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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… 相似文献
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三角形的一个有趣性质 总被引：1，自引：1，他引：0
定理:在△ABC内三点D、E、F满足∠BAE=∠CAF,∠ABD=∠CBF,且AD、BE、CF三线共点P,则∠ACD=∠BCE.反之,若∠ACD=∠BCE,则AD、BE、CF三线共点 相似文献
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同学们在学习几何时,若能借助某些直线、射线(如角平分线、垂线)为对称轴构造对称图形,便会给解题带来极大方便,下面介绍这类几何题的思路及方法。一、以角平分线为对称轴构造图形图1例1已知,如图1,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,BE平分∠ABC,CE⊥BE,求证:CE=21BD.分析:因为角是轴对称图形,角平分线是对称轴,故根据对称性作出辅助线,不难发现CE=21CF,再证明BD=CF即可。证明:延长CE和BA交于点F∵∠1=∠2BE=BE∠BEC=∠BEF∴△BEC≌△BEF∴CE=EF=21CF∴∠1+∠F=∠3+∠F=90°∴∠1=∠3又∵AB=AC,∠BAD=∠CAF∴△ABD… 相似文献
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题目如图1,已知E为正方形ABCD的边BC延长线上一点,EF⊥AE,且与∠BCD的外角平分线CF交于F,试判断AEF的形状,并证明你的结论.一、利用全等三角形的性质解法1如图1,延长BA至E′,使AE′=CE,连结EE′.∵四边形ABCD为正方形,∴BA AE′=BC CE,即BE′=BE.∴∠E′=∠BEE′=45°.又∵CF平分∠DCE,∴∠E′=∠FCE=45°.∵∠1 ∠2=∠3 ∠2,∴∠1=∠3,∴∠E′AE=∠CEF.∴E′AE≌CEF.∴解法AE2=EF,即AEF为等腰直角三角形.如图1,同上得∠E′EB=45°.又∠FCE=45°,∴∠FGE=90°.∴∠E′EF ∠5=90°.∵∠4 ∠E′EF=90°,… 相似文献
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<正>一、原题呈现(2012凉山洲)如图1,在矩形ABCD中,AB=6,AD=12,点E在AD边上,且AE=8,EF⊥BE交CD于F.(1)求证:△ABE∽△DEF;(2)求EF的长.解:(1)证明:∵四边形ABCD是矩形∴∠D=∠A=90°∴∠EBA+∠AEB=90°∵EF⊥BE,即∠BEF=90°∴∠DEF+∠AEB=90°∴∠DEF=∠EBA(同为∠AEB的余角) 相似文献
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题目分别以△ABC的边AB、AC为一边向形外作△ABF和△ACE,使得△ABF∽△ACE,且∠ABF=90°.求证:BE、CF和边BC上的高AH三线共点.分析:因为AH为边BC上的高,故可想到构造一个三角形,使得所证的三条线恰为这个三角形的三条高所在的三条直线.当然图1交于一点.证明:如图1,过点B作BD⊥CF于点D,延长BD、HA交于点M,过点C作CG⊥BE于点G,延长CG、HA交于点M′.于是,只须证明M′与M重合.因为MH⊥BC,MB⊥CF,所以,∠DCB=∠BMH.又∠ABF=90°=∠BDF,因此,∠MBA=∠BFD.故△MBA∽△CFB.则BMCA=FABB,MA=BCF.BAB.同理,… 相似文献
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平行四边形是一种特殊的四边形,它具有很多独特的性质.在解答一些与线段有关的证明问题时,从构造平行四边形入手,常可化难为易.例1 如图1,△ABC中,AB=AC,E是AB上一点,F是AC延长线上一点,BE=CF,EF交BC于D.试说明DE=DF. 解 过E作EG∥AC交BC于G,连结CE,FG,则∠EGB=图1∠ACB.因为AB=AC,所以∠ABC=∠ACB=∠EGB,所以EG=BE. 因为BE=CF,所以EG=CF.又EG∥CF,所以四边形EGFC为平行四边形.因此DE=DF.例2 如图2,△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点.说明:DE∥BC.图2解 延长DE到F,使FE=DE,连结AF,CF,CD.因为… 相似文献
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引例如图1,∠DAC是△ABC的一个外角,且∠DAC=2∠B.求证:△ABC是等腰三角形.证明:因为∠DAC=∠B+∠C,∠DAC=2∠B,所以∠B=∠C,即△ABC是等腰三角形. 相似文献
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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… 相似文献
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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, 相似文献
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靳秀清 《山西教育(综合版)》2001,(6)
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… 相似文献
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喻俊鹏 《语数外学习(初中版七年级)》2007,(3)
一、课本习题题目:如图1,AB∥CD∥EF,那么∠BAC ∠ACE ∠CEF=().A.180°B.270°C.360°D.540°(人教课标版七年级数学(下)P26第6题)解析:由AB∥CD可知∠BAC ∠ACD=180°,由CD∥EF,可知∠DCE ∠CEF=180°.从而有∠BAC ∠ACD ∠DCE ∠CEF=360°,又因为∠ACD ∠DCE=∠ACE,所以∠BA 相似文献
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吴健 《中学课程辅导(初二版)》2006,(9):21-21
与角平分线有关的几何问题在各类考试(竞赛和中考)中屡见不鲜,解决这类问题时,若能通过巧添辅助线构造全等三角形常可使问题化难为易.例1如图,在△ABC中,∠BAC的平分线交BC于D,AC=AB BD,∠C=30°,则∠ABC的度数是(江苏省初中数学竞赛题)()A.45°B.60°C.75°D.90°解:延长AB到E,使AE=AC,连接DE,∵∠1=∠2,AD=AD,∴△AED≌△ACD(SAS).∴∠E=∠C=30°.又AE=AB BE,AC=AB BD,∴BE=BD.从而∠3=∠E.∴∠ABC=2∠E=60°.故选:B.反思:若在AC上截取AF=AB,同学们考虑怎样证明?例2如图,已知在△ABC中,AB>AC,AD为∠A的… 相似文献
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题目1:已知,如图1,在矩形 ABCD 中,点E,F 分别在 BC、CD 上,且 CE=AB,CF=BE求证:AE⊥EF.证明:由条件可得△ABE≌△ECF,所以∠1=∠2,又∠B ∠1 ∠3=180°,∠AEF ∠3 ∠2=180°,所以∠AEF=∠B=∠C=90°,所以 AE⊥EF. 相似文献
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杜兴宇 《数学学习与研究(教研版)》2012,(15):112
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=EFAC=AE)AC=)AE∠CBA=∠FBA. 相似文献
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张现立 《数理化学习(初中版)》2004,(3)
(人教版三年制几何第二册P158第2题)已知:△ABC的两条高为BE、CF,M为BC的中点,求证:ME=MF. 思考一: 由命题的条件,根据同角的余角相等,可得∠ABE=∠ACF,得命题1. 相似文献