《2025年阳光学业评价八年级数学上册人教版》

4. 如图,$CP$,$BP分别是\triangle ABC的外角\angle BCM$,$\angle CBN$的平分线.
求证：$AP平分\angle BAC$.
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答案： 过点$P$作$PD\perp AM$于点$D$，$PE\perp AN$于点$E$，$PF\perp BC$于点$F$。
因为$BP$是$\triangle ABC$的外角$\angle CBN$的平分线，$PE\perp AN$，$PF\perp BC$，
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$PE = PF$。
同理，因为$CP$是$\triangle ABC$的外角$\angle BCM$的平分线，$PD\perp AM$，$PF\perp BC$，
所以$PD = PF$。
由$PE = PF$，$PD = PF$，可得$PD = PE$。
又因为$PD\perp AM$，$PE\perp AN$，
根据到角两边距离相等的点在角的平分线上，
所以$AP$平分$\angle MAN$，而$\angle MAN=\angle BAC$，
即$AP$平分$\angle BAC$。

1. 如图,三条公路两两相交,现在要修建一个加油站,使加油站到三条公路的距离相等,加油站可选择的位置共有4处.
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答案： 4

2. 如图,在$\triangle ABC$中,$E是BC$边上的中点,$DE\bot BC于点E$,$DM\bot AB于点M$,$DN\bot AC于点N$,$BM = CN$. 求证：点$D在\angle BAC$的平分线上.
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答案： 连接$BD$、$CD$。
因为$E$是$BC$边上的中点，$DE\bot BC$，
所以$DE$是$BC$的垂直平分线，所以$DB = DC$。
因为$DM\bot AB$，$DN\bot AC$，
在$Rt\triangle BMD$和$Rt\triangle CND$中，
$\begin{cases}BM = CN\\DB = DC\end{cases}$
所以$Rt\triangle BMD\cong Rt\triangle CND(HL)$。
所以$DM = DN$。
因为$DM\bot AB$，$DN\bot AC$，
所以点$D$在$\angle BAC$的平分线上。

3. 如图,$CA = CB$,$CD = CE$,$\angle ACB = \angle DCE = \alpha$,$AD$,$BE交于点H$,连接$CH$.
(1)求证：$\triangle ACD\cong\triangle BCE$；
(2)求证：$CH平分\angle AHE$；
(3)求$\angle CHE$的度数.(用含$\alpha$的式子表示)
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答案：
(1)证明：
∵∠ACB=∠DCE=α，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE。在△ACD和△BCE中，$\left\{\begin{array}{l}CA=CB\\ \angle ACD=\angle BCE\\ CD=CE\end{array}\right.$，
∴△ACD≌△BCE(SAS)。
(2)证明：过点C作CM⊥AD于M，CN⊥BE于N。
∵△ACD≌△BCE，
∴S_△ACD=S_△BCE，AD=BE。
∵S_△ACD=$\frac{1}{2}$AD·CM，S_△BCE=$\frac{1}{2}$BE·CN，
∴$\frac{1}{2}$AD·CM=$\frac{1}{2}$BE·CN。
∵AD=BE，
∴CM=CN。又
∵CM⊥AD，CN⊥BE，
∴点C在∠AHE的平分线上，即CH平分∠AHE。
(3)解：
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC。设∠ADC=∠BEC=δ。在△CDE中，CD=CE，∠DCE=α，
∴∠CED=∠CDE=$\frac{180°-\alpha}{2}$=δ。
∵∠AHE是△HDE的外角，
∴∠AHE=∠HDE+∠HED=∠ADC+∠CED=δ+δ=2δ=2×$\frac{180°-\alpha}{2}$=180°-α。
∵CH平分∠AHE，
∴∠CHE=$\frac{1}{2}$∠AHE=$\frac{1}{2}$(180°-α)=90°-$\frac{\alpha}{2}$。
答案：
(3)$90°-\frac{\alpha}{2}$