《2025年顶尖课课练八年级数学上册人教版》

2. 如图 14.3.1 - 2,在 Rt△ABC 中,BD 平分∠ABC,DE⊥AB 于点 E.

(1)图中相等的线段有$ \underline{DC=DE、BC=BE} ,相等的角有 \underline{∠CBD=∠EBD、∠CDB=∠EDB、∠AED=∠ACB=∠DEB} ；$
(2)与 DE 相等的线段是$ \underline{DC} ,理由是 \underline{角的平分线上的点到角的两边的距离相等}.$

答案：
(1) DC=DE、BC=BE；∠CBD=∠EBD、∠CDB=∠EDB、∠AED=∠ACB=∠DEB
(2) DC；角的平分线上的点到角的两边的距离相等

3. 如图 14.3.1 - 3,在 Rt△ABC 中,∠C = 90°,以顶点 A 为圆心,适当长为半径画弧,分别交 AC,AB 于点 M,N,再分别以点 M,N 为圆心,大于 $\frac{1}{2}MN$ 的长为半径画弧,两弧交于点 P,作射线 AP 交边 BC 于点 D. 若 CD = 3,AB = 10,则△ABD 的面积是 \underline{15}.

答案： 15

4. 在△ABC 的内部取点 P,使得点 P 到△ABC 三边的距离相等,则 AP,BP,CP 均为△ABC 的(B).
A.高
B.角平分线
C.中线
D.以上都不是

答案： B

5. 如图 14.3.1 - 4,AB,AC 表示两条相交的公路,现要在∠BAC 的内部建一个物流中心. 设计时要求该物流中心到两条公路的距离相等,且到公路交叉处 A 点的距离为 1000 m.
(1)若要求以 1∶50 000 的比例尺画设计图,求物流中心到公路交叉处 A 点的图上距离；
(2)在图中画出物流中心的位置 P.

答案： （1）解：1000m=100000cm，设图上距离为$x$cm，根据比例尺$\frac{x}{100000}=\frac{1}{50000}$，解得$x = 2$。
（2）作∠BAC的角平分线，在角平分线上截取$AP = 2$cm，则点P即为所求。

6. 如图 14.3.1 - 5,点 O 在一块直角三角尺 ABC 上(其中∠ABC = 30°),OM⊥AB 于点 M,ON⊥BC 于点 N. 若 OM = ON,则∠ABO 的大小为$ \underline{\quad\quad}.$

答案： $15°$

7. 如图 14.3.1 - 6,PA,PC 分别是△ABC 的外角∠MAC 和∠NCA 的平分线,它们交于点 P,PD⊥BM 于点 D,PF⊥BN 于点 F,求证：PD = PF.

答案： 证明：过点P作PE⊥AC于点E。
∵PA平分∠MAC，PD⊥AM，PE⊥AC，
∴PD=PE（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∵PC平分∠NCA，PF⊥CN，PE⊥AC，
∴PE=PF（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∴PD=PF。

8. 如图 14.3.1 - 7,已知 BD⊥AM 于点 D,CE⊥AN 于点 E,BD,CE 交于点 F,CF = BF,求证：点 F 在∠A 的平分线上.

答案： 证明：
∵ $BD\perp AM$，$CE\perp AN$，
∴ $\angle FDC=\angle FEB=90°$。
∵ $\angle DFC=\angle EFB$（对顶角相等），$CF=BF$，
∴ $\triangle FDC\cong\triangle FEB$（AAS）。
∴ $FD=FE$。
∵ $FD\perp AM$，$FE\perp AN$，
∴ 点$F$在$\angle A$的平分线上（到角两边距离相等的点在角的平分线上）。

9. 阅读以下作图步骤：
①在 OA 和 OB 上分别截取 OC,OD,使 OC = OD；
②分别以 C,D 为圆心,以大于 $\frac{1}{2}CD$ 的长为半径作弧,两弧在∠AOB 内交于点 M；
③作射线 OM,连接 CM,DM,如图 14.3.1 - 8 所示.
根据以上作图,一定可以推得的结论是( ).

A.∠1 = ∠2 且 CM = DM
B.∠1 = ∠3 且 CM = DM
C.∠1 = ∠2 且 OD = DM
D.∠2 = ∠3 且 OD = DM

答案： A

10. 如图 14.3.1 - 9,∠B = ∠C = 90°,点 M 是 BC 的中点,DM 平分∠ADC.

(1)求证：AM 平分∠DAB；
(2)直接写出 DC,AB 与 AD 之间的数量关系.

答案： （1）证明：过点 M 作 ME⊥AD 于点 E。
∵ DM 平分∠ADC，∠C=90°，ME⊥AD，
∴ MC=ME。
∵ M 是 BC 中点，
∴ MB=MC，
∴ MB=ME。
∵ ∠B=90°，ME⊥AD，
∴ AM 平分∠DAB。
（2）DC + AB = AD

11. 如图 14.3.1 - 10,在四边形 ABCD 中,BC＞AB,AD = DC,BD 平分∠ABC,求证：∠A + ∠C = 180°.

答案： 证明：过点D作DE⊥BA交BA的延长线于E，作DF⊥BC于F。
∵BD平分∠ABC，DE⊥BA，DF⊥BC，
∴DE=DF（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
在Rt△ADE和Rt△CDF中，
∵AD=DC，DE=DF，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）。
∴∠DAE=∠C（全等三角形对应角相等）。
∵∠DAE+∠BAD=180°（邻补角定义），
∴∠C+∠BAD=180°，即∠A+∠C=180°。

4. 如图,BN 平分∠ABC,点 P 为 BN 上的一点,且 PD⊥BC 于点 D,AB + BC = 2BD,求证：∠BAP + ∠BCP = 180°.

过点 $P$ 作 $PE \bot AB$，交 $AB$ 延长线于点 $E$，
因为 $BN$ 为 $\angle ABC$ 平分线，$PE \bot AB$，$PD \bot BC$，
所以 $PE = PD$，$ \angle AEP = \angle CDP = 90°$，
因为 $AB + BC = 2BD$，
$BC = BD + CD$，
$AB + BD + CD = 2BD$，
所以 $AB + CD = BD$，
$AB = BE - AE$，
$CD = CD$，
$BE - AE + CD = BD$，
因为 $BE = BD$，
所以 $CD = AE$，
在 $Rt\triangle AEP$ 和 $Rt\triangle CDP$ 中，
$\begin{cases}PE = PD,\\AE = CD.\end{cases}$
所以 $ \triangle AEP \cong \triangle CDP (SAS)$，
所以 $ \angle BAP = \angle PDC$，
因为 $ \angle PDC + \angle BCP = 180°$，
所以 $ \angle BAP + \angle BCP = 180°$。
综上，证明 $ \angle BAP + \angle BCP = 180°$。

答案： 过点 $P$ 作 $PE \bot AB$，交 $AB$ 延长线于点 $E$，
因为 $BN$ 为 $\angle ABC$ 平分线，$PE \bot AB$，$PD \bot BC$，
所以 $PE = PD$，$ \angle AEP = \angle CDP = 90°$，
因为 $AB + BC = 2BD$，
$BC = BD + CD$，
$AB + BD + CD = 2BD$，
所以 $AB + CD = BD$，
$AB = BE - AE$，
$CD = CD$，
$BE - AE + CD = BD$，
因为 $BE = BD$，
所以 $CD = AE$，
在 $Rt\triangle AEP$ 和 $Rt\triangle CDP$ 中，
$\begin{cases}PE = PD,\\AE = CD.\end{cases}$
所以 $ \triangle AEP \cong \triangle CDP (SAS)$，
所以 $ \angle BAP = \angle PDC$，
因为 $ \angle PDC + \angle BCP = 180°$，
所以 $ \angle BAP + \angle BCP = 180°$。
综上，证明 $ \angle BAP + \angle BCP = 180°$。