第一篇：七数培优竞赛讲座第22讲__平行线的判定与性质
平行线的判定与性质
在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线．
角是平面几何图形中最活跃的元素，前面我们已学习过特殊角、数量关系角等角的知识．当两条直线相交或分别与第三条直线相交，就产生对顶角、同位角、内错角、同旁内角等位置关系角，进一步丰富了角的知识，它们在角的计算与证明中有广泛的应用．
与平行线相关的问题一般都是平行线的判定与性质的综合运用，主要体现在如下两个方面：
1． 由角定角
已知角的关系→（判定）两直线平行→（性质）确定其他角的关系．
2．由线定线
已知两直线平行→（性质）角的关系行→（判定）确定其他两直线平行．
例题
【例1】如图，AB∥CD，AC⊥BC，图中与∠CAB互余的角有个．(安徽省中考题)
思路点拨充分运用对顶角、平行线性质等与角相关的知识，借助互余的概念判断．注：平面几何的研究除了运用计算方法外，更多的要依靠时图形的观察(直觉能力)，运用演绎推理的方法去完成，往往需要通过观察、实验操作进而猜想蛄论(性质)，或由预设结论去猜想条件，再运用演绎推理方法加以证明．
在学习完相交线、平行线内容后，平面几何的学习就由实验几何阶段进入论证几何阶段，顺利跨越推理论证阶段，需注意以下几点：
(1)过好语言关；
(2)学会识图；
(3)善于分析．
【例2】如图，平行直线AB、CD与相交直线EF、GH相交，图中的同旁内角共有()．
A．4对B．8对C．12对D．16对
(“希望杯”邀请赛试题)
思路点拨每一个“三线八角”基本图形都有两对同旁内角，从对原图形进行分解人手．
【例3】如图，已知∠B＝25°，∠BCD＝45°，∠CDE=30°，∠E＝10°
求征：AB∥EF．
思路点拨解本例的困难在于图形中没有“三线八角”，考虑创造条件，在图中添置“三线八角”或作出与AB或CD平行的直线．
【例4】如图，在ΔABC中，CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，AC∥ED，CE是∠
ACB的平分线．求证：∠EDF＝∠BDF．
(天津市竞赛题)
思路点拨综合运用角平分线、垂直的定义、平行线的判定与性质等知识，因图形复杂，故需恰当分解图形．【例5】探究：
(1)如图a，若AB∥CD，则∠B+∠D＝∠E，你能说明为什么吗?
(2)反之，若∠B+∠D＝∠E，直线AB与CD有什么位置关系?请证明；
(3)若将点E移至图b所示位置，此时∠B、∠D、∠E之间有什么关系?请证明；
(4)若将E点移至图c所示位置，情况又如何?
(5)在图d中，AB∥CD，∠E+∠G与∠B+∠F+∠D又有何关系?(6)在图e中，若AB∥CD，又得到什么结论?
思路点拨已知AB∥CD，连结AB、CD的折线内折或外折，或改变E点位置、或增加折线的条数，通过适当地改变其中的一个条件，就能得出新的结论，给我们创造性的思考留下了极大的空间，解题的关键是过E点作AB(或CD)的平行线，把复杂的图形化归为基本图形．
注： 分析主要从以下两个方面进行：
(1)由因导果(综合法)，即从已知条件出发推出相应结论．(2)执果溯因(分析法)，即要得到结论需具备什么条件．
解题时，我们既要抓住条件，又要盯住目标，努力促使已知与来知的转化与沟通．探索性问题一般具有以下特点：
(1)给出了条件，但没有明确的结论；(2)给出了结论，但没有给出或没有全部给出应具备的条件，(3)先提出特殊情况进行研究，再要求归纳、猜测和确定一般结论；(4)先对某一给定条件和结论的问题进行研究，再探讨改变条件时其结论相应发生的变化，或改变结论时其条件相应发生的变化；(5)解题方法需要独立创新．
“解题千万道，解后抛九霄”是难以达到提高解题能力，发展思维的目的的．善于作解题后小结，回顾解题过程，总结解题经验和体会，再进而作一题多解，一题多问，一题多变的思考，挖掘题目的深度和广度，扩大题目的辐射面，这对解题能力的提高是十分有益的．
学力训练
1．如图，已知AE∥CD，EF交AB于M，MN⊥EF于M，NN交CD于N，若∠BME=110°，则∠MND=．
(湖北成宁市中者题)2．如图，若直线a，b分别与直线c，d相交，且∠1+∠3=90°，∠2一∠3=90°，∠4=115°，那么∠3=．
3．如图，已知AB∥CD，∠1=100°，∠2=120°，则∠α．(内蒙古中考题)
4．已知两个角的两边分别平行，其中一个角为40°，那么另一角是度． 5．如图，下列条件中，不能判断直线l1∥l2的是()．
A．∠l=∠3B．∠2=∠3C．∠4=∠5D．∠2+∠4=180°
(南通市中考题)6．．已知线段AB的长为10cm，点A、B到直线L的距离分别为6cm和4cm，符合条件l的条数为()．
A．1B．2C．3D．4(安徽省中考题)
7．如图，直线a、b都与直线c相交，给出下列条件：(1)∠l=∠2；(2)∠3＝∠6；(3)∠4+∠7＝180°；(4)∠5+∠8＝180°，其中能判断a∥b的是()．A．(1)、(3)B．(2)、(4)C．(1)、(3)、(4)D．(1)、(2)、(3)、(4)
(江苏盐城市中考题)
8．如图，AB∥EF∥DC，EG∥DB，则图中与∠1相等的角(∠1除外)共有()．A．6个D．5个C．4个D．3个(湖北省荆门市中考题)
9．如图，已知∠l+∠2＝180°，∠3=∠B，试判断∠AED与∠ACB的大小关系，并对结论进行证明．
10．如图，已知∠1十∠2=180°，∠A＝∠C，AD平分∠BDF．求证：BC平分∠DBE． 11．在同—平面内有2002条直线a1，a2，„，a2002，如果a1⊥a2，a2∥a3，a3⊥a4，a4∥a5，„，那么a1与a2002的位置关系是．
12．若平面上4条直线两两相交且无三线共点，则共有同旁内角对．(江苏省竞赛题)
13．如图，已知l1//l2，AB⊥l1，∠ABC=130°，则∠α．
14．如图，直线AB∥CD，∠EFA=30°，∠FGH=90°，∠HMN＝30°，∠CNP= 50°，则∠GHM的大小是．
(“希望杯”邀请赛试题)
15．如图，D、G是ΔABC中AB边上的任意两点，DE∥BC，GH∥DC，则图中相等的角共有()．
A，4对B．5对C ．6对D．7对
(“数学新蕾”竞赛题)
16．如图，若AB∥CD，则()．
A．∠1＝∠2+∠3B．∠1＝∠3一∠
2C．∠1+∠2+∠3＝180°∠l一∠2十∠3＝180°
17．如图，AB∥CD∥EF，EH⊥CD于H，则∠BAC+∠ACE+∠CEH等于()．A．180°B．270°C． 360°D．450°
18．如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β和γ的关系是()．
A． β=α+γB．α+β+γ＝180°
C．α+β－γ＝180° D．β+γ－α＝180°
19．如图，已知AB∥CD，P为HD上任意一点，过P点的直线交HF于O点，试问：∠HOP、∠AGF、∠HPO有怎样的关系?用式子表示并证明．
20．如图，已知AB∥CD，α=∠A+∠E，β=∠B+∠C+∠D，证明：β=2α． 21．平面上有7条不同的直线，如果其中任何三条直线都不共点．
(1)请画出满足上述条件的一个图形，并数出图形中各直线之间的交点个数；(2)请再画出各直线之间的交点个数不同的图形(至少两个)；
(3)你能否画出各直线之间的交点个数为n的图形，其中n分别为6，2l，15？(4)请尽可能多地画出各直线之间的交点个数不同的图形，从中你能发现什么规律? 22．如图，已知射线CB∥OA，∠C＝∠OAB=100°，E、F在CB上，且满足∠FOB＝∠AOB，OE平分∠COF．(1)求∠EOB的度数．
(2)若平行移动AB，那么∠OBC：∠OFC的值是否随之发生变化?若变化，找出变化规律；
若不变，求出这个比值．
(3)在平行移动AB的过程中，是否存在某种情况，使∠OEC＝∠OBA?若存在，求出其度数；若不存在，说明理由．
第二篇：数学：3.5平行线的性质与判定(第3课时)教案(湘教版七年级下)
3.5.2平行线的判定(2)
教学目标：
1、进一步掌握推理、证明的基本格式，掌握平行线判定方法的推理过程。
2、学习简单的推理论证说理的方法。
3、通过简单的推理过程的学习，培养学生进行数学推理的习惯和方法，同时培养提高学生“观察－分析－推理－论证”的能力。
教学重点：平行线判定方法2和判定方法3的推理过程及几何解题的基本格式 教学难点：判定定理的形成过程中逻辑推理及书写格式。教学过程：
一、复习引入
1、叙述平行线的判定方法1
2、结合图形用数学语言叙述平行线的判定方法1。
3、我们学习习近平行线的性质定理时，有几条定理？那么两条直线平行的判定方法除了方法外，是否还有其他的方法呢？
二、探究新知
1、如下图，两条直线a、b被第三条直线c所截，有一对内错角相等，即 ∠1＝∠2，那么a与b平行吗？
分析后，学生填写依据。解：因为∠1＝∠2（已知）
∠1＝∠3（对顶角相等）
所以 ∠2＝∠3（等量代换）
所以 a∥b（同位角相等，两直线平行）
2、如下图，两条直线a、b被第三条直线c所截，有一对同旁内角互补，即 ∠1＋∠2＝180°，那么a与b平行吗？
分析后，学生填写依据。
解：因为∠1＋∠2＝180°（已知）
∠1＋∠3＝180°（邻补角的概念）
所以 ∠2＝∠3（等式的性质）
所以 a∥b（同位角相等，两直线平行）
3、归纳平行线的判定方法2和判定方法3平行线的判定方法2 两直线被第三条直线所截，有一对内错角相等，那么这两条直线平行。
平行线的判定方法3 两直线被第三条直线所截，有一对同旁内角互补，那么这两条直线平行。
4、归纳所学的三条判定方法的简单表述形式：
同位角相等，两直线平行。内错角相等，两直线平行。同六内角互补，两直线平行。
5、P66做一做
用两个相同的三角形，可以拼成一个四边形，拼成的四边形的对边互相平行吗？
6、讲解P66的例题 如图已知AB∥CD，∠ABC＝∠ADC。问AD∥BC吗？
解：因为AB∥CD（已知）
所以 ∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）又 因为 ∠ABC＝∠ADC（已知）所以 ∠ABC－∠1＝∠ADC－∠2 即 ∠4＝∠3（等式的性质）
所以 AD∥BC（内错角相等，两直线平行）。
三、小结与练习
1、练习P66 1至3小题
2、小结：三条判定方法的使用及性质定理的应用，注意它们的题设和结论。
四、布置作业
P69 B组 2、3小题 后记：
第三篇：奥数第7讲.竞赛123班.教师版_染色与操作问题
五年级奥数
第十三讲
染色中的抽屉原理 例1:平面上有ABCDE点。。
染色问题
这里的染色问题不是要求如何染色，然后问有多少种染色方法的那类题目，它指的是一种解题方法。染色方法是一种将题目研究对象分类的形象化方法，通过将问题中的对象适当染色，我们可以更形象地观察分析出其中所蕴含的关系，再经过一定的逻辑推理，便能得出问题的答案。这类问题不需要太多的数学知识，但技巧性、逻辑性较强，要注意学会几种典型的染色方法。
【例1】 六年级一班全班有35名同学，共分成5排，每排7人，坐在教室里，每个座位的前后左右四个位置都叫作它的邻座。如果要让这35名同学各人都恰好坐到他的邻座上去，能办到吗？为什么？
【分析】 划一个57的方格表，其中每一个方格表示一个座位。将方格黑白相间地染上颜色，这样黑色座位与白色座位都成了邻座。因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格的坐到白格。但实际上图中有17个黑格，18个白格，黑格与白格的个数不相等，故不能办到。
【例2】 右图是学校素质教育成果展览会的展室，每两个相邻的展室之间都有门相通。有一个人打算从A室开始依次而入，不重复地看过各室展览之后，仍回
A到A室，问他的目的能否达到，为什么？
【分析】 采用染色法。如右下图，共有9个展览室，对这9个展览室，黑白相间地进行染色，从白室A出发走过第1扇门必至黑室，再由黑室走过第2扇门至白室，由于不重复地走遍每一间展览室，因A此将走过黑白相间的8个展览室，再回到白室A，共走过9扇门。由于走过奇数次门至黑室，走过偶数次门至白室。现在，走过9扇门，必至黑室，所以无法回到原来的白室A。
[巩固] 有一次车展共6636个展室，如右图，每个展室与相邻的展室都有门相通，入口和出口如图所示。参观者能否从入口进去，不重复地参观完每个展室再从出口出来?
[分析] 如右下图，对每个展室黑白相间染色，那么每次只能从黑格到白格或从白格到黑格。由于入口处和出口处都是白格，而路线黑白相间，首尾都是白格，于是应该白格比黑格多1个，而实际上白格、黑格都是18个，故不可能做到不重复走遍每个展室。
【例3】 右图是半张中国象棋盘，棋盘上放有一只马。众所周知，马是走“日”字的。请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？
【分析】 马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？为方便研究规律，如下图所示，先在棋盘各交点处相
马间标上○和●，图中共有22个○和23个●。因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有232245个点，所以不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点。
讨论：如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的。但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了。从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44个点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点（指○或●）。因为44步跳过的点○与点●各22个，所以起点必是●，终点也是●。也就是说，当不要求回到出发点时，只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点。
【例4】 右图是由14个大小相同的方格组成的图形。试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？
【分析】 将这14个小方格黑白相间染色（见右下图），有8个黑格，6个白格。相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形。
【例5】 11个 和5个能否盖住88的大正方形？
【分析】 如右图，对88的正方形黑白相间染色后，发现必然盖住2白2黑，5个则盖住10白10黑。
则盖住了3白1黑或3黑1白，从奇偶性考虑，都是奇数。而这种形状共11个，奇数个奇数相加仍为奇数，故这种形状盖住的黑格和白格都是奇数，加上另一种形状的10白10黑，两种形状共盖住奇数个白格奇数个黑格。但实际染色后共32个白格32个黑格，故不可能按题目要求盖住。注意：本题中每个
盖3白1黑或3黑1白，11个这种形状盖住的不一定是33白11黑或33黑11白，因为可能一部分盖3白1黑，另一部分盖3黑1白。这是一个容易犯错的地方。
[前铺] 能否用9个
所示的卡片拼成一个66的棋盘？
[分析] 不能。将66的棋盘黑白相间染色（见右图），有18个黑格。而每张卡片盖住的黑格数只能是1或者3，所以每张卡片盖住的黑格数是个奇数，9张卡片盖住的黑格数之和也是奇数，不可能盖住18个黑格。
[巩固] 如右图，缺两格的88方格有62个格，能否用31个隙?
[分析] 这种覆盖问题是典型的用染色方法解决的问题之一。用
来覆盖，则用黑白相间染图不重复地盖住它且不留空
色，可以发现它无论横放、竖放，必然盖住一白一黑。要不重复不留空白，那总共盖住的黑格数与白格数应该相等。但从染色后整个图来看，黑格30个，白格32个，故不可能将整个图不重不漏地盖住。
【例6】 用若干个22和33的小正方形能不能拼成一个1111的大正方形？请说明理由。
【分析】 如右图所示，将22或33的小正方形沿格线摆在右图的任何位置，必定盖住偶数个阴影方格，而阴影方格共有77个，是奇数，所以只用22和33的小正方形，不可能拼成1111的大正方形。
[拓展] 1个22正方形和15个41长方形能不能拼出88的大正方形?请说明理由。
[分析] 若仍然将88的大正方形黑白相间染色，则22和
必须寻找其他的41两种形状盖住的都是两白两黑。染色方法。新的方法必须使得22和41长方形无论放在何处，都分别符合一定的规律。采用如右图的染色方法，则：41长方形必盖住两黑两白，共15个41，盖住30黑30白；22长方形可盖住3白1黑或3黑1白。可以发现，总共只能盖住31黑33白或31白33黑，而图中实际有32个黑格32个白格，故不可能用15个41和1个22的长方形盖住88的大正方形。对区域染色也可理解为对多个方格染色，但此时方格染色范围更广，染色方案更加灵活。
【分析】 如果我们可以把6个电话或8个电话做到每台电话与5个电话相连接，我们可以将2002分成6个一组的共331组以及8个一组的共2组。如下图，每个点代表一台电话，每条线段表示其两个端点为相连接的两台电话，左图为6台电话的情形，右图为8台电话的情形。所以我们可以把2002台电话中的每台电话恰好与其它5台相连。
【例9】 下图是八间房子的示意图，相邻两间房子都有门相通。从A点穿过房间到达B处，如果只能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？
2468A
【分析】 8只有一个口，只能选择进B；7有两种选择，1357B可以选择进B也可以选择进8，所以7有2种走
法；依此类推，每间房间的走法种数如下：81;72;63;55;48;313;221;134。所以从A点开始有213455（种）。
【例11】 右图是一个45的方格盘。先将其中的4个方格染黑，然后按以下规则继续染色：如果某个格与两个黑格都有公共边，就将这个格染黑。这样操作下去，能否将整个方格盘都染成黑色？
【分析】 开始时染黑4个方格，这4个方格的总周长不会超过4416，以后每染一个格，因为这个格至少与两个黑格有公共边，所以染黑后，所有黑格的总周长不会增加。也就是说，所有黑格的总周长永远不会超过16，而45方格盘的周长是18，所以不能将整个方格盘都染成黑色。
【例12】
如图，图1的88方格中交替填满了0和1，图2是从图1中任意位置截取的、、三种图形，并对每种图形进行操作：每个小方格同时加1或同时减1，如此反复多次，再将这三种图形不重叠地拼成的。问：图2中的A格中的数字应该是多少？
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第四篇：《全等三角形的判定与性质》(第3课时)教案 探究版
《全等三角形的判定与性质》（第3课时）教案 探究版教学目标
知识与技能
1．进一步熟悉作为证明基础的全等三角形的三条基本事实． 2．初步感受三角形有关结论证明的基本思路和方法． 过程与方法
在体验证明的过程中明确推理证明的基本要求，明确条件和结论，能够用数学的符号语言正确表达．
情感、态度
培养学生合作交流、独立思考的良好学习习惯． 教学重点
在作为证明基础的几条公理的基础上，尝试三角形相关结论的证明． 教学难点
明确推理证明的基本要求．能否用数学语言正确表达等． 教学过程
一、复习导入
在《平行线的有关证明》一章中，我们已经认识了八条基本事实，并从其中的基本事实出发证明了有关平行线的一些结论．
其中与三角形全等的基本事实有哪三条？
提示：1．三边对应相等的两个三角形全等．（SSS）2．两边及其夹角对应相等的两个三角形全等．（SAS）3．两角及其夹边对应相等的两个三角形全等．（ASA）
利用这些基本事实我们可以证明许多几何结论，今天我们就来尝试证明．
设计意图：通过复习回顾，让学生进一步巩固作为证明基础的一些基本事实，引导学生步入尝试推理认证殿堂，从而调动学生学习的积极性和主动性．
二、探究新知
如图，已知△ABC≌△DEF，找出其中相等的边与角．
图中相等的边是：AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF． 相等的角是：∠A＝∠D，∠B＝∠E，∠C＝∠F． 我们已经探索过“两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等”这个结论，下面我们共同来探究如何用基本事实和已经证过的定理来证明它．
（一）首先，将文字语言描述的命题用符号语言表示出来，并分别写出已知、求证．
（二）然后进行解题分析，可以采用逆向思维的方式，寻找使两个三角形全等的条件．
（三）写出证明过程，证明过程要以公理和已证明过的定理为基础，做到每步都应有根有据．
已知：在△ABC和△A′B′C′中，∠B＝∠B′，∠C＝∠C′，AB＝A′B′．（如图所示）
求证：△ABC≌△A′B′C′．
AA'BCB'C'
分析：要证△ABC≌△A′B′C′，根据基本事实和题目的已知，只要证∠A＝∠A＇就可以了．
证明：在△ABC中，∠A＋∠B＋∠C＝180°，① 在△A＇B＇C＇中，∠A＇＋∠B＇＋∠C＇＝180°．
② 由①得∠A＝180°－∠B－∠C，由②得∠A＇＝180°－∠B＇－∠C＇． ∵∠B＝∠B＇，∠C＝∠C＇．∴∠A＝∠A＇．
又∵AB＝A＇B＇，∠B＝∠B＇，∴△ABC≌△A＇B＇C＇（ASA）． 通过上面的证明我们得到以下定理：
文字语言：两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等．（AAS）符号语言：
在△ABC与△A′B′C′中，∵∠A=∠A′，∠C=∠C′，AB=A′B′，∴△ABC≌△A′B′C′（AAS）.此定理在以后和证明中可直接运用．
设计意图：我们把三角形的内角和定理和“ASA”公理作为证明的基础，按照一定的程序步骤完成了结论的证明，证明过程中着重讲清楚分析过程和解题步骤．
三、典例精讲 例
1已知：如图，线段AB和CD相交于点O，线段OA=OD，OC=OB 求证：AC=BD，∠A=∠D
AODCB
分析：证明一个命题的正确性，要按“已知”“求证”“证明”的顺序和格式写出，其中“已知”是命题的条件，“求证”是命题的结论，而“证明”是由条件（已知）出发，根据已给出的定义、基本事实和已证明的定理，经过一步步的推理最后证实结论的过程．
证明：在△OAC和△ODB中，∵ OA=OD，∠AOC=∠BOD，OC=OB，∴△OAC≌△ODB（SAS）．
∴ AC=BD，∠A=∠D（全等三角形的定义）．
设计意图：通过此例让学生学会在三角形中，要证线段或角相等，只要证明三角形全等就可以了．
例2．如下图△ABC是一个钢架，AB＝AC，AD是连接点A与BC中点D的支架，求证：△ABD≌△ACD．
AB证明：∵D是BC的中点，∴BD＝DC．
在△ABD和△ACD中，ABAC， BDCD，ADAD，DC ∴△ABD≌△ACD（SSS）．
设计意图：运用“边边边”判定方法证明简单的几何问题，感悟判定方法的简捷性，体会证明过程的规范性．
例3．如图，点E、F在BC上，AB＝DC，AF＝DE，BE＝CF，B、E、F、C在同一直线上，求证：△ABF≌△DCE．
AD
BE证明：∵BE＝CF，∴BE＋EF＝CF＋EF，即BF＝CE．
FCAB＝DC，在△ABF和△DCE中，AF＝DE，BF＝CE，∴△ABF≌△DCE（SSS）．
设计意图：通过此例，加深学生对证明的过程与格式的认识． 方法总结：证明的一般步骤：（1）根据题意，画出图形．
（2）根据条件、结论，结合图形，写出已知、求证．
（3）经过分析，找出由已知推出结论的途径，写出证明过程，并注明依据．
四、课堂练习
1．已知：如图，AB＝AD，BC＝DC，求证：△ABC≌△ADC．
2．已知：如图，AB＝DC，AD＝BC． 求证：∠A＝∠C．
提示：要证明∠A＝∠C，可设法使它们分别在两个三角形中，为此只要连接BD即可． 第1题学生独立完成，第2题学生独立思考后，教师点拨． 答案：1．证明：在△ABC和△ADC中，ABAD， BCDC，ACAC，∴△ABC≌△ADC（SSS）． 2．证明：连接BD． 在△BAD和△DCB中，ABCD， BDDB，ADCB，∴△BAD≌△DCB（SSS）．
∴∠A＝∠C（全等三角形的对应角相等）．
设计意图：通过练习，熟悉全等三角形判定的证明格式，通过解题实践，锻炼学生探索与发现问题的能力．
五、课堂小结 1．基本事实与定理：
基本事实：（1）三边对应相等的两个三角形全等．（SSS）（2）两边及其夹角对应相等的两个三角形全等．（SAS）（3）两角及其夹边对应相等的两个三角形全等．（ASA）
定理：两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等．（AAS）2．证明步骤：（1）根据题意，画出图形．
（2）根据条件、结论，结合图形，写出已知、求证．
（3）经过分析，找出由已知推出结论的途径，写出证明过程，并注明依据． 设计意图：培养学生归纳整理知识的能力和习惯．
六、布置作业
1．如图，AB＝CD，AC＝BD，△ABC和△DCB是否全等？试说明理由．
2．已知，如图，线段AB和CD相交于点O，线段OA=OD，OC=OB． 求证：△OAC≌△ODB．
AODCB
3．如图，已知AB＝CD，AD＝CB，E，F分别是AB，CD的中点，且DE＝BF．求证∠ADE＝∠CBF．
答案：
1．解：△ABC≌△DCB． 理由如下：
在△ABC和△DCB中，ABDC， ACDB，BCCB，∴△ABC≌△DCB（SSS）．
2．证明：∵线段AB和CD相交于点O，∴∠AOC=∠DOB，又∵在△OAC和△ODB中，OA=OD，OC=OB，∴△OAC≌△ODB．（SAS）．
3．证明：∵E，F分别是AB，CD的中点，∴AE＝112AB，CF＝2CD． 又∵AB＝CD，∴AE＝CF．
在△ADE与△CBF中，ADCB，DEBF，AECF，∴△ADE≌△CBF（SSS）．
∴∠ADE＝∠CBF（全等三角形对应角相等）．
七、课堂检测
1．如图，已知AB＝AC，BD＝DC，那么下列结论中不正确的是（）．A．△ABD≌△ACD B．∠ADB＝90° C．∠BAD是∠B的一半 D．AD平分∠BAC
ABDC
2．如图，OA=OB，OC=OD，∠O=60°，∠C=25°，则∠BED的度数是（A．70° B． 85° C． 65° D． 以上都不对）CEAOBD
3．如图，AC＝DF，BC＝EF，AD＝BE，∠BAC＝72°，∠F＝32°，则∠ABC＝ ．
DAEBFC
4．如图，是一个风筝模型的框架，由DE＝DF，EH＝FH，说明∠DEH＝∠DFH．试用你所学的知识说明理由．
5．如图，已知线段AB，CD相交于点O，AD，CB的延长线交于点E，OA＝OC，EA＝EC，请说明∠A＝∠C．
6．已知:如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC．求证：△ABD≌△CDB．
ADB
答案：
1．C．利用SSS证明两个三角形全等．2．A
C
3．76°．先证明全等，再利用全等三角形的对应角相等和三角形内角和定理． 4．证明：由已知DE＝DF，EH＝FH，连接DH，这是两三角形的公共边，于是，在△DEH和△DFH中，DEDF， EHFH，DHDH，∴△DEH≌△DFH（SSS）．
∴∠DEH＝∠DFH（全等三角形的对应角相等）．
5．分析：已知OA＝OC，EA＝EC，OA，EA和OC，EC恰好分别是△EAO和△ECO的两条边，故可以构造两个三角形，利用全等三角形解决．
证明：连接OE． 在△EAO和△ECO中，OAOC， EAEC，OEOE，∴△EAO≌△ECO（SSS）．
∴∠A＝∠C（全等三角形的对应角相等）．
6．证明：∵AB∥CD，AD∥BC ∴∠ABD=∠CDB，∠ADB=∠CBD，又BD为两三角形的公共边，∴△ABD≌△CDB．（AAS）
第五篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第22讲 面积问题与面积方法
全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集
第二十二讲 面积问题与面积方法
几何学的产生，源于人们测量土地面积的需要．面积不仅是几何学研究的一个重要内容，而且也是用来研究几何学的一个有力工具．
下面，我们把常用的一些面积公式和定理列举如下．
(1)三角形的面积
(i)三角形的面积公式
b＋c)是半周长，r是△ABC的内切圆半径．
(ii)等底等高的两个三角形面积相等．
(iii)两个等底三角形的面积之比等于高之比；两个等高三角形的面积之比等于底边之比；两个三角形面积之比等于底、高乘积之比．
(iv)相似三角形的面积之比等于相似比的平方．
(2)梯形的面积
梯形的面积等于上、下底之和与高的乘积的一半．
(3)扇形面积
其中r为半径，l为弧长，θ为弧l所对的圆心角的度数，α是弧度数．
1．有关图形面积的计算和证明
解 因为CD⊥AB，AC=CB，且△ABD内接于半圆，由此可得
所以，阴影部分AEFBDA的面积是
例2 已知凸四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且△ABC，△ACD，△ABD的面积分别为S1=5，S2=10，S3=6．求△ABO的面积(图2-128)．
解 首先，我们证明△ABC与△ACD的面积比等于BO与DO的比．过B，D分别作AC的垂线，垂足为E，F．于是Rt△BEO
由题设
设S△AOB=S，则
所以
例3 如图2-129，AD，BE，CF交于△ABC内的一点P，并将△ABC分成六个小三角形，其中四个小三角形的面积已在图中给出．求△ABC的面积．
分析 如果能把未知的两个小三角形的面积求出，那么△ABC的面积即可得知．根据例1，这两个面积是不难求出的．
解 设未知的两个小三角形的面积为x和y，则
即
又
即
①÷②得
再由②得x=56．因此
S△ABC＝84＋70＋56＋35＋40＋30=315．
例4 如图2-130，通过△ABC内部一点Q引平行于三角形三边的直线，这些直线分三角形为六个部分，已知三个平形四边形部分的面积为S1，S2，S3，求△ABC的面积．
解 为方便起见，设
S△QDG=S′1，S△QIE=S′2，S△QFH=S′3，则
所以
同理可得
从①，②，③中可以解得
所以
例5 在一个面积为1的正方形中构造一个如图2-131所示的正方形：将单位正方形的每一条边n等分，然后将每个顶点和它相对的顶点最接近的分点连接起来．如果小正方形(图中阴影部分)的面积恰
解 如图2-131，过F作BC的平行线交BG于H，则∠GHF=∠CED，∠FGH=∠DCE=90°，故
n2-n-90=0，所以n=10．
2．利用面积解题
有的平面几何问题，虽然没有直接涉及到面积，然而若灵活地运用面积知识去解答，往往会出奇制胜，事半功倍．
例6 在△ABC内部或边界上任取一点P，记P到三边a，b，c的距离依次为x，y，z．求证：ax+by+cz是一个常数．
证 如图2-132，连结PA，PB，PC，把△ABC分成三个小三角形，则
S△ABC＝S△PAB＋S△PCB＋S△PCA
所以 ax＋by＋cz=2S△ABC，即ax＋by＋cz为常数．
说明 若△ABC为等边三角形，则
此即正三角形内一点到三边的距离和为常数，此常数是正三角形的高．
例7 如图2-133，设P是△ABC内任一点，AD，BE，CF是过点P且分别交边BC，CA，AB于D，E，F．求证：
证 首先，同例2类似，容易证明
说明 本例的结论很重要，在处理三角形内三条线交于一点的问题时，常常可以用这一结论去解决．
例8 如图2-134，已知D，E，F分别是锐角三角形ABC的三边BC，CA，AB上的点，且AD，BE，CF相交于点P，AP=BP=CP=6，设PD=x，PE=y，PF=z，若xy＋yz+zx=28，求xyz的值．
解 由上题知
去分母整理得
3(xy+yz＋zx)＋36(x+y＋z)＋324
=xyz+6(xy＋yz＋zx)+36(x+y＋z)＋216，所以 xyz=108-3(xy＋yz＋zx)=24．
练习二十二
1．填空：
________．
(2)一个三角形的三边长都是整数，周长为8，则这个三角形的面积是________．
(3)四边形ABCD中，∠A=30°，∠B=∠D=90°，AB=AD，AC=1，则四边形ABCD的面积是______．
(4)梯形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于O．若S△ABO=p2，S△CDO=q2，则SABCD=____．
ABC
△=40．若BE，CD相交于F，则S△DEF=______．
2．E，F分别在矩形ABCD的边BC和CD上，若△CEF，△ABE，△ADF的面积分别是3，4，5，求△AEF的面积．
3．已知点P，Q，R分别在△ABC的边AB，BC，CA上，且BP=PQ=QR=RC=1，求△ABC的面积的最大值．
4．在凸五边形ABCDE中，S△ABC=S△BCD=S△CDE=S△DEA=S△EAB=1，CE与AD相交于F，求S△CFD．
5．在直角三角形ABC中，∠A=90°，AD，AE分别是高和角平分线，且△ABE，△AED的面积分别为S1=30，S2=6，求△ADC的面积S．
6．设P是△ABC内一点，AD，BE，CF过点P并且交边BC，CA，AB于点D，E，F．求证：
7．已知△ABC中，DE∥BC交AB于D，交AC于E，AM为BC边上的中线，与DE相交于N，求证：DN=NE．
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