《2025年预学与导学八年级数学上册浙教版》

15. 如图,$AE是\triangle ABC$的高线,$D是线段BE$上一点。
(1)若$AD是\triangle ABC$的中线,$AE = 3$,$S_{\triangle ABC} = 12$,求$DC$的长。
(2)若$AD是\triangle ABC$的角平分线,$\angle B = 35^{\circ}$,$\angle C = 55^{\circ}$,求$\angle DAE$。

答案： 1. （1）
解：
因为$AE$是$\triangle ABC$的高线，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AE$，已知$AE = 3$，$S_{\triangle ABC}=12$。
由$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AE$可得$12=\frac{1}{2}BC×3$，则$BC=\frac{12×2}{3}=8$。
因为$AD$是$\triangle ABC$的中线，所以$BD = DC=\frac{1}{2}BC$。
所以$DC=\frac{1}{2}×8 = 4$。
2. （2）
解：
在$\triangle ABC$中，根据三角形内角和定理$\angle BAC=180^{\circ}-\angle B - \angle C$，已知$\angle B = 35^{\circ}$，$\angle C = 55^{\circ}$，则$\angle BAC=180^{\circ}-35^{\circ}-55^{\circ}=90^{\circ}$。
因为$AD$是$\triangle ABC$的角平分线，所以$\angle BAD=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{1}{2}×90^{\circ}=45^{\circ}$。
因为$AE$是$\triangle ABC$的高线，所以$\angle AEB = 90^{\circ}$，在$\triangle ABE$中，$\angle BAE=180^{\circ}-\angle B-\angle AEB$，$\angle AEB = 90^{\circ}$，$\angle B = 35^{\circ}$，则$\angle BAE=180^{\circ}-90^{\circ}-35^{\circ}=55^{\circ}$。
所以$\angle DAE=\angle BAE-\angle BAD$。
即$\angle DAE=55^{\circ}-45^{\circ}=10^{\circ}$。
综上，（1）$DC$的长为$4$；（2）$\angle DAE$为$10^{\circ}$。

16. 如图,$\triangle MNP的高线MQ与高线NE相交于点H$。
(1)若$\angle P = 60^{\circ}$,求$\angle MHN$的度数。
(2)求证：$\angle PMQ = \angle PNE$。
(3)若$QM = QN$,猜想$PM$,$EH$,$EN$之间的数量关系,并证明。

答案： 1. （1）
解：
因为$MQ\perp PN$，$NE\perp PM$，所以$\angle PQM=\angle PEM = 90^{\circ}$。
在四边形$PQHE$中，根据四边形内角和为$360^{\circ}$，即$\angle P+\angle PQM+\angle MHN+\angle PEM = 360^{\circ}$。
已知$\angle P = 60^{\circ}$，$\angle PQM=\angle PEM = 90^{\circ}$，则$\angle MHN=360^{\circ}-\angle P - \angle PQM-\angle PEM$。
把$\angle P = 60^{\circ}$，$\angle PQM=\angle PEM = 90^{\circ}$代入可得：$\angle MHN=360^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=120^{\circ}$。
2. （2）
证明：
在$\triangle PQM$中，$\angle PMQ+\angle P = 90^{\circ}$（直角三角形两锐角互余）。
在$\triangle PNE$中，$\angle PNE+\angle P = 90^{\circ}$（直角三角形两锐角互余）。
所以$\angle PMQ+\angle P=\angle PNE+\angle P$。
根据等式的性质，等式两边同时减去$\angle P$，可得$\angle PMQ=\angle PNE$。
3. （3）
猜想：$PM +EH = EN$。
证明：
因为$MQ\perp PN$，$NE\perp PM$，所以$\angle PQM=\angle NQH = 90^{\circ}$，$\angle PEM=\angle QEH = 90^{\circ}$。
又因为$\angle PMQ=\angle PNE$（已证），$QM = QN$。
在$\triangle PQM$和$\triangle NQH$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle PQM=\angle NQH\\ QM = QN\\ \angle PMQ=\angle HNQ\end{array}\right.$。
根据$ASA$（角 - 边 - 角）判定定理，$\triangle PQM\cong\triangle NQH$。
所以$PM = NH$（全等三角形对应边相等）。
因为$NH+EH = EN$，所以$PM + EH = EN$。
综上，（1）$\angle MHN = 120^{\circ}$；（2）已证$\angle PMQ=\angle PNE$；（3）$PM + EH = EN$，证明如上。

17. 如图①所示是一个平分角的仪器示意图,其中$OD = OE$,$FD = FE$。


(1)如图②,将仪器放置在$\triangle ABC$上,使点$O与顶点A$重合,点$D$,$E分别在边AB$,$AC$上,沿$AF画一条射线AP$,交$BC于点P$。试证明利用仪器画出的直线$AP是\angle BAC$的平分线。
(2)如图③,在第(1)题的条件下,过点$P作PQ\perp AB于点Q$。若$PQ = 3$,$AB = 7$,$\triangle ABC的面积是18$,求$AC$的长。

答案： $(1)$ 证明直线$AP$是$\angle BAC$的平分线
解：在$\triangle ADF$和$\triangle AEF$中，
$\begin{cases}AD = AE\\FD = FE\\AF = AF\end{cases}$
根据全等三角形判定定理中的“边边边”（$SSS$），可得$\triangle ADF\cong\triangle AEF$。
根据全等三角形的性质：全等三角形对应角相等，所以$\angle DAF=\angle EAF$。
因此，直线$AP$是$\angle BAC$的平分线。
$(2)$ 求$AC$的长
解：过点$P$作$PH\perp AC$于点$H$。
因为$AP$是$\angle BAC$的平分线，$PQ\perp AB$，$PH\perp AC$，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，所以$PH = PQ = 3$。
已知${S}_{\triangle ABC}={S}_{\triangle ABP}+{S}_{\triangle ACP}$，根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高）。
${S}_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB× PQ=\frac{1}{2}×7×3=\frac{21}{2}$。
设$AC = x$，则${S}_{\triangle ACP}=\frac{1}{2}AC× PH=\frac{1}{2}× x×3=\frac{3}{2}x$。
因为${S}_{\triangle ABC}=18$，所以$\frac{21}{2}+\frac{3}{2}x = 18$。
等式两边同时乘以$2$得：$21 + 3x = 36$。
移项可得：$3x=36 - 21$，即$3x = 15$。
解得$x = 5$。
所以$AC$的长为$5$。
综上，答案依次为：$(1)$见上述证明过程；$(2)$$\boldsymbol{5}$。