新华东师大版秋八年级数学上册第13章全等三角形专题训练四等腰三角形性质与判定的三种思想方法练习文档格式.docx

新华东师大版秋八年级数学上册第13章全等三角形专题训练四等腰三角形性质与判定的三种思想方法练习文档格式.docx

《新华东师大版秋八年级数学上册第13章全等三角形专题训练四等腰三角形性质与判定的三种思想方法练习文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新华东师大版秋八年级数学上册第13章全等三角形专题训练四等腰三角形性质与判定的三种思想方法练习文档格式.docx（7页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

图4－ZT－2

8．如图4－ZT－3，点D在AC上，点E在AB上，且AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝BE.求∠A的度数．

图4－ZT－3

9．如图4－ZT－4，AB＝AC，AB的垂直平分线交AC于点D，AD＝BC.

（1）求∠B的度数；

（2）若点E在BC的延长线上，且CE＝CD，连结AE，求∠CAE的度数．

图4－ZT－4

►　类型三　转化思想

一、运用“三线合一”进行转化

10．如图4－ZT－5，△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，E，F分别是AB，AC上的点，且AE＝AF.求证：

DE＝DF.

图4－ZT－5

11．如图4－ZT－6，△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，过点A的直线EF∥BC，且AE＝AF.连结DE，DF.

求证：

图4－ZT－6

12．如图4－ZT－7，△ABC中，AB＝AC，点D，E，F分别在BC，AB，AC上，且BD＝CF，BE＝CD，G是EF的中点，求证：

DG⊥EF.

图4－ZT－7

二、用截长补短法构造等腰三角形进行转化

13．如图4－ZT－8，△ABC中，∠BAC＝120°

，AD⊥BC于点D，且AB＋BD＝DC，求∠C的度数．

图4－ZT－8

14．如图4－ZT－9，△ABC中，∠C＝2∠A，BD平分∠ABC交AC于点D，求证：

AB＝CD＋BC.

图4－ZT－9

15．已知△ABC中，AC＝BC，AD平分∠BAC，交BC于点D，E为AB上一点，且∠EDB＝∠B，现有下列两个结论：

①AB＝AD＋CD；

②AB＝AC＋CD.

（1）如图4－ZT－10①，若∠C＝90°

，则结论________成立；

（不证明）

（2）如图②，若∠C＝100°

，则结论________成立，请证明．

图4－ZT－10

详解详析

1．16或17

2．22

3．40°

或70°

4．40°

5．[答案]45°

或135°

　[解析]腰上的高分在三角形内和三角形外两种情况．

6．[解析]A　分两种情况讨论：

①AB为等腰直角三角形的底边时，符合条件的点C有2个；

②AB为等腰直角三角形的一腰时，符合条件的点C有4个．

7．解：

设∠A＝x.

∵KA＝KG，BG＝BH，∴∠G＝∠H＝∠A＝x，

∴∠ABC＝∠HKC＝2x.

∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB.

又∠ACB＝∠KCH，

∴∠KCH＝2x.

∵∠H＋∠HKC＋∠KCH＝180°

，

∴5x＝180°

，∴x＝36°

.

即∠A＝36°

8．解：

∵AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝BE，

∴∠ABC＝∠C＝∠CDB，∠EBD＝∠EDB，∠A＝∠AED.

设∠EBD＝∠EDB＝x，

则∠A＝∠AED＝2x，

∴∠ABC＝∠C＝∠CDB＝3x，

∴∠DBC＝∠ABC－∠EBD＝2x.

∵∠CDB＋∠DBC＋∠C＝180°

∴3x＋2x＋3x＝180°

，∴x＝22.5°

∴∠A＝45°

9．解：

（1）连结BD，设∠BAC＝x.

由题意知AD＝BD.

又∵AD＝BC，∴AD＝BD＝BC，

∴∠BAC＝∠ABD＝x，∠BDC＝∠BCD＝2x.

∵AB＝AC，∴∠BCD＝∠ABC＝2x.

∴∠DBC＝∠ABC－∠ABD＝x.

∵∠DBC＋∠BCD＋∠BDC＝180°

∴∠BAC＝36°

，∠ABC＝72°

（2）连结DE.由

（1）可得∠ACB＝72°

∵CE＝CD，

∴∠CED＝∠CDE＝36°

＝∠DBC，

∴BD＝DE＝AD，

∴∠CAE＝

∠CDE＝18°

10．证明：

连结AD.∵AB＝AC，D是BC的中点，

∴AD平分∠BAC，

∴∠EAD＝∠FAD.

又∵AE＝AF，AD＝AD，

∴△AED≌△AFD，

∴DE＝DF.

11．证明：

连结AD，易得AD⊥BC.

∵EF∥BC，

∴AD⊥EF.

又∵AE＝AF，

∴AD是EF的垂直平分线，

12．证明：

连结DE，DF.

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠C.

又∵BD＝CF，BE＝CD，

∴△BED≌△CDF，

∴ED＝DF.

∵G是EF的中点，

∴EG＝FG，

∴DG⊥EF.

13．解：

方法一（截长法）：

在CD上取点E，使DE＝BD，连结AE，易得CE＝AB＝AE，

∴∠CAE＝∠C，

∴∠B＝∠AED＝∠C＋∠CAE＝2∠C.

∵∠BAC＝∠BAD＋∠DAE＋∠CAE＝2（90°

－∠AED）＋∠CAE＝2（90°

－2∠C）＋∠C＝120°

∴∠C＝20°

方法二（补短法）：

延长DB至点F，使BF＝AB，则∠F＝∠FAB，AB＋BD＝DF＝DC.

又∵AD⊥BC，∴AF＝AC，

∴∠C＝∠F＝∠FAB.

又∵∠F＋∠C＋∠FAB＋∠BAC＝180°

14．证明：

在AB上截取BE＝BC.

∵BD平分∠ABC，

∴∠EBD＝∠CBD.

又∵BD＝BD，BE＝BC，

∴△BED≌△BCD，

∴ED＝CD，∠BED＝∠C.

∵∠C＝2∠A，∠BED＝∠A＋∠ADE，

∴∠A＝∠ADE，

∴AE＝ED＝CD，

∴AB＝AE＋BE＝CD＋BC.

延长BC至点F，使CF＝CD，连结DF，同方法一可证△BDA≌△BDF.又∵DC＝CF，则AB＝BF＝CD＋BC.