第1章 全等三角形 本章综合提升(习题课件)-【优+学案】2024-2025学年八年级上册数学课时通(青岛版)

年级上册·QD 数 学 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现公式及数字无法编辑或无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题。 课件使用说明 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 本课件设有小题超链接功能，点击题号即可跳转到对应题目。 使用软件 01 软件版本 02 便捷操作 03 软件更新 04 第1章　全等三角形 本章综合提升 1. 分类讨论思想 在解答某些数学问题时，有时会有多种情况，对各种情况加以分类，并逐类 求解，然后综合归纳，这就是分类讨论法.分类讨论是一种逻辑方法，也是一种数 学思想. 链接本章 在本章的动点问题中，由于对应边的变化，会产生不同的情况，需要进行分 类讨论. 1 2 　　【例1】　如图①所示， AB ＝7 cm， AC ⊥ AB ， BD ⊥ AB ，垂足分别为 A ， B ， AC ＝5 cm.点 P 在线段 AB 上以2 cm/s的速度由点 A 向点 B 运动，同时点 Q 在 射线 BD 上运动.它们运动的时间为 t （s）（当点 P 运动结束时，点 Q 运动也随之 结束）. 1 2 （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. 解：（1）△ ACP ≌△ BPQ ， PC ⊥ PQ . 理由如下：因为 AC ⊥ AB ， BD ⊥ AB ， 所以∠ A ＝∠ B ＝90°. 因为 AP ＝ BQ ＝2，所以 BP ＝5，所以 BP ＝ AC . 在△ ACP 和△ BPQ 中， 所以△ ACP ≌△ BPQ （SAS）.所以∠ C ＝∠ BPQ . 因为∠ C ＋∠ APC ＝90°，所以∠ APC ＋∠ BPQ ＝90°， 所以∠ CPQ ＝90°，所以 PC ⊥ PQ . 1 2 （2）如图②所示，若“ AC ⊥ AB ， BD ⊥ AB ”改为“∠ CAB ＝∠ DBA ”，点 Q 的运 动速度为 x cm/s，其他条件不变，当点 P ， Q 运动到何处时有△ ACP 与△ BPQ 全 等，求出相应的 x 的值. 1 2 解：（2）①若△ ACP ≌△ BPQ ， 则 AC ＝ BP ， AP ＝ BQ ，可得5＝7－2 t ，2 t ＝ xt ， 解得 x ＝2， t ＝1. ②若△ ACP ≌△ BQP ， 则 AC ＝ BQ ， AP ＝ BP ，可得5＝ xt ，2 t ＝7－2 t ， 解得 x ＝ ， t ＝ . 综上所述，当△ ACP 与△ BPQ 全等时 x 的值为2或 . 1 2 　　【变式训练1】如图所示，已知四边形 ABCD 中， AB ＝ BC ＝8 cm， CD ＝6 cm，∠ B ＝∠ C ，动点 P ， Q 同时从 A ， B 两点出发，分别沿 AB ， BC 方向匀速 运动，点 Q 运动的速度是每秒2 cm，点 P 运动的速度是每秒 a cm（ a ≤2），当点 Q 到达点 C 时， P ， Q 两点都停止运动，设运动时间为 t 秒. （1） BQ ＝ ， BP ＝ .（用含 a 或 t 的代数式表示） 2 t cm　 （8－ at ）cm　 1 2 （2）在运动过程中，连接 PQ ， DQ ，△ BPQ 与△ CDQ 能否全等？若能，请求 出相应的 t 和 a 的值，若不能，说明理由. 解：（2）△ BPQ 与△ CDQ 能全等. 因为∠ B ＝∠ C ， 所以△ BPQ 与△ CDQ 全等存在两种情况： ①当△ PBQ ≌△ QCD 时， PB ＝ CQ ， BQ ＝ CD ， 所以8－ at ＝8－2 t ，2 t ＝6，所以 a ＝2， t ＝3； ②当△ PBQ ≌△ DCQ 时， PB ＝ DC ， BQ ＝ CQ ， 所以8－ at ＝6，2 t ＝8－2 t ，所以 a ＝1， t ＝2. 综上所述，△ BPQ 与△ CDQ 能全等，此时 a ＝2， t ＝3或 a ＝1， t ＝2. 1 2 2. 转化思想 转化思想是指将未知解法或难以解决的问题，通过观察、分析、联想、类比 等思维过程，选择恰当的方法进行变换，化归为已知知识范围内已经解决或容易 解决的问题. 链接本章 在本章中，转化思想主要应用于将试说明线段的相等问题、不等问题、倍数 问题转化为试说明三角形全等的问题. 1 2 【例2】　如图所示，在△ ABC 中， AD 为 BC 边上的中线，试说明 AD ＜ （ AB ＋ AC ）. 1 2 解：延长 AD 到点 E ，使 DE ＝ AD ，连接 BE . 在△ ACD 与△ EBD 中， 因为 所以△ ACD ≌△ EBD （SAS）， 所以 AC ＝ EB （全等三角形对应边相等）. 在△ ABE 中， AB ＋ EB ＞ AE （三角形两边之和大于第三边）， 所以 AB ＋ AC ＞2 AD （等量代换）， 即 AD ＜ （ AB ＋ AC ）. 1 2 　　【变式训练2】如图所示，在△ ABC 中，∠ C ＝2∠ B ，∠1＝∠2，试说明： AB ＝ AC ＋ DC . 1 2 解：在 AB 上截取 AE ＝ AC ，连接 DE . 因为 AE ＝ AC ，∠1＝∠2， AD ＝ AD ， 所以△ AED ≌△ ACD ， 所以 DE ＝ DC ，∠ AED ＝∠ C . 因为∠ AED ＝∠ B ＋∠ EDB ，∠ C ＝2∠ B ， 即∠ B ＝∠ EDB ，所以 EB ＝ ED ，即 EB ＝ DC ， 所以 AB ＝ AE ＋ EB ＝ AC ＋ DC . 1 2 1. （2023·聊城东阿月考）如图所示，以△ ABC 的顶点 A 为圆心，以 BC 长为半径 作弧；再以顶点 C 为圆心，以 AB 长为半径作弧，两弧交于点 D ，连接 AD ， CD ，若∠ B ＝65°，∠ BCD 的大小为（　D　） A. 65° B. 130° C. 120° D. 115° 第1题图 D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2. （2023·泰安宁阳期末）如图所示，在△ ABC 中， AC ＝ BC ，点 D ， E ， F 分 别在边 AC ， AB ， BC 上，且满足 AD ＝ BE ， AE ＝ BF ，∠ DEF ＝40°，则∠ C 的度数是（　B　） A. 90° B. 100° C. 120° D. 140° 第2题图 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3. （2023·潍坊奎文区月考）如图所示，在△ ABC 和△ DBC 中，∠ ACB ＝∠ DBC ＝90°， E 是 BC 的中点， DE ⊥ AB ，垂足为点 F ，且 AB ＝ DE . 若 BD ＝8 cm， 则 AC 的长为（　C　） A. 2 cm B. 3 cm C. 4 cm D. 6 cm 第3题图 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4. （2023·泰安岱岳区期末）如图所示，在△ ABC 与△ EBF 中，若 AB ＝ BE ， BC ＝ BF ，要使这两个三角形全等，还需具备的条件是（　C　） A. ∠ A ＝∠ E B. ∠ CBF ＝∠ ABF C. ∠ ABE ＝∠ CBF D. ∠ C ＝∠ F 第4题图 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5. （多选题）（2023·泰安泰山区期末）如图所示，在△ ABC 和△ AEF 中， AB ＝ AE ， BC ＝ EF ，∠ ABC ＝∠ AEF ，∠ EAB ＝40°， AB ， EF 交于点 D ，连接 EB ，下列结论中正确的是（　ABD　） A. ∠ FAC ＝40° B. AF ＝ AC C. AD ＝ AC D. ∠ EFB ＝40° 第5题图 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6. （2023·泰安岱岳区月考）如图所示为6个边长相等的正方形的组合图形，则 ∠1＋∠2＋∠3＝ ⁠. 第6题图 135°　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7. （2023·潍坊安丘月考）如图所示， AB ＝ AC ， AD ＝ AE ，∠ BAC ＝∠ DAE ， ∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝ ⁠. 55°　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8. （2023·潍坊安丘月考）如图所示，在四边形 ABCD 中， AB ∥ CD ，∠1＝ ∠2， AD ＝ EC . （1）试说明：△ ABD ≌△ EDC . 解：（1）因为 AB ∥ CD ， 所以∠ ABD ＝∠ EDC . 在△ ABD 和△ EDC 中， 所以△ ABD ≌△ EDC （AAS）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）若 AB ＝2， BE ＝3，求 CD 的长. 解：（2）因为△ ABD ≌△ EDC ， 所以 AB ＝ DE ＝2， BD ＝ CD ， 所以 CD ＝ BD ＝ DE ＋ BE ＝2＋3＝5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9. （2023·泰安肥城模拟）如图所示，∠ BAD ＝∠ CAE ＝90°， AB ＝ AD ， AE ＝ AC ， AF ⊥ CB ，垂足为 F . （1）试说明：△ ABC ≌△ ADE . 解：（1）因为∠ BAD ＝∠ CAE ＝90°，所以∠ BAC ＋ ∠ CAD ＝90°，∠ CAD ＋∠ DAE ＝90°， 所以∠ BAC ＝∠ DAE . 在△ BAC 和△ DAE 中， 所以△ BAC ≌△ DAE （SAS）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）求∠ FAE 的度数. 解：（2）因为∠ CAE ＝90°， AC ＝ AE ，所以∠ E ＝45°. 由（1）知△ BAC ≌△ DAE ， 所以∠ BCA ＝∠ E ＝45°. 因为 AF ⊥ BC ，所以∠ CFA ＝90°， 所以∠ CAF ＝45°， 所以∠ FAE ＝∠ FAC ＋∠ CAE ＝45°＋90°＝135°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （3）试说明： CD ＝2 BF ＋ DE . 解：（3）如图所示，延长 BF 到点 G ，使得 FG ＝ FB ，连 接 AG . 因为 AF ⊥ BG ，所以∠ AFG ＝∠ AFB ＝90°. 在△ AFB 和△ AFG 中， 所以△ AFB ≌△ AFG （SAS）， 所以 AB ＝ AG ，∠ ABF ＝∠ G . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为△ BAC ≌△ DAE ， 所以 AB ＝ AD ，∠ CBA ＝∠ EDA ， CB ＝ ED ， 所以 AG ＝ AD ，∠ ABF ＝∠ CDA ， 所以∠ G ＝∠ CDA . 因为∠ GCA ＝∠ DCA ＝45°， 在△ CGA 和△ CDA 中， 所以△ CGA ≌△ CDA （AAS），所以 CG ＝ CD . 因为 CG ＝ CB ＋ BF ＋ FG ＝ CB ＋2 BF ＝ DE ＋2 BF ， 所以 CD ＝2 BF ＋ DE . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10. （2023·聊城东阿月考）（1）如图①所示，∠ MAN ＝90°，射线 AE 在∠ MAN 的内部，点 B ， C 分别在∠ MAN 的边 AM ， AN 上，且 AB ＝ AC ， CF ⊥ AE 于点 F ， BD ⊥ AE 于点 D ，试说明：△ ABD ≌△ CAF . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解：（1）因为 CF ⊥ AE ， BD ⊥ AE ，∠ MAN ＝90°， 所以∠ BDA ＝∠ AFC ＝90°， 所以∠ ABD ＋∠ BAD ＝90°， ∠ BAD ＋∠ CAF ＝90°， 所以∠ ABD ＝∠ CAF . 在△ ABD 和△ CAF 中， 所以△ ABD ≌△ CAF （AAS）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）如图②所示，点 B ， C 分别在∠ MAN 的边 AM ， AN 上，点 E ， F 在∠ MAN 内部的射线 AD 上，∠1，∠2分别是△ ABE ，△ CAF 的外角，已知 AB ＝ AC ，∠1＝∠2＝∠ BAC ，猜想 BE ， FC 与 EF 的关系，并说明理由. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解：（2） FC ＋ EF ＝ BE . 理由如下： 因为∠1＝∠2＝∠ BAC ，∠1＝∠ BAE ＋∠ ABE ，∠ BAC ＝∠ BAE ＋∠ CAF ， ∠2＝∠ FCA ＋∠ CAF ， 所以∠ ABE ＝∠ CAF ，∠ BAE ＝∠ FCA . 在△ ABE 和△ CAF 中， 所以△ ABE ≌△ CAF （ASA）， 所以 BE ＝ AF ， CF ＝ AE ， 所以 CF ＋ EF ＝ AE ＋ EF ＝ AF ＝ BE . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11. （2023·聊城中考）如图所示，在四边形 ABCD 中，点 E 是边 BC 上一点，且 BE ＝ CD ，∠ B ＝∠ AED ＝∠ C . 试说明：∠ EAD ＝∠ EDA . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解：因为∠ B ＝∠ AED ＝∠ C ，∠ AEC ＝∠ B ＋∠ BAE ＝∠ AED ＋∠ CED ， 所以∠ BAE ＝∠ CED . 在△ ABE 和△ ECD 中， 所以△ ABE ≌△ ECD （AAS）， 所以 AE ＝ ED ，所以∠ EAD ＝∠ EDA . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 $$