第2章 专题(七) 全等三角形中常见辅助线的作法（作业课件）-【黄冈金牌之路·练闯考】2023-2024学年八年级数学上册(湘教版)

专题(七)　全等三角形中常见辅助线的作法 数学 八年级上册 湘教版 练闯考 EF＝BE＋FD 类型一　利用“角平分线”构造全等三角形 技巧点拨：P为∠MAN平分线上的一点． 方法1：过角平分线上一点作角两边的垂线 1．如图，已知∠AOB＝90°，OM是∠AOB的平分线，将三角尺的直角顶点P在射线OM上滑动，两直角边分别与OA，OB交于点C，D.求证：PC＝PD. 证明：过点P分别作PE⊥OB于点E，PF⊥OA于点F，∴∠CFP＝∠DEP＝90°.∵OM是∠AOB的平分线，∴PE＝PF.∵∠AOB＝90°，∠OFP＝∠OEP＝90°，∴∠FPE＝90°，∴∠DPE＋∠FPD＝90°.∵∠CPF＋∠FPD＝90°，∴∠CPF＝∠DPE. ∴△CFP≌△DEP(ASA)，∴PC＝PD 方法2：角平分线＋垂线→延长法 2．如图，在△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝90°，BD平分∠ABO交OA于点D，AE⊥BD于点E.求证：BD＝2AE. 证明：延长AE，BO交于点C，则∠AOC＝180°－∠AOB＝90°，∴∠1＋∠C＝90°.又∵BE⊥AE，∴∠AEB＝∠BEC＝90°，∠2＋∠C＝90°，∴∠1＝∠2.∵OA＝OB，∴△BOD≌△AOC(ASA)，∴BD＝AC.∵BD平分∠ABO，∴∠3＝∠2.又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE(ASA)，∴AE＝CE＝ eq \f(1,2) AC，∴AC＝2AE.又∵AC＝BD，∴BD＝2AE 类型二　利用“截长补短法”构造全等三角形 技巧点拨：在某一条线段上截取一条线段与特定线段相等(截长法)或将某条线段延长，使之与特定线段相等(补短法)，再利用全等三角形的判定和性质解决问题． 3.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，且∠ABC＝2∠C，求证：AB＋BD＝AC. 证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC.在△ABD和△AED中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AB，,∠BAD＝∠EAD，,AD＝AD，)) ∴△ABD≌△AED(SAS)，∴∠B＝∠AED，BD＝DE.又∠B＝2∠C，∴∠AED＝2∠C.而∠AED＝∠C＋∠EDC＝2∠C，∴∠C＝∠EDC，∴DE＝CE，∴AB＋BD＝AE＋CE＝AC 4．背景材料： 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． (1)【问题探究】延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG.先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出的结论是___________________； (2)【类比探究】如图②，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠ADF＝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？成立的话，请写出推理过程． 解：(2)结论EF＝BE＋DF仍然成立．理由：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG.∵∠B＋∠ADF＝180°，∠ADF＋∠ADG＝180°，∴∠B＝∠ADG.又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG.∵∠EAF＝ eq \f(1,2) ∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF.又∵AF＝AF，∴△AEF≌△AGF(SAS)，∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF 类型三　利用“倍长中线法”构造全等三角形 技巧点拨：如果问题中的有关线段比较分散，同时条件中又含有三角形的中线(或中点)，此时常将中线(或过中点的线段)延长一倍后再与原三角形的某一顶点连接，以构成“8”字形的全等三角形． 5.如图，AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA.求证：AE＝2AD. 证明：延长AD至点M，使DM＝AD，连接CM.∵AD是△ABC的中线，∴DB＝CD. 在△ABD和△MCD中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BD＝CD，,∠ADB＝∠MDC，,AD＝DM，)) ∴△ABD≌△MCD(SAS)，∴MC＝AB，∠B＝∠MCD.∵AB＝CE，∴CM＝CE.∵∠BAC＝∠BCA，∴∠B＋∠BAC＝∠ACB＋∠MCD，即∠ACE＝∠ACM，∴△ACE≌△ACM(SAS)，∴AE＝AM＝2AD 6．如图，在△ABC中，点D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF.求证：BE＋CF＞EF. 证明：延长ED至点G，使DG＝DE，连接CG，FG.∵DG＝DE，∠CDG＝∠BDE，CD＝BD，∴△CDG≌△BDE(SAS)，∴CG＝BE.∵DE⊥DF，DG＝DE，∴EF＝FG，在△CFG中，CG＋CF＞FG，∴BE＋CF＞EF 类型四　利用“一线三垂直”模型构造全等三角形 技巧点拨：如图①②，两种基本模型中的“一线”指直线l，“三垂直”指∠BAC＝∠ADB＝∠AEC＝90°，则有结论∠1＝∠3或∠2＝∠4. 7．【一线三等角模型】如图①，点A，B，C在一条直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，当BD＝BE时，有△ABD≌△CEB.理由： ∵∠A＝∠DBE，∴∠D＋∠DBA＝180°－∠A，∠DBA＋∠CBE＝180°－∠DBE，∴∠D＝∠CBE. 请将全等证明过程补充完整． 【模型运用】如图②，∠ABC＝∠CAD＝90°，AB＝4，AC＝AD，求△BAD的面积； 【能力提升】如图③，在等边△DEF中，A，C分别为DE、DF边上的动点，AE＝2CD，连接AC，以AC为边在△DEF内作等边△ABC，连接BF，当点A从点E向点D运动(不与点D重合)时，∠CFB的度数变化吗？如不变请求出它的度数，如变化，请说明它是怎样变化的． 解：【一线三等角模型】证明：∵∠A＝∠DBE，∴∠D＋∠DBA＝180°－∠A，∠DBA＋∠CBE＝180°－∠DBE，∴∠D＝∠CBE，在△ABD和△CEB中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A＝∠C，,∠D＝∠CBE，,BD＝EB，)) ∴△ABD≌△CEB(AAS) 【模型运用】如图，过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T.同理可证△ATD≌△CBA(AAS)，∴DT＝AB＝4，∴S△ABD＝ eq \f(1,2) ×AB×DT＝ eq \f(1,2) ×4×4＝8 【能力提升】∠CFB＝30°不变．理由：如图，在CF上取一点N，使得FN＝DC.∵△ABC，△DEF都是等边三角形，∴∠D＝∠ACB＝60°，DE＝DF，CA＝CB，∵AE＝2CD，CD＝FN，∴DA＝CN，∵∠ACN＝∠ACB＋∠BCN＝∠D＋∠CAD，∴∠BCN＝∠DAC，在△ADC和△CNB中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝CN，,∠CAD＝∠BCN，,AC＝CB，)) ∴△ADC≌△CNB(SAS)，∴BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，∵NF＝CD，∴NB＝NF，∴∠NBF＝∠NFB，∵∠BNC＝∠NBF＋∠NFB＝60°，∴∠NFB＝∠NBF＝30°，∴∠CFB＝30° $$