《2025年阳光课堂金牌练习册八年级数学上册人教版》

1. 如图,在△ABC中,D是BC边上的点(不与点B,C重合),连接AD.
问题引入：
(1)如图1,当点D是BC边上的中点时,$S_{△ABD}:S_{△ABC}= $______1:2；当点D是BC边上任意一点时,$S_{△ABD}:S_{△ABC}= $______BD:BC(用图中已有线段表示).
探索研究：
(2)如图2,在△ABC中,O是线段AD上一点(不与点A,D重合),连接BO,CO,试猜想$S_{△BOC}与S_{△ABC}$之比应该等于图中哪两条线段之比,并说明理由.
拓展应用：
(3)如图3,O是线段AD上一点(不与点A,D重合),连接BO并延长交AC于点F,连接CO并延长交AB于点E. 试猜想$\frac{OD}{AD}+\frac{OE}{CE}+\frac{OF}{BF}$的值,并说明理由.

答案：
(1) 1:2；BD:BC
(2) $ \frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{OD}{AD} $。理由：过A作$ AG \perp BC $于G，过O作$ OH \perp BC $于H，则$ OH // AG $，$ \triangle OHD \sim \triangle AGD $，$ \frac{OH}{AG} = \frac{OD}{AD} $。$ S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}BC \cdot AG $，$ S_{\triangle BOC} = \frac{1}{2}BC \cdot OH $，故$ \frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{OH}{AG} = \frac{OD}{AD} $。
(3) 1。理由：由
(2)知$ \frac{OD}{AD} = \frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle ABC}} $。同理，$ \frac{OE}{CE} = \frac{S_{\triangle AOB}}{S_{\triangle ABC}} $，$ \frac{OF}{BF} = \frac{S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle ABC}} $。因为$ S_{\triangle AOB} + S_{\triangle BOC} + S_{\triangle AOC} = S_{\triangle ABC} $，所以$ \frac{OD}{AD} + \frac{OE}{CE} + \frac{OF}{BF} = \frac{S_{\triangle BOC} + S_{\triangle AOB} + S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle ABC}} = 1 $。

2. 如图,△ABC的三条角平分线交于点O,过点O作OD⊥OB,交边BC于点D.


(1)如图1,猜想∠AOC与∠ODC的数量关系,并说明理由.
(2)如图2,作△ABC的外角∠ABE的平分线交CO的延长线于点F.
①求证：BF//OD；
②若∠F= 35°,求∠BAC的度数.

答案：
(1) ∠AOC=∠ODC.
理由：
∵O是△ABC角平分线交点，
∴∠OAC=1/2∠BAC，∠OCA=1/2∠ACB.
∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-1/2(∠BAC+∠ACB).
∵∠BAC+∠ACB=180°-∠ABC，
∴∠AOC=180°-1/2(180°-∠ABC)=90°+1/2∠ABC.
∵OD⊥OB，
∴∠BOD=90°.
∵OB平分∠ABC，
∴∠OBD=1/2∠ABC.
在△OBD中，∠ODB=180°-∠BOD-∠OBD=90°-1/2∠ABC.
∠ODC=180°-∠ODB=90°+1/2∠ABC.
∴∠AOC=∠ODC.
(2)①证明：
∵∠ABE是△ABC外角，
∴∠ABE=180°-∠ABC.
∵BF平分∠ABE，
∴∠ABF=1/2∠ABE=90°-1/2∠ABC.
∵OB平分∠ABC，
∴∠ABO=1/2∠ABC.
∠OBF=∠ABF+∠ABO=90°-1/2∠ABC+1/2∠ABC=90°.
∵OD⊥OB，
∴∠BOD=90°.
∠OBF=∠BOD=90°，
∴BF//OD.
②
∵∠F=35°，在Rt△OBF中，∠BOF=90°-∠F=55°.
∵∠BOF是△BOC外角，
∴∠BOF=∠OBC+∠OCB.
∵OB、OC平分∠ABC、∠ACB，
∴∠OBC=1/2∠ABC，∠OCB=1/2∠ACB.
∠OBC+∠OCB=1/2(∠ABC+∠ACB)=1/2(180°-∠BAC)=90°-1/2∠BAC.
∴90°-1/2∠BAC=55°，解得∠BAC=70°.