第3节 探索三角形全等的条件（答案）.doc

第一章 图形的全等 第3节 探索三角形全等的条件 1．3 Ⅰ．保分点全掌握 知识点1：1．全等，边角边，SAS；2．不一定 知识点2：1．角边角；ASA． 知识点3：1．角角边；AAS；2．相等． 知识点4：1．边边边；SSS． 知识点5：1．斜边、直角边；HL． 举一反三训练： 1－1．B． 点拨：因为要判定△ABC≌△A′B′C′，所以两三角形的对应顶点确定了：A与A′对应，B与B′对应，C与C′对应．对于B选项，AB＝A′B′，BC＝B′C′，∠B＝∠B′，符合判定定理“SAS”（两边及其夹角对应相等），所以可判定△ABC≌△A′B′C′． 1－2．D． 点拨：由SAS可证明△BDF≌△CDE，则CE＝BF，那么①③正确； △ABD和△ACD是等底同高，所以面积相等，所以②正确； 由△BDF≌△CDE，得：∠F＝∠CED，由内错角相等，两直线平行，得：BF∥CE，所以④正确． 方法规律：由本题可以看出，要解决这类综合问题，既要通过已知条件证明三角形全等，又要根据全等三角形的性质证明其它结论．灵活运用全等三角形的判定和全等三角形的性质是解题关键！ 1－3．解析：欲证BC＝ED，只需证△BCA≌△EDC． 证明：∵AB∥CD， ∴∠BAC＝∠ECD． 又∵AB＝CE，AC＝CD， ∴△BCA≌△EDC．（SAS） ∴BC＝ED． 方法规律：依据题目提供的条件，明确要找的全等三角形及其对应顶点，恰当使用全等三角形的判定定理是解本题的关键． 2－1．A． 点拨：△ABE与△ACD有一个公共角∠A，又有AB＝AC，则添上∠B＝∠C，可根据“ASA”来证明△ABE≌△ACD．故选A． 方法规律：本题中，“∠A是公共角”属于隐含条件，应注意运用． 2－2．PA＝PD． 点拨：在△ABC和△DBC中，∠1＝∠2，∠3＝∠4，又BC＝BC所以由“ASA”判定△ABC与△DBC全等，所以有BA＝BD，在△ABP和△DBP中AB＝DB，∠1＝∠2，BP公用，所以△ABP与△DBP全等，所以PA与PD相等． 方法规律：注意：判定△ABC与△DBC全等所得到的结论AB＝DB，在后来成为判定△ABP与△DBP全等的条件． 3－1．解析：要找与AB＋AD相等的线段，先找与AB或AD相等的线段，注意到AD与BC“可能”相等，但需要证明，因此将AD看作是△ACD的一条边，将BC看作是△BEC的一条边，通过证明△ACD≌△BEC即可． 解：与AD＋AB相等的线段是AC和BE 证明：∵∠DAC＝∠EBC＝90°，∠DCE＝∠DCA＋∠ACE＝90°， ∴∠DCA＋∠D＝90°， ∴∠ACE＝∠D， 又∵DC＝EC， ∴△ACD≌△BEC（AAS）， 因此AD＝BC，AC＝BE． 所以与AD＋AB相等的线段是AC和BE． 方法规：1：若问题不容易直接求解，一般先将问题转化为容易求解的问题．复杂的问题不容易马上解决，可以将复杂的问题分成若干个小问题逐个解决，这种化整为零的解题思路，是数学中转化与化归思想⑦的具体体现． 方法规律2：本题中∠DCE＝90°，∠DAC＝90°，是隐含条件！涉及到直角的问题常与“同角（等角）的余角相等”联系在一起，但问题不会直接给出，本题中，由∠DCE＝90°，根据直角的定义，可以得到∠DCA＋∠ACE＝90°；由∠A＝90°，根据直角三角形两个锐角是互为余角的关系，可以得到∠DCA＋∠D＝90°．善于利用隐含条件“直角”，角的等量代换，找出相等的角，是解决这类问题的关键． 3－2．解析：易证△BDO≌△CEO，但AD与AE不在这两个三角形中，所以考虑在此基础上另外再找一对全等三角形． 证明：因为CD⊥AB，BE⊥AC，所以∠BDO＝∠CEO＝90°， 在△BDO和△CEO中， 所以△BDO≌△CEO（AAS） 所以DO＝EO， 所以BE＝BO＋OE＝CO＋OD＝CD， 在△ABE和△ACD中， 所以△ABE≌△ACD（AAS） 所以AD＝AE． 4－1．D． 点拨：根据题意，在△MOC和△NOC中，有OM＝ON，CM＝CN，还有公共边OC＝OC，因此判断△MOC≌△NOC的依据是SSS，故选D． 方法规律：本题考查了对三角形全等判定方法的掌握情况，结合图形，选择合适的方法判断三角形全等是解答本题的关键． 易错点拨：不能找到图形中隐含的公共边相等，即OC＝OC． 4－2．D． 点拨：∵AC＝BD，BC＝AD，AB＝BA，∴△ABC≌△BAD（SSS），∴∠CAB＝∠DBA，∠C＝∠D，又有∠AOC＝∠BOD，AC＝BD，∴△AOC≌△BOD，∴OA＝OB，∴A、B、C均正确，故选D． 4－3．D． 点拨：加上EF后，原不稳定的四边形ABCD中具有了稳定的△EAF，故这种做法根据的是三角形的稳定性． 4－4.解：如答图1－3－1，最少只需加装1个螺栓A． 答图1－3－1 理由：在点A处加装螺栓后，△ADF稳定（SSS），∴∠DAF不变，∴∠BAC不变，∴△ABC稳定（SAS），∴BC不变，∴△BCE稳定（SSS），∴五角星形状稳定． 方法规律：A点加装螺栓后，原不稳定的五角星中具有了稳定的各边，因此有了稳定的三角形和稳定的角．本质上，寻找稳定三角形的过程与判定全等三角形的方法是一致的，关键是寻找稳定的边及稳定的角． 5－1．C． 点拨：直角三角形全等的判定方法有五种，分别是SSS、AAS、ASA、SAS和HL，根据SAS可以判定A正确；斜边和一个锐角分别对应相等的直角三角形，具备AAS，所以全等；两个锐角分别对应相等的直角三角形，具备三个角对应相等，但没有对应边相等，所以不能判定三角形全等；斜边和一条直角边分别对应相等的直角三角形，可以利用HL判定全等． 5－2．C． 点拨：在Rt△ABE和Rt△ACF中，AB＝AC，AE＝AF，所以Rt△ABC≌Rt△ACF（HL），所以BE＝CF，AB＝AC，∠B＝∠C，∠BEA＝∠CAF，即∠1＝∠2；在△CAN和△ABM中，∠B＝∠C，∠CNA＝∠BMA，AB＝AC，所以△ACN≌△ABM；故①②③正确． 题后反思：运用HL定理判定Rt△ABC≌Rt△ACF是解本题的关键． 5－3．错解：D． 错解解析：若添加AB＝AC，则由SAS即可判断两三角形全等；若添加∠B＝∠C或∠BDA＝∠CDA，则由AAS或ASA均可判定两三角形全等；但添加BD＝CD，则没有判定定理保证两个三角形全等． 正确解法：C． 方法规律：只要熟练地掌握两三角形全等的判定方法，解决此题是非常容易的．但是，如果对三角形全等的判定方法不熟悉，错误地认为有“边边角”或“角边边”判定方法，则很容易出错． 5－4．错解：A． 错解解析：不能够正确画出图形理解题意，并分多种情况进行讨论． （1）如答图1－3－2，当△ABC和△A′B′C′都是锐角三角形（或钝角三角形）时，△ABC≌△A′B′C′，∠C＝∠C′； 答图1－3－2 （2）如答图1－3－3，当△ABC是锐角三角形，△A′B′C′是锐角三角形时，△ABC与△A′B′C′不是全等三角形，∠C≠∠C′，此时∠C＋∠C′＝180°． 答图1－3－3 正确解法：C． Ⅱ．提升点全突破 1．解析：可以从条件出发，根据图形特征，利用全等三角形知识进行探索． 解：（1）△ADC≌△ABE，△CDF≌△EBF． （2）证法一：如答图1－3－4，连接CE． 答图1－3－4 ∵Rt△ABC≌Rt△ADE， ∴AC＝AE． ∴∠ACE＝∠AEC． 又∵Rt△ABC≌Rt△ADE， ∴∠ACB＝∠AED． ∴∠ACE－∠ACB＝∠AEC－∠AED． 即∠BCE＝∠DEC． ∴CF＝EF． 证法二：如答图1－3－5． 答图1－3－5 ∵Rt△ABC≌Rt△ADE， ∴AC＝AE，AD＝AB，∠CAB＝∠EAD， ∴∠CAB－∠DAB＝∠EAD－∠DAB，即∠CAD＝∠EAB． ∴△ACD≌△AEB． ∴CD＝EB，∠ADC＝∠ABE． 又∵∠ADE＝∠ABC， ∴∠CDF＝∠EBF． 又∵∠DFC＝∠BFE， ∴△CDF≌△EBF． ∴CF＝EF． 证法三：如答图1－3－6，连接AF． 答图1－3－6 ∵Rt△ABC≌Rt△ADE， ∴AB＝AD，BC＝DE，∠ABC＝∠ADE＝90°． 又∵AF＝AF， ∴Rt△ABF≌Rt△ADF． ∴BF＝DF． 又∵BC＝DE， ∴BC－BF＝DE－DF． 即CF＝EF． 方法规律：本题（1）属于结论探究题型，它难在要求一一列举出其中的全等三角形，如果是只找一对，好做，而如果是蕴含多解且要求全部找出来，则要具备很好的分辨图形的能力和逻辑分析能力．（2）实际上就是要求证明（1）中列举出来的与CF，EF有关的那组全等三角形，思路不同，则证明方法也有所不同． 2．A． 点拨：灵活应用三角形全等的判定方法即可，由已知AO＝BO，OC＝OD且∠AOB＝∠BOA（公共角）得△ADO≌△BCO（SAS）即有∠A＝∠B，CA＝DB，∠CPA＝∠DPB（对顶角）得△APC≌△BPD（AAS）即有CP＝DP，AP＝BP，OP＝OP，OC＝OD得△OCP≌△ODP（SSS）△AOP≌△BOP（SSS）所以选A． 3．解析：观察可知，以AB和BC为公共边可以分别画出3个，而以AC为公共边，则画不出符合要求的三角形． 解：如答图1－3－7所示，以BC为公共边可画出△BDC，△BEC，△BFC三个三角形和原三角形全等． 以AB为公共边可画出三个三角形△ABG，△ABM，△ABH和原三角形全等． 答图1－3－7 所以可画出6个． 所以答案为：6． 方法规律：运用分类讨论思想，以AB和BC为公共边可以分别画图，可以有效避免丢解的情况出现． 4．解：（1）如答图1－3－8所示， 答图1－3－8 （2）根据对称性，△ABN≌△ACN，△ABM≌△ACM，△BMN≌△CMN，共3对． 5．解析：显然，△AOC≌△BOD，因此AC＝BD，所以小明下降的高度等于小敏上升的高度，再加上跷跷板的支点O到地面的距离50cm，即可知小敏这时离地面的高度． 解：依题意得AC⊥CD，BD⊥CD，AO＝BO， 所以∠ACO＝∠BDO＝90°， 又∠AOC＝∠BOD， 所以△△AOC≌△BOD， 所以AC＝BD， 因为BD＝40cm， 所以AC＝40cm， 所以小敏这时离地面的高度为40cm＋50cm＝90cm． 答：小敏这时离地面的高度是90cm． 方法规律：解决生活实际问题，需要对现实生活中的一些常识有所了解，然后才能将实际问题化为数学问题解决．在将实际问题转化为数学问题过程中，要明确哪些是已知条件，哪些是未知条件．首先，根据常识，跷跷板在支点两边的部分，即线段AO与BO长度相等；其次，在图形中表示出小明下降的距离和小敏上升的距离，则需要过点B、A分别作CD的垂线，垂线段的长即是上升和下降的距离．但AC与BD是否相等仍然未知，而AC⊥CD，BD⊥CD则是已知；最后，对顶角∠AOC与∠BOD是已知条件，同时也是隐含条件． 易错提示：对已知条件含混不清是导致出错的主要原因． 6.解析：在AB上取一点E使AE=AC，根据SAS判定△ADC≌△ADE，从而得到DE=DC，∠AED=∠C． 因为∠AED=∠B+∠EDB，∠C=2∠B，所以BE=DE=DC． 因为AB=AE+BE，此时就转化为AB=AC+CD． 证明：在AB上取一点E使AE=AC， ∵∠1=∠2，AE=AC，AD=AD， ∴△ADC≌△ADE． ∴DE=DC，∠AED=∠C． ∵∠AED=∠B+∠EDB，∠C=2∠B， ∴∠B=∠EDB．∴BE=DE． 又∵DE=DC， ∴BE=DC． ∵AB=AE+BE， ∴AB=AC+DC． Ⅲ．抢分点全搜罗 A组 基础训练 1．D． 点拨：△ABC与△ADC有一条公共边AC，再添上D中的AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，可根据判定定理“SAS”，判定△ABC≌△ADC． 2．A． 点拨：由AB⊥BC，AD⊥DC，知△ABC和△ADC都是直角三角形，又有AB＝AD和AC是公共边，知满足HL，故应选A． 3．A． 点拨：因为点O是AA′，BB′的中点，所以OA＝OA′，OB＝OB′，又因为∠AOB＝∠A′OB′（对顶角相等），所以判定△AOB≌△A′OB′是根据“SAS”． 4．D． 点拨：根据∠A＝∠D，OA＝OD，∠AOB＝∠DOC可推得△AOB≌DOC，所以OB＝OC（全等三角形的对应边相等），∴∠DBC＝∠ACB．而∠DOC是△OBC的一个外角，所以∠DOC＝50°＝2∠DBC，∴∠DBC＝25°． 5．B． 点拨：运用转化与化归思想，利用三角形的稳定性，将四边形问题转化为三角形问题即可．答图1－3－9列举了几种可以钉木条的位置． 答图1－3－9 6．三角形外角的性质；BDE；CEF；BDE；CEF；BD；CE；ASA；全等三角形的对应边相等． 点拨：要证ED＝EF，只需证明△EBD≌△FCE．由三角形外角的性质可得：∠DEC＝∠B＋∠BDE，依等式性质得：∠BDE＝∠CEF，再加上已知条件可利用ASA判定两三角形全等．那么对应边相等，则结论即得证． 7．解：（1）不全等，如答图1－3－10， 答图1－3－10 （2）不全等，如答图1－3－11， 答图1－3－11 （3）全等，边边边． 8．解析：由直线的平行关系可以得到角的等量关系，在根据等式的性质可以得到BC＝EF，从而可以证明△ABC≌△DEF，再根据全等三角形的性质求出DE的长． 解：∵AB∥DE ∴∠B＝∠DEC ∵AC∥DF ∴∠F＝∠ACB ∵BE＝CF ∴BE＋EC＝CF＋EC即BC＝EF ∴△ABC≌△DEF（ASA） ∴DE＝AB＝3（cm） 9．解析：由平行线的性质，利用ASA证明两线段所在的两个三角形全等． 证明：∵BE∥DF ∴∠ABE＝∠D 在△ABE和△FDC中 ∴△ABE≌△FDC（ASA） ∴AE＝FC B组 培优训练 1．D． 点拨：△ABD和△ACD具有公共边AD，如果补充A项中条件，则可用SSS来证全等；如果补充B项中条件，则可用SAS来证明；如果补充C项中条件，则可用AAS证明；D项由于提供的角不是两边的夹角，因此不能证明两三角形全等． 易错点拨：要注意不能利用SSA来证明三角形全等． 2．A． 点拨：△ADE沿AE折叠到△AFE的位置，△ADE≌△AFE（HL），则∠DAE＝∠FAE． 3．D． 点拨：由已知根据全等三角形的判定定理，先判定三角形全等，再利用全等三角形的性质可知4种说法都正确． 4．AD；AE；B，C；ADB，AEC． 点拨：题目中已知AB＝AC，∠A＝∠A，即是有一组对应边和一组对应角相等，那么再加上一组对应边AD＝AE可利用SAS证明两三角形全等；或加上一组对应角∠B＝∠C利用ASA或加上∠ADB＝∠AEC利用AAS证明两三角形全等． 5．3． 点拨：∵CD⊥AB，∴∠A＋∠ACD＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠A＋∠B＝90°，∴∠B＝∠ACD，∵EF⊥AC，∴∠ACB＝∠FEC＝90°，∵BC＝CE，∴△ACB≌△FEC（ASA），∴EF＝AC，∵BC＝2，EF＝5，∴AE＝AC－EC＝EF－BC＝5－2＝3．故答案为：3． 方法规律：若探索线段相等，可考虑它们所在两个三角形是否全等，若探索位置关系，可考虑所对应的角的关系． 6．1＜AD＜5． 点拨：如答图1－3－12，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，易证明△ADC≌△BDE（SAS），得到BE＝AC，在△ABE中，根据三角形三边关系定理，得2＜AE＜10，即2＜2AD＜10，所以AD的范围是1＜AD＜5． 答图1－3－12 方法规律：（1）本题考查了三角形全等的判定方法；（2）注意辅助线的作法，本题的辅助线是典型的“中线倍长”；（3）根据全等三角形的性质，把要求的线段和已知的线段集中到一个三角形中，根据三角形的三边关系进行求解，这个由分散到集中的过程，是解本题的关键． 7．解析：延长AB到D，使BD=BP，连接PD．则∠D=∠5．由已知条件不难算出：∠1=∠2=30°，∠3=∠4=40°=∠C． 于是QB=QC．又∠D+∠5=∠3+∠4=80°，故∠D=40°．于是△APD≌△APC（AAS），所以AD=AC．即AB+BD=AQ+QC，等量代换即可得证． 解：证明：延长AB到D，使BD=BP，连接PD．则∠D=∠5． ∵AP，BQ分别是∠BAC，∠ABC的平分线，∠BAC=60°，∠ACB=40°， ∴∠1=∠2=30°，∠ABC=180°﹣60°﹣40°=80°， ∠3=∠4=40°=∠C． ∴QB=QC， 又∠D+∠5=∠3+∠4=80°， ∴∠D=40°． 在△APD与△APC中， AP=AP， ∠1=∠2，∠D=∠C=40° ∴△APD≌△APC（AAS）， ∴AD=AC． 即AB+BD=AQ+QC， ∴AB+BP=BQ+AQ． 方法规律：本题实际是以角平分线AP为对称轴将△APC翻折成△APD．利用对称变换解题常常选择角平分线，某一线段的垂直平分线作为对称轴．作辅助线构造全等三角形是关键． 8．解析：（1）根据点E是中点求出BE的长度，再求出BP、PC、CQ的长度，然后利用“边角边”证明△BPE与△CQP全等； （2）设点Q的速度是xcm/秒，然后表示出CQ的长度，再根据全等三角形对应边相等讨论求解即可． 解：（1）△BPE与△CQP全等． 理由如下：∵点E为AB的中点，AB＝20cm， ∴BE＝AB＝×20＝10cm， ∵点P、Q的速度都是5cm/秒， ∴经过1秒后，BP＝5cm，PC＝BC－BP＝15－5＝10cm，CQ＝5米， ∴BE＝PC，BP＝CQ， 在△BPE与△CQP中，， ∴△BPE≌△CQP（SAS）； （2）设点Q的速度是xcm/秒，则经过1秒，CQ＝xcm， ∵△BPE与△CQP全等， ∴CQ＝BE或CQ＝BP， 即x＝10或x＝5， ∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等， ∴x＝5舍去， ∴x＝10cm/秒， 即点Q的运动速度为10cm/秒时，△BPE与△CQP全等． 方法规律：本题（2）中，因为△BPE与△CQP全等，CQ的对应边既可能是BE，也可能是BP，在此情况下，应运用分类讨论思想，将问题分作两种情况讨论解决． 9．解析：对于（1）（2），根据题意画出图形即可；对于（3），可以从C点坐标的变化得出符合要求的三角形，分四个方向分析得出答案． 解：（1）如答图1－3－14①； （2）如答图1－3－14②； 答图1－3－14 （3）格点三角形中此时同一个方向c点可以出现在15个位置，因为有4个方向，减掉它本身： ∴与△ABC全等的格点三角形的个数有：15×2×4－1＝119个． 方法规律：此题主要考查了格点三角形的定义以及全等三角形的性质，要找出与△ABC全等的格点三角形的个数从顶点C分析得出符合要求的点是解决问题的关键，找点的关键是要做到“有序”、“全面”，以防丢解． 12 / 12 精心+静心 QQ:656263358 手机：13770184569