构造全等三角形 探究不等式证明

本文应用构造全等三角形的方式对一类关于角度不等和线段不等的几何题进行证明,供参考. 一、构造全等三角形证两线不等 例1已知AD是△ABC的中线,∠BAD〉∠DAC,求证：AC〉AB. 证明：如图1,延长AD到E,使DE=AD,连结BE.则在△ADC和△EDB中,因为BD=CD,∠ADC=∠EDB,AD=DE,所以△ADC≌△EDB（SAS）,所以∠DAC=∠DEB,     

例谈二倍角问题的证法

在证明题中,常会出现二倍角问题,此类问题往往有一定难度,需要认真分析已知与结论之间的联系,添加适当的辅助线,从而化难为易.现举例说明. 一、作倍角的平分线例1 已知:如图1,在△ABC中,∠B=2∠A,AB=2BC.求证:△ABC是直角三角形. 证明:作∠ABC的平分线BD交AC于点D,取AB的中点E,连结DE. ∵∠ABC=2∠A,∠ABC=2∠1=2∠2,∴∠A=∠1=∠2.即△ABD为等腰三角形.∵E为AB边中点,∴DE⊥AB.∵BE=12AB=BC,∠1=∠2,BD=BD,∴△BDE≌△BDC.∴∠BCD=∠BED=90°.即△ABC为直角三角形.二、构造倍角的等角…     

一道课本习题的变式探究

一、原题再现题目(苏科版《数学》八(下)练习)如图1,在△PAB中,点C、D在边AB上,PC=PD=CD,∠APB=120°,△APC与△PBD相似吗?为什么?略解本题由PC=PD得出∠ACP=∠PDB,利用三角形内角和定理与推论得出∠A+∠B=60°,∠A+∠APC=60°,得出∠B=∠APC,从而判定△APC∽△PBD.点评本题容易得出∠ACP=∠PDB,     

化归思想解题例谈

适当改变数学问题的题设或结论,抓住本质,不断地将“未知”转化为“已知”,使众多题目相互沟通,递推提升,从而循序渐进地解决一系列问题,对提高学生的思维能力,有重要意义。例1 如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,CD、CE、CF分别是△ABC的角平分线,中线和高。求证:∠FCD=∠DCE。证明:∵∠ACB=90°,并且AE=EB∴CE=AE=BE=12AB∠A+∠B=90°∠B=∠BCE,∠ACD=∠BCD∵CF⊥AB∴90°-∠B=90°-∠ACF∴∠B=∠BCE=∠ACF∴∠ACD-∠ACF=∠BCD-∠BCE即:∠FCD=∠DCE例2如图2在△ABC中,∠ACB=90°,AB的垂直平分线MN与AB相…     

一道几何题的多种证法

在△ ABC中 ,∠ C=90°,CD⊥ AB于 D,AM是∠ BAC的平分线 ,交 CD于 E,交 BC于 M,过E作 EF∥ AB交 BC于 F。求证 :CM=BF。证法一 :(运用三角形知识 )证明 :过 M作 MN⊥ AB于点 N。∵∠ 1=∠ 2 ,易证△ ACM≌△ ANM,∴CM=MN。　 ( 1)又 CD⊥ ABMN⊥ AB CD∥ MN, ∠ 3=∠ 5∠ 4 =∠ 5 ∠ 3=∠ 4 CE=CM。　 ( 2 )由 ( 1)、( 2 )得 CE=MN。在 Rt△ EFC和 Rt△ NBM中 ,EF∥ AB ∠ B=∠ CFE,∠ CEF=∠ MNB,CE=MN Rt△ EFC≌ Rt△ NBM,∴ CF=BM,∴ CM=BF。　　证法二 :(运用四边形知识 )证明 :过 M…     

运用方程思想解有关角度问题

有关三角形的角度计算是三角形一章中重要问题之一,解决这类问题的方法虽因题而异,但利用列方程求解不失为一种好方法。现举几例加以说明. 例1 已知:如图1,在△ABC中,AB=AC,点D在AC上且BD=BC=AD,求△ABC各角的度数. 解设∠A=x°,∵AD=BD, ∴∠ABD=∠A=x°,∵∠BDC=∠ABD+∠A,∴∠BDC=2x°, ∵AB=AC,BD=BC,∴∠BDC=∠C=∠ABC=2x°. ∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°, 即x+2x+2x=180°,∴x=36°∴△ABC中,∠A=36°,∠ABC=∠C=72°, 例2 已知:如图2,在△ABC中,AB=BD=AC,AD=CD,求△ABC各角的度数.解:设∠B=x°,∵AB=AC,AD=CD,∴∠C=∠DAC=∠B=x°,∴∠ADB=∠C+∠DAC=2x°,∵AB=BD,∴∠BAD=∠ADB=2x°,     

巧构全等三角形证题例说

1.巧构全等三角形证线段相等例 1.已知 ,如图 ,AB=DE,直线 AE、BD相关于点 O,∠ B与∠ D互补。　　求证 :AO=ED。证明 :过点 A作 AC∥ DE交 BD于 C,则∠ D=∠ 2。∵∠ 1 ∠ 2 =180°,∠ B ∠ D=180°,∴∠ 1=∠ B,∴ AB=AC,∴ AB=DE=CA。在△ ACO和△ EDO中 ,∠ AOC=∠ EOD,∠ 2=∠ D,AC=DE;∴△ ACO △ EDO( AAS) ,∴ AO=ED。2 .巧构全等三角形证角相等例 2 .已知等边△ ABC的边长为 a,在 BC的延长线上取一点 D,使 CD=b,在 BA延长线上取一点 E,使 AE=a b。求证 :∠ ECD=∠ EDC。证明 :过 E作 EF∥ AC…     

由一个基本图形导出的重要结论

初中《几何》中有这样一个基本图形:如图1,D是AB上一点,E是AC上一点,BE、CD相交于点F.由这个基本图形我们可以得到这样的结论:∠BFC=∠B ∠A ∠C.证明这一结论成立的方法很多,现给出两种常见方法:方法一:连结AF并延长到M,则有∠BFM=∠B ∠BAM,∠CFM=∠C ∠CAM,∴∠BFC=∠BFM ∠CFM=∠B ∠BAC ∠C.方法二:由∠BFC=∠B ∠BDC,∠BDC=∠A ∠C,有∠BFC=∠B ∠A ∠C.图1及上述结论在解题中有着广泛的应用.现举几例说明.例1如图2,求∠A ∠B ∠C ∠D ∠E的度数.解:如图2,设BD与CE交于点F,由本文中基本图形导出的结论…     

要善于观察

我听了W老师上的一节"三角形内角和定理和外角定理"的课,其中有一题是这样的:△ABC中,D在AB上,∠DAB=∠B,∠ADC=80°,求∠B(图1).     

构造辅助圆解题

在解几何与代数的综合题时,有时遇到一些用常规方法较难解决的问题.这时,我们可以构造辅助圆来使问题转化,从而简捷地解决问题. 例1(2015年威海卷)如图1,已知AB=AC=AD,∠CBD=2∠ BDC,∠BA C=44°,则∠CAD的度数为() A.68°.B.88°.C.90°.D.112°. 解:如图1,∵AB=AC=AD, ∴点B、C、D在以点A为圆心,以AB为半径的圆上, ∵∠CBD=2∠ BDC,∠BA C=2∠BDC,∠CAD=2∠ CBD, ∴ ∠ CBD=∠ BA C, ∴ ∠ CAD=2∠BAC,而 ∠BAC=44° ∴ ∠ CAD=88°.选B.     

全等三角形中的开放题

全等三角形中的开放题大致有如下几类·一、补充条件型例1(2005年镇江市)如图1,∠ABC=∠DCB,请补充一个条件:,使△ABC≌△DCB·分析:此题明确了结论,要求同学们逆向探求使结论成立所需的条件是一道条件开放性试题,而且所填写的条件不唯一,要使△ABC≌△DCB,需要三个条件,因为已有∠ABC=∠DCB,BC=BC,故还需一个条件,从“SAS”考虑可添加AB=DC,从“ASA”考虑可添加∠ACB=∠DBC,从“AAS”考虑可添加∠A=∠D·二、补充条件型例2(2005年淮安市)如图2,已知Rt△ABC≌Rt△ADE,∠ABC=∠ADE=90°·试以图中标有字母的点为端…     

一道全俄《2008-应届中学生》奥林匹克试题别解

2008年全俄中学生11年级即应届中学生数学奥林匹克试题第12题:已知三棱锥A-BCD,∠ACD=∠ADC=∠BCD=∠BDC及∠ACB=∠CBD=arccos4/5,棱锥的体积等于144.求棱AB的长.     

正方形的一个性质与竞赛题的命制

命题设E,F分别为正方形ABCD的边AB,BC上的点,则EF=AE FC的充要条件为∠EDF=45°.证明如图1,延长FC到点G,使得CG=AE,易证△DAE≌△DCG,从而DE=DG,∠ADE=∠CDG,且∠EDG=∠EDC ∠CDG=∠ADC=90°.在△DEF与△DGF中,DE=DG,DF为公共边:若EF=AE FC=FC CG=CG,则△DEF≌△DGF,∠EDF=∠GD     

5月份《30分钟智力冲浪》参考答案

1 .3 6.　 2 .1 5或 1 7.　 3 .正确 .　 [提示 ]　 ( 1 )先说明△ABE ≌△DCF;( 2 )再由△DCE≌△ABF得　AF=DE ,再说明△AEF≌△DFE ,有∠AFE =∠DEF .　 4.( 1 )AE =CD .　 [提示 ]在Rt△ACE与Rt△CBD中 ,AC =CB .　又因为∠EFC是直角 ,故∠BCD =90° -∠AEC =∠CAE .　可推得Rt△ACE ≌Rt△CBD .　 ( 2 )BD =8cm .　 5 .相等 .　理由 :连结BD、CE ,则在△ABD与△ACE中 ,　因为AB =AC ,AD =AE ,∠DAB =∠EAC ,所以　△ABD ≌△ACE .故BD =CE ,∠DBA =∠ECA .　又在△ADC与△AEB中 ,因为AD…     

对一道中考试题的探究

一、中考试题例1如图1,已知AB是⊙O的直径,直线CD与⊙O相切于点C,AC平分∠DAB.(1)求证:AD⊥DC;(2)若AD=2,AC=$5,求AB的长.(2006年江苏省南通市课改实验区中考题)解析:(1)如图1,连接CB,由AB为⊙O的直径,知∠ACB=90°.∵CD切⊙O于点C,∴∠ACD=∠B,又AC平分∠DAB,∴∠DAC=∠BAC,从而有∠ADC=∠ACB=90°,即AD⊥DC.(2)由(1)知Rt△ADC∽Rt△ACB'AADC=AACB,∴AB=AACD2=($25)2=2.5.二、试题探源上述试题源于几何第三册(人教大纲版)93页例2.例2如图2,AB为⊙O的直径,C为⊙O上一点,AD和过C点的切线互相垂直,垂足为…     

一道中考试题的解法探究

2011年江苏省苏州市中考数学试题中的第26题题目简单,但设计别具匠心,思路开阔,解法灵活,方法颇多,给学生以广阔的自主探究空间.题目:如图1,已知AB是⊙O的弦,∠B=30°,C是弦AB上的任意一点(不与点A,B重合),连接CO并延长CO交⊙O于点D,连接AD.当∠D=20°时,求∠BOD的度数.探究1:如图1,因为∠BOD=∠OCB+∠B,∠OCB=∠A+∠D,所以∠BOD=∠A+∠D+∠B,即∠BOD=∠A     

巧用垂心解题

三角形三条高相交于一点，这点称为三角形的垂心。由此可得：△ABC任意两条高线AD、BE相交于H，则CH⊥AB。运用这个性质，可巧妙地解决一些几何问题。例1 CD是Rt△ABC斜边上的高，∠BAC的平分线AE交CD于H，交∠BCD的平分线CF于G，求证：FH∥BC。本题一般的证明思路是利用三角形的内角平分线的性质定理，得出DH∶HC=DF∶FB，推出HF∥BC。如果本题采用垂心性质来解，则别有味道，不失巧妙。证明：由AC⊥BC、CD⊥AB，得∠CAD=∠DCB，又因为∠DAH=∠CAH,∠DCF=∠BCF，因此，∠DCF=∠DAH,又∠ADH=Rt∠，得∠A…     

图形背后的故事——一道冬令营赛题揭秘

1979年,首次全国中学数学竞赛二试的题六是:如图1,两圆O1,O2相交于点A,B,圆O1的弦BC交圆图1O2于点D,圆O2的弦BF交圆O1于点E,证明:(1)若∠CBA=∠FBA,则CD=EF;(2)若CD=EF,则∠CBA=∠FBA.证明连接AC,AD,AE,AF,则∠ACD=∠ACB=∠AEF,∠ADC=∠AFB=∠AFE,而有△ACD∽△AEF,从而有ACAE=CDEF,于是CD=EFAC=AE)AC=)AE∠CBA=∠FBA.     

由一个简单图形构造的若干命题

在Rt△ABC中,CD为斜边AB上的高,O_1,O_2分别为Rt△ACD和Rt△CDB的内心(如图1)。 这是一个简单图形,它有较多有趣的性质。 性质1 在图1中连CO_1,CO_2(如图2),则∠O_1C)_2=45°。 证略。 性质2 在图1中,设CO_1,CO_2分别交AB于P,Q(如图3),则AQ=AC,PB=CB。 证明 如图3,由CD是Rt△ABC的斜边AB上的高,有∠DCB=∠A,∠ACD=     

一道常见题的变式

在中学数学学习过程中 ,将一些题目进行变式练习 ,有利于开阔同学们的思路 ,培养创造性思维能力 ,提高归纳、总结、发现规律的能力。图 1问题 :如图 1 ,C是线段AB上的一点 ,分别以AC、BC为边在AB的同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE ,边接AE、BD 求证 :AE =BD 证明 :△ACD和△BCE是等边三角形 ∠ 1 =∠ 3=6 0° ∠ACE =∠BCDAC =CD ,BC =CE △ACE≌△DCB图 2 AE =BD 变式一 :将点C改在AB的延长线上 ,如图 2。证明 :△ACD与△BCE是等边三角形 AC =CD ,BC =CE∠C =∠C △ACE≌△DCB AE =BD 变式二 :点C…