八年级上册第四讲Word文档下载推荐.docx
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⑴AP=AQ;
⑵AP⊥AQ.
【例4】如图.∠C=90゜,BE⊥AB且BE=AB,BD⊥BC且BD=BC,CB的延长线交DE于F.
(1)求证:
点F是ED的中点;
(2)求证:
S△ABC=2S△BEF.
【例5】如图△ABC中,∠CAB=∠CBA=45°
,CA=CB,点E为BC的中点,CN⊥AE交AB于N.
(1)求证:
∠1=∠2
AE=CN+EN.(用四种方法:
直接截长,间接截长,直接补短,间接补短)
三、自主探究导航:
1.如图,在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°
,AD平分∠BAC,BE⊥AD交AC的延长线于点F,E为垂足.则结论:
①AD=BF;
②CF=CD;
③AC+CD=AB;
④BE=CF;
⑤BF=2BE其中正确结论的个数是( )
A.1B.2C.3D.4
2.如图所示,已知AB=CD,AD=CB,AC、BD相交于O,则图中全等三角形有( )
A.2对B.3对C.4对D.5对
3.如图,点A在DE上,F在AB上,且AC=CE,∠1=∠2=∠3,则DE的长等于( )
A.DCB.BCC.ABD.AC
4.已知:
如图AB=AC,AD=AE,BE和CD相交于G.求证:
AG平分∠BAC.
5.如图,△ABC中,点D在BC上,点E在AB上,BD=BE,要使△ADB≌△CEB,还需添加一个条件.[来源:
学§
科§
网Z§
X§
K]
(1)给出下列四个条件:
①AD=CE;
②AE=CD;
③∠BAC=∠BCA;
④∠ADB=∠CEB;
请你从中选出一个能使△ADB≌△CEB的条件,并给出证明;
(2)在
(1)中所给出的条件中,能使△ADB≌△CEB的还有哪些?
直接在题后横线上写出满足题意的条件序号.__________________.
6.如图,已知AB=AE,∠B=∠E,BC=ED,点F是CD的中点,求证:
AF⊥CD.
7.如图,D为在△ABC的边BC上一点,且CD=AB,∠BDA=∠BAD,AE是△ABD的中线.求证:
AC=2AE..
8.如图,已知△ABC.
⑴请你在BC边上分别取两点D、E(BC的中点除外),连接AD、AE,写出使此图中只存在两对面积相等的三角形的相应条件,并表示出面积相等的三角形;
⑵请你根据使⑴成立的相应条件,证明:
AB+AC>AD+AE.
9.如图
(1),Rt△ABC中,∠ACB=90°
,CD⊥AB,垂足为D.AF平分∠CAB,交CD于点E,交CB于点F.
CE=CF.
(2)将图
(1)中的△ADE沿AB向右平移到△A′D′E′的位置,使点E′落在BC边上,其它条件不变,如图
(2)所示.试猜想:
BE′与CF有怎样的数量关系?
请证明你的结论.
10.如图,△DBC中,DB=DC,A为△DBC外一点,且∠BAC=∠BDC、DM⊥AC于M,
求
的值.
11.阅读下面材料:
学习了三角形全等的判定方法(即“SAS”、“ASA”、“AAS”、“SSS”)和直角三角形全等的判定方法(即“HL”)后,小聪继续对“两个三角形满足两边和其中一边的对角对应相等”的情形进行研究.
小聪将命题用符号语言表示为:
在△ABC和△DEF中,AC=DF,BC=EF,∠B=∠E.
小聪想:
要想解决问题,应该对∠B进行分类研究.
∠B可分为“直角、钝角、锐角”三种情况进行探究.
第一种情况:
当∠B是直角时,如图1,
在△ABC和△DEF中,AC=DF,BC=EF,
∠B=∠E=90°
,根据“HL”定理,可以知道
Rt△ABC≌Rt△DEF.
第二种情况:
当∠B是锐角时,如图2,BC=EF,∠B=∠E<
90°
,在射线EM上有点D,使DF=AC,画出符合条件的点D,则△ABC和△DEF的关系是;
A.全等B.不全等C.不一定全等
第三种情况:
当∠B是钝角时,如图3,在△ABC和△DEF中,AC=DF,BC=EF,
∠B=∠E>
,求证:
△ABC≌△DEF.
例题解析:
【例1】
解:
(1)
(或点D是线段BC的中点),
,
中任选一个即可﹒[来
(2)以
为例进行证明:
∵CF∥BE,
∴∠FCD﹦∠EBD.
又∵
,∠FD
C=∠EDB,
∴△BDE≌△CDF.
【例2】证明:
如图所示,
∵△AEB由△ADC旋转而得,
∴△AEB≌△ADC.
∴∠3=∠1,∠6=∠C.
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴∠2=∠1,∠7=∠C.
∴∠3=∠2,∠6=∠7.
∵∠4=∠5,
∴∠ABM=∠ABN.
又∵AB=AB,
∴△AMB≌△ANB.
∴AM=AN.
【例3】【解法指导】证明线段或角相等,也就是证线段或角所在的两三角形全等.经观察,证AP=AQ,也就是证△APD和△AQE,或△APB和△QAC全等.由已知条件BP=AC,CQ=AB,应该证△APB≌△QAC,已具备两组边对应相等,于是再证夹角∠1=∠2即可.证AP⊥AQ,即证∠PAQ=90°
,∠PAD+∠QAC=90°
就可以.
证明:
⑴∵BD、CE分别是△ABC的两边上的高,
∴∠BDA=∠CEA=90°
∴∠1+∠BAD=90°
,∠2+∠BAD=90°
,∴∠1=∠2.
在△APB和△QAC中,
∴△APB≌△QAC,
∴AP=AQ
⑵∵△APB≌△QAC,∴∠P=∠CAQ,∴∠P+∠PAD=90°
∵∠CAQ+∠PAD=90°
,∴AP⊥AQ
【例4】证明:
(1)如图,过点E作EM⊥CF交CF的延长线于M,
∵BE⊥AB,
∴∠EBM+∠ABC=180°
﹣90°
=90°
∵∠C=90°
∴∠A+∠ABC=180°
在△ABC和△BEM中,
∴△ABC≌△BEM(AAS),
∴BC=EM,
∵BD=BC,
∴BD=EM,
在△EMF和△DBF中,
∴△EMF≌△DBF(AAS),
∴EF=DF,
∴点F是ED的中点;
(2)∵△ABC≌△BEM,△EMF≌△DBF,
∴S△ABC=S△BEM,S△EMF=S△DBF,
∵点F是ED的中点,
∴S△BEF=S△DBF=
S△BEM=
S△ABC,
∴S△ABC=2S△BEF.
点评:
本题考查了全等三角形的判定与性质,同角的余角相等的性质,三角形的中线把三角形分成面积相等的两个三角形,作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.
【例5】
(2)(用四种方法:
直接截长,间接截长,直接补短,间接补短)
方法1:
(直接补短)延长CN至F,使CF=AE,连接BF,证△CAE≌△BCF,推出BE=BF,证△EBN≌△FBN,推出NE=NF即可.
方法2:
(间接补短)过点B作BF垂直BC,交CN的延长线于F,则∠MBN=∠EBN=45°
.
∠CAE=∠BCF(均为∠ACN的余角);
又∠ACE=∠CBF;
AC=BC.
则⊿ACE≌ΔCBF(ASA),得AE=CF;
BF=CE.
又CE=BE,则BF=BE
又∠FBN=∠EBN=45°
;
BN=BN.故△FBN≌△EBN(SAS),得EN=FN.
∴AE=CM=CN+FN=CN+EN.
方法3:
(直接截长)在AE上截取AM=CN,再证EM=EN即可,故可先证△AMC≌△CNB,再证
△CME≌△BNE,于是AM=CN,ME=NE故AF+EF=CN+EN
,即
AE=CN+EN.
方法4:
(间接截长)作
交AE于点M,先证△ACM≌△CMN,再证△ECM≌△BNE,此方实质是间接的在AE上截取AM=CN.
自主探究导航参考答案
1.D解析:
①②③⑤四项正确.
2.C
3.C解析:
由∠1=∠3可得∠ACB=∠ECD,再根据∠2=∠3证得∠D=∠B,然后利用“角角边”定理证明△ABC≌△EDC,根据全等三角形对应边相等即可.
4.证明:
∵AB=AC,∠A=∠A,AD=AE,
∴△ABE≌△ACD,∴∠AEB=∠ADC,∠B=∠C.
又∠DGB=∠EGC,因AB-AD=AC-AE,
∴BD=CE,∴△DGB≌△EGC,∴DG=GE.
∵DG=GE,∠ADG=∠AEG,AD=AE,
∴△ADG≌△AEG,∴∠1=∠2,∴AG平分∠BAC.
5.解:
(1)添加条件②,③,④中任一个即可,以添加②为例说明.
证明:
∵AE=CD,BE=BD,
∴AB=CB.
又∠ABD=∠CBE,BE=BD,[来源:
学科网ZXXK]
∴△ADB≌△CEB.
(2)③④.
6.连接AC、AD,
在△ABC和△AED中,有AB=AE,∠B=∠E,BC=ED
∴△ABC≌△AED
∴AC=AD
∵AC=AD,AF=AF,CF=DF,
∴△ACF≌△ADF
∴∠AFC=∠AFD
∵∠AFC+∠AFD=180°
∴∠AFC=∠AFD=90°
∴AF⊥CD.
7.证明:
延长AE到F,使EF=AE,连接DF,
∵AE是△ABD的中线
∴BE=ED,
在△ABE与△FDE中
∵
∴△ABE≌△FDE(SAS),
∴AB=DF,∠BAE=∠EFD,
∵∠ADB是△ADC的外角,
∴∠DAC+∠ACD=∠ADB=∠BAD,
∴∠BAE+∠EAD=∠BAD,∠BAE=∠EFD,
∴∠EFD+∠EAD=∠DAC+∠ACD,
∴∠ADF=∠ADC,
∵AB=DC,∴DF=DC,
在△ADF与△ADC中
∴△ADF≌△ADC(SAS)
∴∠C=∠AFD=∠BAE.
8.解:
(1)如图1,相应的条件就应该是BD=CE≠DE,这样,△ABD和△AEC的面积相等,由于BD=CE,因此BE=CD,那么△ADC和△ABE的面积就相等;
如图2,分别过点D、B作CA、EA的平行线,两线相交于F点,DF于AB交于G点,
∴∠ACE=∠FDB,∠AEC=∠FBD
在△AEC和△FBD中,又CE=BD,
∴△AEC≌△FBD,
∴AC=FD,AE=FB,
在△AGD中,AG+DG>AD,
在△BFG中,BG+FG>FB,
∴AG+DG-AD>0,BG+FG-FB>0,
∴AG+DG+BG+FG-AD-FB>0,
即AB+FD>AD+FB
∴AB+AC>AD+AE.
9.解:
(1)“略”;
(2)如图,过点E作EG⊥AC于G,
又∵AF平分∠CAB,ED⊥AB,
∴ED=EG,
由平移的性质可知:
D′E′=DE,
∴D′E′=GE,
∵∠ACB=90°
∴∠ACD+∠DCB=90°
∵CD⊥AB于D,
∴∠B+∠DCB=90°
∴∠ACD=∠B,
在Rt△CEG与Rt△BE′D'
中,
∵∠GCE=∠B,∠CGE=∠BD′E′,CE=D′E′,
∴△CEG≌△BE'
D′,
∴CE=BE′,
由
(1)可知CE=CF.
10.方法1(截长法):
在AC上截取CF=AB.
可以证出∠ABD=∠DCF
由此可证△ABD≌△FCD(SAS)
∴DA=DF
∴可证Rt△MDA≌Rt△MDF(HL)
∴MA=MF
又∵AC-CF=AF=AM+MF=2AM
∴AC-AB=AC-CF=2AM
∴
.
方法2(间接补短法):
作DN⊥AB于点N,证△DCM≌△DBN,DM=DN,AM=AN,AC=AM+CM,AB=BN-AN,AC-AB=AM+AN=2AM,
方法3(补短法):
延长BA至E,使BE=AC,证△DCA≌△DBE,DE=DA,∠DAC=∠E=∠DAE,作DN⊥AB于点N,∴EN=AN=AM,∴AC-AB=2AM,∴
11.解:
画出DF,选择A(或画出D’F,选择B)2分
画出DF和D’F,选择C3分
如图,过点C作CG⊥AB交AB的延长线于点G,
过点F作DH⊥DE交DE的延长线于点H,
∵∠B=∠E,
∴180°
﹣∠B=180°
﹣∠E,
即∠CBG=∠FEH,5分
在△CBG和△FEH中,
∴△CBG≌△FEH(AAS),
∴CG=FH,
在Rt△ACG和Rt△DFH中,
Rt△ACG≌Rt△DFH(HL),
∴∠A=∠D,9分
在△ABC和△DEF中,
∴△ABC≌△DEF(AAS).12分
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- 年级 上册 第四