8. (教材P47练习第3题变式)如图,在$△ABC$中,$∠ACB=90^{\circ }$,CD是边AB上的高,$∠A=30^{\circ }$.若$BC=2$,则AD的长为.

8.3

解：在$△ABC$中，$∠ACB=90^{\circ}$，$∠A=30^{\circ}$，$BC=2$，
$\therefore AB=2BC=4$，$∠B=60^{\circ}$。
$\because CD$是边$AB$上的高，
$\therefore ∠CDB=90^{\circ}$，
$\therefore ∠BCD=90^{\circ}-∠B=30^{\circ}$，
$\therefore BD=\frac{1}{2}BC=1$，
$\therefore AD=AB-BD=4 - 1=3$。

9. (2024·湖北)如图,三个全等的三角形($△ABE,△BCF,△CAD$)与中间的小等边三角形DEF拼成一个大等边三角形ABC,连接BD.若$AE=ED$,则$∠FDB$的度数为.

9.30°

证明：设 $ AE = ED = x $，小等边三角形 $ DEF $ 的边长为 $ x $，则 $ AD = AE + ED = 2x $。
因为 $ \triangle ABE \cong \triangle BCF \cong \triangle CAD $，所以 $ BE = CF = AD = 2x $，$ BF = CD = AE = x $，$ \angle ABE = \angle BCF = \angle CAD $。
由于 $ \triangle ABC $ 是等边三角形，$ \angle ABC = 60° $。在 $ \triangle BED $ 中，$ BE = 2x $，$ ED = x $，$ BD $ 为公共边。
又因为 $ \triangle DEF $ 是等边三角形，$ \angle EDF = 60° $，$ DF = DE = x $。在 $ \triangle BFD $ 中，$ BF = x $，$ DF = x $，$ \angle BFD = 180° - 60° - 60° = 60° $，故 $ \triangle BFD $ 是等腰三角形，$ \angle FBD = \angle FDB $。
因为 $ \angle ABC = 60° $，$ \angle FBC = \angle BAE $，设 $ \angle FDB = \theta $，则 $ 2\theta + 60° = 180° $，解得 $ \theta = 30° $。
$ 30° $

10. 如图,在$△ABC$中,$AB=AC$,D为AC的中点,$DE⊥AB,DF⊥BC$,垂足分别为E,F,且$DE=DF$.求证:$△ABC$是等边三角形.

10.
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠AED=∠CFD=90°.
∵D为AC的中点，
∴AD=CD.在Rt△AED和Rt△CFD中，$\begin{cases}AD=CD,\\DE=DF,\end{cases}$
∴Rt△AED≌Rt△CFD(HL)，
∴∠A=∠C，
∴AB=BC.
∵AB=AC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形

11. 如图,$△ABC,△CDE$均为等边三角形,连接BD,AE交于点O,BC与AE交于点P.
(1) 求证:$AE=BD$;
(2) 求$∠AOB$的度数.

11.
(1)
∵△ABC，△CDE均为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，即∠ACE=∠BCD.在△ACE和△BCD中，$\begin{cases}AC=BC,\\∠ACE=∠BCD,\\CE=CD,\end{cases}$
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴AE=BD　　
(2)
∵△ACE≌△BCD，
∴∠CAE=∠CBD.又
∵△APC与△BPO的内角和均为180°，∠APC=∠BPO，
∴∠BOP=∠ACP=60°，即∠AOB=60°

12. 如图,在等边三角形ABC中,M为边AB上任意一点,延长BC至点N,使$CN=AM$,连接MN交AC于点P.求证:$MP=NP$.

12.如图，过点M作MQ//BC，交AC于点Q.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠ACB=60°.
∵MQ//BC，
∴∠AMQ=∠B=60°，∠AQM=∠ACB=60°，∠QMP=∠N，
∴∠AMQ=∠AQM=∠A，
∴△AMQ是等边三角形，
∴AM=QM.
∵AM=CN，
∴QM=CN.在△QMP和△CNP中，$\begin{cases}∠QPM=∠CPN,\\∠QMP=∠N,\\QM=CN,\end{cases}$
∴△QMP≌△CNP(AAS)，
∴MP=NP