初中数学沪科版八年级上册第15章 轴对称图形和等腰三角形综合与测试教案

这是一份初中数学沪科版八年级上册第15章 轴对称图形和等腰三角形综合与测试教案，共16页。

专训一：轴对称与轴对称图形的关系
名师点金：轴对称图形是指一个图形，成轴对称是指两个图形的位置关系．在某种情况下，二者可以相互转换．利用轴对称的性质可以求平面直角坐标系中关于x轴、y轴对称的点的坐标，还可以利用轴对称的性质解决几何图形中的最短路径等问题．

轴对称的作图
1．下列图形中，右边图形与左边图形成轴对称的是(　　)

2．如图，已知△ABC和直线MN，求作△A′B′C′，使△A′B′C′和△ABC关于直线MN对称．(不要求写作法，只保留作图痕迹)

(第2题)



轴对称图形的再认识
3．(2015·河北)一张四边形纸片按图①，图②依次对折后，再按图③打出一个圆形小孔，则展开铺平后的图案是(　　)
(第3题)




(第4题)
4．如图是4×4的正方形网格，其中已有3个小方格涂成了黑色．现在要从其余13个白色小方格中选出一个也涂成黑色，使整个涂成黑色的图形成为轴对称图形，这样的白色小方格有________个．
轴对称及轴对称图形的性质的应用
类型1　利用轴对称及轴对称图形的性质求面积(转化思想)

(第5题)
5．如图，△ABC是轴对称图形，且直线AD是△ABC的对称轴，点E，F是线段AD上的任意两点，若△ABC的面积为12 cm2，则图中阴影部分的面积是________cm2.
类型2　利用轴对称求与坐标有关的问题
6．已知点M(2a－b，5＋a)，N(2b－1，－a＋b)．
(1)若点M，N关于x轴对称，试求a，b的值；
(2)若点M，N关于y轴对称，试求(b＋2a)2 016的值．



类型3　利用轴对称解决四边形中的折叠问题
7．把一张长方形纸片ABCD按图中的方式折叠，使点A与点E重合，点C与点F重合(E，F两点均在BD上)，折痕分别为BH，DG.求证：△BHE≌△DGF.

(第7题)




类型4　利用轴对称的性质解决几何中的最值问题
8．如图，∠AOB＝30°，点P是∠AOB内一点，OP＝10，点M，N分别在OA，OB上，求△PMN的周长的最小值．

(第8题)







专训二：轴对称图形性质的应用
名师点金：本章中除了等腰三角形之外，还有两类特殊的轴对称图形——线段和角，灵活运用线段的垂直平分线和角的平分线的性质可以求线段的长度，求角的度数，证明数量关系等．

应用于求线段的长
1．如图，在△ABC中，AB，AC的垂直平分线分别交BC于点D，E，垂足分别为F，G，已知△ADE的周长为12 cm，则BC＝________.

(第1题)
2．如图，在△ABC中，AB>BC，AB＝AC，DE是AB的垂直平分线，垂足为D，交AC于E.若△ABC的周长为41 cm，一边长为15 cm，求△BCE的周长．

(第2题)



应用于求角的度数
3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB边的垂直平分线DE交BC于点D，交AB于点E，连接AD，AD将∠CAB分成两个角，且∠1∶∠2＝2∶5，求∠ADC的度数．

(第3题)






应用于证线段相等(作垂线段法)
4．如图，已知∠AOB＝90°，OM是∠AOB的平分线，将三角尺的直角顶点P在射线OM上滑动，两直角边分别与OA，OB交于点C，D.求证：PC＝PD.(提示：四边形的内角和等于360°)

(第4题)






应用于证不等关系(截取法)
5．如图，AD为△ABC的中线，DE，DF分别是△ADB和△ADC的角平分线．求证：BE＋CF>EF.

(第5题)








专训三：活用“三线合一”巧解题
名师点金：等腰三角形“顶角平分线、底边上的高、底边上的中线”只要知道其中“一线”，就可以说明是其他“两线”．运用等腰三角形“三线合一”的性质证明角相等、线段相等或垂直关系，可减少证全等的次数，简化解题过程．

利用“三线合一”求角的度数
1．如图，房屋顶角∠BAC＝100°，过屋顶A的立柱AD⊥BC，屋檐AB＝AC.求顶架上的∠B，∠C，∠BAD，∠CAD的度数．
(第1题)






利用“三线合一”求线段的长
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD＝BD＝BC，DE⊥AB于点E，若CD＝6，且△BDC的周长为26，求AE的长．
(第2题)




利用“三线合一”证线段、角相等
3．如图，已知△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF.
求证：DE＝DF.
(第3题)







利用“三线合一”证垂直
4．如图，在△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，E是AD上一点，且EA＝EC.求证：EB⊥AB.

(第4题)





利用“三线合一”证线段的倍数关系(构造三线法)
5．如图，已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BF平分∠ABC，CD⊥BF交BF的延长线于点D.试说明：BF＝2CD.
(第5题)





利用“三线合一”证线段的和差关系(构造三线法)
6．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，且∠ABC＝2∠C.试说明：CD＝AB＋BD.
(第6题)









专训四：巧用特殊角构造含30°角的直角三角形
名师点金：在解决有关三角形的问题时，遇到含有120°角的等腰三角形或含有30°角的三角形时，常常通过连线，延长或作垂线的方式，构造含30°角的直角三角形，将角的关系转化为边的关系来解决问题．

直接运用含30°角的直角三角形的性质

(第1题)
1．(2015·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
2．如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AB⊥AD，AD＝4 cm.求BC的长．

(第2题)




连线段构造含30°角的直角三角形
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．
(第3题)





4．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，DE垂直平分AB于点D，交BC于点E.求证：CE＝2BE.　

(第4题)



延长两边构造含30°角的直角三角形
5．如图，四边形ABCD中，AD＝4，BC＝1，∠A＝30°，∠B＝90°，∠ADC＝120°，求CD的长．
(第5题)







作垂线构造含30°角的直角三角形
6．如图，四边形ABCD中，∠B＝90°，DC∥AB，AC平分∠DAB，∠DAB＝30°.求证：AD＝2BC.
(第6题)










7．如图，在△ABC中，BD＝DC，若AD⊥AC，∠BAD＝30°.求证：AC＝AB.
(第7题)
答案





专训一
1．B
2．解：如图．
(第2题)


3．C　4.4
5．6　点拨：∵△ABC是轴对称图形，且直线AD是对称轴，∴△ABD与△ACD关于直线AD对称．∴S△ABD＝S△ACD＝S△ABC.又∵点E，F是AD上的任意两点，∴△BEF与△CEF关于直线AD对称．∴S△BEF＝S△CEF.∴S阴影＝S△ABE＋S△BEF＋S△BDF＝S△ABD＝S△ABC＝×12＝6(cm2)．　
6．解：(1)∵点M，N关于x轴对称，
∴解得
(2)∵点M，N关于y轴对称，
∴解得
∴(b＋2a)2 016＝[3＋2×(－1)]2 016＝1.
7．证明：由折叠可知∠ABH＝∠EBH＝∠ABD，∠CDG＝∠FDG＝∠CDB，∠HEB＝∠A＝∠GFD＝∠C＝90°，AB＝BE，CD＝DF.∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CDB.
∴∠EBH＝∠FDG.∵AB＝CD，∴BE＝DF.
在△BHE和△DGF中，
∴△BHE≌△DGF(ASA)．
点拨：用轴对称性质解决折叠问题的关键是折叠前后重合的部分全等，所以对应角相等、对应线段相等．

　(第8题)
8．解：如图，分别作点P关于OA，OB的对称点P1，P2，连接P1P2，交OA于M，交OB于N，连接PM，PN，OP1，OP2，此时△PMN的周长最小，△PMN的周长＝PM＋MN＋PN＝P1M＋MN＋NP2＝P1P2，∵∠P1OP2＝2∠AOP＋2∠BOP＝2∠AOB＝60°，OP＝OP1＝OP2，∴△OP1P2为等边三角形．
∴P1P2＝OP1＝OP2＝OP＝10.
∴△PMN的周长的最小值为10.






专训二
1．12 cm
2．解：因为△ABC的周长为41 cm，一边长为15 cm，AB＞BC，所以AB＝15 cm，所以BC＝11 cm.根据线段垂直平分线的性质可得BE＋CE＝AE＋CE＝AC，所以△BCE的周长＝BE＋CE＋BC＝26 cm.
3．解：∵∠1∶∠2＝2∶5，∴设∠1＝2x，则∠2＝5x.
∵DE是线段AB的垂直平分线，∴AD＝BD.
∴∠B＝∠2＝5x.∴∠ADC＝∠2＋∠B＝10x.
在△ADC中，2x＋10x＝90°，解得x＝7.5°，
∴∠ADC＝10x＝75°.
4．证明：如图，过点P作PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，

(第4题)
∴∠PEC＝∠PFD＝90°.
又∵OM是∠AOB的平分线，
∴PE＝PF.
∵∠AOB＝90°，∠CPD＝90°，
∴∠PCE＋∠PDO＝360°－90°－90°＝180°.
而∠PDO＋∠PDF＝180°，
∴∠PCE＝∠PDF.
在△PCE和△PDF中，
∴△PCE≌△PDF(AAS)．∴PC＝PD.
5．证明：在DA上截取DH＝BD，连接EH，FH.
∵AD是BC边上的中线，∴CD＝BD＝DH.
∵DE平分∠ADB，∴∠BDE＝∠HDE.
又∵DE＝DE，∴△BDE≌△HDE(SAS)．
∴BE＝HE.同理△CDF≌△HDF(SAS)，
∴CF＝HF.
在△HEF中，∵HE＋HF＞EF，∴BE＋CF＞EF.







专训三
1．解：因为AB＝AC，∠BAC＝100°，AD⊥BC，所以∠B＝∠C＝40°，∠BAD＝∠CAD＝50°.
2．解：∵△BDC的周长＝BD＋BC＋CD＝26，CD＝6，
∴BD＋BC＝20.
∵AD＝BD＝BC，
∴AD＝BD＝BC＝10.
∴AB＝AC＝AD＋CD＝10＋6＝16.
∵AD＝BD，DE⊥AB，∴AE＝EB＝AB＝8.
3．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.

　(第4题)
4．证明：如图，过点E作EF⊥AC于F.∵EA＝CE，
∴AF＝AC.
又∵AB＝AC，
∴AF＝AB.
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAE＝∠BAE.
又∵EA＝EA，
∴△AEF≌△AEB(SAS)．∴∠ABE＝∠AFE＝90°，
即EB⊥AB.

(第5题)
5．解：如图，延长BA，CD交于点E.
∵BF平分∠ABC，CD⊥BD，
∴∠DBC＝∠DBE，∠BDC＝∠BDE＝90°，
又∵BD＝BD，
∴△BDC≌△BDE.
∴BC＝BE.
又∵BD⊥CE，∴CE＝2CD.
∵∠BAC＝90°，∠BDC＝90°，∠AFB＝∠DFC，
∴∠ABF＝∠ACE.
又∵AB＝AC，∠BAF＝∠CAE＝90°，
∴△ABF≌△ACE(ASA)．∴BF＝CE.
∴BF＝2CD.

(第6题)
6．解：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.
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＝AB＋BD.







专训四
1．C
2．解：∵AB＝AC，∠C＝30°，∴∠B＝∠C＝30°.
又∵AB⊥AD，∴∠ADB＝60°.
又∵∠ADB＝∠C＋∠CAD，
∴∠CAD＝30°＝∠C.∴CD＝AD＝4 cm.
∵AB⊥AD，∠B＝30°，
∴BD＝2AD＝8 cm.∴BC＝BD＋CD＝12 cm.
3．解：连接AD，∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝×120°＝60°.
在Rt△ADE中，∠EAD＝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.

(第4题)
4．证明：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.
5．解：延长AD，BC交于点E.
∵∠A＝30°，∠B＝90°，∴∠E＝60°.
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.
6．证明：过点C作CE⊥AD交AD的延长线于E.
∵DC∥AB，∠DAB＝30°，∴∠CDE＝30°.
在Rt△CDE中，∠CDE＝30°，∴CD＝2CE.
又∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠BAC，
又∵DC∥AB，∴∠BAC＝∠DCA，
∴∠DAC＝∠DCA，∴AD＝CD.
又∵CE⊥AE，CB⊥AB，AC平分∠DAB，
∴BC＝CE，∴AD＝2BC.
7．证明：过点B作BE⊥AD交AD的延长线于点E，则∠DEB＝90 °.
∵∠BAD＝30°，∴BE＝AB.
∵AD⊥AC，∴∠DAC＝90°，
∴∠DEB＝∠DAC.又∵BD＝CD，∠BDE＝∠CDA，
∴△BED≌△CAD，
∴BE＝AC，∴AC＝AB.
点拨：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．