沪科版八年级上册数学 第14章全等三角形 14.2.6三角形全等的判定综合应用 阶段强化专训 学案（word版含答案）

专训一：全等三角形判定的三种类型
名师点金：一般三角形全等的判定方法有四种：SSS，SAS，ASA，AAS；直角三角形是一种特殊的三角形，它的判定方法除了上述四种之外，还有一种特殊的方法，即“HL”．具体到某一道题目时，要根据题目所给出的条件进行观察、分析，选择合适的、简便的方法来解题．
已知一边一角型
题型1　一次全等型
1．如图，在△ABC中，D是BC边上一点，连接AD，过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F，且BE＝CF.
求证：AD是△ABC的中线．
(第1题)
题型2　两次全等型
2．如图，∠C＝∠D，AC＝AD.求证：BC＝BD.
(第2题)
已知两边型
题型1　一次全等型
3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，D是AC上一点，E在BC的延长线上，且AE＝BD，BD的延长线与AE交于点F，试通过观察、测量、猜想等方法来探索BF与AE有何特殊的位置关系，并说明理由．
(第3题)
题型2　两次全等型
4．如图，A，F，E，B四点共线，AC⊥CE，BD⊥DF，AE＝BF，AC＝BD.求证：△ACF≌△BDE.
(第4题)
已知两角型
题型1　一次全等型
5．如图，已知∠BDC＝∠CEB＝90°，BE，CD交于点O，且AO平分∠BAC，BE＝CD.求证：OB＝OC.
(第5题)
题型2　两次全等型
6．如图，在△ABC与△DCB中，AC与BD交于点E，且∠BAC＝∠CDB，∠ACB＝∠DBC，分别延长BA与CD交于点F.求证：BF＝CF.
(第6题)
专训二：证明三角形全等的四种思路
名师点金：全等三角形是初中几何的重要内容之一，是几何入门最关键的一步，学习了判定三角形全等的几种方法之后，如何根据已知条件证明三角形全等，掌握证明全等的几种思路尤为重要．
条件充足时直接用判定方法
1．(2014·武汉)如图，AC和BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD.求证：AB∥CD.
(第1题)
条件不足时添加条件再用判定方法
2．(改编·衡阳)如图，点A，F，C，D在一条直线上，AF＝DC，BC∥EF，请只补充一个条件，使得△ABC≌△DEF，并说明理由．
(第2题)
非三角形问题中构造全等三角形用判定方法
3．如图，在四边形OACB中，CM⊥OA于M，∠1＝∠2，CA＝CB.求证：
(1)∠3＋∠4＝180°；
(2)OA＋OB＝2OM.
(第3题)
实际问题中建立全等三角形模型用判定方法
4．如图，要测量AB的长，因为无法过河接近点A，可以在AB所在直线外任取一点D，在AB的延长线上任取一点E，连接ED和BD，并且延长BD到G，使DG＝BD，延长ED到F，使DF＝ED，连接FG，并延长FG到H，使H、D、A在一条直线上，则HG＝AB，试说明理由．
(第4题)
答案
专训一
1．证明：∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠BED＝∠CFD＝90°.
又∵∠BDE＝∠CDF，BE＝CF，∴△DBE≌△DCF.
∴BD＝CD.∴D是BC的中点，即AD是△ABC的中线．
2．证明：过点A作AM⊥BC，AN⊥BD，分别交BC，BD的延长线于点M，N.∴∠M＝∠N＝90°.
∵∠ACB＝∠ADB，∴∠ACM＝∠ADN.
在△ACM和△ADN中，
∴△ACM≌△ADN(AAS)．∴AM＝AN，CM＝DN.
在Rt△ABM和Rt△ABN中，
∴Rt△ABM≌Rt△ABN(HL)．
∴BM＝BN.∴BM－CM＝BN－DN，即BC＝BD.
3．解：BF⊥AE.理由如下：
∵∠ACB＝90°，∴∠ACE＝∠BCD＝90°.
又∵BC＝AC，BD＝AE，∴Rt△BDC≌Rt△AEC(HL)．
∴∠CBD＝∠CAE.
又∵∠CAE＋∠E＝90°，∴∠EBF＋∠E＝90°.
∴∠BFE＝90°，即BF⊥AE.
4．证明：∵AC⊥CE，BD⊥DF，∴∠ACE＝∠BDF＝90°.
在Rt△ACE和Rt△BDF中，
∴Rt△ACE≌Rt△BDF(HL)．∴∠A＝∠B.
∵AE＝BF，∴AE－EF＝BF－EF，即AF＝BE.
在△ACF和△BDE中，
∴△ACF≌△BDE(SAS)．
5．证明：∵∠BDC＝∠CEB＝90°，
∴∠ADO＝∠AEO＝90°.
∵AO平分∠BAC，∴∠DAO＝∠EAO.
在△ADO和△AEO中，
∴△ADO≌△AEO(AAS)．
∴OD＝OE.
又∵CD＝BE，∴CD－OD＝BE－OE，即OC＝OB.
6．证明：在△ABC和△DCB中，
∴△ABC≌△DCB(AAS)．∴AC＝DB.
又∵∠BAC＝∠CDB，∴∠FAC＝∠FDB.
在△FAC和△FDB中，
∴△FAC≌△FDB(AAS)．∴CF＝BF.
专训二
1．证明：在△AOB和△COD中，
∴△AOB≌△COD.∴∠A＝∠C.
∴AB∥CD.
2．解：补充条件：EF＝BC，可使得△ABC≌△DEF.
理由如下：
∵AF＝DC，点A，F，C，D在一条直线上，
∴AF＋FC＝DC＋FC，即AC＝DF.
∵BC∥EF，∴∠EFD＝∠BCA.
在△DEF和△ABC中，
∴△DEF≌△ABC(SAS)．
点拨：答案不唯一．
(第3题)
3．证明：如图，过C点作CE⊥OB，交OB的延长线于E点．
(1)∵CM⊥OA，CE⊥OE，
∴∠OEC＝∠OMC＝90°，
在△OEC和△OMC中，
∴△OEC≌△OMC(AAS)．
∴CE＝CM，又∵CA＝CB，
∴Rt△BCE≌Rt△ACM(HL)．
∴∠3＝∠CBE，
∴∠3＋∠4＝∠CBE＋∠4＝180°.
(2)由(1)知△OCE≌△OCM，
Rt△BCE≌Rt△ACM，
∴OE＝OM，BE＝AM，
∴OA＋OB＝OM＋AM＋OB＝OM＋BE＋OB＝OM＋OE＝2OM.
4．解：在△DEB和△DFG中，
∵DB＝DG，∠BDE＝∠GDF，DE＝DF，
∴△DEB≌△DFG(SAS)．
∴∠E＝∠F，∴AE∥FH，
∴∠DBA＝∠DGH.
又∵DB＝DG，∠ADB＝∠HDG.
∴△ADB≌△HDG(ASA)，
∴AB＝HG.