全等三角形模型教案教学提纲Word格式.docx
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【思考】△ABD≌△ACE
二、复习预习
【问题】工人师傅常用角尺平分一个任意角,作法如下:
如图,∠AOB是一个任意角,在边OA,OB上分别取OM=ON.移动角尺,使角尺两边相同的刻度分别与M、N重合.则过角尺顶点P的射线OP便是∠AOB的角平分线,为什么?
请你说明理由.
【解答】OP平分∠AOB
理由如下:
∵OM=ON,PM=PN,OP=OP
∴△MOP≌△NOP(SSS)
∴∠MOP=∠NOP
∴OP平分∠MON
(即OP是∠AOB的角平分线)
三、知识讲解
考点1
全等三角形性质:
全等三角形的对应边相等,对应角相等,对应边上的高、中线相等,对应角的平分线相等。
考点2
全等三角形的判定:
所有三角形SAS、ASA、AAS、SSS;
直角三角形HL
四、例题精析
【例题1】
【题干】如图,正方形ABCD中,E、F分别为BC、CD上的点,且AE⊥BF,垂足为点G.
求证:
AE=BF.
【答案】证明:
∵正方形ABCD,∴∠ABC=∠C=90°
,AB=BC.
∵AE⊥BF,∴∠AGB=∠BAG+∠ABG=90°
,
∵∠ABG+∠CBF=90°
,∴∠BAG=∠CBF.
在△ABE和△BCF中,,
∴△ABE≌△BCF(ASA),∴AE=BF.
【解析】根据正方形的性质,可得∠ABC与∠C的关系,AB与BC的关系,根据两直线垂直,可得∠AGB的度数,根据直角三角形锐角的关系,可得∠ABG与∠BAG的关系,根据同角的余角相等,可得∠BAG与∠CBF的关系,根据ASA,可得△ABE≌△BCF,根据全等三角形的性质,可得答案.
【例题2】
【题干】如图,四边形ABCD是正方形,BE⊥BF,BE=BF,EF与BC交于点G.
(1)求证:
AE=CF;
(2)求证:
AE⊥CF.
【答案】
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABC=90°
,AB=BC,
∵BE⊥BF,∴∠FBE=90°
∵∠ABE+∠EBC=90°
,∠CBF+∠EBC=90°
,∴∠ABE=∠CBF,
在△AEB和△CFB中,
∴△AEB≌△CFB(SAS),∴AE=CF.
(2)延长AE交BC于O,交CF于H,
∵△AEB≌△CFB,∴∠BAE=∠BCF,
∵∠ABC=90°
,∴∠BAE+∠AOB=90°
∵∠AOB=∠COH,∴∠BCF+∠COH=90°
∴∠CHO=90°
,∴AE⊥CF
【解析】
(1)利用△AEB≌△CFB来求证AE=CF.
(2)利用全等三角形对应角相等、对顶角相等、等量代换即可证明.
【例题3】
【题干】
(2014•顺义区一模)已知:
如图1,△MNQ中,MQ≠NQ.
(1)请你以MN为一边,在MN的同侧构造一个与△MNQ全等的三角形,画出图形,并简要说明构造的方法;
(2)参考
(1)中构造全等三角形的方法解决下面问题:
如图2,在四边形ABCD中,∠ACB+∠CAD=180°
,∠B=∠D.求证:
CD=AB.
【答案】:
(1)如图1,以N为圆心,以MQ为半径画圆弧;
以M为圆心,以NQ为半径画圆弧;
两圆弧的交点即为所求.
主要根据“SSS”判定三角形的全等.
(2)如图3,
延长DA至E,使得AE=CB,连结CE.
∵∠ACB+∠CAD=180°
,∠DACDAC+∠EAC=180°
∴∠BACBCA=∠EAC
在△EAC和△BAC中,
∴△AECEAC≌△BCA(SAS),∴∠B=∠E,AB=CE
∵∠B=∠D,∴∠D=∠E,∴CD=CE,∴CD=AB.
【解析】
(1)以点N为圆心,以MQ长度为半径画弧,以点M为圆心,以NQ长度为半径画弧,两弧交于一点F,则△MNF为所画三角形.
(2)延长DA至E,使得AE=CB,连结CE.证明△EAC≌△BCA,得:
∠B=∠E,AB=CE,根据等量代换可以求得答案.
【例题4】
【题干】问题背景:
如图1:
在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°
,∠B=∠ADC=90°
.E,F分别是BC,CD上的点.且∠EAF=60°
.探究图中线段BE,EF,FD之间的数量关系.
小王同学探究此问题的方法是,延长FD到点G.使DG=BE.连结AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明△AEF≌△AGF,可得出结论,他的结论应是;
探索延伸:
如图2,若在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°
.E,F分别是BC,CD上的点,且∠EAF=∠BAD,上述结论是否仍然成立,并说明理由;
实际应用:
如图3,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°
的A处,舰艇乙在指挥中心南偏东70°
的B处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等,接到行动指令后,舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进,舰艇乙沿北偏东50°
的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处,且两舰艇之间的夹角为70°
,试求此时两舰艇之间的距离.
【答案】问题背景:
EF=BE+DF;
EF=BE+DF仍然成立.
证明如下:
如图,延长FD到G,使DG=BE,连接AG,
∵∠B+∠ADC=180°
,∠ADC+∠ADG=180°
,∴∠B=∠ADG,
在△ABE和△ADG中,,∴△ABE≌△ADG(SAS),
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG,∵∠EAF=∠BAD,
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF,
∴∠EAF=∠GAF,
在△AEF和△GAF中,,∴△AEF≌△GAF(SAS),∴EF=FG,
∵FG=DG+DF=BE+DF,∴EF=BE+DF;
如图,连接EF,延长AE、BF相交于点C,
∵∠AOB=30°
+90°
+(90°
-70°
)=140°
,∠EOF=70°
,∴∠EOF=∠AOB,
又∵OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°
-30°
)+(70°
+50°
)=180°
∴符合探索延伸中的条件,∴结论EF=AE+BF成立,即EF=1.5×
(60+80)=210海里.
答:
此时两舰艇之间的距离是210海里.
【解析】问题背景:
根据全等三角形对应边相等解答;
延长FD到G,使DG=BE,连接AG,根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG,然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等可得AE=AG,∠BAE=∠DAG,再求出∠EAF=∠GAF,然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等,根据全等三角形对应边相等可得EF=GF,然后求解即可;
连接EF,延长AE、BF相交于点C,然后求出∠EAF=∠AOB,判断出符合探索延伸的条件,再根据探索延伸的结论解答即可.
五、课堂运用
【基础】
1.在平面内正方形ABCD与正方形CEFH如图放置,连DE,BH,两线交于M.求证:
(1)BH=DE.
(2)BH⊥DE.
(1)在正方形ABCD与正方形CEFH中,
BC=CD,CE=CH,∠BCD=∠ECH=90°
∴∠BCD+∠DCH=∠ECH+∠DCH,即∠BCH=∠DCE,
在△BCH和△DCE中,,
∴△BCH≌△DCE(SAS),∴BH=DE;
(2)∵△BCH≌△DCE,∴∠CBH=∠CDE,
又∵∠CGB=∠MGD,∴∠DMB=∠BCD=90°
∴BH⊥DE.
(1)根据正方形的性质可得BC=CD,CE=CH,∠BCD=∠ECH=90°
,然后求出∠BCH=∠DCE,再利用“边角边”证明△BCH和△DCE全等,根据全等三角形对应边相等证明即可;
(2)根据全等三角形对应角相等可得∠CBH=∠CDE,然后根据三角形的内角和定理求出∠DMB=∠BCD=90°
,再根据垂直的定义证明即可.
2.
(1)操作发现
如图1,在等边△ABC中,点M是BC上的任意一点(不含端点B,C),连接AM,以AM为边作等边△AMN,连接CN,猜想∠ABC与∠ACN有何数量关系?
并证明你的结论;
(2)类比探究
如图2,在等边△ABC中,点M是BC延长线上的任意一点(不含端点C),其他条件不变,
(1)中的结论是否仍然成立?
请说明理由.
(1)∵在等边△ABC中,AB=AC,∠BAC=∠BAM+∠MAC=60°
在等边△AMN中,AM=AN,∠MAN=∠NAC+∠MAC=60°
∴∠BAM=∠NAC=60°
-∠MAC,
在△ABM和△ACN中,,∴△ABM≌△ACN(SAS),∴∠ABC=∠ACN.
(2)∵在等边△ABC中,AB=AC,∠BAM=∠BAC+∠MAC=60°
+∠MAC
在等边△AMN中,AM=AN,∠NAC=∠NAM+∠MAC=60°
+∠MAC,∴∠BAM=∠NAC=60°
+∠MAC,
(1)由全等三角形可以判定AB=AC,AM=AN,即可求证△ABM≌△ACN,即可求得∠ABC=∠ACN;
(2)和
(1)同理,由全等三角形可以判定AB=AC,AM=AN,即可求证△ABM≌△ACN,即可求得∠ABC=∠CAN.
【巩固】
1.如图,△ABC和△ADE都是等腰三角形,且∠BAC=90°
,∠DAE=90°
,B,C,D在同一条直线上.求证:
BD=CE.
【答案】∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,∴AD=AE,AB=AC,
又∵∠EAC=90°
+∠CAD,∠DAB=90°
+∠CAD,∴∠DAB=∠EAC,
∵在△ADB和△AEC中,∴△ADB≌△AEC(SAS),∴BD=CE.
【解析】求出AD=AE,AB=AC,∠DAB=∠EAC,根据SAS证出△ADB≌△AEC即可.
2.如图,△ABC与△BEF都是等边三角形,D是BC上一点,且CD=BE,求证:
∠EDB=∠CAD.
【答案】如图,过点D作DG∥AB交AC于G,
∵△ABC是等边三角形,∴∠GDC=∠ABC=∠C=60°
,AC=BC,
∴△CDG是等边三角形,∴DG=CD=CG,∠AGD=120°
,∴BD=AG,
∵CD=BE,∴BE=DG,又∵△BEF是等边三角形∴∠EBF=60°
,∴∠EBD=∠DGA=120°
在△EBD和△DGA中..∴△EBD≌△DGA(SAS),∴∠EDB=∠CAD.
【解析】过点D作DG∥AB交AC于G,求出∠EBD=∠AGD=120°
,BD=AG,根据SAS证△EBD≌△DGA,根据全等三角形的性质推出即可.
【拔高】
正方形ABCD中,点E、F分别是边AD、AB的中点,连接EF.
(1)如图1,若点G是边BC的中点,连接FG,则EF与FG关系为:
;
(2)如图2,若点P为BC延长线上一动点,连接FP,将线段FP以点F为旋转中心,逆时针旋转90°
,得到线段FQ,连接EQ,请猜想BF、EQ、BP三者之间的数量关系,并证明你的结论.
(
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