《2025年教材完全解读八年级数学上册苏科版》

例3-3
如图1-14,在△ABC中,∠ABC= 2∠C,BD平分∠ABC,交AC于点D,AE⊥BD,垂足为E,求证:AC= 2BE。

 

答案： 【解析】：本题考查全等三角形的证明和性质，通过证明三角形全等，得到对应边相等，再结合等腰三角形的性质，从而证明$AC=2BE$。
证明过程如下：
延长$CB$至点$F$，使$BF = AB$，连接$AF$。
因为$BF = AB$，根据等腰三角形的性质，两底角相等，所以$\angle F=\angle FAB$。
又因为$\angle ABC=\angle F + \angle BAF = 2\angle F$，且已知$\angle ABC = 2\angle C$，所以$2\angle F=2\angle C$，即$\angle F=\angle C$。
根据等角对等边，可得$AC = AF$。
过点$B$作$BG\perp AF$，垂足为$G$，在等腰三角形$ABF$中，根据等腰三角形三线合一的性质，$AF = 2AG$，所以$AC = 2AG$。
因为$BD$平分$\angle ABC$，根据角平分线的定义，所以$\angle ABE=\frac{1}{2}\angle ABC$。
又因为$\angle BAF=\frac{1}{2}\angle ABC$，所以$\angle BAG=\angle ABE$。
已知$AE\perp BD$，$BG\perp AF$，所以$\angle BGA=\angle AEB = 90^{\circ}$。
又因为$AB = BA$，根据全等三角形的判定定理$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle BAG\cong\triangle ABE$。
根据全等三角形的性质，全等三角形的对应边相等，所以$AG = BE$，因为$AC = 2AG$，所以$AC = 2BE$。
【答案】：证明：如图，延长$CB$至点$F$，使$BF = AB$，连接$AF$，则$\angle F=\angle FAB$。
所以$\angle ABC=\angle F+\angle BAF = 2\angle F$。
又$\angle ABC = 2\angle C$，所以$\angle F=\angle C$，所以$AC = AF$。
过点$B$作$BG\perp AF$，垂足为$G$，则$AF = 2AG$，所以$AC = 2AG$。
因为$BD$平分$\angle ABC$，所以$\angle ABE=\frac{1}{2}\angle ABC$。
又$\angle BAF=\frac{1}{2}\angle ABC$，所以$\angle BAG=\angle ABE$。
因为$AE\perp BD$，$BG\perp AF$，所以$\angle BGA=\angle AEB$。
又$AB = BA$，所以$\triangle BAG\cong\triangle ABE(AAS)$，
所以$AG = BE$，所以$AC = 2BE$。

例4
如图1-17,在直线AC的同一侧作等边三角形ABD和等边三角形BCE,连接AE与CD交于点H。

求证:(1)△ABE≌△DBC;
(2)AE= DC;
(3)AE与DC的夹角为60°;
(4)△AGB≌△DFB;
(5)△EGB≌△CFB;
(6)HB平分∠AHC;
(7)GF//AC。
 

答案：
(1)证明：
∵△ABD与△BCE为等边三角形，
∴AB=DB，BE=BC，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABD+∠DBE=∠CBE+∠DBE，即∠ABE=∠DBC，
在△ABE和△DBC中，
$\left\{\begin{array}{l} AB=DB\\ ∠ABE=∠DBC\\ BE=BC\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△DBC(SAS)。
(2)证明：
∵△ABE≌△DBC，
∴AE=DC。
(3)证明：
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC，
在△AGB和△DGH中，∠AGB=∠DGH，∠BAE=∠BDC，
∴∠DHA=∠ABD=60°，即AE与DC的夹角为60°。
(4)证明：
∵∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABG=180°-∠ABD-∠CBE=60°，∠DBF=60°，即∠ABG=∠DBF，
在△AGB和△DFB中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠BAG=∠BDF\\ AB=DB\\ ∠ABG=∠DBF\end{array}\right.$，
∴△AGB≌△DFB(ASA)。
(5)证明：
∵△AGB≌△DFB，
∴BG=BF，
在△EGB和△CFB中，
$\left\{\begin{array}{l} BE=BC\\ ∠EBG=∠CBF\\ BG=BF\end{array}\right.$，
∴△EGB≌△CFB(SAS)。
(6)证明：过点B作BM⊥AE于M，BN⊥CD于N，
∵△ABE≌△DBC，
∴S△ABE=S△DBC，
又
∵AE=DC，
∴$\frac{1}{2}$AE·BM=$\frac{1}{2}$DC·BN，
∴BM=BN，
∴HB平分∠AHC。
(7)证明：
∵△AGB≌△DFB，
∴BG=BF，
∵∠GBF=60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴∠GFB=60°，
∵∠FBC=60°，
∴∠GFB=∠FBC，
∴GF//AC。