(练习)22 核心素养提升(四)-【提分教练】2022-2023学年八年级数学上册同步(青岛版)

核心素养提升(四) 几何证明及其应用 如图，直线EF分别与直线AB，CD交于点E，F.EM平分∠BEF，FN平分∠CFE，且EM∥FN.求证：AB∥CD. 证明：∵EM∥FN，∴∠FEM＝∠EFN. 又∵EM平分∠BEF，FN平分∠CFE， ∴∠BEF＝2∠FEM，∠EFC＝2∠EFN， ∴∠BEF＝∠EFC，∴AB∥CD. 逻辑推理之转化思想 【角度1】利用等腰三角形判断两边(角)相等 1. 如图，点E是BC的中点，点A在边DE上，且∠BAE＝∠D，求证：AB＝CD. 【探究思路】AB与CD既不在一个三角形中，又不在两个全等的三角形中，所以需构造一个三角形与△DCE全等或构造一个三角形与△ABE全等． 【自主解答】证明：延长DE至点F，使EF＝DE，连接BF，如图. ∵E是BC的中点，∴BE＝CE. 在△BEF和△CED中， ∴△BEF≌△CED(SAS)， ∴BF＝CD，∠F＝∠D. 又∵∠BAE＝∠D， ∴∠BAE＝∠F. ∴AB＝BF，∴AB＝CD. 【角度2】利用全等三角形判断两边(角)相等 2. 如图，点P是等边三角形ABC内一点，连接PC，以PC为边作等边三角形PDC，连接PA，PB，BD. (1)求证：∠APC＝∠BDC； (2)当∠APC＝150°时，试猜想△DPB的形状，并说明理由； (3)当∠APB＝100°且DB＝PB时，求∠APC的度数． 【探究思路】(1)由“SAS”可证△ACP≌△BCD，可得∠APC＝∠BDC； (2)由全等三角形的性质可得∠BDC＝∠APC＝150°，∠PDC＝60°，可得∠BDP＝90°，即可求解； (3)设∠APC＝x°，由周角的性质和等边三角形的性质可得∠BPD＝200°－x°，∠BDP＝x°－60°，由等腰三角形的性质可列方程，即可求解． 【自主解答】 (1)证明：∵△ABC，△PDC是等边三角形， ∴∠ACB＝∠PCD＝60°， 且AC＝BC，PC＝CD， ∴∠ACB－∠PCB＝∠PCD－∠PCB， ∴∠ACP＝∠BCD. 在△ACP与△BCD中， ∴△ACP≌△BCD(SAS)， ∴∠APC＝∠BDC. (2)解：△DPB是直角三角形．理由如下： 由(1)得△ACP≌△BCD， ∴∠BDC＝∠APC＝150°. ∵△PDC为等边三角形， ∴∠PDC＝60°， ∴∠BDP＝∠BDC－∠PDC＝90°， ∴△DPB是直角三角形． (3)解：设∠APC＝x°，则∠BPD＝360°－∠APC－∠APB－∠CPD＝200°－x°， ∠BDP＝∠BDC－∠PDC＝∠APC－∠PDC＝x°－60°. ∵PB＝DB，∴∠BPD＝∠BDP， ∴200°－x°＝x°－60°，解得x＝130， 即∠APC＝130°. 逻辑推理之方程思想 【角度1】求三角形内角的度数时，列方程(组)求解 3. 如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB上，且BC＝BD，AD＝DE＝EB，求∠A的度数． 【探究思路】由已知条件易知∠A＝2∠ABD，可设∠ABD的度数为x，由等腰三角形“等边对等角”的性质定理和三角形的内角和等于180°列方程求出x的值，即可得∠A的度数． 【自主解答】 解：设∠ABD的度数为x， ∵AD＝DE＝EB，∴∠BDE＝∠ABD＝x，∠A＝∠AED＝∠BDE＋∠ABD， ∴∠A＝2∠ABD＝2x. ∵BD＝BC，∴∠C＝∠BDC＝∠ABD＋∠A＝3x. ∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝3x. ∴∠A＋∠C＋∠ABC＝8x＝180°，解得x＝22.5°， ∴∠A＝2x＝22.5°×2＝45°. 【角度2】求三角形边的长度时，列方程(组)求解 4. 已知等腰三角形的底边长为5 cm，一腰上的中线把其周长分成差为3 cm的两部分，求这个等腰三角形的周长． 【探究思路】设等腰三角形的腰长是x cm，根据中线分成的两部分中，其中一部分比另一部分长3 cm，即可列方程求解．两部分之差可能是底边与腰之差，也可能是腰与底边之差，解答时应注意分类讨论. 【自主解答】 解：如图，设腰长是2x cm，分两种情况考虑， ①当AD＋AC与BC＋BD的差是3 cm时，可得(2x＋x)－(x＋5)＝3，解得x＝4， ∴此时三角形的三边长分别为8 cm，8 cm，5 cm，符合三角形三边关系； ②当BC＋BD与AD＋AC的差是3 cm时，得(x＋5)－(2x＋x)＝3，解得x＝1， ∴此时三角形的三边长分别为2 cm,2 cm，5 cm，不符合三角形三边关系． 所以这个等腰三角形的周长为8＋8＋5＝21(cm). 直观想象之数形结合思想 【角度】动点问题 5. 如图，在△ABC中，AB＝BC＝AC＝12 cm，现有两点M，N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边作顺时