(共18张PPT)
三角形角的关系的五种常见应用
专项素养综合练（四）
类型一 利用三角形内角和定理求角的度数
1.(2024江西南昌外国语学校期末)如图,AD是△ABC的角平分线,
CE是△ABC的高,AD,CE相交于点P.若∠BAC=66°,∠BCE=
40°,求∠ADB和∠APC的度数.
解析 ∵CE是△ABC的高,
∴∠BEC=∠AEC=90°.
在Rt△BCE中,∠BEC=90°,∠BCE=40°,
∴∠B=180°-∠BCE-∠BEC=180°-40°-90°=50°.
∵AD平分∠BAC,
∴∠BAD= ∠BAC= ×66°=33°.
在△ABD中,∠B=50°,∠BAD=33°,
∴∠ADB=180°-∠B-∠BAD=180°-50°-33°=97°.
∵∠APC是△AEP的外角,
∴∠APC=∠AEP+∠BAD=90°+33°=123°.
类型二 利用三角形内角和定理解决折叠问题
2.(2024山东聊城东昌府月考)如图,有一个三角形纸片ABC,∠A=
65°,∠B=75°,将纸片进行折叠,使点C落在△ABC外的点 C'处,若∠2=36°,则∠1的度数为 ( )
A.96° B.106° C.116° D.126°
C
解析 如图,
∵∠A=65°,∠B=75°,∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-65°-
75°=40°,由折叠可知∠C'=∠C=40°,
∵∠3+∠2+∠5+∠C'=180°,∠5=∠4+∠C=∠4+40°,
∠2=36°,
∴∠3+36°+∠4+40°+40°=180°,∴∠3+∠4=64°,
∴∠1=180°-64°=116°,故选C.
3.(2024重庆奉节期末)如图,把三角形纸片ABC折叠,使点B, 点C都与点A重合,折痕分别为DE,MN,若∠BAC=110°,则
∠DAM的度数为 ( )
A.40° B.60° C.70° D.80°
A
解析 ∵在△ABC中,∠BAC=110°,
∴∠B+∠C=180°-110°=70°,
由折叠可知∠B=∠DAE,∠C=∠MAN,
∴∠DAE+∠MAN=∠B+∠C=70°,
∴∠DAM=110°-70°=40°,故选A.
4.(2024河北保定顺平期中)如图,在△ABC中,BP,CP分别平分 ∠ABC,∠ACB,BP,CP交于点P.
(1)若∠A=72°,则∠BPC= .
(2)若∠A=α,则∠BPC= (用含α的代数式表示).
126°
90°+ α
类型三 与三角形双内角平分线有关的运算
解析 (1)∵在△ABC中,∠A=72°,
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-72°=108°,
∵BP,CP分别平分∠ABC,∠ACB,
∴∠2=∠1= ∠ABC,∠4=∠3= ∠ACB,
∴∠2+∠4= ∠ABC+ ∠ACB= (∠ABC+∠ACB)= ×108°
=54°,
∴∠BPC=180°-(∠2+∠4)=180°-54°=126°.
故答案为126°.
(2)∵在△ABC中,∠A=α,
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-α,
∵BP,CP分别平分∠ABC,∠ACB,
∴∠2=∠1= ∠ABC,∠4=∠3= ∠ACB,
∴∠2+∠4= ∠ABC+ ∠ACB= (∠ABC+∠ACB)= ×(180°-
α)=90°- α,
∴∠BPC=180°-(∠2+∠4)=180°- =90°+ α.故答案
为90°+ α.
类型四 与三角形双外角平分线有关的运算
5.如图所示,∠CBD,∠BCE的平分线交于点O,写出∠BOC与 ∠A的数量关系,并说明理由.
解析 ∠BOC=90°- ∠A.
理由:在△ABC中,∠ABC+∠ACB+∠A=180°,
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A,∵BO,CO分别平分∠DBC,
∠ECB,∴∠OBC= ∠DBC,∠OCB= ∠ECB,
∴∠OBC+∠OCB= ∠DBC+ ∠ECB= [(180°-∠ABC)+
(180°-∠ACB)]= [360°-(∠ABC+∠ACB)]= [360°-(180°-∠A)]=
90°+ ∠A.
∴∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°- =90°-
∠A.
类型五 与三角形内、外角平分线有关的运算
6.如图①②③,若∠A=42°,∠1=∠2,∠3=∠4,则∠O1+∠O2+
∠O3= ( )
A.84° B.111° C.225° D.201°
D
解析 ∵∠A=42°,∠1=∠2,∠3=∠4,
∴题图①中,∠2+∠4= (∠1+∠2+∠3+∠4)= ×(180°-42°)=
69°,故∠O1=180°-69°=111°;题图②中,∠O2=∠4-∠2= ×
[(∠3+∠4)-(∠1+∠2)]= ∠A=21°;题图③中,∠ABC+∠ACB=
180°-∠A=180°-42°=138°,则∠1+∠2+∠3+∠4=180°+
180°-138°=222°,故∠O3=180°-(∠2+∠3)=180°- ×222°=69°.∴∠O1+∠O2+∠O3=111°+21°+69°=201°,故选D.(共21张PPT)
三角形全等常见模型
专项素养综合练（六）
模型一 手拉手模型
1.(2023山东日照五莲期末)如图,已知AE⊥AB,AF⊥AC,AE= AB,AF=AC,BF与CE相交于点M.
(1)求证:EC=BF.
(2)求证:EC⊥BF.
证明 (1)∵AE⊥AB,AF⊥AC,∴∠BAE=∠CAF=90°.
∴∠BAE+∠BAC=∠CAF+∠BAC,即∠EAC=∠BAF.
在△ABF和△AEC中,
∴△ABF≌△AEC(SAS).∴EC=BF.
(2)如图所示,
由(1)知△ABF≌△AEC,
∴∠AEC=∠ABF.
∵AE⊥AB,∴∠BAE=90°.
∴∠AEC+∠ADE=90°.
∵∠ADE=∠BDM,
∴∠ABF+∠BDM=90°.
∴∠BMD=180°-(∠ABF+∠BDM)=180°-90°=90°.
∴EC⊥BF.
模型解读
手拉手模型可以看成是将三角形绕着公共顶点旋转一定角 度所构成的,旋转后的图形与原来图形之间存在两种情况:
(1)无重叠:两个三角形有公共顶点,无重叠部分.
①有公共顶点C,如图.
(2)有重叠:两个三角形有公共顶点,有重叠部分.
②有公共顶点A,如图.
模型二 一线三等角模型
2.(2023天津西青二模)如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC的
顶点A(3,0),B(0,-1),点C在第四象限,且AB=BC,∠ABC=90°,则
点C的坐标是 ( )
A.(-4,1) B.(1,-4) C.(-1,4) D.(4,-1)
B
解析 如图,
过点C作CE⊥y轴于E,∵A(3,0),B(0,-1),
∴OA=3,OB=1,
∵∠ABC=90°,∴∠ABO+∠CBE=90°,
∵∠AOB=90°,
∴∠ABO+∠BAO=90°,∴∠BAO=∠CBE,
在△AOB与△BEC中,
∴△AOB≌△BEC(AAS),∴OB=EC=1,BE=OA=3,∴OE=OB+ BE=1+3=4,∴点C的坐标为(1,-4),故选B.
3.(2024海南海口期末)如图,△ABC中,AB=AC=4,BC=6,点D,E 分别在BC,AC上(点D不与B,C两点重合),且∠1=∠C,若AD= DE,则AE的长为 .
2
解析 ∵AB=AC=4,∴∠B=∠C,
∵∠1=∠C,∴∠B=∠1,
∵∠BAD+∠ADB=180°-∠B,
∠ADB+∠EDC=180°-∠1,
∴∠BAD=∠EDC,
又∵AD=ED,∴△ABD≌△DCE(AAS),
∴AB=CD=4,BD=CE,
∵BC=6,∴CE=BD=BC-CD=6-4=2,
∴AE=AC-CE=4-2=2.
模型三 雨伞模型
4.如图,△ABC中,AB=AC,∠A=90°,∠ACB的平分线CD交AB 于点E,∠BDC=90°,求证:CE=2BD.
证明 如图,延长BD交CA的延长线于F,
∵∠BAC=90°,
∴∠BAF=∠BAC=90°,∠ACE+∠AEC=90°,
∵∠BDC=90°,
∴∠BDC=∠FDC=90°,∠ABF+∠BED=90°,
∵∠AEC=∠BED,∴∠ACE=∠ABF,
又∵AC=AB,∴△ACE≌△ABF(ASA),∴CE=BF,
∵CD平分∠ACB,∴∠ACD=∠BCD,
又∵CD=CD,∴△CBD≌△CFD(ASA),
∴BD=FD= BF,∴BD= CE,∴CE=2BD.
模型四 半角模型
5.(2023重庆大渡口期中)
(1)如图1,在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°,E,F分别 是边BC,CD上的点,且∠EAF= ∠BAD.求证:EF=BE+FD.
(2)如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠ADC=180°,E,F分 别是边BC,CD延长线上的点,且∠EAF= ∠BAD.(1)中的结
论是否仍然成立 若成立,请证明;若不成立,请写出它们之间 的数量关系,并证明.
解析 (1)证明:延长CB到H,使BH=DF,连接AH,如图1所示,
∵∠ABC+∠ABH=180°,∠ABC+∠D=180°,
∴∠ABH=∠D,
在△ABH和△ADF中,
∴△ABH≌△ADF(SAS),
∴∠BAH=∠DAF,AH=AF,
∵∠EAF= ∠BAD,∴∠BAE+∠DAF= ∠BAD,
即∠BAE+∠BAH=∠EAF,
∴∠HAE=∠EAF,
在△AHE和△AFE中,
∴△AHE≌△AFE(SAS),∴HE=EF,
∵HE=BH+BE=DF+BE,∴EF=BE+FD.
(2)(1)中的结论不成立,它们之间的数量关系是EF=BE-DF.
证明:在BE上截取BT=DF,连接AT,如图2所示,
∵∠ADC+∠ADF=180°,∠B+∠ADC=180°,
∴∠B=∠ADF,
在△ABT和△ADF中,
∴△ABT≌△ADF(SAS),∴∠BAT=∠DAF,AT=AF,
∵∠EAF= ∠BAD,∴∠DAF+∠EAD= ∠BAD,
即∠BAT+∠EAD= ∠BAD,
∴∠EAT=∠BAD-(∠BAT+∠EAD)=∠BAD- ∠BAD= ∠BAD,
∴∠EAT=∠EAF,
在△EAT和△EAF中,
∴△EAT≌△EAF(SAS),∴ET=EF,
∵ET=BE-BT=BE-DF,∴EF=BE-DF.(共23张PPT)
平行线的判定和性质的五种常见类型
专项素养综合练（三）
类型一 已知垂直,找线平行
1.(2023江苏无锡滨湖期中)如图,CD是△ABC的高,点E,F,G 分别在BC,AB,AC上,且EF⊥AB,DG∥BC.试判断∠1、∠2的 数量关系,并说明理由.
解析 ∠1=∠2.
理由:∵EF⊥AB,CD⊥AB,∴EF∥CD,∴∠1=∠BCD,
∵DG∥BC,∴∠2=∠BCD,∴∠1=∠2.
类型二 已知角的数量关系,找线平行
2.如图,AD平分∠BAC,∠D=∠1,∠3+∠BAC=180°,试说明EF ∥AB.
证明 ∵AD平分∠BAC,
∴∠1=∠2(角平分线的定义),
∵∠D=∠1(已知),∴∠D=∠2(等量代换),
∴AC∥BD(内错角相等,两直线平行),
∴∠B+∠BAC=180°(两直线平行,同旁内角互补),
∵∠3+∠BAC=180°(已知),
∴∠3=∠B(同角的补角相等),
∴EF∥AB(同位角相等,两直线平行).
3.(2024浙江杭州上城期末)如图,已知在三角形ABC中,点D,E 分别在AB,AC上,DE∥BC,连接DC,点F在DC上,∠DEF=∠B.
(1)求证:EF∥AB.
(2)若DE平分∠ADC,∠BDC=3∠B,求∠EFC的度数.
解析 (1)证明:∵DE∥BC,∴∠B=∠ADE,
∵∠DEF=∠B,∴∠ADE=∠DEF,∴AB∥EF.
(2)∵DE平分∠ADC,∴∠ADC=2∠ADE,
∵∠ADE=∠B,∴∠ADC=2∠B,
∵∠BDC=3∠B,∠ADC+∠BDC=180°,
∴2∠B+3∠B=180°,∴∠B=36°,
∴∠ADC=2∠B=72°,
∵AB∥EF,∴∠EFC=∠ADC=72°.
类型三 作平行线,构造内错角相等
4.(“猪蹄”模型)(2023江苏南京建邺期中)如图,∠1+∠2=∠AEC.
求证:AB∥CD.
证明 如图,过点E作EF∥AB,
则∠1=∠AEF,
∵∠1+∠2=∠AEC,∠AEF+∠CEF=∠AEC,
∴∠1+∠2=∠AEF+∠CEF,
∴∠2=∠CEF,∴EF∥CD,
∵EF∥AB,∴AB∥CD.
模型解读
平行线拐点模型——“猪蹄”模型
如图,点P在直线AB,CD之间,且在点B,D左侧.
结论1:若AB∥CD,则∠B+∠D=∠P;
结论2:若∠B+∠D=∠P,则AB∥CD.
类型四 作平行线,构造同旁内角互补
5.(2024福建福州仓山期末)如图所示的是某款护眼灯的平面 示意图(台灯底座高度忽略不计),其中CD⊥DE,AB∥DE.若 ∠ABC=α,则∠BCD的度数为 ( )
A.270°-α B.90°-α C.270°+α D.90°+α
A
解析 如图,过C作CK∥AB,
∵AB∥DE,∴AB∥CK∥DE,
∴∠DCK+∠CDE=180°,
∠ABC+∠BCK=180°,
∴∠DCK+∠CDE+∠ABC+∠BCK=360°,
即∠ABC+∠BCD+∠CDE=360°,
∵CD⊥DE,∴∠CDE=90°,∵∠ABC=α,
∴∠BCD=360°-α-90°=270°-α,故选A.
6.(“铅笔”模型)如图,∠B+∠BCD+∠D=360°,求证:∠1=∠2.
证明 如图,过点C作CP∥AB.
则∠B+∠5=180°,
∵∠B+∠BCD+∠D=360°,
∴∠6+∠D=180°,
∴CP∥ED,
∵CP∥AB,∴AB∥ED,
∴∠3=∠4,∴∠1=∠2.
模型解读
平行线拐点模型——“铅笔”模型
如图,点P在直线AB,CD之间,且在点B,D右侧.
结论1:若AB∥CD,则∠B+∠D+∠P=360°;
结论2:若∠B+∠D+∠P=360°,则AB∥CD.
类型五 作平行线,构造同位角相等
7.(新考向·过程性学习试题)(2023山东临沂临沭期末)下面是 课堂上老师呈现的一个问题:
已知:如图,AB∥CD,MN⊥CD于点O,MP交AB于点G,当∠1= 50°时,求∠PMN的度数.
下面提供三种思路:
思路一:过点M作EF∥CD(如图甲);
思路二:过点G作GE∥MN,交CD于点E;
思路三:过点O作OF∥PM,交AB于点F.
解答下列问题:
(1)根据思路一(图甲),可求得∠PMN的度数为 .
(2)根据思路二、思路三分别在图乙和图丙中作出符合要求 的辅助线.
(3)请你从思路二、思路三中任选其中一种,写出求∠PMN度 数的解答过程.
解析 (1)∵MN⊥CD,∴∠4=90°,∵AB∥CD,EF∥CD,∴EF∥
AB∥CD,∴∠2=∠1=50°,∠3=∠4=90°,∴∠PMN=∠2+∠3
=140°.
故答案为140°.
(2)如图乙和图丙所示.
(3)∵MN⊥CD,∴∠MOD=90°.
选思路二:如图乙,过点G作GE∥MN,交CD于点E,
∴∠GEO=∠MOD=90°,∠EGM+∠PMN=180°,
∵AB∥CD,∴∠AGE=∠GEO=90°,
∴∠EGM=180°-∠1-∠AGE=40°,
∴∠PMN=140°.
选思路三:如图丙,过点O作OF∥PM,交AB于点F,
∴∠PMN+∠FOM=180°,∠GFO=∠1=50°,
∵AB∥CD,∴∠FOC=∠GFO=50°,
∵∠MOD=90°,∴∠COM=90°,
∴∠FOM=90°-50°=40°,∴∠PMN=140°.(共18张PPT)
与角平分线有关的四种辅助线的作法
专项素养综合练（八）
类型一 平行线+角平分线→等腰三角形
1.如图,在△ABC中,AB=AC,BO平分∠ABC,CO平分∠ACB.
(1)△OBC是什么三角形
(2)过点O作DE∥BC,交AB于D,交AC于E,则图中共有几个等 腰三角形
(3)试猜想线段DE和线段BD,CE之间的数量关系,并说明理由.
解析 (1)△OBC是等腰三角形.
(2)题图中共有5个等腰三角形.
(3)猜想:DE=BD+CE.
理由:∵BO平分∠ABC,∴∠ABO=∠CBO.
∵DE∥BC,∴∠BOD=∠CBO,
∴∠ABO=∠BOD,∴BD=OD.
同理可证CE=OE.
∵DE=OD+OE,∴DE=BD+CE.
类型二 已知角平分线作垂两边
2.(2023山东枣庄市中月考)如图,在△ABC中,∠BAC=60°,角 平分线BE,CD相交于点P,若AP=4,AC=6,则S△APC= ( )
A.4 B.6 C.12 D.24
B
解析 如图,过点P作PF⊥AC,垂足为F,
易得AP为∠BAC的平分线,∵∠BAC=60°,
∴∠PAF= ∠BAC=30°,∵PF⊥AC,AP=4,∴PF= AP=2,
∴S△APC= AC·PF= ×6×2=6.故选B.
3.如图,△ABC的外角∠CBD和∠BCE的平分线相交于点F.
(1)求证:点F在∠DAE的平分线上.
(2)若∠A=50°,求∠BFC的大小.
解析 (1)证明:如图,过点F作
FM⊥AB于M,FN⊥BC于N,FG⊥AC于G,
∵BF平分∠CBD,∴FM=FN,
同理可得FG=FN,∴FM=FG,
∴点F在∠DAE的平分线上.
(2)∵BF,CF分别为∠CBD,∠BCE的平分线,∠A=50°,
∴∠BCF= (∠A+∠ABC),∠CBF= (∠A+∠ACB),∴∠BFC
=180°-∠BCF-∠CBF=180°- [∠A+(∠A+∠ABC+∠ACB)]=
180°- (∠A+180°)=90°- ×50°=90°-25°=65°.
类型三 构造“三线合一”
4.(2023辽宁丹东凤城期中)如图,在△ABC中,BP平分∠ABC, AP⊥BP于点P,连接PC,若△PAB的面积为6 cm2,△PBC的面 积为8 cm2,则△PAC的面积为 ( )
A.2 cm2 B.2.5 cm2 C.3 cm2 D.4 cm2
A
解析 延长AP交BC于D,如图,
∵BP平分∠ABC,AP⊥BP,
∴∠ABP=∠DBP,
∠APB=∠DPB=90°,
∴∠PAB=∠PDB,∴BA=BD,
∵BP⊥AD,∴AP=DP,∴S△PBD=S△PAB=6 cm2,
∵S△PBC=8 cm2,∴S△PDC=2 cm2,
∵AP=DP,∴S△PAC=S△PDC=2 cm2.故选A.
5.如图,在Rt△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,∠1=∠2,CE⊥BD 交BD的延长线于E.求证:BD=2CE.
证明 延长CE,BA交于F点,如图,
∵BE⊥EC,∴∠BEF=∠CEB=90°,
∴∠1+∠F=90°,∠2+∠BCE=90°.
∵∠1=∠2,∴∠F=∠BCF,∴BF=BC,
∵BE⊥CF,∴2CE=2FE=CF,
∵△ABC中,AC=AB,∠BAC=90°,
∴∠1+∠ADB=90°,∠CAF=90°,
∵∠1+∠F=90°,∴∠ADB=∠F.
在△ADB和△AFC中,
∴△ADB≌△AFC(AAS),∴BD=FC,∴BD=2CE.
类型四 已知角平分线截两边
6.已知△ABC中,∠B=60°,△ABC的角平分线AD,CE相交于点 O,分别交BC,AB于点D,E,求证:AE+CD=AC.
证明 在△ABC中,∠B=60°,
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=180°-60°=120°.
∵AD平分∠BAC,CE平分∠ACB,∴∠OAC=∠OAB= ∠BAC,
∠OCD=∠OCA= ∠ACB,
在△OAC中,∠AOC=180°-(∠OAC+∠OCA)
=180°- (∠BAC+∠ACB)=180°- ×120°=120°.
∴∠AOE=180°-∠AOC=180°-120°=60°.
在AC上截取AF=AE,连接OF,如图,
在△AOE和△AOF中,
∴△AOE≌△AOF(SAS),∴∠AOE=∠AOF,
∴∠AOF=60°.
∴∠COF=∠AOC-∠AOF=120°-60°=60°.
又∠COD=∠AOE=60°,∴∠COD=∠COF.
在△COD和△COF中,
∴△COD≌△COF(ASA),∴CD=CF.
∴AC=AF+CF=AE+CD,即AE+CD=AC.(共11张PPT)
新定义型试题
专项素养综合练（十一）
类型一 定义新运算
1.对于任意实数a,b,定义一种运算:a*b=ab-a+b-2.例如2*5=2 ×5-2+5-2=11,请根据上述的定义解决问题,若2*x<6,则该不等 式的正整数解的个数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
C
解析 由题意得2x-2+x-2<6,解得x<3 ,
∴该不等式的正整数解为1,2,3,共3个,故选C.
2.(2023山东济南钢城期末)定义新运算:对于任意实数a,b约 定关于 的一种运算如下:a b=2a+b.例如:(-3) 2=2×
(-3)+2=-4.若x (-y)=5,且2y x=7,则x+y的值是 .
4
解析 ∵ ∴
①+②得3x+3y=12,∴x+y=4.故答案为4.
3.(2024广东珠海金湾期末)对x,y定义一种新的运算A,规定A (x,y)= (其中ab≠0).
(1)若a=-2,b=1,则A(4,3)= .
(2)已知A(1,1)=5,A(-1,2)=1,求a,b的值.
(3)在(2)的条件下,若关于正数p的不等式组 恰好有2个整数解,求m的取值范围.
解析 (1)由题意可得A(4,3)=4a+3b,
∵a=-2,b=1,
∴A(4,3)=4×(-2)+3×1=-8+3=-5,
故答案为-5.
(2)由题意可得 解得
∴a的值为2,b的值为3.
(3)∵p为正数,∴3p>2p-1,-1-3p<-2p,
∴A(3p,2p-1)=2×3p+3×(2p-1)=12p-3,
A(-1-3p,-2p)=2×(-2p)+3×(-1-3p)=-13p-3,
∴
解得
∵不等式组恰好有2个整数解,
∴2个整数解为1,2,
∴2≤- <3,
解得-42类型二 定义新概念
4.(2024河北邢台襄都月考)定义:在一个三角形中,如果有一个角是另一个角的 ,我们称这两个角互为“友爱角”,这个三角形叫做“友爱三角形”.例如:在△ABC中,如果∠A=80°,∠B=40°,那么∠A与∠B互为“友爱角”,△ABC为“友爱三角形”.
(1)如图1,△ABC是“友爱三角形”,且∠A与∠B互为“友爱 角”(∠A>∠B),∠ACB=90°.
①求∠A,∠B的度数.
②若CD是△ABC中AB边上的高,则△ACD,△BCD都是“友 爱三角形”吗 为什么
(2)如图2,在△ABC中,∠ACB=70°,∠A=66°,D是边AB上一点 (不与点A,B重合),连接CD,若△ACD是“友爱三角形”,直接 写出∠ACD的度数.
解析 (1)①∵△ABC是“友爱三角形”,且∠A与∠B互为 “友爱角”(∠A>∠B),∴∠A=2∠B,
∵∠ACB=90°,∴∠A+∠B=180°-90°=90°,
即2∠B+∠B=90°,解得∠B=30°,∴∠A=60°.
②△ACD、△BCD都是“友爱三角形”.
理由:∵CD是△ABC中AB边上的高,
∴∠ADC=∠BDC=90°,
∵∠A=60°,∠B=30°,
∴∠ACD=30°,∠BCD=60°,
在△ACD中,∠A=60°,∠ACD=30°,
∴∠ACD= ∠A,
∴△ACD为“友爱三角形”.
在△BCD中,∠BCD=60°,∠B=30°,
∴∠B= ∠BCD,
∴△BCD为“友爱三角形”.
(2)∵△ACD是“友爱三角形”,D是边AB上一点(不与点A,B 重合),
∴∠ACD= ∠A或∠ACD= ∠ADC,
当∠ACD= ∠A时,∠ACD= ∠A=33°;
当∠ACD= ∠ADC时,∠A+3∠ACD=180°,即3∠ACD=114°,
∴∠ACD=38°.
综上所述,∠ACD的度数为33°或38°.(共9张PPT)
跨学科专题
专项素养综合练（十）
类型一 生物中的不等式
1.(跨生物·营养成分)每年的5月20日是中国学生营养日,某校 社会实践小组在这天开展活动,调查快餐营养情况.他们从食 品安全监督部门获取了一份快餐的信息(如图).
根据此信息,解答下列问题:
(1)求这份快餐中所含脂肪的质量.
(2)若这份快餐中蛋白质和碳水化合物所占百分比的和不高 于85%,求其中所含碳水化合物质量的最大值.
解析 (1)500×5%=25(克).
答:这份快餐中所含脂肪的质量为25克.
(2)设所含矿物质的质量为x克,则所含蛋白质的质量为4x克, 所含碳水化合物的质量为(500-25-4x-x)克,根据题意得4x+
(500-25-4x-x)≤85%×500,解得x≥50,∴500-25-4x-x≤225.
答:其中所含碳水化合物质量的最大值为225克.
类型二 信息科技中的不等式
2.(跨信息科技·程序框图)运行程序如图所示,规定:从“输入 一个值x”到“判断结果是否>26”为一次程序操作,若程序 操作进行了1次后就停止,则x的最小整数值为 ( )
A.7 B.8 C.9 D.10
D
解析 依题意,得3x-1>26,解得x>9,
∴x的最小整数值为10.故选D.
类型三 化学中的不等式
3.(跨化学·pH)检测游泳池的水质,要求三次检验的pH的平均 值不小于7.2,且不大于7.8.前两次检验,pH的读数分别是7.4, 7.9,那么第三次检验的pH应该为多少才能合格 设第三次的 pH为x,由题意可得 ( )
A.7.2×3≤7.4+7.9+x≤7.8×3 B.7.2×3<7.4+7.9+x≤7.8×3
C.7.2×3>7.4+7.9+x>7.8×3 D.7.2×3<7.4+7.9+x<7.8×3
A
解析 根据题意知7.2≤ ≤7.8,
∴7.2×3≤7.4+7.9+x≤7.8×3,故选A.
类型四 语文中的不等式
4.(跨语文·小说赏析)《镜花缘》是我国的著名小说.书中有 一道题用现代语言表述如下:在一座小楼上挂满灯球,如图, 甲种灯球上有3个大球,下缀6个小球;乙种灯球上有3个大球, 下缀18个小球.已知大球共有396个,小球共有1 440个.
(1)求甲、乙两种灯球分别有多少个.
(2)小明打算购买30个灯球,其中甲种灯
球的个数不少于乙种灯球个数的2倍,
问:最少购买多少个甲种灯球
解析 (1)设甲种灯球有x个,乙种灯球有y个,
由题意,得 解得
答:甲种灯球有78个,乙种灯球有54个.
(2)设购买m个甲种灯球,则购买(30-m)个乙种灯球,依题意,得 m≥2(30-m),解得m≥20.
答:最少购买20个甲种灯球.(共12张PPT)
二元一次方程(组)的解的五种常见应用
专项素养综合练（一）
类型一 已知二元一次方程(组)的解,求字母或式子的值
1.(2024湖南郴州嘉禾月考)已知 是关于x,y的二元一次
方程mx-(2m-1)y=-7的解,则m的值为 ( )
A.-2 B.-1 C.1 D.3
B
解析 把 代入方程mx-(2m-1)y=-7,得m+2(2m-1)=-7,解
得m=-1.故选B.
2.(2024山东聊城阳谷月考)若 是方程组 的
解,则a2 022+2b2 022的值为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
C
解析 ∵ 是方程组 的解,
∴
①+②得,6a=6,解得a=1,
把a=1代入①,得3-2b=1,解得b=1,
∴a2 022+2b2 022=12 022+2×12 022=3,
故选C.
类型二 已知二元一次方程组中的未知数满足某一关系,求 字母的值
3.(2024北京西城期中)关于x,y的方程组 的解中x
与y 的差等于2,则m的值为 ( )
A.4 B.-4 C.2 D.-2
C
解析
①+②,得3x-3y=4m-2,
∵x与y的差等于2,∴x-y=2,
∴3(x-y)=3×2=4m-2,∴m=2.
故选C.
4.(整体思想)(2024山东济南莱芜期中)若方程组 的解满足x+y=3,则k= ( )
A.3 B.5 C.4 D.-1
C
解析
①+②,得5x+5y=4k-1,
∵x+y=3,∴5x+5y=5(x+y)=5×3=15,
即4k-1=15,解得k=4.故选C.
类型三 已知两个二元一次方程组同解,求字母的值
5.已知关于x,y的方程组 与 有相同的解,
则a,b的值分别为( )
A.1,2 B.-4,-6 C.-6,2 D.14,2
D
解析 联立5x+y=3与x-2y=5得方程组 解得
将 代入 得 解得 故选D.
类型四 已知二元一次方程组的错解,求字母的值
6.(2024湖南郴州永兴月考)已知方程组 由于甲
看错了方程①中的a,得到方程组的解为 乙看错了方
程②中的b,得到方程组的解为 试求出a,b的值及原方
程组的解.
解析 将 代入②得-12+b=-2,解得b=10,
将 代入①得5a+10=15,解得a=1,
把a=1,b=10代入方程组得
③×2+④得6x=28,解得x= ,
将x= 代入③得y= ,
则原方程组的解为
类型五 已知二元一次方程组的解,求与其系数相同的二元 一次方程组的解
7.(2024福建泉州惠安月考)若方程组
的解为 则方程组 的解为( )
A. B. C. D.
C
解析 ∵方程组 的解为
∴
∴方程组 的解为 (共23张PPT)
二元一次方程(组)的八种常见实际应用
专项素养综合练（二）
类型一 数字问题
1.(2023山东青岛莱西期中)已知某首歌曲的歌词的字数是一 个两位数,十位数字是个位数字的两倍,且十位数字比个位数 字大4,则这首歌曲的歌词的字数是 .
84
解析 设这首歌曲的歌词的字数的十位数字为x,个位数字 为y,由题意得 解得
∴这首歌曲的歌词的字数为84,故答案为84.
类型二 行程问题
2.(2024山东济宁十七中月考)列方程组解应用题:甲、乙两 人相距12 km,若两人同向而行,甲3小时可追上乙;若两人相 向而行,则1小时后相遇.求甲、乙两人的平均速度各是多少.
解析 设甲的平均速度为x km/h,乙的平均速度为y km/h,由 题意得 解得
答:甲的平均速度为8 km/h,乙的平均速度为4 km/h.
类型三 工程问题
3.(2023河北邯郸馆陶期中)有一块面积为180亩的荒地需要 绿化,甲工程队绿化若干天后,因有急事,剩余工作由乙工程 队完成,已知甲工程队每天绿化8亩,乙工程队每天绿化12亩, 一共用20天完成.
(1)设甲工程队绿化m天,乙工程队绿化n天,依题意可列方程 组: .
(2)设甲工程队绿化荒地x亩,乙工程队绿化荒地y亩,请列方程 组求甲、乙两工程队分别绿化荒地的亩数.
解析 (1)根据“甲工程队每天绿化8亩,乙工程队每天绿化1 2亩,荒地面积为180亩”可知8m+12n=180;根据“甲、乙两 工程队一共用20天完成”可列方程为m+n=20,所以可列方程 组为
(2)根据“荒地面积为180亩”可列方程为x+y=180;根据“甲 工程队每天绿化8亩,乙工程队每天绿化12亩,一共用20天完 成”可列方程为 + =20,所以可列方程组为 解
得
答:甲、乙两工程队分别绿化荒地120亩、60亩.
类型四 配套问题
4.(情境题·国防教育)每年九月的第三个星期六为全民国防 教育日,某校从七年级抽取45名学生参与国防科技节活动,制 作纸飞机模型,每人每小时可做20个机身或60个机翼,一个飞 机模型要1个机身配2个机翼,为了使每小时制作的机身和机 翼刚好配套,应该分配多少名学生做机身,多少名学生做机 翼 在刚好配套的情况下,每小时能够做出多少套
解析 设应该分配x名学生做机身,y名学生做机翼,
由题意得 解得
所以每小时能做出20×27=540(套).
答:应该分配27名学生做机身,18名学生做机翼,每小时能够 做出540套.
类型五 图表问题
5.(2023山东青岛期末)塑料凳子轻便实用,在生活中随处可 见,如图,3个塑料凳子叠放在一起的高度为55 cm,5个塑料凳 子叠放在一起的高度为65 cm,当10个塑料凳子整齐地叠放 在一起时,其高度是 cm.
90
解析 设1个塑料凳子的高度为x cm,每叠放1个塑料凳子高 度增加y cm,
依题意得 解得
∴x+9y=45+9×5=90,
∴10个塑料凳子整齐地叠放在一起的高度为90 cm.
6.(2024湖南长沙望城月考)某电器超市销售A,B两种型号的 电风扇,A型号的电风扇每台进价为200元,B型号的电风扇每 台进价为170元.如表所示的是近2周的销售情况:(进价、售 价均保持不变,利润=销售收入-进货成本)
销售时段 销售数量 销售收入
A型号 B型号
第一周 3 5 1 750元
第二周 4 10 3 000元
(1)求A,B两种型号的电风扇的销售单价各是多少.
(2)超市销售了A,B两种型号的电风扇共25台,则超市能否实 现利润恰好为1 200元的目标 请说明理由.
解析 (1)设A种型号电风扇的销售单价是x元,B种型号电风 扇的销售单价为y元.
根据题意得
解得
答:A种型号电风扇的销售单价为250元,B种型号电风扇的销 售单价为200元.
(2)不能实现利润恰好为1 200元的目标,理由如下:
假设能实现利润恰好为1 200元的目标,设销售m台A种型号
电风扇,则销售(25-m)台B种型号的电风扇,
根据题意得(250-200)m+(200-170)(25-m)=1 200,解得m= ,
∵m为正整数,
∴m= 不符合题意,舍去.
故假设不成立,即不能实现利润恰好为1 200元的目标.
类型六 古代数学问题
7.(情境题·数学文化)(2023山东泰安中考)《九章算术》是我 国古代数学的经典著作,书中有一个问题:“今有黄金九枚, 白银一十一枚,称之重适等,交易其一,金轻十三两,问金、银 各重几何 ”意思如下:甲袋中装有黄金9枚(每枚黄金质量相 同),乙袋中装有白银11枚(每枚白银质量相同),称重两袋相 等,两袋互相交换1枚后,甲袋比乙袋轻了13两(袋子质量忽略 不计),问黄金、白银每枚各重多少两 设每枚黄金重x两,每 枚白银重y两.根据题意得 ( )
C
A.
B.
C.
D.
解析 ∵甲袋中装有黄金9枚,乙袋中装有白银11枚,称重两 袋相等,∴9x=11y.∵两袋互相交换1枚后,甲袋比乙袋轻了13 两,∴(10y+x)-(8x+y)=13.∴可列方程组为 故选C.
类型七 比赛积分问题
8.(2023山东枣庄十五中期末)一张竞赛试卷有25道题,做对 一道题得4分,做错一道题倒扣1分,小明做了全部试题得到70 分,则他做对的题有( )
A.16道 B.17道 C.18道 D.19道
D
解析 设小明做对的题有x道,做错的题有y道,
根据题意得 解得
∴他做对的题有19道,故选D.
9.(2024广西贵港覃塘期末)某区中学生足球比赛共有8轮(即 每队均需参赛8场),胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分. 在这次足球比赛中,某队踢平的场数是所负场数的2倍,共得1 7分,则该队共胜 场.
5
解析 设负的场数为x场,胜的场数为y场,由题意得
解得
答:该队共胜5场.
类型八 方案决策问题
10.(情境题·爱国主义教育)(2024海南东方民族中学月考) “沉睡数千年,一醒惊天下”,三星堆遗址出土的文物再现了 古蜀文明的辉煌景象.某校组织师生共480人开展三星堆博 物馆研学活动.该校计划向运输公司租用A,B两种型号的车 接送师生往返,若租用A型车3辆,B型车6辆,则空余15个座位; 若租用A型车5辆,B型车4辆,则还有15人没有座位.
(1)求A,B两种型号的车各有多少个座位.
(2)若要求租用的每辆客车都坐满,则共有多少种租车方案 并列出所有的租车方案.
解析 (1)设A型车有x个座位,B型车有y个座位,根据题意得 解得
答:A型车有45个座位,B型车有60个座位.
(2)设租用A型车m辆,B型车n辆,根据题意可得45m+60n=480, 则n= =8- m,
∵m,n为正整数,∴当m=4时,n=8- ×4=5,
当m=8时,n=8- ×8=2,
∴共有2种租车方案,分别为①租用A型车4辆,租用B型车5辆; ②租用A型车8辆,租用B型车2辆.(共17张PPT)
跨学科专题
专项素养综合练（五）
类型一 语文、英语、化学、物理中的概率
1.(跨语文·诗词)(2024安徽宣城模拟)下列诗句所描述的事件 中,属于必然事件的是 ( )
A.黄河入海流 B.手可摘星辰
C.锄禾日当午 D.大漠孤烟直
A
解析 A.“黄河入海流”所描述的事件是必然事件;B.“手 可摘星辰”所描述的事件是不可能事件;C.“锄禾日当午” 所描述的事件是随机事件;D.“大漠孤烟直”所描述的事件 是随机事件.故选A.
2.(跨英语·单词)在单词mathematics(数学)中任意选择一个字 母,所选字母是辅音字母的概率是 ( )
A. B. C. D.
C
解析 ∵单词mathematics(数学)中共有11个字母,其中有7个 辅音字母,
∴任意选择一个字母,所选字母是辅音字母的概率是 .故选C.
3.(跨化学·化学实验)(2024河北石家庄二模)化学实验室的试 管架上放有4支完全相同的试管,试管中分别装有等量的4种 无色无味的溶液,其中1支试管装有酸溶液,2支试管装有盐溶 液,1支试管装有碱溶液.若从中随机选取1支试管,则该支试 管中装有盐溶液的概率为 ( )
A. B. C. D.1
A
解析 由题意可得,从中随机选取1支试管,该支试管中装有 盐溶液的概率为 = = ,故选A.
4.(跨物理·电路图)(2024内蒙古呼伦贝尔阿荣旗二模)电路图 上有四个开关A,B,C,D和一个小灯泡,闭合开关D或同时闭合 开关A,B,C,都可使小灯泡发光.任意闭合其中一个开关,则小 灯泡发光的概率等于 ( )
A. B. C. D.
C
解析 共有4个开关,闭合其中一个开关,有4种情况,能使小 灯泡发光的情况只有一种,
∴任意闭合其中一个开关,能使小灯泡发光的概率为 ,故选C.
5.(跨物理·凹透镜)(2024山东济南一模)如图,平行于主光轴 MN的光线AB和CD经过凹透镜的折射后,折射光线BE,DF的 反向延长线交于主光轴MN上一点P.若∠ABE=160°,∠CDF= 150°,则∠EPF的度数是 ( )
A.20° B.30°
C.50° D.70°
C
类型二 物理、语文中的平行线
解析 ∵∠ABE=160°,∠CDF=150°,
∴∠ABP=180°-∠ABE=20°,∠CDP=180°-∠CDF=30°,
∵AB∥CD∥MN,
∴∠BPN=∠ABP=20°,∠DPN=∠CDP=30°,
∴∠EPF=∠BPN+∠DPN=20°+30°=50°.故选C.
6.(跨物理·光的折射)(2023四川凉山州中考)光线在不同介质 中的传播速度是不同的,因此光线从水中射向空气时,要发生 折射.由于折射率相同,所以在水中平行的光线,在空气中也 是平行的.如图,∠1=45°,∠2=120°,则∠3+∠4=( )
A.165°
B.155°
C.105°
D.90°
C
解析 ∵在水中平行的光线,在空气中也是平行的,∠1=45°, ∴∠3=∠1=45°,∵水面与杯底面平行,∴∠4=180°-∠2=60°, ∴∠3+∠4=105°.故选C.
7.(跨语文·汉字文化)中华文化博大精深,汉字便是其中一块 瑰宝.汉字中存在很多的“平行美”,如汉字“互”.将汉字 “互”转化为几何图形如图所示,已知AB∥CD∥MH∥FN, EF∥GH,若∠BEM=100°,求∠NGD的度数.
解析 ∵AB∥FN,∠BEM=100°,
∴∠EFN=180°-∠BEM=80°,
∵EF∥GH,∴∠FNG=∠EFN=80°,
∵CD∥FN,∴∠NGD=∠FNG=80°.
8.(跨物理·拉力与重力)在物理实验课上,小鹏利用滑轮组及 相关器材进行实验,他把得到的拉力F(N)和所悬挂物体的重 力G(N)的几组数据用电脑绘制成如图所示的图象(不计绳重 和摩擦力),则以下说法不正确的是 ( )
B
类型三 物理中的二元一次方程组
A.拉力随着物体的重力的增大而增大
B.当拉力F=1.5 N时,物体的重力G=6 N
C.当物体的重力G=7 N时,拉力F=1.9 N
D.当滑轮组不悬挂物体时,拉力为0.5 N
解析 A.由图象可知,拉力F随着重力的增大而增大,故A说 法正确,不符合题意;B.∵拉力F是重力G的一次函数,∴设拉 力F与重力G之间的函数解析式为F=kG+b(k≠0),则 解得
∴拉力F与重力G之间的函数解析式为F=0.2G+0.5,当F=1.5 N时,G=5 N,故B说法错误,符合题意;
C.当G=7 N时,F=0.2×7+0.5=1.9 N,故C说法正确,不符合题意; D.∵G=0 N时,F=0.5 N,故D说法正确,不符合题意.故选B.(共28张PPT)
不等式(组)中常见七种求字母的值 或取值范围的问题
专项素养综合练（九）
类型一 根据不等式的概念确定字母的值
1.(2023山东菏泽牡丹月考)若(a-1)x|a|>1是关于x的一元一次 不等式,则a= .
-1
解析 由题意得|a|=1,且a-1≠0,
解得a=-1,故答案为-1.
类型二 根据不等式的基本性质确定字母的取值范围
2.(2024山东青岛胶州月考)若关于x的不等式(1-a)x>a-1的解 集是x<-1,则实数a的取值范围是 .
a>1
解析 ∵关于x的不等式(1-a)x>a-1的解集是x<-1,
∴1-a<0,∴a>1,故答案为a>1.
3.(2024河北沧州青县期末)若x(m-2)y,则m的取 值范围是 .
m<2
解析 ∵x(m-2)y,
∴m-2<0,∴m<2.故答案为m<2.
类型三 根据不等式(组)的解集确定字母的值或取值范围
4.如果关于x的不等式4-3a≥2(3x+a)的解集在数轴上表示如 图所示,那么a的值是 ( )
A.-1 B.-2 C.2 D.1
C
解析 去括号,得4-3a≥6x+2a,移项、合并同类项,得-6x≥5a -4,系数化为1,得x≤ .根据数轴可知不等式的解集为x≤
-1,∴ =-1,解得a=2.故选C.
5.(2024山东威海经开区期末)若不等式 (x+4)<3m的解集为x<5,则m的值为 ( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
C
解析 <3m,去分母得x+4<9m,解得x<9m-4,
∵不等式的解集是x<5,∴9m-4=5,∴m=1,故选C.
6.(2023四川遂宁中考)若关于x的不等式组 的
解集为x>3,则a的取值范围是 ( )
A.a>3 B.a<3 C.a≥3 D.a≤3
D
解析 解不等式①得x>3,解不等式②
得x>a,∵关于x的不等式组 的解集为x>3,∴a
≤3,故选D.
7.(2024江苏南通海门期末)若不等式组 的解集
为-2A.1 B.-1 C.-2 D.-3
B
解析
解不等式①,得x>2a+2,
解不等式②,得x∴不等式组的解集为2a+2∵不等式组的解集为-2∴2a+2=-2且b+2=3,解得a=-2,b=1,
∴a+b=-2+1=-1,
故选B.
类型四 根据不等式组无解确定字母的取值范围
8.(2024山东威海乳山期末)若不等式组 无解,则a
的取值范围为 ( )
A.a>4 B.a≤4 C.0D
解析 解不等式2x-2a>0得x>a,解不等式4-x≥0得x≤4,由不 等式组无解,可知a≥4.故选D.
9.(2024河南安阳模拟)若不等式组 无解,则m的取
值范围为 .
m<2
解析 解不等式 ≤ -1得x≥8,
∵x≤4m且不等式组无解,
∴4m<8,解得m<2,故答案为m<2.
类型五 根据不等式(组)的特殊解的个数确定字母的取值 范围
10.若关于x的不等式组 的整数解共有三个,则a的取
值范围是 ( )
A.3≤a<3.5 B.3C.3A
解析 解不等式2x-1>3,得x>2,
∴不等式组的解集为2∵不等式组的整数解共有三个,
∴不等式组的整数解为3,4,5,∴5≤2a-1<6,
则3≤a<3.5,故选A.
11.(2023四川眉山中考)关于x的不等式组 的整
数解只有4个,则m的取值范围是 ( )
A.-5≤m<-4 B.-5C.-4≤m<-3 D.-4A
解析 解不等式②得x<3,∴不等式组的解集
为m+312.(2024海南海口美兰月考)不等式组 的所有整
数解的和为7,则整数a的值有 ( )
A.3个 B.4个 C.6个 D.8个
C
解析
解不等式①,得x> ,
解不等式②,得x≤4,
∵所有整数解的和为7,
∴整数解为4,3或4,3,2,1,0,-1,-2,
∴2≤ <3或-3≤ <-2,
∴6≤a<9或-9≤a<-6,
∴整数a的值为6,7,8,-9,-8,-7,共6个.
故选C.
13. 已知关于x的不等式3a+2x>1至少有三个负整数解,求a的 取值范围.
解析 解关于x的不等式3a+2x>1,得x> .
∵关于x的不等式3a+2x>1至少有三个负整数解,
∴关于x的不等式3a+2x>1至少有的三个负整数解是-3、-2、
-1,
∴ <-3,解不等式,得a> ,
∴a的取值范围是a> .
类型六 根据方程(组)的解确定字母的取值范围
14.(2024贵州毕节金沙月考)若关于x的方程x+7=a的解为正 数,则实数a的取值范围是 ( )
A.a>0 B.a<0 C.a<-7 D.a>7
D
解析 解方程x+7=a得x=a-7,
∵关于x的方程x+7=a的解为正数,
∴a-7>0,∴a>7,故选D.
15.(2024河南周口郸城月考)已知关于x,y的二元一次方程组 的解满足不等式组 则m的取值范围
是 ( )
A.m>3 B.0B
解析
①+②得3x+3y=3+m,即x+y= ,
①-②得x-y=3m-1,
∵ ∴ 解得0故选B.
16.(2024上海交大附中期末)若关于x,y的方程组 的解是正数,则m的取值范围是 .
解析
②-①×2得y=3m-4,
把y=3m-4代入①得2x+3m-4=m+3,解得x= ,
根据题意得3m-4>0, >0,
解得 17.(2024湖南邵阳邵东月考)已知关于x,y的方程组 的解满足x为非负数,y为负数.
(1)求a的取值范围.
(2)当a取哪些整数时,不等式(a-1)x<2a-2的解集为x>2
解析 (1)解方程组 得
∵x为非负数,y为负数,∴a+2≥0,a-5<0,
解得a≥-2,a<5,
∴a的取值范围为-2≤a<5.
(2)∵不等式(a-1)x<2a-2的解集为x>2,
∴a-1<0,∴a<1,
由(1)知-2≤a<5,∴-2≤a<1,
∴a可取的整数为-2,-1,0.
类型七 利用两个不等式的解的关系确定参数的取值范围
18.已知关于x的两个不等式:① <1-a与②1-2x>0.
(1)若两个不等式的解集相同,求a的值.
(2)若不等式①的解都是②的解,求a的取值范围.
解析 (1)解不等式①,得x< .
解不等式②,得x< .
∵两个不等式的解集相同,
∴ = ,解得a= .
(2)∵不等式①的解都是②的解,
∴ ≤ ,解得a≥ .(共16张PPT)
等腰三角形中的常见辅助线
专项素养综合练（七）
类型一 补形法
1.如图所示,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=80°,P为△ABC内一 点,若∠PBC=10°,∠PCB=30°.求∠PAB的度数.
解析 如图,在BC下方取一点D,连接AD,BD,使得三角形ABD 为等边三角形,连接DP,DC,
则AD=AB=AC,∠ABD=∠BAD=60°.
∵∠BAC=80°,
∴∠DAC=∠BAC-∠BAD=80°-60°=20°.
∵AD=AC,∴∠ACD=∠ADC=80°,
∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=50°,
∴∠BCD=∠ACD-∠ACB=80°-50°=30°.
∵∠ABD=60°,∠ABC=50°,∴∠DBC=60°-50°=10°,
∴∠CDB=180°-10°-30°=140°,
∵∠PBC=10°,∠PCB=30°,∴∠BPC=140°,
∴∠CDB=∠BPC,∵∠DCB=∠PCB=30°,BC=BC,
∴△BDC≌△BPC(AAS).∴PC=DC.易知∠PCD=60°,
∴△DPC是等边三角形,∴DP=PC.
∵AD=AC,AP=AP,∴△APD≌△APC(SSS).
∴∠DAP=∠CAP= ×20°=10°,
∴∠PAB=∠DAP+∠DAB=10°+60°=70°.
2.如图所示,在△ABC中,AB=AC,点D在AB上,点E在AC的延长 线上,且BD=CE,连接DE交BC于点F,试说明DF=EF.
解析 证明 如图,过点D作DG∥AC交BC于点G,
∵AB=AC,∴∠B=∠ACB,
∵DG∥AC,∴∠ACB=∠DGB,∠DGC=∠BCE,
∴∠ACB=∠DGB=∠B,
∴DG=DB,∵BD=CE,∴DG=CE,
∵∠DFG=∠EFC,∴△DFG≌△EFC(AAS),
∴DF=EF.
类型二 倍长中线法
3.(2024海南海口龙华校级期中)
(1)如图1,BD是△ABC的中线,延长BD至点E,使得DE=BD,连 接AE.
①求证:△ADE≌△CDB;
②若AB=6,BC=4,设BD=x,则x的取值范围是 .
(2)参考第一问的方法,完成以下问题:
如图2,BD是△ABC的中线,∠ABC=∠ACB,点E在AC的延长 线上,CE=AB,求证:BE=2BD.
解析 (1)①证明:∵BD是△ABC的中线,
∴AD=CD,
在△ADE和△CDB中,
∴△ADE≌△CDB(SAS).
②∵BD=x,∴DE=x,∴BE=BD+DE=2x,
由①可知△ADE≌△CDB,∴AE=BC=4,
在△ABE中,AB-AE∴1故答案为1(2)证明:如图,延长BD至点F,使得DF=BD,连接CF,
则BF=2BD,易证△CFD≌△ABD(SAS),
∴CF=AB,∠DCF=∠A,
∵∠ABC=∠ACB,∴AC=AB,∵CE=AB,∴CE=CF,
∵∠BCE=∠ABC+∠A,∠BCF=∠ACB+∠DCF,
∴∠BCE=∠BCF,
在△BCE和△BCF中,
∴△BCE≌△BCF(SAS),∴BE=BF,∴BE=2BD.
类型三 截长补短法
4.如图所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC,AD平分∠BAC交 BC于D,求证:AB=AC+CD.
证明 如图所示,在AB上截取AE=AC,连接DE,
∵AD平分∠BAC,∴∠1=∠2.
在△ACD和△AED中,
∴△ACD≌△AED(SAS).
∴∠AED=∠C=90°,CD=ED,
∵AC=BC,∠C=90°,∴∠B=45°.
∴∠EDB=∠B=45°.
∴DE=BE,∴CD=BE.
∵AB=AE+BE,∴AB=AC+CD.