(共22张PPT)
第10招
利用勾股定理巧解折叠问题
沪科版 八年级下册
典 例 剖 析
如图，纸片ABCD为长方形纸片．把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边上的点E处，折痕为AF.
已知AB＝10，AD＝8.
例
典 例 剖 析
解题秘方：翻折问题常常在三角形和四边形中出现，翻折前后的两个图形是全等图形，利用翻折求线段长时，一般都利用勾股定理建立方程模型解决问题．
典 例 剖 析
(1)求BF的长；
典 例 剖 析
(2)求折痕AF的长．
技巧 巧用对称法求折叠中线段的长
1
分 类 训 练
1. [2023·济南历城区期末]如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝8 cm，AD＝4 cm，BC＝CD，E是AB上一点，若沿CE折叠，则B，D两点重合，则DE的长为________．
5 cm
分 类 训 练
2. [新考法·变式探究法]在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D，E分别是斜边AB和直角边CB上的点，把△ABC沿着直线DE折叠，顶点B的对应点是B′.
(1)如图①，如果点B′和顶点A重合，求CE的长；
(2)如图②，如果点B落在AC边上，求CE的取值范围．
分 类 训 练
3. 【2022·丽水】如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为EF.
技巧 巧用方程思想求折叠问题中的线段长
2
(1)求证：△PDE≌△CDF；
证明：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A＝∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD.
由折叠得AB＝PD，∠A＝∠P＝90°，
∠B＝∠PDF＝90°，
∴PD＝CD，∠PDF＝∠ADC.
(2)若CD＝4 cm，EF＝5 cm，求BC的长．
技巧 巧用折叠探究线段之间的数量关系
3
分 类 训 练
4.如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在点D′处，折痕分别交AD，BC于点E，F，连接CE.
(1)求证：AE＝AF＝CE＝CF；
证明：由题意知AF＝CF，AE＝CE，∠AFE＝∠CFE.
∵四边形ABCD是长方形，∴AD∥BC，
∴∠AEF＝∠CFE.∴∠AFE＝∠AEF.
∴AE＝AF.
∴AE＝AF＝CE＝CF.
(2)设AE＝a，ED＝b，DC＝c，请写出一个a，b，c三者之间的数量关系式．
解：由题意知AE＝CE＝a.
由∠D＝90°知ED2＋DC2＝CE2，
即b2＋c2＝a2.
分 类 训 练
5.
技巧 巧用勾股定理探求点的坐标及直线的函数表达式
4
(1)求线段AB的长；
(2)若在y轴上有点P，使得S△PAB＝5，求点P的坐标；
(3)求点C的坐标和直线CD的函数表达式．
解：由题意知AB＝AC，
∴OC＝OA＋AB＝3＋5＝8. ∴C(8，0)．
设点D(0，m)，则OD＝－m，
∴BD＝CD＝4－m.
在Rt△OCD中，CD2＝OC2＋OD2，
即(4－m)2＝82＋(－m)2，
解得m＝－6，∴D(0，－6)．(共26张PPT)
第15招
特殊四边形的性质在动点问题中的巧用
沪科版 八年级下册
典 例 剖 析
如图，在矩形ABCD中，AB＝24 cm，BC＝10 cm，点P从点A开始沿AB边以4 cm/s的速度运动，点Q从点C开始沿CD边以2 cm/s的速度运动，如果点P，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，
设运动时间为t s.
例
典 例 剖 析
解题秘方：将运动过程中某一时刻动点的运动距离转化为几何图形的条件或将满足几何图形条件时动点需运动的距离作为条件进行解答．
典 例 剖 析
(1)当t＝2时，求P，Q两点之间的距离．
典 例 剖 析
(2)当t为何值时，线段AQ与DP互相平分？
解：AP＝4t cm，DQ＝ (24－2t)cm.
当线段AQ与DP互相平分时，
易得四边形APQD为矩形，
则AP＝DQ，即4t＝24－2t，解得t＝4.
∴当t＝4时，线段AQ与DP互相平分．
技巧 巧用平行四边形的性质解动点问题
1
分 类 训 练
1. [2023·河源期末]如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12 cm，BC＝15 cm，动点P，Q分别从A，C同时出发，点P以1 cm/s的速度由A向D运动，点Q以3 cm/s的速度由C向B运动，其中一动点到达
终点时，另一动点随之停止运动，
设运动时间为t s.
(1)AP＝________cm，PD＝________cm，BQ＝________cm(分别用含有t的式子表示)．
(2)当四边形PQCD的面积是四边形ABQP面积的2倍时，求出t的值．
t
(12－t)
(15－3t)
(3)当t为何值时，四边形APQB为平行四边形？
(4)当t为何值时，四边形PDQB为平行四边形？
分 类 训 练
2.如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，动点E在边BC上，动点F在边CD上．
技巧 巧用菱形的性质解动点问题
2
(1)如图①，若E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：BE＝DF；
证明：连接AC.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD，AB∥CD.
∵∠B＝60°，
∴∠BCD＝180°－∠B＝120°，△ABC是等边三角形．
又∵E是BC的中点，∴AE⊥BC.
∵∠AEF＝60°，∴∠FEC＝90°－∠AEF＝30°.
∴∠CFE＝180°－∠FEC－∠BCD＝
180°－30°－120°＝30°.
∴∠FEC＝∠CFE. ∴EC＝CF.
又∵BC＝CD，∴BC－EC＝CD－CF.
∴BE＝DF.
(2)如图②，若∠EAF＝60°，求证：△AEF是等边三角形．
证明：连接AC.
由(1)知△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ACB＝∠BAC＝60°.
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF.
∵∠BCD＝120°，∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝60°＝∠B.
∴△ABE≌△ACF(ASA)．
∴AE＝AF.
又∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形．
分 类 训 练
3. [2023·珠海前山中学期中]如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8 cm，AD＝20 cm， BC＝24 cm，动点P从点A出发，以1 cm/s的速度向点D运动，动点Q从点C出发，以3 cm/s的速度向点B运动，当其中一个点到达终点时，
两点同时停止运动，设运动时间为t s.
技巧 巧用矩形的性质解动点问题
3
(1)当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
解：由题意得AP＝t cm，CQ＝3t cm，
BQ＝(24－3t)cm.
∵四边形ABQP是矩形，
∴AP＝BQ，即t＝24－3t，
解得t＝6，
∴当t为6时，四边形ABQP是矩形．
(3)当t为何值时，PQ＝CD
解：由题意知，分四边形CDPQ是平行四边形，
四边形CDPQ是等腰梯形两种情况求解：
①当四边形CDPQ是平行四边形时，PD＝CQ.
∵PD＝(20－t) cm，CQ＝3t cm，
∴20－t＝3t，解得t＝5；
②当四边形CDPQ是等腰梯形时，如图，
过点D作DN⊥BC于点N，过点P作PM⊥BC于点M，
则四边形PMND，四边形ABND是矩形，
易得QM＝CN＝BC－BN＝
BC－AD＝4 cm，
MN＝PD＝(20－t) cm.
∵CQ＝3t cm，CQ＝MN＋2CN，∴3t＝20－t＋8，
解得t＝7. 综上所述，当t为5或7时，PQ＝CD.
技巧 巧用正方形的性质解动点问题
4
分 类 训 练
4.如图，正方形ABCD的边长为8 cm，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的动点，且AE＝BF＝ CG＝DH.
(1)求证：四边形EFGH是正方形；
证明：如图，∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，
AB＝BC＝CD＝AD.
又∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴BE＝CF＝DG＝AH.
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG(SAS)．
∴EH＝EF＝FG＝GH，∠1＝∠2.
∴四边形EFGH为菱形．
∵∠1＋∠3＝90°，∠1＝∠2，
∴∠2＋∠3＝90°.
∴∠HEF＝90°.
∴四边形EFGH是正方形．
(2)判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由．
解：直线EG经过一个定点．
理由如下：如图，连接BD，DE，BG.设EG与BD交于点O.
∵BE DG，∴四边形BGDE为平行四边形．
∴BD，EG互相平分．∴BO＝OD.
∴点O为正方形ABCD的中心．
∴直线EG必过正方形ABCD的中心，
即直线EG经过一个定点．(共26张PPT)
第16招
利用特殊四边形的性质巧解折叠问题
沪科版 八年级下册
典 例 剖 析
将平行四边形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，使点C与点A重合，点D落到点D′处，折痕为EF.
例
典 例 剖 析
解题秘方：解图形的折叠问题，就是利用图形全等的性质并结合图形的性质为证明线段、角相等创造条件．本题中(1)由四边形ABCD是平行四边形，结合折叠前后的图形全等，容易得到∠B＝∠D′，AB＝AD′，∠3＝∠1，这样可证明△ABE≌△AD′F；(2)利用“四条边相等的四边形是菱形”解决问题．
典 例 剖 析
(1)求证：△ABE≌△AD′F.
典 例 剖 析
证明：由折叠的性质，得∠D＝∠D′，
CD＝AD′，∠D′AE＝∠DCE.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，AB＝CD，∠BCD＝∠BAD.
∴∠B＝∠D′，AB＝AD′，∠D′AE＝∠BAD，
即∠1＋∠2＝∠2＋∠3. ∴∠1＝∠3.
∴△ABE≌△AD′F(ASA)．
典 例 剖 析
(2)连接CF，判断四边形AECF是什么特殊四边形，并说明理由．
解：四边形AECF是菱形．理由如下：
由折叠的性质，得AE＝EC，∠4＝∠5，AF＝FC.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC. ∴∠6＝∠5＝∠4.
∴FC＝AF＝AE＝EC. ∴四边形AECF是菱形.
技巧 巧用平行四边形的性质解决折叠问题
1
分 类 训 练
1. [2022·大庆]如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在E处，若∠1＝56°，∠2＝42°，则∠A的度数为( )
A．108° B．109°
C．110° D．111°
【点拨】
【答案】
C
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD.∴∠ABD＝∠CDB. 由折叠的性质得∠EBD＝∠ABD.
∴∠CDB＝∠EBD. ∵∠1＝∠CDB＋∠EBD＝56°，
∴∠ABD＝∠EBD＝∠CDB＝28°.
∴∠A＝180°－∠2－∠ABD＝180°－42°－28°＝110°. 故选C.
分 类 训 练
2. 如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对角线交点O处，折痕为EF.若菱形的边长为2，∠A＝120°，求EF的长．
技巧 巧用菱形的性质解决折叠问题
2
解：如图，连接BD，AC，则O为AC与BD的交点．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC平分BD，AC平分∠BAD.
∵∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°.
∴∠ABO＝90°－60°＝30°.
分 类 训 练
3. [2023·南京外国语学校模拟]如图，点O为坐标原点，四边形OABC为矩形，边OC，OA分别在x轴、y轴上，A(0，a)，C(c，0)，且a，c满足 |a－4|＋(8－c)2＝0.
技巧 巧用矩形的性质解决折叠问题
3
(1)求B，C两点的坐标；
解：∵|a－4|＋(8－c)2＝0，∴a－4＝0, 8－c＝0.
解得a＝4，c＝8. ∴A(0，4)，C(8，0)．
∴AO＝4，CO＝8.
∵四边形AOCB是矩形，边OC，OA分别在x轴、y轴上，
BA⊥y轴，BC⊥x轴，
∴AB＝OC＝8，BC＝AO＝4，∴B(8，4)．
(2)把△ABC沿AC翻折，点B落在B′处，线段AB′与x轴交于点D，求CD的长；
解：∵四边形OABC是矩形，∴AB∥CO.
∴∠BAC＝∠ACO.
由折叠得∠BAC＝∠B′AC，B′C＝BC＝4，
AB′＝AB＝8，∠AB′C＝∠B＝90°，
∴∠DAC＝∠DCA.
∴DA＝DC.
设DA＝DC＝x，则DB′＝AB′－AD＝8－x，
在Rt△DB′C中，DB′2＋B′C2＝DC2，
即(8－x)2＋42＝x2，
解得x＝5，即CD＝5.
(3)在坐标平面内是否存在点P，使以A，D，C，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：存在．点P的坐标为(－5，4)或(5，4)或(11，－4)．
【点拨】
∴P(11，－4)．
综上所述，P点的坐标为(－5，4)或(5，4)或(11，－4)．
技巧 巧用正方形的性质解决折叠问题
4
分 类 训 练
4. [2023·厦门海沧中学期末] [新视角·动点探究题]如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，四边形BCDE沿着直线BE翻折得到四边形BNME，连接CN交AB于点F，交折痕BE于点G.
(1)求证：△ABE≌△BCF；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠FBC＝90°.
∴∠BCF＋∠BFC＝90°.
由折叠的性质得EB⊥FC.
∴∠FBG＋∠BFC＝90°.
∴∠BCF＝∠FBG. ∴△ABE≌△BCF(ASA)．
(2)延长ME交CD于点P，连接AN，请补全图形，并探究线段CP与AN的数量关系．
解：补图如图所示，延长DA交MN于点Q，
连接BQ，设AN，BQ交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠QAB＝∠BAD＝∠D＝∠BCP＝90°.
由折叠的性质得，BC＝BN，∠QNB＝∠PCB＝90°，(共39张PPT)
第17招
特殊平行四边形的性质与判定的综合应用的四种类型
沪科版 八年级下册
典 例 剖 析
如图，正方形ABCD的边长为6.菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在正方形ABCD的边AB，CD，DA上，且AH＝2，连接CF.
例
解题秘方： (1)由于四边形EFGH为菱形，故只需再证有一个内角是直角即可；(2)解题的关键是作辅助线：过点F作FM⊥DC，交DC的延长线于点M，连接GE，构造全等三角形．
典 例 剖 析
(1)当DG＝2时，求证：菱形EFGH为正方形；
证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠A＝90°.
∴∠AEH＋∠AHE＝90°，
∵四边形EFGH是菱形，∴HG＝EH.
∵DG＝AH＝2，∴Rt△DGH≌Rt△AHE.
∴∠DHG＝∠AEH. ∴∠DHG＋∠AHE＝90°，
∴∠GHE＝90°. ∴菱形EFGH为正方形．
典 例 剖 析
(2)设DG＝x，试用含x的代数式表示△FCG的面积．
解：过点F作FM⊥DC，
交DC的延长线于点M，连接GE，
如图所示．在正方形ABCD中，
CD∥AB，∴∠AEG＝∠MGE.
在菱形EFGH中，GF∥HE，HE＝FG，
∴∠HEG＝∠FGE.∴∠AEH＝∠MGF.
类型 利用矩形的性质巧求折叠问题中线段的和
1
分 类 训 练
1. [新考法·等线段代换法]如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到点B′的位置，AB′与CD交于点E.
(1)试找出一个与△AED全等的三角形，并加以证明；
解：△AED≌△CEB′.
证明如下：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝DA，∠B＝∠D.
由折叠的性质，知BC＝B′C，∠B＝∠B′，
∴B′C＝DA，∠B′＝∠D.∵∠DEA＝∠B′EC，
∴△AED≌△CEB′.
(2)若AB＝8，DE＝3，P为线段AC上的任意一点，PG⊥AB′于点G，PH⊥DC于点H，试求PG＋PH的值．
解：如图，延长HP交AB于点M，易得PM⊥AB.
由折叠的性质可知∠1＝∠2，
∵PG⊥AB′，∴PM＝PG.
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD＝AB＝8，CD∥AB.
∴∠2＝∠3.∴∠1＝∠3. ∴AE＝CE＝8－3＝5.
分 类 训 练
2. [2023·衡阳实验中学模拟](1)操作发现：
如图①，在正方形ABCD中，过A点有直线AP，点B关于AP的对称点为E，连接AE，连接DE交AP于点F，当∠BAP＝20°时，∠AFD＝________；
45°
类型 特殊平行四边形中的操作型问题
2
(2)数学思考：
如图②，若将(1)中的“正方形ABCD”改成“菱形ABCD”，且∠BAD＝120°，其他条件不变，则∠AFD＝________；
30°
【点拨】
当∠PAB＝20°时，∵点E是点B关于AP的对称点，
∴AB＝AE，∠PAB＝∠PAE＝20°.
∵∠BAD＝120°，
∴∠EAD＝∠BAD＋∠PAB＋∠PAE＝160°.
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD.
∴AE＝AD.
(3)类比探究：
如图③，若将(1)中的“正方形ABCD”改成“菱形ABCD”，且∠BAD＝β，其他条件不变，则∠AFD＝________.请写出你的推导过程．
分 类 训 练
3. 对于边长均为a的两个正方形：正方形ABCD和EFGH，按图①所示的方式摆放，沿虚线BD，EG剪开后，可以按图中所示的移动方式拼接为四边形BNED.
从拼接的过程容易得到结论：
①四边形BNED是正方形．
②S正方形ABCD＋S正方形EFGH＝S正方形BNED.
实践与操作
(1)对于边长分别为a，b(a＞b)的两个正方形ABCD和EFGH，按图②所示的方式摆放，连结DE，过点D作DM⊥DE，交AB于点M，过点M作MN⊥DM，过点E作EN⊥DE，MN与EN相交于点N.
①试说明四边形MNED是正方形，并用含a，b的代数式表示正方形MNED的面积；
∴△ADM≌△CDE.
∴DM＝DE.∴矩形MNED是正方形．
∵DE2＝CD2＋CE2＝a2＋b2，
∴正方形MNED的面积为a2＋b2.
②在图②中，将正方形ABCD和正方形EFGH分别剪开后，能够拼接成正方形MNED，请简略说明你的拼接方法． (类比图①，用数字表示对应的图形)
解：如图，过点N作NP⊥BE，垂足为P.
可证明图中6与5位置的两个直角三角形全等，4与3位置的两个直角三角形全等，1与2位置的两个直角三角形全等，因此将5移到6的位置，将4移到3的位置，
将1移到2的位置，恰好拼接成
正方形MNED.
(2)对于n(n是大于2的自然数)个任意的正方形，能否通过若干次拼接，将其拼接为一个正方形？请简略说明你的理由．
解：能．理由如下：从上述的拼接过程可以看出：任意的两个正方形都可以拼接为一个正方形，而拼接出的这个正方形可以与第三个正方形再拼接为一个正方形……以此类推．由此可见，对于n(n是大于2的自然数)个任意的正方形，可以通过(n－1)次拼接，得到一个正方形．
【点拨】
本题考查了正方形的判定定理在操作型问题中的应用．
类型 特殊平行四边形中的探究型问题
3
分 类 训 练
4. [2023·重庆松树桥中学期中](1)【知识感知】如图①，四边形ABCD的两条对角线交于点O且AC⊥BD，我们把这种对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．在我们学过的①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中属于垂美四边形的是______；(只填序号)
③④
(2)【性质探究】如图①，试探究垂美四边形ABCD的四条边AB，CD，BC，AD之间的数量关系为_______________________．(写出你的猜想，并给出证明)
AB2＋CD2＝AD2＋BC2
证明：∵AC⊥BD，
∴AB2＝OA2＋OB2，DC2＝OC2＋OD2，
AD2＝OA2＋OD2，BC2＝OC2＋OB2.
∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2.
解：如图，连接CG，BE，
∵四边形ACFG和四边形ABDE均为正方形，
∴GA＝CA，AB＝AE，
∠GAC＝∠BAE＝90°.
∴∠GAB＝∠CAE.
∴△CAE≌△GAB(SAS)．
∴∠NBM＝∠MEA.
分 类 训 练
5. [新考法·定义阅读法]阅读以下材料，然后解决问题：
如果一个三角形和一个矩形满足条件：三角形的一边与矩形的一边重合，且三角形的这边所对的顶点在矩形这边的对边上，则称这样的矩形为三角形的
类型 特殊平行四边形中的阅读理解型问题
4
“友好矩形”，如图①所示，矩形ABEF为△ABC的“友好矩形”，显然，当△ABC是钝角三角形时，其“友好矩形”只有一个．
(1)仿照以上叙述，说明什么是一个三角形的“友好平行四边形”；
解：如果一个三角形和一个平行四边形满足条件：
三角形的一边与平行四边形的一边重合，且三角形的这边所对的顶点在平行四边形这边的对边上，则称这样的平行四边形为三角形的“友好平行四边形”．
(2)如图②，若△ABC为直角三角形，且∠C＝90°，在图②中画出△ABC的所有“友好矩形”，并比较这些矩形面积的大小；
解：如图①，△ABC共有两个“友好矩形”，分别为矩形BCAD、矩形ABEF.易知矩形BCAD、矩形ABEF的面积都等于△ABC面积的2倍，
∴△ABC的两个“友好矩形”的面积相等．
(3)若△ABC是锐角三角形，且BC＞AC＞AB，在图③中画出△ABC的所有“友好矩形”，指出其中周长最小的矩形并加以证明．
解：如图②，共有三个“友好矩形”，分别为矩形BCDE、矩形ACGF和矩形ABHK，其中矩形ABHK的周长最小．
证明如下：易知这三个矩形面积相等，设它们的面积为S，矩形BCDE、矩形ACGF和矩形ABHK的周长分别为L1，L2，L3，
【点拨】
理解该题中的新定义，能根据新定义正确画出符合要求的图形，能够运用作差法比较大小．(共22张PPT)
第18招
常用构造中位线的五种方法
沪科版 八年级下册
典 例 剖 析
例
解题秘方：
典 例 剖 析
证明：如图，延长AM，AN，分别交BC于点F，G.
∵BD平分∠ABC，AN⊥BD，
∴∠ABN＝∠GBN，∠ANB＝∠GNB＝90°.
又∵BN＝BN，∴△ABN≌△GBN.
∴AN＝NG，AB＝BG.
同理可得AM＝MF，AC＝CF，
∴M，N分别为AF，AG的中点．
方法 连接两点构造三角形的中位线
1
分 类 训 练
1. [2023·广西]如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为________．
【点拨】
分 类 训 练
2. 如图，在△ABC中，点M为BC的中点，AD为△ABC的外角平分线，且AD⊥BD，若AB＝12，AC＝18，求DM的长．
方法 已知角平分线与垂直关系构造中位线
2
解：如图，延长BD交AF于点N.
由题易知∠NAD＝∠BAD，∠ADN＝∠ADB＝90°.
又∵AD＝AD，
∴△AND≌△ABD(ASA)．
∴DN＝DB，AN＝AB.
分 类 训 练
3.如图，在△ABC中，已知AB＝6，AC＝10，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，点E为BC的中点，求DE的长．
解：如图，延长BD交AC于点F，
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD.
∵BD⊥AD，∴∠ADB＝∠ADF＝90°.
又∵AD＝AD，∴△ADB≌△ADF(ASA)．
∴AF＝AB＝6，BD＝FD.
∵AC＝10，∴CF＝AC－AF＝10－6＝4.
方法 倍长法构造三角形的中位线
3
分 类 训 练
4.
分 类 训 练
5.
方法 已知两边中点，取第三边中点构造三角形的中位线
4
分 类 训 练
6. [2023·武汉外国语学校月考]如图，四边形ABCD中，AB＝CD，M，N分别为AD，BC的中点，EF⊥MN交AB于点E，交CD于点F.求证：∠AEF＝∠DFE.
方法 作辅助线构造三角形的中位线
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证明：延长NM与BA的延长线交于点P，
与CD的延长线交于点Q，连接BD，
取BD的中点G，连接MG，NG，如图，
∵M，N分别为边AD，BC的中点，
∴MG，NG分别是△ABD，△BCD的中位线．(共19张PPT)
第19招
分析数据作决策的三种常见类型
沪科版 八年级下册
典 例 剖 析
例
甲、乙两校参加区教育局举办的学生英语口语竞赛，两校参赛人数相等．比赛结束后，发现学生的成绩分别为7分、8分、9分、10分(满分为10分)．
依据统计数据绘制了如图所示尚不完整的统计图及统计表．
解题秘方：中位数、平均数从不同角度反映数据的集中趋势，在作决策时应从多角度比较，突出方案决策的重点，作出符合要求的决策．
甲校成绩统计表
(1)在图①中，“7分”所在扇形的圆心角等于________°；
成绩(分) 7分 8分 9分 10分
人数 11 0 8
144
(2)请你将图②补充完整；
解：5÷25%＝20(人)，
20－8－4－5＝3(人)．
补图如图所示．
(3)经计算，乙校成绩的平均数是8.3分，中位数是8分，请写出甲校成绩的平均数、中位数，并从平均数和中位数的角度分析哪所学校成绩较好；
(4)如果该教育局要组织8人的代表队参加市级团体赛，为便于管理，决定从这两所学校中的一所挑选参赛选手，请你分析，应选哪所学校？
解：∵甲校的前8名都是10分，而乙校的前8名中只有
5人是10分，∴应选甲校．
类型 用平均数作决策
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分 类 训 练
1. [2022·包头]某校欲招聘一名数学教师，对甲、乙 两名候选人进行了三项能力测试，各项测试成绩满分均为100分，根据最终成绩择优录用．他们的各项测试成绩如下表所示：
候选人 通识知识 专业知识 实践能力
甲 80分 90分 85分
乙 80分 85分 90分
根据实际需要，学校将通识知识、专业知识和实践能力三项测试得分按2：5：3的比例确定每人的最终成绩，此时被录用的是________．(填“甲”或“乙”)
甲
分 类 训 练
2. [2022·广东]为振兴乡村经济，在农产品网络销售中实行目标管理，根据目标完成的情况对销售员给予适当的奖励．某村委会统计了15名销售员在某月的销售额(单位：万元)，数据如下：
10 4 7 5 4 10 5 4 4 18 8 3 5 10 8
类型 用中位数、众数作决策
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(1)补全月销售额数据的条形统计图．
解：补全条形统计图如图：
(2)月销售额在哪个值的人数最多(众数)？中间的月销售额(中位数)是多少？平均月销售额(平均数)是多少？
解：根据条形统计图可得，
众数为4万元，中位数为5万元，平均数为(3×1＋4×4＋5×3＋7×1＋8×2＋10×3＋18×1)÷15＝7(万元)．
(3)根据(2)中的结果，确定一个较高的销售目标给予奖励，你认为月销售额定为多少合适？
解：若要确定一个较高的销售目标，这个目标可以定为每月7万元(平均月销售额)．
分 类 训 练
3. [2023·宁夏]学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试，已知七、八年级各有200人，现从两个年级分别随机抽取10名学生的测试成绩x(单位：分)进行统计：
七年级：86 94 79 84 71 90 76 83 90 87
八年级：88 76 90 78 87 93 75 87 87 79
类型 用方差作决策
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整理如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)填空：a＝________，b＝________．
A同学说：“这次测试我得了86分，位于年级中等偏上水平．”由此可判断他是______年级的学生．
年级 平均数 中位数 众数 方差
七年级 84 a 90 44.4
八年级 84 87 b 36.6
85
87
七
【点拨】
(2)学校规定测试成绩不低于85分为“优秀”，估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数．
(3)你认为哪个年级的学生掌握国家安全知识的总体水平较好？请给出一条理由．
解：我认为八年级的学生掌握国家安全知识的总体水平较好．理由：因为七、八年级测试成绩的平均数相等，八年级测试成绩的方差小于七年级测试成绩的方差，所以八年级的学生掌握国家安全知识的总体水平较好(答案不唯一，合理即可)．
