(共20张PPT)
第3节 等腰三角形
等腰三角形中作 辅助线
四种常用方法
第十五章 轴对称图形与等腰三角形
1．如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边的中点，过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F.
(1)求证：DE＝DF；
(2)若∠A＝90°，图中与DE相等的
有哪些线段？(不说明理由)
1
方法
作“三线”中的“一线”
（1）证明：
连接AD.∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴∠EAD＝∠FAD.又∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠AED＝∠AFD＝90°.又∵AD＝AD，∴△AED≌△AFD，∴DE＝DF.
（2）解：
若∠BAC＝90°，图中与DE相等的有线段AE、AF、BE、CF、DF.
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，点P从点B出发沿线段BA移动(点P与A，B不重合)，同时点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，点P，Q移动的速度相同，PQ与边BC相交于点D.
(1)求证：PD＝QD；
2
方法
作平行线法
(2)过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当P，Q在移动的过程中，线段BE，DE，CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由．
（1）证明：
如图，过点P作PF∥AC交BC于F.
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP＝CQ.∵PF∥AQ，
∴∠PFB＝∠ACB，∠DPF＝∠CQD.
又∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠B＝∠PFB，
∴BP＝PF，∴PF＝CQ.在△PFD和△QCD中，
∵∠DPF＝∠DQC，∠PDF＝∠QDC，PF＝CQ，
∴△PFD≌△QCD(AAS)，∴PD＝QD.
(2)解：ED的长度保持不变．理由如下：由(1)知PB＝PF. ∵PE⊥BF，∴BE＝EF.由(1)知△PFD≌△QCD，∴FD＝CD，∴ED＝EF＋FD＝BE＋CD＝ BC，∴ED的长度保持不变．
3．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AD⊥BC于D，且AB＋BD＝DC，求∠C的度数．
3
方法
截长补短法
解：
在DC上截取DE＝BD，连接AE，∵AD⊥BC，
∴AD是线段BE的垂直平分线，
∴AB＝AE.∴∠B＝∠AEB.
∵AB＋BD＝CD，DE＝BD，
∴AB＋DE＝CD.而CD＝DE＋EC，
∴AB＝EC.∴AE＝EC.
故设∠EAC＝∠C＝x，∵∠AEB为△AEC的外角，
∴∠AEB＝∠EAC＋∠C＝2x.∴∠B＝2x.
∴∠BAE＝180°－2x－2x＝180°－4x.
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAE＋∠EAC＝120°，即180°－4x＋x＝120°，解得x＝20°，则∠C＝20°.
4．如图，已知AB＝AC，∠A＝108°，BD平分∠ABC交AC于D，求证：BC＝AB＋CD.
证明：
在线段BC上截取BE＝BA，连接DE.
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠EBD＝ ∠ABC，又∵BD＝BD，∴△ABD≌△EBD.
∴∠BED＝∠A＝108°，∠ADB＝∠EDB.
∵AB＝AC，∠A＝108°，
∴∠ACB＝∠ABC＝ ×(180°－108°)＝36°，∴∠ABD＝∠EBD＝18°，
∴∠ADB＝∠EDB＝180°－18°－108°＝54°，
∴∠CDE＝180°－∠ADB－∠EDB＝180°－54°－54°＝72°，
∴∠DEC＝180°－∠DEB＝180°－108°＝72°，
∴∠CDE＝∠DEC，∴CD＝CE，
∴BC＝BE＋EC＝AB＋CD.
5．如图，CE，CB分别是△ABC，△ADC的中线，且AB＝AC.求证：CD＝2CE.
4
方法
加倍折半法
证明：
如图，延长CE到点F，使EF＝CE，连接FB，则CF＝2CE.∵CE是△ABC的中线，∴AE＝
BE.在△BEF和△AEC中，
∴△BEF≌△AEC(SAS)．∴∠EBF＝∠A，
BF＝AC.又∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB.
∴∠CBD＝∠A＋∠ACB＝∠EBF＋∠ABC＝∠CBF.
∵CB是△ADC的中线，∴AB＝BD.
∵AB＝AC，AC＝BF，∴BF＝AB，∴BF＝BD.
在△CBF与△CBD中，
∴△CBF≌△CBD(SAS)．∴CF＝CD.∴CD＝2CE.
6．如图，已知△ABC是等腰直角三角形，BD平分∠ABC交AC于点D，CE⊥BD.求证：BD＝2CE.
证明：
延长BA交CE的延长线于点M.
∵CE⊥BD，∴∠BEC＝∠BEM＝90°.
∵BD平分∠ABC，∴∠MBE＝∠CBE.
又∵BE＝BE，∴△BME≌△BCE.
∴EM＝EC＝12MC.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠MAC＝90°，BA＝AC.
∴∠ABD＋∠BDA＝90°.
∵∠BEC＝90°，∴∠ACM＋∠CDE＝90°.
∵∠BDA＝∠EDC，∴∠ABE＝∠ACM.
又∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACM.
∴BD＝MC. ∴BD＝2CE.
(共18张PPT)
第3节 等腰三角形
活用“三线合一”巧解题
第十五章 轴对称图形与等腰三角形
1．(马鞍山12中期中)如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的中点，AD＝AE，∠1＝30°，求∠EDC 的度数．
1
技巧
利用“三线合一”求角的度数
解：
∵AB＝AC，BD＝DC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°.
∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED.
∴∠ADE＝∠AED＝(180°－∠1)÷2＝75°
∴∠EDC＝∠ADC－∠ADE＝90°－75°＝15°
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD＝DB，DE⊥AB于点E，若BC＝15，且△BDC的周长为39，求AE的长．
2
技巧
利用“三线合一”求线段长度
解：
∵△BDC的周长＝BD＋BC＋CD＝39，BC＝15，
∴BD＋DC＝24.
∵AD＝BD，
∴AB＝AC＝AD＋DC＝24.
又∵AD＝DB，DE⊥AB，
∴AE＝EB＝ AB＝12.
3．(中考?北京)如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，BE⊥AC于点E.求证：∠CBE＝∠BAD.
3
技巧
利用“三线合一”证角相等
证明：
∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形．
∵AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD.
∴∠CAD＋∠C＝90°.
∵BE⊥AC，∴∠CBE＋∠C＝90°.
∴∠CBE＝∠CAD. ∴∠CBE＝∠BAD.
4．已知△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，如图，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF.求证：DE＝DF.
4
技巧
利用“三线合一”求线段相等
证明：
连接AD.∵AB＝AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC.
∴∠ADB＝90°.∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°.在△ABD中，∠BAD＝180°－∠B－∠ADB＝45°，∴∠B＝∠BAD.∴BD＝AD.
又∵BD＝CD，∴AD＝CD.∴∠DAC＝∠C＝45°.
∴∠B＝∠DAC.又∵BE＝AF，
∴△BDE≌△ADF(SAS)．∴DE＝DF.
5．如图，在△ABC中，AB＝AC，直线AE交BC于点D，O是AE上一动点(不与A重合)，且OB＝OC，试猜想AE与BC的关系，并说明理由．
5
技巧
利用“三线合一”证垂直
解：
猜想：AE垂直平分BC，即AE⊥BC，BD＝CD.
理由如下：∵AB＝AC，OB＝OC，AO＝AO，
∴△ABO≌△ACO(SSS)，∴∠BAO＝∠CAO.
∴AE⊥BC，BD＝CD(等腰三角形三线合一)．
6
技巧
利用“三线合一”证角的倍分关系
6．如图，在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC于点D，
求证：∠DBC＝ ∠BAC.
证明：
过点A作AF⊥BC于点F.
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴∠CAF＝∠BAF＝ ∠BAC.
∵AF⊥BC，BD⊥AC，
∴∠CAF＋∠C＝∠DBC＋∠C＝90°.
∴∠DBC＝∠CAF.∴∠DBC＝ ∠BAC.
7．(马鞍山11中期中)如图，在△ABC中，AB＝AC，AD和BE是高，它们相交于点H，且AE＝BE.AH与2BD相等吗？请说明理由．
7
技巧
利用“三线合一”证线段的倍分关系
解：
相等．理由：因为AD和BE是高，所以∠AEH＝∠BEC＝90°，∠ADC＝90°，所以∠C＋∠EAH＝90°，∠C＋∠EBC＝90°，所以∠EAH＝∠EBC.又因为AE＝BE，所以△AHE≌△BCE，所以AH＝BC，由等腰三角形的“三线合一”性质得BC＝2BD，所以AH＝2BD.
8．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，且∠ABC＝2∠C.求证：CD＝AB＋BD.
8
技巧
利用“三线合一”证线段的和差关系
证明：
如图，以A为圆心，AB长为半径画弧交CD于点E，连接AE，则AE＝AB，所以∠AEB＝∠ABC.又因为AD⊥BC，所以AD是BE边上的中线，即DE＝BD.又因为∠ABC＝2∠C，所以∠AEB＝2∠C.而∠AEB＝∠CAE＋∠C，
所以∠CAE＝∠C.所以CE＝AE＝AB，
故CD＝CE＋DE＝AB＋BD.
(共16张PPT)
第3节 等腰三角形
巧用特殊角构造含30°角
直角三角形
第十五章 轴对称图形与等腰三角形
1．(中考·青岛)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为E，DE＝1，则BC＝( )
A. B．2
C．3 D. ＋2
1
技巧
直接运用含30°角的直角三角形的性质
C
2．(中考?遵义节选)如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动(与A、C不重合)，Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动(Q与B不重合)，过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D.当∠BQD＝30°时，求AP的长．
∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB＝60°.
∵∠BQD＝30°，∴∠QPC＝90°.
设AP＝x，则PC＝6－x，QB＝x，∴QC＝QB＋BC＝6＋x.
∵在Rt△QCP中，∠BQD＝30°，
∴PC＝ QC，即6－x＝ (6＋x)，
解得x＝2，即AP＝2.
解：
3．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D为BC的中点，DE⊥AC于E，AE＝8，求CE的长．
2
技巧
连线段构造含30°角的直角三角形
连接AD，∵AB＝AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，
∠BAD＝∠CAD＝ ∠BAC＝ ×120°＝60°.
在Rt△ADE中，∵∠CAD＝60°，∴∠ADE＝30°.
∴AD＝2AE＝16.在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°.∴AC＝2AD＝2×16＝32.
∴CE＝AC－AE＝32－8＝24.
解：
4．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，DE垂直平分AB交AB于点D，交BC于点E，求证：CE＝2BE.
如图，连接AE.∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°.∵DE垂直平分AB，
∴BE＝AE.∴∠BAE＝∠B＝30°.
∴∠EAC＝120°－30°＝90°.
又∵∠C＝30°，∴CE＝2AE.
又∵BE＝AE，∴CE＝2BE.
证明：
5．如图，在四边形ABCD中，AD＝4，BC＝1，∠A＝30°，∠B＝90°，∠ADC＝120°，求CD的长．
3
技巧
延长两边构造含30°角的直角三角形
延长AD，BC交于点E.∵∠A＝30°，∠B＝90°，
∴∠E＝60°，AE＝2BE.
又∵∠ADC＝120°，∴∠EDC＝180°－120°＝60°.
∴△DCE是等边三角形．
设CD＝CE＝DE＝a，则有2(1＋a)＝4＋a，解得a＝2.
∴CD的长为2.
解：
6．如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，DC∥AB，AC平分∠DAB，∠DAB＝30°，求证：AD＝2BC.
4
技巧
作垂线构造含30°角的直角三角形
过点C作CE⊥AD交AD的延长线于E.∵DC∥AB，∠DAB＝30°，∴∠DCA＝∠BAC，∠CDE＝30°.
在Rt△CDE中，∠CDE＝30°，∴CD＝2CE.
又∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠BAC＝∠DCA，
∴AD＝CD.∵CE⊥AE，CB⊥AB，AC平分∠DAB，
∴BC＝CE，∴AD＝2BC.
证明：
7．如图，在△ABC中，BD＝DC，若AD⊥AC，∠BAD＝30°.求证：AC＝ AB.
过点B作BE⊥AD交AD的延长线于E，则∠AEB＝90°.∵∠BAD＝30°，∴BE＝ AB.
∵AD⊥AC，∴∠DAC＝90°.∴∠AEB＝∠DAC.
又∵BD＝CD，∠BDE＝∠CDA，∴△BED≌△CAD.
∴BE＝AC.∴AC＝ AB.
证明：
由结论AC＝ AB和条件∠BAD＝30°，就想到能否找到或构造直角三角形，而显然图中没有含30°角的直角三角形，所以过点B作BE⊥AD交AD的延长线于点E，这样就得到了直角三角形ABE，这是解决本题的关键．
点拨：
