1.3探索三角形全等的条件SAS讲义2023-2024学年苏科版数学八年级上册

探索三角形全等的条件SAS 1、 知识解读 全等三角形判定1——“边角边” 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可以简写成“边角边”或“SAS”）. 要点诠释：如图，如果AB ＝ ，∠A＝∠，AC ＝ ，则△ABC≌△. 注意：这里的角，指的是两组对应边的夹角. 二、典型例题 【例1】如图，已知∠1＝∠2，若用“SAS”证明△ACB≌△BDA，还需加上条件（　　） A．AD＝BC B．BD＝AC C．∠D＝∠C D．OA＝OB 【变式1-1】如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，且AB＝DE，请添加一个条件不能使△ABC≌△DEF是（　　） A．BE＝CF B．∠ACB＝∠F C．AC＝DF D．∠A＝∠D 【变式1-3】如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，点B，D，E在同一直线上，若∠1＝25°，∠2＝35°，则∠3的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．70° 【例2】如图所示，下列各选项中与△ABC一定全等的三角形是（　　） A． B． C． D． 【变式2-1】下列三角形中，不一定全等的是（　　） A．一腰和顶角分别相等的两个等腰三角形 B．一条直角边相等的两个等腰直角三角形 C．有两条边分别相等的两个直角三角形 D．两条直角边分别相等的两个直角三角形 【变式2-2】如图，在四边形BCFD中，DF＝BC＝8，CE与BD的延长线交于点A，且DF与AC互相平分，若AB＝10，则四边形BCFD的周长为 　 　． 【变式2-3】如图，在正方形方格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，点A，B、C，D，E均在小正方形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB＝a，则∠ABE的度数为 　 　． 【变式2-4】如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE＝α，则∠AFP为（　　） A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α 【变式2-5】如图，点D、F分别为△ABC的边AB、AC的中点，DE⊥AB，FG⊥AC，△AGE的周长为15，BC＝10，则EG＝　 　． 【例3】如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE，AB＝AE，AC＝AD，连接BD、CE，求证：△ABD≌△AEC． 【变式3-1】如图，已知在△ABC中，D为BC上的一点，AD平分∠EDC，且∠E＝∠B，ED＝DC．求证：AB＝AC． 【变式3-2】如图，△ABC、△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点E在AB上． （1）求证：△CDA≌△CEB； （2）求证：AE⊥AD． 【变式3-3】如图，已知AB∥CD，AB＝CD，BE＝CF． 求证：（1）△ABF≌△DCE； （2）AF∥DE． 【变式3-4】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、F分别在AB、AC上，CF＝CB，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°（即∠DCE＝90°）后得CE，连接EF． （1）求证：△BCD≌△FCE； （2）若EF∥CD，求∠BDC的度数． 【例4】如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，AB与EC交于点D，FB与EC交于点M． （1）EC与BF有什么数量关系？并说明理由． （2）试判断EC与BF的位置关系，并说明理由． 【变式4-1】如图，在△ABC和△AED中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠EAD，且点E，A，B在同一直线上，点C，D在EB同侧，连接BD，CE交于点M． （1）求证：△ABD≌△ACE； （2）若∠CAD＝120°，求∠DME的度数． 三、拓展训练（难） 1、综合与实践：数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地． （1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：　 　，∠BDC＝　 　°； （2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由． 2、如图（1），AB＝4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3cm．点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）． （1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由； （2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q的运动速度为x cm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由． 3、如图，已知△ABC中AB＝AC＝12厘米，BC＝9厘米，点D为AB的中点． （1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．①若点P点Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；②若点P点Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？ （2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间，点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？此时相遇点距到达点B的路程是多少？ 4、如图，△ABC中，AB＝AC＝12cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在BC上以2cm/s的速度由B→C运动，同时，点Q在AC上以相同的速度由C→A运动，当点P到达点C或点Q到达点A时运动停止． （1）经过1s后，△BPD与以点C、P、Q为顶点的三角形是否全等？为什么？ （2）如果点Q的速度与点P（2cm/s）不等，（1）中的两个三角形是否全等？若能，求出此时点Q的速度和运动时间；若不能，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 探索三角形全等的条件SAS 1、 知识解读 全等三角形判定1——“边角边” 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可以简写成“边角边”或“SAS”）. 要点诠释：如图，如果AB ＝ ，∠A＝∠，AC ＝ ，则△ABC≌△. 注意：这里的角，指的是两组对应边的夹角. 二、典型例题 【例1】如图，已知∠1＝∠2，若用“SAS”证明△ACB≌△BDA，还需加上条件（　　） A．AD＝BC B．BD＝AC C．∠D＝∠C D．OA＝OB 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】根据图形找出公共边AB＝BA，再根据全等三角形的判定定理SAS得出即可． 【解答】解：A．AD＝BC，BA＝AB，∠1＝∠2不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ACB≌△BDA，故本选项不符合题意； B．AB＝BA，∠1＝∠2，AC＝BD，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ACB≌△BDA，故本选项符合题意； C．∠D＝∠C，∠1＝∠2，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ACB≌△BDA，故本选项不符合题意； D．OA＝OB，AB＝BA，∠1＝∠2，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ACB≌△BDA，故本选项不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理是SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL． 【变式1-1】如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，且AB＝DE，请添加一个条件不能使△ABC≌△DEF是（　　） A．BE＝CF B．∠ACB＝∠F C．AC＝DF D．∠A＝∠D 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】由全等三角形的判定，即可判断． 【解答】解：∵AB∥DE， ∴∠B＝∠DEF， A、由BE＝CF得到BC＝EF，由SAS即可判定△ABC≌△DEF，故A不符合题意； B、∠ACB＝∠F，由AAS即可判定△ABC≌△DEF，故B不符合题意； C、AC＝DF，∠B和∠DEF分别是AC和DF的对角，不能判定△ABC≌△DEF，故C符合题意； D、∠A＝∠D，由ASA判定△ABC≌△DEF，故D不符合题意． 故选C． 【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定的方法． 【变式1-2】如图，点C在BD上，∠B＝∠D＝40°，AB＝CD，BC＝DE，则∠ACE的度数是 　40°　． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由SAS证出△ABC≌△CDE，得∠A＝∠ECD，再由三角形内角和定理即可推出结果． 【解答】解：在△ABC与△CDE中， ， ∴△ABC≌△CDE（SAS）， ∴∠A＝∠ECD， ∵∠B＝∠D＝40°， ∴∠A+∠ACB＝∠ECD+∠ACB＝180°﹣∠B＝140°， ∴∠ACE＝40°， 故答案为40°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【变式1-3】如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，点B，D，E在同一直线上，若∠1＝25°，∠2＝35°，则∠3的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．70° 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】先证明△BAD≌△CAE（SAS），根据全等三角形的性质可得∠1＝∠ABD，再根据外角的性质，即可求出∠3． 【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠1＝∠ABD， ∵∠1＝25°，∠2＝35°， ∴∠3＝∠2+∠ABD＝60°， 故选：C． 【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，涉及外角的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键． 【例2】如图所示，下列各选项中与△ABC一定全等的三角形是（　　） A． B． C． D． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】根据全等三角形的判定方法进行逐个验证，做题时要找准对应边，对应角． 【解答】解：A、与三角形ABC有两边相等，而夹角不一定相等，二者不一定全等，故本选项不符合题意； B、与三角形ABC有两边及其夹边相等，二者全等，故本选项符合题意 C、与三角形ABC有一边和一角对应相等，二者不一定全等，故本选项不符合题意； D、与三角形ABC有两角对应相等，但边不一定对应相等，二者不一定全等，故本选项不符合题意． 故选：B． 【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等，本题是一道较为简单的题目． 【变式2-1】下列三角形中，不一定全等的是（　　） A．一腰和顶角分别相等的两个等腰三角形 B．一条直角边相等的两个等腰直角三角形 C．有两条边分别相等的两个直角三角形 D．两条直角边分别相等的两个直角三角形 【考点】全等三角形的判定；等腰直角三角形．版权所有 【分析】由全等三角形的判定方法，即可判断． 【解答】解：A、由SAS判定两个等腰三角形全等，故A不符合题意； B、由SAS判定两个等腰直角三角形全等，故B不符合题意； C、有可能一个直角三角形的斜边与另一个直角三角形的直角边相等，有两条边分别相等的两个直角三角形不一定全等，故C符合题意； D、由SAS判定两个直角三角形全等，故D不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定方法：SAS、ASA、AAS、SSS、HL． 【变式2-2】如图，在四边形BCFD中，DF＝BC＝8，CE与BD的延长线交于点A，且DF与AC互相平分，若AB＝10，则四边形BCFD的周长为 　26　． 【考点】平行四边形的判定与性质．版权所有 【分析】连接AF、CD，证明四边形ADCF是平行四边形，得AD＝CF，即可解决问题． 【解答】解：如图，连接AF、CD， ∵DF与AC互相平分， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∴AD＝CF， ∴BD+CF＝BD+AD＝AB＝10， ∴四边形BCFD的周长＝DF+BC+BD+CF＝8+8+10＝26， 故答案为：26． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及四边形周长等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【变式2-3】如图，在正方形方格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，点A，B、C，D，E均在小正方形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB＝a，则∠ABE的度数为 　90°+α　． 【考点】勾股定理的逆定理；勾股定理．版权所有 【分析】如图，证明△CGD≌△BHE（SAS），得到∠GCD＝∠HBE，根据三角形外角的性质及平行线的性质可进行求解， 【解答】解：如图， 由图可知：GD＝EH＝1，CG＝BH＝4，∠CGD＝∠BHE＝90°， ∴△CGD≌△BHE（SAS）， ∴∠GCD＝∠HBE， ∵CG∥BD， ∴∠CAB＝∠ABD， ∵∠CFB＝∠CAB+∠GCD＝α， ∴∠ABD+∠HBE＝α， ∴∠ABE＝∠ABD+∠DBH+∠HBE＝90°+α； 故答案为：90°+α． 【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 【变式2-4】如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE＝α，则∠AFP为（　　） A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α 【考点】正方形的性质．版权所有 【分析】根据正方形的性质先表示出∠PBC的度数，然后利用“SAS”证明△APF≌△CPB，证得∠AFP＝∠PBC即可求得答案． 【解答】解：∵四边形PBEF为正方形， ∴∠PBE＝90°， ∵∠CBE＝α， ∴∠PBC＝90°﹣α， ∵四边形APCD、PBEF是正方形， ∴AP＝CP，∠APF＝∠CPB＝90°，PF＝PB， 在△APF和△CPB中， ， ∴△APF≌△CPB（SAS）， ∴∠AFP＝∠PBC＝90°﹣α． 故选：B． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，对于解决四边形的问题往往是通过解决三角形的问题而实现的． 【变式2-5】如图，点D、F分别为△ABC的边AB、AC的中点，DE⊥AB，FG⊥AC，△AGE的周长为15，BC＝10，则EG＝　2.5　． 【考点】线段垂直平分线的性质．版权所有 【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，GA＝GC，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【解答】解：∵△AGE的周长为15， ∴AG+AE+GE＝15， ∵点D、F分别为△ABC的边AB、AC的中点，DE⊥AB，FG⊥AC， ∴EA＝EB，GA＝GC， ∴GC+EB+GE＝15，即BC+2GE＝15， ∵BC＝10， ∴2GE＝5， ∴GE＝2.5， 故答案为：2.5． 【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键． 【例3】如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE，AB＝AE，AC＝AD，连接BD、CE，求证：△ABD≌△AEC． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】求出∠EAC＝∠DAB，根据SAS推出两三角形全等即可． 【解答】证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE， ∴∠EAC＝∠DAB． 在△ABD和△AEC中 ， ∴△ABD≌△AEC（SAS）． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理的应用，能正确应用全等三角形的判定定理进行推理是解此题的关键，难度适中． 【变式3-1】如图，已知在△ABC中，D为BC上的一点，AD平分∠EDC，且∠E＝∠B，ED＝DC．求证：AB＝AC． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】根据SAS得出△ADE≌△ADC，得出∠E＝∠C，再根据∠E＝∠B，得出∠B＝∠C，进而证出AB＝AC． 【解答】证明：∵AD平分∠EDC， ∴∠ADE＝∠ADC， 在△ADE和△ADC中， ， ∴△ADE≌△ADC （SAS）， ∴∠E＝∠C， 又∵∠E＝∠B， ∴∠B＝∠C， ∴AB＝AC． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，用到的知识点是全等三角形的判定、全等三角形的性质以及等腰三角形的性质，关键是证出△ADE≌△ADC． 【变式3-2】如图，△ABC、△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点E在AB上． （1）求证：△CDA≌△CEB； （2）求证：AE⊥AD． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出CE＝CD，BC＝AC，再利用全等三角形的判定证明即可； （2）由全等三角形的性质可得∠CAD＝∠CBE＝45°，可得结论． 【解答】证明：∵△ABC、△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴CE＝CD，BC＝AC，∠CAB＝∠CBA＝45°， ∴∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE， ∴∠ECB＝∠DCA， 在△CDA与△CEB中， ， ∴△CDA≌△CEB（SAS）； （2）∵△CDA≌△CEB， ∴∠CAD＝∠CBE＝45°， ∴∠DAE＝∠BAC+∠CAD＝90°， ∴AE⊥AD． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记等腰直角三角形的性质是解题的关键． 【变式3-3】如图，已知AB∥CD，AB＝CD，BE＝CF． 求证：（1）△ABF≌△DCE； （2）AF∥DE． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）先由平行线的性质得∠B＝∠C，从而利用SAS判定△ABF≌△DCE； （2）根据全等三角形的性质得∠AFB＝∠DEC，由等角的补角相等可得∠AFE＝∠DEF，再由平行线的判定可得结论． 【解答】证明：（1）∵AB∥CD， ∴∠B＝∠C， ∵BE＝CF， ∴BE﹣EF＝CF﹣EF， 即BF＝CE， 在△ABF和△DCE中， ， ∴△ABF≌△DCE（SAS）； （2）∵△ABF≌△DCE， ∴∠AFB＝∠DEC， ∴∠AFE＝∠DEF， ∴AF∥DE． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，这属于几何基础知识的考查，难度不大． 【变式3-4】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、F分别在AB、AC上，CF＝CB，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°（即∠DCE＝90°）后得CE，连接EF． （1）求证：△BCD≌△FCE； （2）若EF∥CD，求∠BDC的度数． 【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）由旋转的性质可得：CD＝CE，再根据同角的余角相等可证明∠BCD＝∠FCE，再根据全等三角形的判定方法即可证明△BCD≌△FCE； （2）由（1）可知：△BCD≌△FCE，所以∠BDC＝∠E，易求∠E＝90°，进而可求出∠BDC的度数． 【解答】（1）证明：∵将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE， ∴CD＝CE，∠DCE＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCD＝90°﹣∠ACD＝∠FCE， 在△BCD和△FCE中， ， ∴△BCD≌△FCE（SAS）． （2）解：由（1）可知△BCD≌△FCE， ∴∠BDC＝∠E，∠BCD＝∠FCE， ∴∠DCE＝∠DCA+∠FCE＝∠DCA+∠BCD＝∠ACB＝90°， ∵EF∥CD， ∴∠E＝180°﹣∠DCE＝90°， ∴∠BDC＝90°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、同角的余角相等、旋转的性质、平行线的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． 【例4】如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，AB与EC交于点D，FB与EC交于点M． （1）EC与BF有什么数量关系？并说明理由． （2）试判断EC与BF的位置关系，并说明理由． 【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】（1）欲证明EC＝BF，只要证明△AEC≌△ABF即可； （2）依据AC交BF于D，利用“8字型”证明∠ABF+∠BDM＝90°即可解决问题． 【解答】解：（1）EC＝BF， 理由：∵AE⊥AB，AF⊥AC， ∴∠BAE＝∠CAF＝90°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，即∠EAC＝∠BAF， 在△ABF和△AEC中， ∵， ∴△ABF≌△AEC（SAS）， ∴EC＝BF； （2）根据（1），可得△ABF≌△AEC， ∴∠AEC＝∠ABF， ∵AE⊥AB， ∴∠BAE＝90°， ∴∠AEC+∠ADE＝90°， ∵∠ADE＝∠BDM（对顶角相等）， ∴∠ABF+∠BDM＝90°， 在△BDM中，∠BMD＝180°﹣∠ABF﹣∠BDM＝180°﹣90°＝90°， ∴EC⊥BF． 故答案为：EC⊥BF． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据条件找出两组对应边的夹角∠EAC＝∠BAF是证明的关键，也是解答本题的难点． 【变式4-1】如图，在△ABC和△AED中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠EAD，且点E，A，B在同一直线上，点C，D在EB同侧，连接BD，CE交于点M． （1）求证：△ABD≌△ACE； （2）若∠CAD＝120°，求∠DME的度数． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）由∠BAC＝∠EAD，得出∠DAB＝∠EAC，再利用“SAS”即可证明△ABD≌△ACE； （2）由∠BAC＝∠EAD，∠CAD＝100°，得出∠BAC＝30°，由外角的性质得出∠BAC＝∠AEC+∠ACE＝40°，由全等三角形的性质得出∠ECA＝∠DBA，由外角的性质得出∠DME＝∠AEC+∠ABD＝∠AEC+∠ACE＝30°． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠EAD， ∴∠BAC+∠DAC＝∠EAD+∠DAC，即∠DAB＝∠EAC， 在△EAC和△DAB中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）； （2）解：∵∠BAC＝∠EAD，∠CAD＝120°， ∴∠BAC＝∠EAD＝＝＝30°， ∵∠BAC是△EAC的外角， ∴∠BAC＝∠AEC+∠ACE＝30°， ∵△ABD≌△ACE， ∴∠ECA＝∠DBA， ∵∠DME是△BME的外角， ∴∠DME＝∠AEC+∠ABD＝∠AEC+∠ACE＝30°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质，平角的定义，三角形外角的性质是解决问题的关键． 三、拓展训练（难） 1、综合与实践：数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地． （1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：　BE＝CF　，∠BDC＝　30　°； （2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由． 【考点】全等三角形的判定与性质；规律型：图形的变化类．版权所有 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△BAE≌△CAF即可得出结论． 【解答】解：（1）BE＝CF，∠BDC＝30°， 理由如下：如图1所示，设AC与BD交于点O， ∵∠BAC＝∠EAF＝30°， ∴∠BAC+∠CAE＝∠EAF+∠CAE， 即∠BAE＝∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF， ∵∠AOE＝∠ABE+∠BAC， ∠AOE＝∠ACF+∠BDC， ∴∠BDC＝∠BAC＝30°． 故答案为：BE＝CF，30； （2）BE＝CF，∠BDC＝60°， 理由如下：∵∠BAC＝∠EAF＝120°， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC， 即∠BAE＝∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF，∠AEB＝∠AFC， ∵∠EAF＝120°，AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE＝30°， ∴∠BDC＝∠BEF﹣∠EFD＝∠AEB+30°﹣（∠AFC﹣30°）＝60°． 【点评】本题考查全等三角形的判定，等腰三角形和等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键． 2、如图（1），AB＝4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3cm．点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）． （1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由； （2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q的运动速度为x cm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可； （2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求得答案即可． 【解答】解：（1）当t＝1时，AP＝BQ＝1，BP＝AC＝3， 又∠A＝∠B＝90°， 在△ACP和△BPQ中， ， ∴△ACP≌△BPQ（SAS）． ∴∠ACP＝∠BPQ， ∴∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°． ∴∠CPQ＝90°， 即线段PC与线段PQ垂直． （2）存在， 理由：①若△ACP≌△BPQ， 则AC＝BP，AP＝BQ， 则， 解得； ②若△ACP≌△BQP， 则AC＝BQ，AP＝BP， 则， 解得：； 综上所述，存在或，使得△ACP与△BPQ全等． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．在解题时注意分类讨论思想的运用． 3、如图，已知△ABC中AB＝AC＝12厘米，BC＝9厘米，点D为AB的中点． （1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．①若点P点Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；②若点P点Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？ （2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间，点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？此时相遇点距到达点B的路程是多少？ 【考点】全等三角形的判定与性质；一元一次方程的应用．版权所有 【分析】（1）①先求得BP＝CQ＝3，PC＝BD＝6，然后根据等边对等角求得∠B＝∠C，最后根据SAS即可证明； ②因为VP≠VQ，所以BP≠CQ，又∠B＝∠C，要使△BPD与△CQP全等，只能BP＝CP＝4.5，根据全等得出CQ＝BD＝6，然后根据运动速度求得运动时间，根据时间和CQ的长即可求得Q的运动速度； （2）因为VQ＞VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得． 【解答】解：（1）①△BPD与△CQP全等，理由如下： ∵t＝1（秒）， ∴BP＝CQ＝3（厘米）， ∵AB＝12，D为AB中点， ∴BD＝6（厘米）， 又∵PC＝BC﹣BP＝9﹣3＝6（厘米）， ∴PC＝BD， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 在△BPD与△CQP中， ， ∴△BPD≌△CQP（SAS）； ②∵VP≠VQ， ∴BP≠CQ， 又∵∠B＝∠C， 要使△BPD≌△CPQ，只能BP＝CP＝4.5， ∵△BPD≌△CPQ， ∴CQ＝BD＝6． ∴点P的运动时间t＝＝＝1.5（秒）， 此时VQ＝＝＝4（厘米/秒）． ∴当点Q的运动速度为4厘米/秒时，能够使△BPD与△CQP全等． （2）因为VQ＞VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程， 设经过x秒后P与Q第一次相遇，依题意得4x＝3x+2×12， 解得x＝24（秒）， 此时P运动了24×3＝72（厘米）， 又∵△ABC的周长为33厘米，72＝33×2+6， ∴点P、Q在BC边上相遇，即经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇，此时相遇点距到达点B的路程是6厘米． 【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质和一元一次方程的应用，解题的根据是熟练掌握三角形全等的判定和性质． 4、如图，△ABC中，AB＝AC＝12cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在BC上以2cm/s的速度由B→C运动，同时，点Q在AC上以相同的速度由C→A运动，当点P到达点C或点Q到达点A时运动停止． （1）经过1s后，△BPD与以点C、P、Q为顶点的三角形是否全等？为什么？ （2）如果点Q的速度与点P（2cm/s）不等，（1）中的两个三角形是否全等？若能，求出此时点Q的速度和运动时间；若不能，请说明理由． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】（1）根据题意得出当t＝1时，BP＝2cm，CP＝6cm，CQ＝2cm，进而得出△DBP≌△PCQ（SAS），即可得出答案； （2）根据全等得出要使△BPD与△CQP全等，必须BD＝CP或BP＝CP，得出方程，求出方程的解即可． 【解答】解：（1）经过1s后，△BPD与以点C、P、Q为顶点的三角形全等， 理由：如图1，当t＝1时，BP＝2cm，CP＝6cm，CQ＝2cm， ∵D是AB中点，∴BD＝AD＝6cm， 在△DBP和△PCQ中 ， ∴△DBP≌△PCQ（SAS）， ∴DP＝PQ； （2）设点Q速度为x，则t秒后CQ长度为xtcm， 因为P的速度为2cm/s， 所以t秒后BP长度为2t cm CP＝8﹣2t（cm）． 当DB＝CP，∠B＝∠C，BP＝CQ时，△DBP≌△PCQ（SAS）， 则， 解得：，x＝2cm/s，不合题意舍去， 当DB＝CQ，∠B＝∠C，BP＝CP时，△DBP≌△QCP（SAS）， 解得：， 综上所述：当点Q的速度为3cm/s，运动时间为2s时符合题意． 【点评】本题考查了全等三角形的判定的应用，关键是能根据题意得出对应边相等进而得出方程． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$