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7. (教材P48练习第3题变式)如图,在$ \triangle ABC $中,$ \angle ACB= 90^{\circ} $,$ CD 是边 AB $上的高,$ \angle A= 30^{\circ} $.若$ BC= 2 $,则$ AD $的长为______.
答案
3
解析
在$ \triangle ABC $中，$ \angle ACB= 90^{\circ} $，$ \angle A= 30^{\circ} $，$ BC= 2 $。
因为在直角三角形中，$ 30^{\circ} $角所对的直角边等于斜边的一半，所以$ BC=\frac{1}{2}AB $，即$ AB=2BC=4 $。
在$ \triangle ABC $中，由勾股定理得$ AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=\sqrt{12}=2\sqrt{3} $。
因为$ CD $是边$ AB $上的高，所以$ \angle ADC=90^{\circ} $。
在$ \triangle ADC $中，$ \angle A= 30^{\circ} $，所以$ CD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3} $。
由勾股定理得$ AD=\sqrt{AC^{2}-CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12 - 3}=\sqrt{9}=3 $。
3
因为在直角三角形中，$ 30^{\circ} $角所对的直角边等于斜边的一半，所以$ BC=\frac{1}{2}AB $，即$ AB=2BC=4 $。
在$ \triangle ABC $中，由勾股定理得$ AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=\sqrt{12}=2\sqrt{3} $。
因为$ CD $是边$ AB $上的高，所以$ \angle ADC=90^{\circ} $。
在$ \triangle ADC $中，$ \angle A= 30^{\circ} $，所以$ CD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3} $。
由勾股定理得$ AD=\sqrt{AC^{2}-CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12 - 3}=\sqrt{9}=3 $。
3
8. (2024·湖北)如图,三个全等的三角形($ \triangle ABE $,$ \triangle BCF $,$ \triangle 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 $,则$ \angle FDB $的度数为______.
答案
30°
解析
设$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 CAD$，所以$BE = AD = 2x$，$AE = CD = x$。
大等边三角形$ABC$的内角为$60^\circ$，小等边三角形$DEF$的内角为$60^\circ$。
在$\triangle BDE$中，$BE = 2x$，$DE = x$，$\angle BED = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$。
由余弦定理得：$BD^2 = BE^2 + DE^2 - 2 \cdot BE \cdot DE \cdot \cos \angle BED = (2x)^2 + x^2 - 2 \cdot 2x \cdot x \cdot \cos 120^\circ = 4x^2 + x^2 - 4x^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 5x^2 + 2x^2 = 7x^2$，所以$BD = \sqrt{7}x$。
在$\triangle BDF$中，$BF = CD = x$，$DF = x$，$\angle BFD = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$。
由余弦定理得：$BD^2 = BF^2 + DF^2 - 2 \cdot BF \cdot DF \cdot \cos \angle BFD = x^2 + x^2 - 2 \cdot x \cdot x \cdot \cos 120^\circ = 2x^2 - 2x^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2x^2 + x^2 = 3x^2$，所以$BD = \sqrt{3}x$。
由正弦定理得：$\frac{DF}{\sin \angle FBD} = \frac{BD}{\sin \angle BFD}$，即$\frac{x}{\sin \angle FBD} = \frac{\sqrt{3}x}{\sin 120^\circ}$，$\sin \angle FBD = \frac{x \cdot \sin 120^\circ}{\sqrt{3}x} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$，所以$\angle FBD = 30^\circ$。
在$\triangle BDF$中，$\angle FDB = 180^\circ - \angle BFD - \angle FBD = 180^\circ - 120^\circ - 30^\circ = 30^\circ$。
$30^\circ$
因为$\triangle ABE\cong\triangle CAD$，所以$BE = AD = 2x$，$AE = CD = x$。
大等边三角形$ABC$的内角为$60^\circ$，小等边三角形$DEF$的内角为$60^\circ$。
在$\triangle BDE$中，$BE = 2x$，$DE = x$，$\angle BED = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$。
由余弦定理得：$BD^2 = BE^2 + DE^2 - 2 \cdot BE \cdot DE \cdot \cos \angle BED = (2x)^2 + x^2 - 2 \cdot 2x \cdot x \cdot \cos 120^\circ = 4x^2 + x^2 - 4x^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 5x^2 + 2x^2 = 7x^2$，所以$BD = \sqrt{7}x$。
在$\triangle BDF$中，$BF = CD = x$，$DF = x$，$\angle BFD = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$。
由余弦定理得：$BD^2 = BF^2 + DF^2 - 2 \cdot BF \cdot DF \cdot \cos \angle BFD = x^2 + x^2 - 2 \cdot x \cdot x \cdot \cos 120^\circ = 2x^2 - 2x^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2x^2 + x^2 = 3x^2$，所以$BD = \sqrt{3}x$。
由正弦定理得：$\frac{DF}{\sin \angle FBD} = \frac{BD}{\sin \angle BFD}$，即$\frac{x}{\sin \angle FBD} = \frac{\sqrt{3}x}{\sin 120^\circ}$，$\sin \angle FBD = \frac{x \cdot \sin 120^\circ}{\sqrt{3}x} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$，所以$\angle FBD = 30^\circ$。
在$\triangle BDF$中，$\angle FDB = 180^\circ - \angle BFD - \angle FBD = 180^\circ - 120^\circ - 30^\circ = 30^\circ$。
$30^\circ$
9. (2024·宿迁模拟)如图,在$ Rt\triangle ABC $中,$ \angle A= 30^{\circ} $,请用无刻度的直尺和圆规,在$ AC 边上求作一点 M $,使$ MA= 2MC $(不写做法,保留作图痕迹).
答案
如图，点M即为所求
10. 如图,$ \triangle ABC $,$ \triangle 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 $;
(2)求$ \angle AOB $的度数.
(1)求证:$ AE= BD $;
(2)求$ \angle AOB $的度数.
答案
(1)
∵△ABC，△CDE均为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°.
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，即∠ACE=∠BCD.在△ACE和△BCD中，$\left\{\begin{array}{l} AC=BC,\\ ∠ACE=∠BCD,\\ CE=CD,\end{array}\right. $
∴△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°
11. 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 $.
答案
过点M作MQ//BC，交AC于点Q.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠ACB=60°.
∵MQ//BC，
∴∠AMQ=∠B=60°，∠AQM=∠ACB=60°，∠QMP=∠N.
∴∠AMQ=∠AQM=∠A，
∴△AMQ是等边三角形，
∴AM=QM.
∵AM=CN，
∴QM=CN.在△QMP和△CNP中，$\left\{\begin{array}{l} ∠QPM=∠CPN,\\ ∠QMP=∠N,\\ QM=CN,\end{array}\right. $
∴△QMP≌△CNP(AAS)，
∴MP=NP
∵△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，$\left\{\begin{array}{l} ∠QPM=∠CPN,\\ ∠QMP=∠N,\\ QM=CN,\end{array}\right. $
∴△QMP≌△CNP(AAS)，
∴MP=NP
