第14章 小专题(十二) 构造全等三角形的方法技巧（作业课件）-【黄冈金牌之路·练闯考】2023-2024学年八年级数学上册(沪科版)

小专题(十二)　构造全等三角形的方法技巧 数学 八年级上册 沪科版 练闯考 EF＝BE＋DF 类型1　利用“两点连线”构造全等三角形 1．如图，AB∥CD，AD∥BC.求证：AB＝CD. 证明：连接AC，∵AB∥CD，AD∥BC，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4.在△ABC和△CDA中， ∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠1＝∠2，,AC＝CA，,∠3＝∠4，)) ∴△ABC≌△CDA(ASA)，∴AB＝CD 2．(六安市霍邱县期末)已知：如图，AB＝AD，BC＝DC，E，F分别是DC，BC的中点．求证：AE＝AF. 证明：连接AC，在△ACD和△ACB中，∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝AB，,AC＝AC，,CD＝CB，)) ∴△ACD≌△ACB(SSS)，∴∠ACE＝∠ACF.∵BC＝DC，E，F分别是DC，BC的中点，∴CE＝CF，在△ACE和△ACF中， ∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CE＝CF，,∠ACE＝∠ACF，,AC＝AC，)) ∴△ACE≌△ACF(SAS)，∴AE＝AF 类型2　利用“截长补短”构造全等三角形 方法归纳：已知或求证中，若存在一条线段等于两条线段之和时，常用截长补短法构造全等三角形． 3.如图，在△ABC中，AC＞AB，AD是△ABC的角平分线．求证：AC－AB＞CD－BD. 证明：在AC上截取AE＝AB，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠BAD＝∠EAD，在△ABD与△AED中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AE，,∠BAD＝∠EAD，,AD＝AD，)) ∴△ABD≌△AED(SAS)，∴BD＝ED，∴EC＞DC－DE，即AC－AB＞CD－BD 4．(蚌埠市期末)如图，已知AC∥BD，EA，EB分别平分∠CAB和∠DBA，CD过点E，求证：AB＝AC＋BD. 证明：在AB上取一点F，使AF＝AC，连接EF.∵EA，EB分别平分∠CAB和∠DBA，∴∠CAE＝∠FAE，∠EBF＝∠EBD.∵AC∥BD，∴∠C＋∠D＝180°.在△ACE和△AFE中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝AF，,∠CAF＝∠FAE，,AE＝AE，)) ∴△ACE≌△AFE(SAS)，∴∠C＝∠AFE.∵∠AFE＋∠EFB＝180°，∴∠EFB＝∠D.在△BEF和△BED中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EFB＝∠D，,∠EBF＝∠EBD，,BE＝BE，)) ∴△BEF≌△BED(AAS)，∴BF＝BD.∵AB＝AF＋BF，∴AB＝AC＋BD 5．(安庆市宿松县期末)(1)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.连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_____________________． (2)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＝ eq \f(1,2) ∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 证明：(1)EF＝BE＋DF (2)结论EF＝BE＋DF仍然成立；理由：如图②，延长FD到点G.使DG＝BE.连接AG，在△ABE和△ADG中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DG＝BE，,∠B＝∠ADG，,AB＝AD，)) ∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG.∵∠EAF＝ eq \f(1,2) ∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF.在△AEF和△GAF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AG，,∠EAF＝∠GAF，,AF＝AF，)) ∴△AEF≌△AGF(SAS)，∴EF＝FG. ∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF 类型3　利用“倍长中线”构造全等三角形 方法归纳：已知一三角形的中线时，可用倍长中线的方法构造全等三角形． 6.在△ABC中，已知AB＝6，AC＝8，点D是BC边上的中点，求AD的取值范围． 解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE，∵AD是△ABC中BC边上的中线，∴BD＝CD.在△ABD和△ECD中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝DE，,∠ADB＝∠EDC，,BD＝CD，)) ∴△ABD≌△ECD(SAS)，∴CE＝AB＝6.∵AC＝8，∴6＋8＝14，8－6＝2，∴2＜AE＜14，∴1＜AD＜7 7．已知：如图，E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE.求证：AB＝CD. 证明：延长DE至点F，使EF＝DE，连接BF.又∵BE＝CE，∠BEF＝∠CED，∴△BEF≌△CED.∴BF＝CD，∠D＝∠F.又∵∠BAE＝∠D，∴∠BAE＝∠F.∴AB＝BF.∴AB＝CD 8．如图．AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC.AD⊥AC，点M为BC的中点，求证：DE＝2AM. 证明：延长AM至N，使MN＝AM，连接BN.∵点M为BC的中点，∴CM＝BM.又∵∠AMC＝∠NMB，∴△AMC≌△NMB(SAS)，∴AC＝BN，∠C＝∠NBM.∵AB⊥AE，AD⊥AC，∴∠EAB＝∠DAC＝90°，∴∠EAD＋∠BAC＝180°，∴∠ABN＝∠ABC＋∠C＝180°－∠BAC＝∠EAD.在△EAD和△ABN中∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AB，,∠EAD＝∠ABN，,AD＝BN，)) ∴△ABN≌△EAD(SAS)，∴DE＝AN＝2AM $$