《2025年实验班提优训练八年级数学上册浙教版》

【例 1】(天津初中数学竞赛)如图,在四边形ABCD 中,AC 平分∠BAD,CE⊥AB 于点 E,且$AE= \frac{1}{2}(AB+AD)$。求证：∠B 与∠D 互补。

解析：可在 AB 上截取 AF= AD,可得△ACF≌△ACD,得出∠AFC= ∠D,再由线段之间的关系$AE= \frac{1}{2}(AB+AD)$得出 BC= CF,进而通过角之间的转化即可得出结论。
答案：如图,在 AB 上截取 AF= AD,连结 CF。

∵AC 平分∠BAD,∴∠BAC= ∠CAD。
又 AC= AC,
∴△ACF≌△ACD(SAS)。∴∠AFC= ∠D。
∵$AE= \frac{1}{2}(AB+AD)$,
即 AB-AE= AE-AD,∴BE= EF。
又 CE⊥AB,∴BC= FC。∴∠CFB= ∠B。
∴∠B+∠D= ∠CFB+∠AFC= 180°,
即∠B 与∠D 互补。

答案： 【解析】：本题主要考查全等三角形的判定与性质，以及角之间的互补关系。
首先，根据题目条件，$AC$平分$\angle BAD$，这是全等三角形的一个重要条件。
接着，在$AB$上截取$AF = AD$，并连结$CF$，这是为了构造全等三角形$\triangle ACF$和$\triangle ACD$。
由于$AC$是$\angle BAD$的平分线，所以$\angle BAC = \angle CAD$，结合$AC = AC$（公共边）和$AF = AD$，可以得出$\triangle ACF \cong \triangle ACD$（SAS）。
根据全等三角形的性质，对应角相等，所以$\angle AFC = \angle D$。
再根据题目给出的线段关系$AE = \frac{1}{2}(AB + AD)$，通过线段之间的转化，可以得出$BE = EF$。
由于$CE \perp AB$，根据等腰三角形的性质，得出$BC = FC$，所以$\angle CFB = \angle B$。
最后，由于$\angle B + \angle D = \angle CFB + \angle AFC = 180^\circ$，根据互补角的定义，得出$\angle B$与$\angle D$互补。
【答案】：证明：如图,在$AB$上截取$AF = AD$，连结$CF$。
$\because AC$平分$\angle BAD$，
$\therefore \angle BAC = \angle CAD$。
又$AC = AC$，
$\therefore \triangle ACF \cong \triangle ACD(SAS)$。
$\therefore \angle AFC = \angle D$。
$\because AE = \frac{1}{2}(AB + AD)$，
即$AB - AE = AE - AD$，
$\therefore BE = EF$。
又$CE \perp AB$，
$\therefore BC = FC$。
$\therefore \angle CFB = \angle B$。
$\therefore \angle B + \angle D = \angle CFB + \angle AFC = 180^\circ$，
即$\angle B$与$\angle D$互补。

【例 2】如图,求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E 的大小。

解析：连结 BE,在△COD 和△ABE 中,利用三角形内角和定理,得出(∠A+∠C+∠D)+∠COD+∠ABE+∠AEB= 360°。再通过角之间转化即可得出结论。
答案：连结 BE。在△COD 中,
∠C+∠D+∠COD= 180°。①
在△ABE 中,
∠A+∠ABE+∠AEB= 180°。②
①+②,得(∠A+∠C+∠D)+∠COD+∠ABE+∠AEB= 360°。③
又∠ABE= ∠ABO(即为∠B)+∠OBE,
∠AEB= ∠AEO(即为∠E)+∠OEB。
故③式可化为(∠A+∠ABO+∠C+∠D+∠AEO)+(∠COD+∠OBE+∠OEB)= 360°。④
又∠COD= ∠BOE,
∴∠COD+∠OBE+∠OEB= ∠BOE+∠OBE+∠OEB= 180°。
由④,得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E= 180°。

答案： 【解析】：本题考查三角形内角和定理，对顶角相等的性质，以及整体代入法求角度的计算。
连接BE，在$\bigtriangleup COD$中，根据三角形内角和定理可得$∠C+∠D+∠COD = 180^{\circ}$；在$\bigtriangleup ABE$中，同样根据三角形内角和定理可得$∠A+∠ABE+∠AEB = 180^{\circ}$。
将上述两个等式相加，得到$(∠A + ∠C + ∠D)+∠COD + ∠ABE + ∠AEB = 360^{\circ}$。
因为$∠ABE = ∠ABO$（即$∠B$）$+ ∠OBE$，$∠AEB = ∠AEO$（即$∠E$）$+ ∠OEB$，所以可将上式进一步转化为$(∠A + ∠ABO + ∠C + ∠D + ∠AEO)+(∠COD + ∠OBE + ∠OEB)= 360^{\circ}$。
又因为$∠COD$与$∠BOE$是对顶角，根据对顶角相等的性质，可得$∠COD = ∠BOE$，所以$∠COD + ∠OBE + ∠OEB = ∠BOE + ∠OBE + ∠OEB = 180^{\circ}$。
最后通过整体代入法，由$(∠A + ∠ABO + ∠C + ∠D + ∠AEO)+(∠COD + ∠OBE + ∠OEB)= 360^{\circ}$，将$∠COD + ∠OBE + ∠OEB = 180^{\circ}$代入，即可求出$∠A + ∠B + ∠C + ∠D + ∠E = 180^{\circ}$。
【答案】：连接BE。
在$\bigtriangleup COD$中，$∠C + ∠D + ∠COD = 180^{\circ}$ ①；
在$\bigtriangleup ABE$中，$∠A + ∠ABE + ∠AEB = 180^{\circ}$ ②；
① + ②得$(∠A + ∠C + ∠D)+∠COD + ∠ABE + ∠AEB = 360^{\circ}$ ③；
又$∠ABE = ∠ABO$（即$∠B$）$+ ∠OBE$，$∠AEB = ∠AEO$（即$∠E$）$+ ∠OEB$，
故③式可化为$(∠A + ∠ABO + ∠C + ∠D + ∠AEO)+(∠COD + ∠OBE + ∠OEB)= 360^{\circ}$ ④；
又$∠COD = ∠BOE$，
$\therefore ∠COD + ∠OBE + ∠OEB = ∠BOE + ∠OBE + ∠OEB = 180^{\circ}$。
由④，得$∠A + ∠B + ∠C + ∠D + ∠E = 180^{\circ}$。

1. 已知 a,b,c 为三角形三边长,化简|a+b+c|-|a-b-c|-|a-b+c|-|a+b-c|的结果是(A)。
A.0
B.2a+2b+2c
C.4a
D.2b-2c

答案： A

2. (全国初中数学联赛)在△ABC 中,已知 AC= 5,中线 AD= 4,则边 AB 的取值范围是(B)。
A.1＜AB＜9
B.3＜AB＜13
C.5＜AB＜13
D.9＜AB＜13

答案： B [解析]延长 AD 到点 E,使 DE=AD,连结 EC,则△ABD≌△ECD,
∴AB=EC.
∵AD=4,
∴AE=AD+DE=8.在△ACE 中,AE-AC＜CE＜AE+AC,即8-5＜CE＜8+5,
∴3＜CE＜13,
∴3＜AB＜13.故选 B.

3. 如图,∠A= 10°,∠ABC= 90°,∠ACB= ∠DCE,∠ADC= ∠EDF,∠CED= ∠FEG,则∠F= ______。

50°

答案： 50° [解析]
∵∠A=10°,∠ABC=90°,
∴∠ACB=180°-∠A-∠ABC=80°.
∵∠ACB=∠DCE,
∴∠DCE=∠ACB=80°,
∴∠BCD=180°-80°-80°=20°.
∵∠ABC=90°,
∴∠CBD=90°,
∴∠ADC=180°-∠CBD-∠BCD=180°-90°-20°=70°.
∵∠ADC=∠EDF,
∴∠EDF=70°,
∴∠CDE=180°-∠ADC-∠EDF=180°-70°-70°=40°,
∴∠DEC=180°-∠CDE-∠DCE=180°-40°-80°=60°.
∵∠CED=∠FEG,
∴∠FEG=60°,
∴∠F=∠FEG-∠A=60°-10°=50°.