《2025年实验班提优训练八年级数学上册人教版》

1. 在正方形网格中,$\angle AOB$的位置如图所示,到$\angle AOB$两边距离相等的点应是(A)。

A.$M$点
B.$N$点
C.$P$点
D.$Q$点

答案： A

2. 如图,$\angle AOB = 60^{\circ}$,$CD \perp OA于点D$,$CE \perp OB于点E$,且$CD = CE$,则$\angle DOC = $30°。

答案： 30°　[解析]
∵CD⊥OA于点D,CE⊥OB于点E,CD=CE,
∴OC平分∠AOB，
∴∠DOC=$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$×60°=30°.

3. 如图,已知$DB \perp AE于点B$,$DC \perp AF于点C$,且$DB = DC$,$\angle BAC = 40^{\circ}$,$\angle ADG = 130^{\circ}$,则$\angle DGF = $150°。

答案： 150°　[解析]
∵DB⊥AE于点B,DC⊥AF于点C,DB=DC,
∴AD平分∠BAC.
∵∠BAC=40°,
∴∠CAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=20°,
∴∠DGF=∠CAD+∠ADG=20°+130°=150°.

4. 教材P52习题T3·变式 如图,已知$BE \perp AC$,$CF \perp AB$,垂足分别为$E$,$F$,$BE$,$CF相交于点D$,若$BD = CD$。求证：$AD平分\angle BAC$。

答案：
∵BE⊥AC,CF⊥AB,
∴∠BFD=∠CED=90°.在△BDF与△CDE中,$\begin{cases} ∠BFD=∠CED, \\ ∠BDF=∠CDE, \\ BD=CD, \end{cases}$
∴△BDF≌△CDE(AAS).
∴DF=DE,
∴AD平分∠BAC.

5. (2025·黑龙江绥化海伦期末)如图,直线$l_1$,$l_2$,$l_3$表示三条公路。现要建造一个中转站$P$,使$P$到三条公路的距离都相等,则中转站$P$可选择的点有( )。

A.一处
B.二处
C.三处
D.四处

答案：
D　[解析]如图,满足条件的有:
(1)三角形两个内角平分线的交点，共一处;
(2)三个外角两两平分线的交点，共三处.故选D.
　　　　　　　　

6. (2025·河南安阳期末)如图,$\triangle ABC$中,$\angle ABC$,$\angle EAC的平分线BP$,$AP交于点P$,延长$BA$,$BC$,$PM \perp BE$,$PN \perp BF$,则下列结论中正确的个数为( )。
①$CP平分\angle ACF$；②$\angle ABC + 2\angle APC = 180^{\circ}$；③$\angle ACB = 2\angle APB$；④$S_{\triangle PAC} = S_{\triangle MAP} + S_{\triangle NCP}$。

A.1
B.2
C.3
D.4

答案：
D　[解析]①如图,过点P作PD⊥AC于D.
∵PB平分∠ABC,PA平分∠EAC,PM⊥BE,PN⊥BF,PD⊥AC,
∴PM=PN,PM=PD,
∴PN=PD.
∵PN⊥BF,PD⊥AC,
∴点P在∠ACF的平分线上,即CP平分∠ACF,故①正确;②
∵PM⊥AB,PN⊥BC,
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°=360°,
∴∠ABC+∠MPN=180°.在Rt△PAM和Rt△PAD中,$\begin{cases} PM=PD, \\ PA=PA, \end{cases}$
∴Rt△PAM≌Rt△PAD(HL),
∴∠APM=∠APD.同理:Rt△PCD≌Rt△PCN(HL),
∴∠CPD=∠CPN,
∴∠MPN=2∠APC,
∴∠ABC+2∠APC=180°,故②正确;③
∵PA平分∠CAE,BP平分∠ABC,
∴∠CAE=∠ABC+∠ACB=2∠PAM,∠PAM=$\frac{1}{2}$∠ABC+∠APB,
∴∠ACB=2∠APB,故③正确;④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD(HL),Rt△PCD≌Rt△PCN(HL),
∴$S_{\triangle APD}=S_{\triangle APM}$,$S_{\triangle CPD}=S_{\triangle PCN}$,
∴$S_{\triangle APM}+S_{\triangle PCN}=S_{\triangle APC}$,故④正确.故选D
　　　　　　　　　　　　　　　　

7. 如图,$O是\triangle ABC$内一点,且$O到\triangle ABC三边AB$,$BC$,$CA$的距离相等,即$OE = OD = OF$,若$\angle BAC = 70^{\circ}$,则$\angle BOC = $125°。

答案： 125°　[解析]
∵点O到△ABC三边AB,BC,CA的距离相等,即OE=OD=OF,
∴点O是△ABC三条角平分线的交点,
∵∠BAC=70°,
∴∠ABC+∠ACB=180°−70°=110°,
∴∠OBC+∠OCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=$\frac{1}{2}$×110°=55°.在△OBC中,∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)=180°−55°=125°.

8. (2025·山东德州期中改编)如图,$\triangle ABC两个外角的平分线BD与CE相交于点P$,$PN \perp AC于点N$,$PM \perp AB于点M$,且$BD // AC$,小明同学得出了下列结论：①$PM = PN$；②点$P在\angle CAB$的平分线上；③$\angle CPB = 90^{\circ} - \angle A$；④$\angle A = \angle ACB$。其中正确的是______。

答案：
①②④　[解析]如图,过P作PK⊥BC于K.
∵PB平分∠CBM,PC平分∠BCN,PN⊥AC于点N,PM⊥AB于点M,
∴PM=PK,PN=PK,
∴PM=PN,
∴点P在∠CAB的平分线上，故①②符合题意;
∵BD//AC,
∴∠MBP=∠A,∠PBC=∠ACB.
∵PB平分∠MBC,
∴∠MBP=∠PBC,
∴∠A=∠ACB,故④符合题意;
∵PB平分∠CBM,PC平分∠BCN.
∴∠PBC=$\frac{1}{2}$∠MBC,∠BCP=$\frac{1}{2}$∠BCN.
∵∠MBC=∠A+∠ACB,∠BCN=∠A+∠ABC,
∴∠PBC+∠PCB=$\frac{1}{2}$(∠A+∠ACB+∠ABC+∠A)=$\frac{1}{2}$×(180°+∠A),
∴∠CPB=180°-(∠PBC+∠PCB)=90°−$\frac{1}{2}$∠A,故③不符合题意.
∴其中正确的是①②④.
　　　　　　　　
　思路引导　解答本题的关键是需要过P作PK⊥BC于K,然后由角平分线的性质和判定定理推出点P在∠CAB 的平分线上，再由平行线的性质、角平分线定义、三角形的外角性质、三角形内角和定理进行一步推理和计算.