資源簡介

第1招 三角形，若等腰，三線合一常用到
等腰三角形的顯著特征是頂角平分線、底邊上的高、底邊上的中線合一，且它的內心Ⅰ、重心G、垂心H在同一條直線上.這些是其他一般三角形不具有的特性.因此，當題設條件中涉及等腰三角形的信息時，常要將等腰三角形頂角平分線(或底邊上的中線、底邊上的高)這一輔助線凸顯出來，以便我們充分利用“三線合一”及“腰等底角等”的特性來分析問題.這招輔助線我們可將它表述為：
三角形，若等腰，三線合一常用到.
等腰三角形的這招輔助線，有時也說成：三角形，若等腰，三線合一等底角.
在解題過程中，當題設的條件中含等腰三角形信息時，充分運用等腰三角形“三線合一”性質及其逆命題添加輔助線進行分析，不但可以提高審題效率，加快解題速度，而且還可以加強相關知識點和不同知識領域的聯系，促進創新思維.
例1 (1)如圖1-1所示,已知在Rt△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,BD為∠ABC的平分線,CE⊥BE.求證:BD=2CE.
(2)如圖1-2所示,已知△ABC 和△EDC都是等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,D為AB 邊上一點,求證:∠AED=∠ACD.
解析 (1) 證明:如圖1-3所示,延長 CE,BA 交于點F.(三線合一常用到)
∵CE⊥BE,BE平分∠ABC,
∴∠BEF=∠BEC=90°,∠CBE=∠FBE.
在△BEC與△BEF中
∴△BEC≌△BEF.∴CE=EF.∴CF=2CE.
∵∠BAC=90°,∠ADB=∠CDE,
∴∠ABD=∠ACE.
在△ABD與△ACF 中,
∴△ABD≌△ACF.∴BD=CF.
∴BD=2CE.
(2) 證法1 如圖1-4所示,∵∠1+∠4=∠2+∠4=90°,∴∠1=∠2.∵BC=AC,DC=EC,∴△BCD≌△ACE(SAS).
從而可得AE=BD.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠BAC=45°.(三線合一等底角)
∴∠B=∠EAC=45°,∠BDC=∠AEC.
又∠BDC=∠4+45°,∠AEC=∠3+45°,
∴∠3=∠4,即∠AED=∠ACD.
證法2 如圖1-5 所示,延長AE,交 BC的延長線于點 F.
由證法1知∠EAC=45°,AE=BD.
∵∠FCA=∠BCA=90°,
∴△AFC與△BFA均為等腰直角三角形.(*)
∴EF=AF--AE=AB-BD=AD.又 FC=CA,EC=DC,
∴△EFC≌△DAC.∴∠5=∠4.
又 而∠F=45°,∴∠5=∠3.
∴∠3=∠4,即∠AED=∠ACD.
證法3 上接證法2中的( *).
∵∠1+∠4=∠2+∠5=90°,∠1+∠4=∠2+∠4=90°,
∴∠1=∠2,由此可得∠4=∠5.
,而∠F=45°,
∴∠5=∠3.
∴∠3=∠4,即∠AED=∠ACD.
本題主要考查數學邏輯推理，對化歸、轉化能力的要求較高.第(1)問關鍵在于作出輔助線 EF，AF，挖掘△BCF是以BE 為高的等腰三角形BCF.第(2)問關鍵在于發現△BCD≌△ACE，并利用三角形的外角定理來推斷，如證法1.若利用兩次全等，先確認∠5=∠4，再證∠5=∠3，亦可獲得其解，如證法2.證法3 是證法2 的升華，避開對△EFC≌△DAC的證明，是一種較好的思路.
例2 如圖1-6所示,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC,D是BC的中點，E是AC 延長線上的一點，且
(1)求證:∠BAD=∠E.
(2)若AB=4,在 BE上是否存在點F,使以B，C，F為頂點的三角形與以A，C，D為頂點的三角形相似 如果有，試求出 BF 的長；如果沒有，請說明理由.
解析(1) 過點 B作BM⊥AC,垂足為 M,如圖1-7所示.(三角形，若等腰，三線合一常用到)
∵∠ABC=90°,AB=BC,
∴EM=CM+CE=AC.
在 Rt△BEM和 Rt△ABD中, ∴Rt△BEM∽Rt△DAB.∴∠BAD=∠E.
(2)存在.
①過點C作CF⊥AE,交 BE于點 F.如圖1-8所示,則有△ACD∽△BCF.
理由：∵△ABC為等腰直角三角形，∴∠BCA=∠BAC=45°.
(三角形，若等腰，三線合一等底角)
∴∠BAD+∠CAD=∠CBE+∠E=45°.
又由(1)的結論知∠BAD=∠E,
∴∠CAD=∠CBE.
∵∠ADC=90°+∠BAD,∠BFC=90°+∠E,
∴∠ADC=∠BFC.∴△ACD∽△BCF.在 Rt△ABC中,∵AB=BC=4,BD=2,
∵△ACD∽△BCF,
即
② 過點C作CF∥AD,交BE于點F,如圖1-9所示,則∠ADC=∠BCF.
又∠CAD+∠BAD=45°,且∠BAD=∠E,
∴∠CBE+∠E=45°,且∠CBF=∠CAD.
∴△ACD∽△BFC.
綜上， 或
點評 本題具有開放性，主要考查了相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，考查抽象思維能力與判斷能力.第(1)問，關鍵是作出輔助線 BM,挖掘 Rt△BEM∽Rt△DAB.第(2)問,解題關鍵是要充分利用(1)的結論:∠BAD=∠E,挖掘∠CAD=∠CBE,故只要再創建一角與∠ADC 或∠BCF 相等即可.于是得到①，②兩種情形.至于BF長的計算，根據相應的相似比求解就是順水推舟的事了.易知，本題兩問都充分體現了“三角形，若等腰，三線合一常用到”的解題策略.
例3 如圖1-10 所示,△ABC和△CDE均為等腰三角形,AC=BC,CD=CE,AC>CD,∠ACB=∠DCE,且點A,D,E在同一直線上,連接BE.
(1) 若∠ACB=60°,則∠AEB 的度數為 ;線段 AD,BE 之間的數量關系是 .
(2) 若 ，用n表示∠AEB 的度數，并說明理由.
(3)如圖1-11所示,若∠ACB=∠DCE=90°,點C到AE 邊的距離為7，BE=10，試求AB的長.(請寫出必要的證明和計算過程)
解析 (1)∵∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE.
在△ACD 和△BCE中.
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴∠CDA=∠CEB,AD=BE.
∵CD=CE,∴∠CDE=∠CED.
∵∠DCE=∠ACB=60°,∴△CDE為正三角形.
∴∠CDE=∠CED=60°.
∠AEB=∠CEB-∠CED=60°.
故答案為：60°，相等.
(2) 如圖 1 - 12 所示,設 BC 交 AE 于點H.
∵∠DCE=∠ACB,
在△ACD和△BCE中
∴△ACD≌△BCE(SAS).∴∠CAD=∠CBE.
∵∠AHC=∠BHE,∴∠AEB=∠ACB=n°.
(3) 過點 C作CM⊥DE,垂足為M.如圖1-13所示,由題設知CM=7.
∵△CDE為等腰三角形,且CD=CE,
∴CM 為 DE 邊的中線.(三線合一常用到)
∴DM=ME=CM=7.
∴DE=2DM=14.
∵∠ACB=∠DCE=90°,
在△ACD與△BCE中
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE=10,∠CAD=∠CBE.
∵∠AHC=∠BHE,
∴∠AEB=∠ACH=90°,即△AEB為直角三角形.
∵AE=AD+DE=24,
點評 本題主要考查了等腰三角形、正三角形的性質，勾股定理，考查全等三角形的判定與性質，題型開放，問問遞進.從求解過程中可體會到，每問都要證△ACD≌△BCE，且第(1)問的證法是后兩問證法的鋪墊.第(3)問，關鍵在于：①作輔助線CM⊥AE，利用“三角形，若等腰，三線合一常用到”的方法挖掘 DE邊上的中線CM=7；② 挖掘△AEB 是直角三角形.再利用勾股定理推算.
跟蹤訓練
1. 如圖所示,在 Rt△ABC中,AB=AC,∠A=90°,D為BC 上任意一點,作DF⊥AC,DE⊥AB,垂足分別為 F,E,M為BC 的中點,試判斷△MEF的形狀，并證明你的結論.
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2. 如圖所示,已知△ABC與△CDE 都是等腰三角形,且 CA = CB,CD = CE,∠ACB=∠DCE=α,AD,BE 交于點O,點M，N分別是線段AD，BE的中點.給出以下結論：
①AD=BE;
②∠DOB=180°-α;
③連接OC,則OC平分∠AOE;
④△CMN 是等邊三角形.
其中正確的是( ).
A. ①②④ B. ①②③
C. ①③④ D. ①②③④
3. 如圖所示,在 Rt△ABC 中,已知∠BAC=90°,AB=AC,BM是AC上的中線,且AD⊥BM,垂足為E,AD交BC 于點D.
(1)求證:BD=2CD.
(2)若 其他條件不變，猜想 BD與CD 的倍數關系，并證明你的結論.
4. 如圖所示,在△ABC中,AC=BC=6,∠ACB>90°,∠ABC 的平分線交AC于點D,E是AB上的點,且BE=BC,CF∥ED交BD 于點F,連接EF,ED.
(1) 求證:四邊形CDEF 是菱形.
(2)當∠ACB= 度時,四邊形 CDEF 是正方形,請給予證明，并求此時正方形的邊長.
答案
1. △MEF為等腰直角三角形.
證明：連接AD交EF 于點O，連接OM，如圖所示.
∵△ABC為等腰直角三角形，
∴∠B=∠C=45°.(三角形,若等腰,三線合一等底角)
又DF⊥AC,DE⊥AB,
∴四邊形 AEDF 為矩形.
∴OM為 Rt△AMD斜邊的中線.
∴△MEF為直角三角形.
∵四邊形AEDF 為矩形,∴AF=ED=BE.
在△BME 和△AMF中
∴△BME≌△AMF(SAS).從而 MF=ME.
故△MEF為等腰直角三角形.
2. B ①∵CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=α,
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE.故①正確.
②設CD與BE 交于點F,如圖1所示.
∵△ACD≌△BCE,∴∠ADC=∠BEC.
∵∠CFE=∠DFO,∴∠DOE=∠DCE=α.
故②正確.
③過點C作CG⊥BE,垂足為G,CH⊥AD,垂足為 H,如圖2所示.
∴∠CHD=∠EGC=90°.
∵∠CEG=∠CDH,CE=CD,
∴△CGE≌△CHD(AAS).
∴CG=CH.
由此可得OC平分∠AOE，故③正確.
④∵△ACD≌△BCE,
∴∠CAD=∠CBE,AD=BE,AC=BC.
又 M,N分別是線段AD,BE的中點,
在△ACM和△BCN中
∴△ACM≌△BCN(SAS).
∴CM=CN,∠ACM=∠BCN.
∵∠ACB=α,
∴∠ACM+∠MCB=α.
∴∠BCN+∠MCB=α,如圖3所示.
∴∠MCN=α,而不一定是60°.
∴△CMN 不一定是等邊三角形，故④不正確.故選 B.
3. (1) 作CG⊥AD交AD 的延長線于點G,如圖所示.
∵AD⊥BM,∴CG∥BM,且有∠1=∠2.
∵AB=AC,∠BEA=∠CGA=90°,
∴△ABE≌△CAG.∴AE=CG. ①
易證△ABM∽△EBA,
則 ②
由CG∥BM,得△EBD∽△GCD,
③
由①②③,得
∴BD=2CD.
(2)作CG⊥AD交AD 的延長線于點G,易證
又AC=AB,∴Rt△ABE≌Rt△CAG.故 AE=CG.
又CG∥BE,∴△EBD∽△GCD.
又易知△ABE∽△MBA,則
由此可得 即BD=nCD.
4. (1) 證明:如圖1所示,連接EC,交 BD于點O.
∵BE=BC,BD平分∠ABC,
∴EO=CO,BD⊥CE.∴EF=FC,DE=CD.
∵CF∥DE,
∴∠DFC=∠FDE.∵EO=CO,∠FOC=∠DOE.
∴△DOE≌△FOC(AAS).∴DE=CF.
∴EF=FC=CD=DE.∴四邊形 EFCD 是菱形.
(2) 當∠ACB=120°時,四邊形CDEF 是正方形.
理由如下：
∵∠ACB=120°,BC=AC,∴∠ABC=∠BAC=30°.
∵BD平分∠ABC,∴∠DBC=15°,且 BD⊥EC.
∴∠BCO=75°.∴∠ACE=45°.
∵四邊形 EFCD 是菱形,∴∠FCD=2∠ACE=90°.
∴四邊形 CDEF 是正方形.∴∠ADE=90°.如圖2所示,過點 C作CP⊥AB,垂足為 P.
∵BC=AC=6,∠ABC=30°,CP⊥AB,
∴CP=3,BP=CPtan∠BCP=3×tan60°=3

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