三角形任意两边之和大于第三边

四年级下册数学教案-7.2 三角形任意两边之和大于第三边丨苏教版一、教学目标1. 让学生理解并掌握三角形任意两边之和大于第三边的性质。

2. 培养学生运用三角形性质解决实际问题的能力。

3. 培养学生合作交流、动手操作的能力。

二、教学内容1. 三角形的概念2. 三角形任意两边之和大于第三边的性质3. 三角形的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：三角形任意两边之和大于第三边的性质。

2. 教学难点：如何运用三角形性质解决实际问题。

四、教学过程1. 导入新课通过复习三角形的定义和分类，引导学生思考：三角形的三条边之间有什么关系？2. 探究新知（1）小组合作，探究三角形边长关系。

学生分组，每组准备不同长度的小棒，尝试组成三角形。

引导学生观察、讨论并总结：三角形任意两边之和大于第三边。

（2）讲解三角形边长关系。

教师通过讲解和举例，让学生理解并掌握三角形任意两边之和大于第三边的性质。

3. 巩固练习（1）判断题：判断下列每组小棒是否能组成三角形，并说明理由。

① 2cm、3cm、5cm ② 3cm、4cm、8cm ③ 5cm、5cm、11cm（2）选择题：一个三角形的三条边分别是5cm、12cm、13cm，那么这个三角形是（）。

A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形4. 应用拓展（1）生活中的三角形：让学生举例生活中常见的三角形，并说明三角形任意两边之和大于第三边的性质在生活中的应用。

（2）趣味数学：让学生尝试解决一些关于三角形边长关系的趣味题目。

5. 课堂小结教师引导学生回顾本节课所学内容，总结三角形任意两边之和大于第三边的性质，并强调其在实际生活中的应用。

五、课后作业1. 完成练习册相关习题。

2. 观察生活中常见的三角形，思考三角形任意两边之和大于第三边的性质在实际中的应用。

六、教学反思1. 教师要关注学生在探究过程中的表现，及时给予指导和鼓励。

2. 在讲解三角形边长关系时，要注意举例说明，帮助学生理解。

三角形两边之和大于第三边教学目标：（1）、在观察中进一步发现三角形具有稳定性，以及三角形任意两边之和大于第三边，知道三角形的特性在实践中有广泛的应用。

（2）、积累认识图形的经验和方法。

过程与方法：培养学生观察、操作、自学的能力和应用数学知识解决实际问题的能力。

情感与态度：（1）发现生活中的数学美，会从美观和实用的角度解决生活中的数学问题。

（2）学会从全面、周到的角度考虑问题。

（3）体验数学和生活的联系，培养学生学习数学的兴趣。

教学重点：在观察中发现三角形具有稳定性、任意两边之和大于第三边。

教学难点：三角形任意两边之和大于第三边。

教学准备：多媒体课件、三角板、三角形教具等。

教学过程：一、出示书62页例3并提出问题（课件展示）师：同学们刚才通过互相帮助，共同总结出了三角形的特征，概括出了三角形的定义，现在小明遇到了一个问题，你们愿意帮他解决吗？出示图片：这是小明家、学校、商店、邮局的位置图，你们能看出这张图与以上我们所学知识有什么关联吗？（各段路围成三角形）哪两个三角形呢？（生指）小明从家到学校有几种走法可以到达？对上路中路围成的三角形来说，走上路就是走？走中路就是走三角形的什么？（第三条边）今天，小明刚巧要做卫生，想快点到学校，他走哪条路最近？（中路）师：为什么？（两条边的和比第三条边长）师板书：两边之和大于第三边师：还有别的想法吗？师：看来同学们都认为三角形的两边之和一定大于第三边。

师：那同学们反过来想一想，是不是两条线段的和大于第三条线段，这样的三条线段也一定能围成三角形呢？我们可以通过实际操作来验证：任意画一个三角形，进行边的测量二、合作探究三、汇报交流，得出结论师启发：是什么样的两条边的和大于第三条边才能围成三角形呢？（师指投影下的线段提示）只要两条较短边的和大于第三边，能围成三角形，其余任意两条边的和肯定大于第三边，肯定能围成三角形。

四、回归图形，验证巩固A、师：通过动手操作，我们知道了三角形三边的规律，你能用这一规律来解释小明家到学校走哪条路近的原因吗？B、看来同学们已经能判断三条线段在什么情况下能围成三角形了（两条短边的和与第三条边比较来判断）五、出示例4我们来做个实验剪出下面4组纸条（单位：厘米）（1）6、7、8 （2）4、5、9（3）3、6、10 （4）8、11、11用每组纸条摆三角形学生用准备好的学具动手操作。

《三角形任意两边之和大于第三边》教学案例与反思教材分析：“三角形任意两边之和大于第三边”是义务教育课程标准实验教科书小学《数学》（人教板）四年级下册中的教学内容。

本课是在学生认识了三角形是什么的基础上进一步认识三角形三边的特征。

同时，通过这堂课的学习，为学生角的分类提供方法。

教学准备：课件、小棒教学目标：1、通过教师启发，学生经历小组合作、动手实践的过程，体会“三角形任意两边之和大于第三边”。

2、通过小组合作的形式，增强学生的合作交流意识。

3、培养学生逻辑思维能力，以及培养学生“猜测—验证—总结”的学习习惯。

教学重点：理解三角形任意两边之和大于第三边教学难点：两边之和等于第三边时不能构成三角形教学过程：一、创设情境大胆猜测导语：今天，老师给大家介绍一位新朋友—小明。

他正从家里出发赶往学校。

请回答从小明家到学校有几条路线？哪一条最近？（指明回答），【课件出示教材82页例3小明家到学校的路线图】（1）为什么大家都认为中间这条路最短？预设生1：因为第1条和第3条路线拐弯了，绕远路，所以中间这条最近。

生2：我生活中这样走过，中间的这条路线最短。

生3：我在图中通过测量得出中间的这条路线最短。

师总结：同学们结合自己的生活经验谈了自己的感受。

那么，如果我们将小明家、邮局、学校这三个位置看成是三角形的三个顶点A、B、C。

他们之间的距离看作是三角形的什么？（指名回答）（2）刚才我们都说中间的路比起经过邮局的路要远。

也就是说AC边比AB和AC的和要长。

假如A、C位置保持不变，B点可以移动，试想一下，怎样操作使得AB加AC的距离与AC的距离相差变小？预设：B点往AC线段靠近。

（靠近：可以联系上节课学习三角形高的定义。

在这里只要学生能感受靠近的感觉。

）课件演示B点向AC线段近。

（B点还未在AC线段上）现在你会选择哪一线段走到C点？为什么？（指明回答。

再次让学生感受三角形两边之和大于第三边。

）（3）猜想一下，当B点在哪的时候，使得AB和BC的距离等于AC距离呢？不知道同学们有没有注意到从刚开始到现在这个图形最大的变化是什么？生：刚才都是三角形，现在变成了一条直线，不是一个三角形。

三角形三边关系是三角形三条边关系的定则，具体内容是在一个三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。

直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。

直角三角形的两直角边的乘积等于斜边与斜边上高的乘积。

三角形分类
判定法一：
1、锐角三角形：三角形的三个内角都小于90度。

2、直角三角形：三角形的三个内角中一个角等于90度，可记作Rt△。

3、钝角三角形：三角形的三个内角中有一个角大于90度。

判定法二：
1、锐角三角形：三角形的三个内角中最大角小于90度。

2、直角三角形：三角形的三个内角中最大角等于90度。

3、钝角三角形：三角形的三个内角中最大角大于90度，小于180度。

其中锐角三角形和钝角三角形统称为斜三角形。

三角形任意两边之和大于第三边教学设计（共3篇）篇：三角形任意两边之和大于第三边教案三角形三边的关系（三角形任意两边的和大于第三边）【目标】1、通过操作、探索，发现三角形三边之间的关系：三角形任意两边的和大于第三边。

2、掌握判断三条线段能否构成一个三角形的方法，并能解决有关的问题。

3、提高学生逻辑思维能力，以及培养学生“猜测----验证----”的学习习惯。

【教学重、难点】通过操作、探索，发现三角形三边之间的关系：三角形任意两边的和大于第三边。

教学过程：一、情境激趣，发现问题同学们是个爱帮助别人的孩子吗？（电脑出示例3图）：看，小明正准备去上学呢！这是他上学的路线图，看一看，他上学的路线有几条？走哪条路距离最近？你怎么知道的？请大家再看看图，他上学的这几条路线围成两个什么图形？那么，能不能围，跟三角形的什么有关系呢？对，三角形的边有什么样的关系呢？（板书课题）二、实践操作，探究学习1.电脑出示：例题一起探究1厘米能否围成三角形？2.动手操作。

说明操作要求：（1）从学具袋中拿出操作材料；（2）在作业纸上有不同的线段，请你用两根小棒去围一围，看看是否能围成一个三角形；（3）将数据和结果填写在表格中，能围成的用√表示，不能围成的用×表示。

学生活动，教师巡视指导。

3.汇报交流。

第一层次：发现不能围成的原因。

（1）同学们通过动手实践，发现2厘米的小棒不能围,确定吗？咱们再来验证一下。

（课件演示）为什么围不成？你会用一个数学关系式表示出它们的关系吗？（2）3厘米也不能围成，是什么原因呢？（课件演示）（3）提出：1厘米、2厘米和3厘米的小棒都围不成。

大家观察这三道算式，谁能用一句话说说什么情况下不能围成三角形？出示：两边之和≤第三边不能围成三角形第二个层次：猜想，初步得出三角形边的性质。

同学们猜想一下，什么情况下能围成三角形呢？（大于）这个猜想对不对呢？这需要进行验证。

看看这些能围成三角形的边，是不是具备这样的关系？指着4厘米，问：当第三根小棒是4厘米的时候，谁能来说一说？同时课件进行演示，得出：4+36。

“三角形任意两边的和大于第三边”教案“三角形任意两边的和大于第三边”教案教学内容：教科书第82页例3。

教学目标： 1.通过探究三角形三边的关系，知道三角形任意两条边的和大于第三边。

2.根据三角形三边的关系解释生活中的现象，提高运用数学知识解决实际问题的能力；提高观察、思考、抽象概括能力和动手操作能力。

3.通过积极参与探究活动，在活动中获得成功的体验，产生学习的兴趣。

教学重点：知道三角形任意两条边的和大于第三边，并运用到实际生活中解决问题。

教学难点：根据三角形三边的关系解释生活中的现象，解决实际问题。

学具：不同长度的小棒。

教学方法：观察法、探究法、动手操作法、小组讨论法教学过程：一、情境导入小明和我们一样每天都按时上学，请看小明到学校的线路图，小明上学共有几条路线？（1）师：这是小明上学的路线。

请同学们仔细观察，他可以怎样走去上学？学生观察后会指出三条可走的路线：生1：线路①小明家――学校生2：线路②小明家――邮局――学校生3：线路③小明家――商店――学校（2）师：想一想，有一天小明起来晚了，你们猜猜他肯定会走哪条路去学校？为什么？讨论后，学生会一致认为小明上学会经常走“线路①”，因为这条路最近。

设计意图：让学生在具体的、熟悉的生活情境中观察、收集数学信息，激活学生的生活经验，并用生活经验解释生活事例。

观察路①和路②围成的是一个什么图形？路和②路③又是一个什么图形？根据大家的判断，走三角形的两条边的和要比第三边大，是不是所有的三角形的三条边都有这样的关系呢？这节课我们一起来研究一下，三角形任意两边的和___第三边二、实验探究 1．实验l（比赛）：用三组纸条摆三角形第1、4小组的纸条：6、7、8（厘米）第2、5小组的纸条是：4、5、9（厘米）第3、6小组的纸条是：3、6、10（厘米）学生动手操作，引导学生观察比较，让第2、3、5、6小组的代表说说原因。

学生提出教师不公平的原因：给我们组的纸条有的不够长，所以让第1、4小组赢了。

4.5.2 三角形任意两边的和大于第三边师：真的吗？来围给我们看看？（生上台围，展示）（2）师：是不是所有的情况都是小于呢？生：我们发现两边的和等于第三边也不能围成三角形。

2+4等于6，就不能围成三角形。

师：也请你围给我们看看？（生展示）检验其余记录下来的情况。

（师生齐算，板书算式）层次2：（1）列举发现师指着板书：这些能围成三角形的三条边又有怎样的关系呢？生：我们发现两条边的和大于第三条边就能围成三角形。

如2+3＞4，这样就能围成三角形。

（师板书）师：谁有不同发现？生：我们认为必须每两条边相加，和大于第三条边才能围成三角形。

比如2+3＞4、2+4＞3、4+3＞2（师板书）哪些组还有不同发现？生：我们认为最短的两边的和大于第三条边就能围成三角形。

如只要2+3＞4，就能围成三角形。

师：还有吗？（2）辨析师：各自说说理由吧！生：因为如果只考虑一种情况是不行的，有时两条线段的和大于第三条线段，也不能围成三角形。

师：举个例子呢？引导学生引用“不能”的情况来反证。

生：比如在刚才不能围成的情况中：2+6＞3、6+3＞2、2 +3＜6，出现了两个大于的情况，但只要存在两边和小于（等于）第三边的情况，也不能围成三角形。

所以只考虑一种情况是不行的。

师：那么为什么最短的两条线段的和大于最长的线段就能围成三角形呢？生：因为最短的两条线段的和大于最长的线段，那么另外两组边加起来肯定比这一组长。

意思是如果2+3＞4，那么2+4肯定＞3，4+3肯定＞2。

（师用实物在黑板上演示）小结：因为只要最短两边的和大于了最长的边，那么其他任意两边的和都会大于第三条边的。

所以你们两组的观点实际上是一致的。

这也就是三角形三边关系的一个重要结论：三角形任意两边的和大于第三边。

三、巩固应用，内化提高1．通过实验，我们知道了三角形三条边的一个规律，你能用它来解释小明家到学校哪条路最近的原因吗？2．请学生独立完成86页练习十四的第4题：在能拼成三角形的各组小棒下面画“√”。

人教版小学数学四年级下册《三角形任意两边的和大于第三边》教学设计1峡江县巴邱小学陈淑全教学内容：教科书第82页。

教学目标：1.探究三角形三边的关系，知道三角形任意两条边的和大于第三边。

2.根据三角形三边的关系解释生活中的现象，提高运用数学知识解决实际问题的能力；提高观察、思考、抽象概括能力和动手操作能力。

3.积极参与探究活动，在活动中获得成功的体验，产生学习的兴趣。

学具：不同长度的小棒。

教学过程：一、创设情境1.出示：课本82页例3情境图。

（1）这是小明同学上学的路线。

请大家仔细观察，他可以怎样走？（2）在这几条路线中哪条最近？为什么？2.大家都认为走中间这条路最近，这是什么原因呢？请大家看，连接小明家、商店、学校三地，近似一个什么图形？连接小明家、邮局、学校三地，同样也近似一个什么图形？那么走中间这条路，走过的路程是三角形的一条边，走旁边的路走过的路程实质上是三角形的另两条边的和，根据刚才大家的判断，走三角形的两条边的和要比第三边大，那么，是不是所有的三角形的三条边都有这样的关系呢？我们来做个实验。

二、实验探究1.实验1：用三根小棒摆一个三角形。

在每个小组的桌上都有5根小棒，请大家随意拿三根来摆三角形，看看有什么发现？学生动手操作，发现随意拿三根小棒不一定都能摆成三角形。

接着引导学生观察和比较摆不成三角形的三根小棒，寻找原因，深入思考。

2.实验2：进一步探究三根小棒在什么情况下摆不成三角形。

（1）每个小组用以下四组小棒来摆三角形，并作好记录。

（2）观察上表结果，说一说不能摆成三角形的情况有几种？为什么？（3）能摆成三角形的三根小棒又有什么规律？（4）师生归纳总结：三角形任意两边的和大于第三边。

三、应用深化1.通过实验，我们知道了三角形三条边的一个规律，你能用它来解释小明家到学校哪条路最近的原因吗？2.请学生独立完成86页练习十四的第4题：在能拼成三角形的各组小棒下面画“√”。

（单位：厘米）问：我们是否要把三条线段中的每两条线段都相加后才能作出判断？有没有快捷的方法？（用较小的两条线段的和与第三条线段的关系来检验。

三角形2边之和大于第三条边原理三角形是初中数学中一个比较基础的知识点，三条边的长短决定了三角形的形态和性质。

三角形的三条边有一定的关系，其中一条基本原理就是“任意两边之和大于第三边”。

这个原理非常重要，不仅仅是因为在初中数学中经常会用到，更是因为它帮助我们理解三角形的性质，从而对几何知识有更深入的理解。

先来看一下这个原理是什么意思。

三角形有三条边，分别为a、b、c，三边之间有如下关系：a+b>cb+c>ac+a>b这三个式子表明，三角形的任意两边之和要大于第三边。

如果出现某条边的长度大于或等于另外两条边长度之和，那么这三条线段就无法组成一个三角形。

这个原理的证明很简单，我们可以用勾股定理来证明。

假设三角形的三边分别是a、b、c，而且c是三角形的斜边。

那么根据勾股定理，我们有：a² + b² = c²如果a和b的长度之和小于c，那么有：a +b < c(a + b)² < c²a² + 2ab + b² < c²a² + b² < c² - 2ab这与勾股定理矛盾。

同样的方式，a+b>c的证明也可以用勾股定理来完成，b+c>a和c+a>b的证明也是类似的。

三角形2边之和大于第三条边原理是物理自然现象和几何知识相互印证的一个典型案例。

物理学中有一个原理，叫做“法向分解原理”，它表明给定一条力的方向和大小，该力可以被分解成与一个平面垂直的向量和平行于该平面的向量。

这个原理可以用来解释为什么三角形是三个力从同一点出发作用于一个质点时的平衡状态。

假设三个力分别是F1、F2和F3，并且F1和F2的方向与F3的方向不同。

我们可以通过法向分解将F1和F2分解成两个方向垂直的向量，然后将这四个向量表示在同一个平面内，就得到了一个三角形。

因为这四个向量的长度与它们所表示的力的大小成比例，所以这个三角形的三条边的长度和原来的三个力的大小成比例。

2023年中考数学----全等三角形的判定与性质知识回顾与专项练习题（含答案解析）知识回顾1.三角形的三边关系：三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。

三角形的三边一旦确定，这三角形就固定了，这是三角形具有稳定性。

2.三角形的内角和定理：三角形的三个内角之和等于180°。

3.三角形的外角定理：三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角之和。

大于它不相邻的任意一个内角。

4.全等三角形的性质：若两个三角形全等，则他们的对应边相等；对应角相等；对应边上的中线相等，高线相等，角平分线也相等；且这两个三角形的周长和面积均相等。

5.全等三角形的判定：①边边边（SSS）：三条边分别对应性相等的两个三角形全等。

②边角边（SAS）：两边及其这两边的夹角对应相等的两个三角形全等。

③角边角（ASA）：两角及其这两角的夹边对应相等的两个三角形全等。

④角角边（AAS）：两角及其其中一角的对边对应相等的两个三角形全等。

⑤直角三角形判定（HL）：直角三角形中斜边与其中任意一直角边分别对应相等的两个直角三角形全等。

全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件。

在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形。

专项练习题（含答案解析）1．已知：如图，∠1＝∠2，∠3＝∠4．求证：AB＝AD．【分析】根据邻补角的定义得出∠ACB＝∠ACD，利用ASA证明△ACB≌△ACD，根据全等三角形的性质即可得解．【解答】证明：∵∠3＝∠4，∴∠ACB＝∠ACD，在△ACB和△ACD中，，∴△ACB≌△ACD（ASA），∴AB＝AD．2．如图，△ABC是等腰三角形，点D，E分别在腰AC，AB上，且BE＝CD，连接BD，CE．求证：BD＝CE．【分析】根据等腰三角形的性质得出∠EBC＝∠DCB，进而利用SAS证明△EBC与△DCB全等，再利用全等三角形的性质解答即可．【解答】证明：∵△ABC∴∠EBC＝∠DCB，在△EBC与△DCB中，，∴△EBC≌△DCB（SAS），∴BD＝CE．3．如图1是小军制作的燕子风筝，燕子风筝的骨架图如图2所示，AB＝AE，AC＝AD，∠BAD＝∠EAC，∠C＝50°，求∠D的大小．【分析】由∠BAD＝∠EAC可得∠BAC＝∠EAD，根据SAS可证△BAC≌△EAD，再根据全等三角形的性质即可求解．【解答】解：∵∠BAD＝∠EAC，∴∠BAD+∠CAD＝∠EAC+∠CAD，即∠BAC＝∠EAD，在△BAC与△EAD中，，∴△BAC≌△EAD（SAS），∴∠D＝∠C＝50°．4．如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B，D．（1）求证：△ABC≌△ADC；（2）若AB＝4，CD＝3，求四边形的面积．【分析】（1）由AC平分∠BAD，得∠BAC＝∠DAC，根据CB⊥AB，CD⊥AD，得∠B＝90°＝∠D，用AAS 可得△ABC≌△ADC；（2）由（1）△ABC≌△ADC，得BC＝CD＝3，S△ABC＝S△ADC，求出S△ABC＝AB•BC＝6，即可得四边形ABCD的面积是12．【解答】（1）证明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∵CB⊥AB，CD⊥AD，∴∠B＝90°＝∠D，在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（AAS）；（2）解：由（1）知：△ABC≌△ADC，∴BC＝CD＝3，S△ABC＝S△ADC，∴S△ABC＝AB•BC＝×4×3＝6，∴S△ADC＝6，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝12，答：四边形ABCD的面积是12．5．如图，在△ABC中，点D在边BC上，CD＝AB，DE∥AB，∠DCE＝∠A．求证：DE＝BC．【分析】利用平行线的性质得∠EDC＝∠B，再利用ASA证明△CDE≌△ABC，可得结论．【解答】证明：∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠B，在△CDE和△ABC中，，∴△CDE≌△ABC（ASA），∴DE＝BC．6．如图，在等边三角形ABC中，点M为AB边上任意一点，延长BC至点N，使CN＝AM，连接MN交AC于点P，MH⊥AC于点H．（1）求证：MP＝NP；（2）若AB＝a，求线段PH的长（结果用含a的代数式表示）．【分析】（1）过点M作MQ∥BC，交AC于点Q，根据等边三角形的性质以及平行线的性质可得∠AMQ＝∠AQM＝∠A＝60°，可得△AMQ是等边三角形，易证△QMP≌△CNP（AAS），即可得证；（2）根据等边三角形的性质可知AH＝HQ，根据全等三角形的性质可知QP＝PC，即可表示出HP的长．【解答】（1）证明：过点M作MQ∥BC，交AC于点Q，如图所示：在等边△ABC中，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，∵MQ∥BC，∴∠AMQ＝∠B＝60°，∠AQM＝∠ACB＝60°，∠QMP＝∠N，∴△AMQ是等边三角形，∴AM＝QM，∵AM＝CN，∴QM＝CN，在△QMP和△CNP中，，∴△QMP≌△CNP（AAS），∴MP＝NP；（2）解：∵△AMQ是等边三角形，且MH⊥AC，∴AH＝HQ，∵△QMP≌△CNP，∴QP＝CP，∴PH＝HQ+QP＝AC，∵AB＝a，AB＝AC，∴PH＝a．7．如图，点A，D，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BC＝EF．有下列三个条件：①AC＝DF，②∠ABC ＝∠DEF，③∠ACB＝∠DFE．（1）请在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF．你选取的条件为（填写序号）（只需选一个条件，多选不得分），你判定△ABC≌△DEF的依据是（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或“AAS”）；（2）利用（1）的结论△ABC≌△DEF．求证：AB∥DE．【分析】（1）根据SSS ABC≌△DEF，即可解决问题；（2）根据全等三角形的性质可得∠A＝∠EDF，再根据平行线的判定即可解决问题．【解答】（1）解：在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SSS），∴在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF，选取的条件为①，判定△ABC≌△DEF的依据是SSS．故答案为：①，SSS；（答案不唯一）．（2）证明：∵△ABC≌△DEF．∴∠A＝∠EDF，∴AB∥DE．8．在△ABC中，∠ACB＝90°，D为△ABC内一点，连接BD，DC，延长DC到点E，使得CE＝DC．（1）如图1，延长BC到点F，使得CF＝BC，连接AF，EF．若AF⊥EF，求证：BD⊥AF；（2）连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图2．若AB2＝AE2+BD2，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．【分析】（1）证明△BCD≌△FCE（SAS），由全等三角形的性质得出∠DBC＝∠EFC，证出BD∥EF，则可得出结论；（2）由题意画出图形，延长BC到F，使CF＝BC，连接AF，EF，由（1）可知BD∥EF，BD＝EF，证出∠AEF＝90°，得出∠DHE＝90°，由直角三角形的性质可得出结论．【解答】（1）证明：在△BCD和△FCE中，，∴△BCD≌△FCE（SAS），∴∠DBC＝∠EFC，∴BD∥EF，∵AF⊥EF，∴BD⊥AF；（2）解：由题意补全图形如下：CD＝CH．证明：延长BC到F，使CF＝BC，连接AF，EF，∵AC⊥BF，BC＝CF，∴AB＝AF，由（1）可知BD∥EF，BD＝EF，∵AB2＝AE2+BD2，∴AF2＝AE2+EF2，∴∠AEF＝90°，∴AE⊥EF，∴BD⊥AE，∴∠DHE＝90°，又∵CD＝CE，∴CH＝CD＝CE．9．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，且点D在线段BC上，连CE．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）若∠EAC＝60°，求∠CED的度数．【分析】（1）可利用SAS证明结论；（2）由全等三角形的性质可得∠ACE＝∠ABD，利用等腰直角三角形的性质可求得∠ACE＝∠ABD＝∠AED ＝45°，再根据三角形的内角和定理可求解∠AEC的度数，进而可求可求解【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）解：∵△ABD≌△ACE，∴∠ACE＝∠ABD，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴∠ACE＝∠ABD＝∠AED＝45°，∵∠EAC＝60°，∴∠AEC＝180°﹣∠ACE﹣∠EAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴∠CED＝∠AEC﹣∠AED＝75°﹣45°＝30°．10．如图，在△ABC中（AB＜BC），过点C作CD∥AB，在CD上截取CD＝CB，CB上截取CE＝AB，连接DE、DB．（1）求证：△ABC≌△ECD；（2）若∠A＝90°，AB＝3，BD＝2，求△BCD的面积．【分析】（1）由CD∥AB得∠ABC＝∠ECD，而CD＝CB，CE＝AB，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABC≌△ECD；（2））由∠A＝90°，根据全等三角形的对应角相等证明∠BED＝∠CED＝∠A＝90°，设BE＝x，由BD2﹣BE2＝CD2﹣EC2＝DE2，列方程（2）2﹣x2＝（3+x）2﹣32，解方程求得符合题意的x的值为2，则BC ＝5，再根据勾股定理求出DE的长，即可求出△BCD的面积．【解答】（1）证明：∵CD∥AB，CD＝CB，CE＝AB，∴∠ABC＝∠ECD，在△ABC和△ECD中，，∴△ABC≌△ECD（SAS）．（2）解：∵∠A＝90°，∴∠CED＝∠A＝90°，∴∠BED＝180°﹣∠CED＝90°，设BE＝x，∵EC＝AB＝3，BD＝2，∴CD＝BC＝3+x，∵BD2﹣BE2＝CD2﹣EC2＝DE2，∴（2）2﹣x2＝（3+x）2﹣32，整理得x2+3x﹣10＝0，解得x1＝2，x2＝﹣5（不符合题意，舍去），∴BE＝2，BC＝3+2＝5，∴DE＝＝＝4，∴S△BCD＝BC•DE＝×5×4＝10，∴△BCD的面积为10．11．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，D是BC边上的一点，以AD为直角边作等腰Rt △ADE，其中∠DAE＝90°，连接CE．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）若∠BAD＝22.5°时，求BD的长．【分析】（1）由“SAS”可证△ACE；（2）由等腰三角形三角形的性质可得BC的长，由角度关系可求∠ADC＝67.5°＝∠CAD，可得AC＝CD ＝1，即可求解．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，∴BC＝，∠B＝∠ACB＝45°，∵∠BAD＝22.5°，∴∠ADC＝67.5°＝∠CAD，∴AC＝CD＝1，∴BD＝﹣1．12．如图，已知矩形ABCD中，AB＝8，BC＝x（0＜x＜8），将△ACB沿AC对折到△ACE的位置，AE和CD交于点F．（1）求证：△CEF≌△ADF；（2）求tan∠DAF的值（用含x的式子表示）．【分析】（1）根据矩形的性质得到∠B＝∠D＝90°，BC＝AD，根据折叠的性质得到BC＝CE，∠E＝∠B ＝90°，等量代换得到∠E＝∠D＝90°，AD＝CE，根据AAS证明三角形全等即可；（2）设DF＝a，则CF＝8﹣a，根据矩形的性质和折叠的性质证明AF＝CF＝8﹣a，在Rt△ADF中，根据勾股定理表示出DF的长，根据正切的定义即可得出答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，BC＝AD，根据折叠的性质得：BC＝CE，∠E＝∠B＝90°，∴∠E＝∠D＝90°，AD＝CE，在△CEF与△ADF中，，∴△CEF≌△ADF（AAS）；（2）解：设DF＝a，则CF＝8﹣a，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD＝BC＝x，∴∠DCA＝∠BAC，根据折叠的性质得：∠EAC＝∠BAC，∴∠DCA＝∠EAC，∴AF＝CF＝8﹣a，在Rt△ADF中，∵AD2+DF2＝AF2，∴x2+a2＝（8﹣a）2，∴a＝，∴tan∠DAF＝＝．13．如图，△ABC和△DEF，点E，F在直线BC上，AB＝DF，∠A＝∠D，∠B＝∠F．如图①，易证：BC+BE ＝BF．请解答下列问题：（1）如图②，如图③，请猜想BC，BE，BF之间的数量关系，并直接写出猜想结论；（2）请选择（1）中任意一种结论进行证明；（3）若AB＝6，CE＝2，∠F＝60°，S△ABC＝123，则BC＝，BF＝．【分析】（1）根据图形分别得出答案；（2）利用AAS证明△ABC≌△DFE，得BC＝EF，再根据图形可得结论；（3）首先利用含30°角的直角三角形的性质求出BH和AH的长，从而得出BC，再对点E的位置进行分类即可．【解答】解：（1）图②：BC+BE＝BF，图③：BE﹣BC＝BF；（2）图②：∵AB＝DF，∠A＝∠D，∠B＝∠F，∴△ABC≌△DFE（ASA），∴BC＝EF，∵BE＝BC+CE，∴BC+BE＝EF+BC+CE＝BF；图③：∵AB＝DF，∠A＝∠D，∠B＝∠F，∴△ABC≌△DFE（ASA），∴BC＝EF，∵BE＝BF+EF，∴BE﹣BC＝BF+EF﹣BC＝BF+BC﹣BC＝BF；（3）当点E在BC上时，如图，作AH⊥BC于H，∵∠B＝∠F＝60°，∴∠BAH＝30°，∴BH＝3，∴AH＝3，∵S△ABC＝12，∴＝12，∴BC＝8，∵CE＝2，∴BF＝BE+EF＝8﹣2+8＝14；同理，当点E在BC延长线上时，如图②，BF＝BC+BE＝8+10＝18，故答案为：8，14或18．14．△ABC和△ADE都是等边三角形．（1）将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有P A+PB ＝PC（或P A+PC＝PB）成立（不需证明）；（2）将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接P A，猜想线段P A、PB、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；（3）将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接P A，猜想线段P A、PB、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【分析】（2）证明△ABD≌△ACE（SAS）和△BAF≌△CAP（SAS），得AF＝AP，∠BAF＝∠CAP，再证明△AFP是等边三角形，最后由线段的和可得结论；（3）如图③，在PC上截取CM＝PB，连接AM，同理可得结论．【解答】解：（2）PB＝P A+PC，理由如下：如图②，在BP上截取BF＝PC，连接AF，∵△ABC、△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAC+∠CAD＝∠CAD+∠DAE，即∠DAB＝∠EAC，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵AB＝AC，BF＝CP，∴△BAF≌△CAP（SAS），∴AF＝AP，∠BAF＝∠CAP，∴∠BAC＝∠P AF＝60°，∴△AFP是等边三角形，∴PF＝P A，∴PB＝BF+PF＝PC+P A；（3）PC＝P A+PB，理由如下：如图③，在PC上截取CM＝PB，连接AM，同理得：△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵AB＝AC，PB＝CM，∴△AMC≌△APB（SAS），∴AM＝AP，∠BAP＝∠CAM，∴∠BAC＝∠P AM＝60°，∴△AMP是等边三角形，∴PM＝P A，∴PC＝PM+CM＝P A+PB．15．【情境再现】甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处．将甲绕点O 顺时针旋转一个锐角到图②位置．按图②作出示意图，并连接AG，BH，如图③所示，AB交HO于E，AC 交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE＝OF．请你证明：AG＝BH．【迁移应用】延长GA分别交HO，HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．【拓展延伸】小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB，AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．【分析】【情境再现】由△OBE≌△OAF，得BE＝AF，OE＝OF，∠BEO＝∠AFO，可证明△BHE≌△AGF （SAS），得BH＝AG；【迁移应用】由△BHE≌△AGF，得∠BHE＝∠AGF，可得∠AGF+∠GPO＝90°，从而∠BHE+∠HPD＝90°，∠HDP＝90°，故DG⊥BH；【拓展延伸】设AB交OH于T，OG交AC于K，根据△ABC，△HOG是含30°角的直角三角形，AO⊥BC，可得OB＝AO，∠OBA＝∠OAC＝30°，∠BOT＝90°﹣∠AOT＝∠AOK，即得△BOT∽△AOK，有＝＝＝，∠BTO＝∠AKO，又OH＝GO，可得＝＝，故△BTH∽△AKG，即得＝＝，BH＝AG．【解答】【情境再现】证明：由阅读材料知△OBE≌△OAF，∴BE＝AF，OE＝OF，∠BEO＝∠AFO，∴∠BEH＝∠AFG，∵OH＝OG，∴OH﹣OE＝OG﹣OF，即EH＝GF，在△BHE和△AGF中，，∴△BHE≌△AGF（SAS），∴BH＝AG；【迁移应用】解：猜想：DG⊥BH；证明如下：由【情境再现】知：△BHE≌△AGF，∴∠BHE＝∠AGF，∵∠HOG＝90°，∴∠AGF+∠GPO＝90°，∴∠BHE+∠GPO＝90°，∵∠GPO＝∠HPD，∴∠BHE+∠HPD＝90°，∴∠HDP＝90°，∴DG⊥BH；【拓展延伸】解：猜想：BH＝AG，证明如下：设AB交OH于T，OG交AC于K，如图：由已知得：△ABC，△HOG是含30°角的直角三角形，AO⊥BC，∴∠AOB＝90°，∴OB＝AO，∠OBA＝∠OAC＝30°，∠BOT＝90°﹣∠AOT＝∠AOK，∴△BOT∽△AOK，∴＝＝＝，∠BTO＝∠AKO，∴OT＝OK，BT＝AK，∠BTH＝∠AKG，∵OH＝GO，∴HT＝OH﹣OT＝GO﹣OK＝（GO﹣OK）＝KG，∴＝＝，∴△BTH∽△AKG，∴＝＝，∴BH＝AG19。