)論；①∠DAC=∠DBC；②BE⊥AC；③∠DEB=30°.④若EC//AD，則S△EBC=1.其中正確的有．（只填序號）【答案】①③④【完整解答】解：如圖，連接DC，

∵△ABC是等邊三角形，

∴AB=BC=AC=2，∠ABC=∠ACB=60°，

在△ACD與△BCD中，

，

∴△ACD≌△BCD（SSS），

∴∠DAC=∠DBC，故①正確；

∠BCD=∠ACD=∠ACB=30°，

∵BE=AB，

∴BE=BC，

在△BED與△BCD中，

，

∴△BED≌△BCD（SAS），

∴∠BED=∠BCD=30°，故③正確；

∵EC∥AD，

∴∠DAC=∠ECA，

∵∠DBE=∠DBC，∠DAC=∠DBC，

∴設∠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邊上的高=BC=1，

∴S△EBC=×2×1=1，故④正確；

由④可知：當∠CBE=30°時，BE⊥AC，故②不正確，

故答案為：①③④.

【思路引導】連接DC，證出△ACD≌△BCD，得出∠DAC=∠DBC，∠BCD=∠ACD=30°，再證出△BED≌△BCD，得出∠BED=∠BCD=30°，即可判斷①③正確；

設∠ECA=∠DBC=∠DBE=x，得出∠BCE=∠BEC=60°+x，利用三角形內(nèi)角和定理得出2x+2（60°+x）=180°，求出x的值，從而得出∠ABE=∠CBE=30°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出BE⊥AC，得出BE邊上的高，利用三角形的面積公式得出S△EBC=1，即可判斷④正確；

根據(jù)④的證法得出當∠CBE=30°時，BE⊥AC，即可判斷②不正確.17．（2分）（2020八上·江岸月考）如圖，等邊三角形ABC中，BD⊥AC于D，BC＝8，E在BD上一動點，以CE為邊作等邊三角形ECP，連DP，則DP的最小值為.【答案】2【完整解答】解：如圖，連接AP，∵△ABC為等邊三角形，BD⊥AC，BC=8，∴BC=AC=AB=8，DA=DC=4，∠BCA=∠ABC=60°，∠CBE=30°，∵△CEP為等邊三角形，∴CE=CP，∠PCE=60°，∴∠PCE=∠ACB，∴∠BCE=∠ACP，∴在△BCE和△ACP中，∴△BCE≌△ACP（SAS），∴∠CBE=∠CAP=30°，AP=BE，∴當DP⊥AP時，DP值最小，此時∠APD=90°，∠CAP=30°，DA=4，∴DP=2.故答案為：2.【思路引導】連接AP，由等邊三角形的性質(zhì)可得BC=AC=AB=8，DA=DC=4，∠BCA=∠ABC=60°，∠CBE=30°，CE=CP，∠PCE=60°，證明△BCE≌△ACP，得到∠CBE=∠CAP=30°，AP=BE，推出當DP⊥AP時，DP值最小，據(jù)此求解.18．（2分）（2021八上·吳興期末）如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，AG是底邊BC上的高.在AG的延長線上有一個動點D，連接CD，作∠CDE＝150°，交AB的延長線于點E，∠CDE的角平分線交AB邊于點F，則在點D運動的過程中，線段EF的最小值為.【答案】2【完整解答】解：如圖.過點D作DM⊥AB于E，作DN⊥AC于N.連接CF.∵AB＝AC，AG是底邊BC上的高，∴AD評分∠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的角平分線，∴∠EDF＝∠CDF，∵DF＝DF，∴△EDF≌△CDF（SAS），∴EF＝CF，當CF⊥AB時，CF最短，此時EF最短.在Rt△CAF中，∠BAC＝30°，∴CF＝.即線段EF的最小值為2.故答案為：2.【思路引導】過點D作DM⊥AB于E，作DN⊥AC于N，連接CF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得AD平分∠BAC，結(jié)合角平分線的性質(zhì)可得DM＝DN，作DN⊥AC，證明△MDE≌△NDC，得到ED＝CD，根據(jù)角平分線的概念可得∠EDF＝∠CDF，證明△EDF≌△CDF，得到EF＝CF，推出當CF⊥AB時，CF最短，此時EF最短，然后根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)進行求解.19．（2分）（2018八上·海曙期末）如圖，△ABC中，∠A=15°，AB是定長.點D，E分別在AB，AC上運動，連結(jié)BE，ED．若BE+ED的最小值是2，則AB的長是【答案】4【完整解答】如圖，作∠CAF=15°，∵AC是∠BAF的平分線，∴DE=D′E，∴當BE、D′E在一條直線上時，即當E、D在如圖位置上時，BE+ED最小，∵∠F=90°，∠FAB=30°，∴AB=2BF=4.故答案為：4.【思路引導】作點B關于AC的對稱點B'，過B作BF⊥AB'，BF即為BE+ED的最小值，利用含30°的直角三角形的性質(zhì)解答即可．20．（2分）（2017八上·豐都期末）如圖：∠DAE=∠ADE=15°，DE∥AB，DF⊥AB，若AE=8，則DF等于．【答案】4【完整解答】解：作DG⊥AC，垂足為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．故答案為：4．【思路引導】作DG⊥AC，根據(jù)DE∥AB得到∠BAD=∠ADE，再根據(jù)∠DAE=∠ADE=15°得到∠DAE=∠ADE=∠BAD，求出∠DEG=15°×2=30°，再根據(jù)30°的角所對的直角邊是斜邊的一半求出GD的長，然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)求出DF．三、解答題(共8題；共60分)21．（6分）（2021八上·豐臺期末）如圖，在中，∠°，∠°，⊥AB于點D，交AC于點E，如果，求的長．【答案】解：∵，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵在中，，∴．【思路引導】根據(jù)三角形的內(nèi)角和得出，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)解答即可。22．（6分）（2021八上·河東期中）如圖，學校科技小組計劃測量一處電信塔的高度，小明在A處用儀器測得到塔尖D的仰角∠DAC＝15°，向塔正前方水平直行260m到達點B，測得到塔尖的仰角∠DBC＝30°，若小明的眼睛離地面1.6m，你能計算出塔的高度DE嗎？寫出計算過程．【答案】解：由題意得：，，，，，在中，，，即塔的高度DE為．【思路引導】先證明，在中，利用直角三角形30度角的性質(zhì)，求出CD即可。23．（6分）（2021八上·河東期中）如圖在△ABC中，AB=AC=9，∠BAC=120°，AD是△ABC的中線，AE是∠BAD的角平分線，DF∥AB交AE的延長線于點F，求DF的長．【答案】解：∵AB=AC，AD是△ABC的中線，∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=∠BAC=×120°=60°，∵AE是∠BAD的角平分線，∴∠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．【思路引導】根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=∠BAC=×120°=60°，∵AE是∠BAD，再求出∠DAE=30°，再根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠F=∠BAE=30°，從而得出∠DAE=∠F，再根據(jù)等角對等邊求出AD=DF，再求出∠B的度數(shù)，根據(jù)直角三角形30度角對的直角邊等于斜邊的一半解答即可。24．（8分）（2021八上·河東期末）（1）（4分）已知直角，∠C=90°，∠B=30°，求證：AB=2AC．（2）（4分）如圖，AD是的角平分線，DE，DF分別是ABD和ACD的高，求證：AD垂直平分EF．【答案】（1）證明：延長AC使CD=AC，連接BD，

∵∠ACB=90°，∠ABC=30°

∴∠BCD=90°，∠A=90°-∠ABC=60°，

在△ABC和△DBC中

AC=DC∠ACB=∠DCBBC=BC，

∴△ABC≌△DBC（SAS），

∴∠A=∠D=60°，

∴△ABD為等邊三角形，

∴AB=AD，

∴AB=2AC；（2）證明：∵AD是△ABC的角平分線，DE，DF分別是△ABD和△ACD的高∴DE=DF，∠AED=∠AFD=90°，∴△AED和△AFD均為直角三角形，在Rt△ADE和Rt△ADF中，∴RtADEADF（HL），∴AE=AF，又∵DE=DF，∴AD垂直平分EF．【思路引導】（1）利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)求解即可；

（2）由AD是△ABC的角平分線，DE，DF分別是△ABD和△ACD的高，得出DE=DF，∠AED=∠AFD=90°，證出△AED和△AFD均為直角三角形，再利用HL證出RtADEADF，即可得出結(jié)論。25．（11分）（2021八上·望花期末）某游樂場部分平面圖如圖所示，點C、E、A在同一直線上，點D、E、B在同一直線上，DB⊥AB．測得A處與E處的距離為80m，C處與E處的距離為40m，∠C＝90°，∠BAE＝30°．（1）（3分）請求出旋轉(zhuǎn)木馬E處到出口B處的距離；（2）（4分）請求出海洋球D處到出口B處的距離；（3）（4分）判斷入口A到出口B處的距離與海洋球D到過山車C處的距離是否相等？若相等，請證明；若不相等，請說明理由．【答案】（1）解：∵DB⊥AB，∠BAE＝30°，∴，∵AE=80m，∴BE=40m，即旋轉(zhuǎn)木馬E處到出口B處的距離為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處到出口B處的距離為120m；（3）解：入口A到出口B處的距離與海洋球D到過山車C處的距離相等，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處的距離與海洋球D到過山車C處的距離相等．【思路引導】（1）根據(jù)30度角所對的直角邊等于斜邊的一半即可得出BE的值；

（2）由（1）同理得出DE的值，從而求出BD的值；

（3）利用勾股定理求出AB、CD的長，即可判斷。26．（5分）已知，如圖，△ABC為等邊三角形，AE=CD，AD、BE相交于點P，BQ⊥AD于Q，PQ=3，PE=1，求AD的長.【答案】解：∵△ABC是等邊三角形，

∴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.【思路引導】先利用邊角邊定理證明△ABE和△ADC全等，則對應邊AD和AE相等，對應角∠DAC和∠ABE相等，于是利用三角形外角的性質(zhì)可求∠BPQ為90°，再結(jié)合30°所對的直角邊等于斜邊的一半求得PB的長，則BE的長可得，從而求出AD的長.27．（8分）（2020八上·東海期末）問題情境：七下教材第149頁提出這樣一個問題：如圖1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，把三角尺的直角頂點落在OC的任意一點P上，并使三角尺的兩條直角邊分別與OA、OB相交于點E、F，PE與PF相等嗎？（1）（4分）七年級學習這部分內(nèi)容時，我們還無法對這個問題的結(jié)論加以證明，八下教材第59頁第11題不僅對這一問題給出了答案：“通過實驗可以得到PE＝PF”，還要求“現(xiàn)在請你證明這個結(jié)論”，請你給出證明：（2）（4分）變式拓展：

如圖2，已知∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，P是OC上一點，∠EPF＝60°，PE邊與OA邊相交于點E，PF邊與射線OB的反向延長線相交于點F.試解決下列問題：①PE與PF還相等嗎？為什么？②試判斷OE、OF、OP三條線段之間的數(shù)量關系，并說明理由.【答案】（1）證明：過點P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N.∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，∴PM＝PN，∵∠PMO＝∠PNO＝∠