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八年级数学填空题一般
题目
在△ABC\triangle ABC中,∠BAC=110∘\angle BAC=110^{\circ},AC=ABAC=AB,射线ADAD,AEAE的夹角为55∘55^{\circ},过点BB作BF⊥ADBF\bot AD于点FF,直线BFBF交AEAE于点GG,连结CGCG.
(1)(1)如图11,射线ADAD,AEAE都在∠BAC\angle BAC的内部.
①设∠BAD=α\angle BAD=\alpha,则∠CAG=\angle CAG=______(用含有α\alpha的式子表示）；
②作点BB关于直线ADAD的对称点B\’{B\’},求证:B\’G=CG{B\’}G=CG.
(2)(2)如图22,射线AEAE在∠BAC\angle BAC的内部,射线ADAD在∠BAC\angle BAC的外部,其他条件不变,用等式表示线段BFBF,BGBG,CGCG之间的数量关系,并证明.
知识点：三角形、全等三角形的判定章节：第13章 三角形 / 13.1 三角形的概念

答案与解析

答案

(1)(1)①∵∠BAC=110∘\because \angle BAC=110^{\circ}，∠DAE=55∘\angle DAE=55^{\circ}，
∴∠BAD+∠CAE=55∘\therefore \angle BAD+\angle CAE=55^{\circ}，
∵∠BAD=α\because \angle BAD=\alpha，
∴∠CAG=55∘−α\therefore \angle CAG=55^{\circ}-\alpha，
故答案为：55∘−α55^{\circ}-\alpha；
②证明：连接AB\’AB\’，如图11，

由对称性可知，AB=AB\’AB=AB\’，∠BAD=∠B\’AD\angle BAD=\angle {B\’}AD，
∵AB=AC\because AB=AC，
∴AC=AB\’\therefore AC=AB\’，
∵∠DAG=55∘\because \angle DAG=55^{\circ}，∠BAC=110∘\angle BAC=110^{\circ}，
∴∠BAF+∠CAG=∠B\’AD+∠GAB\’\therefore \angle BAF+\angle CAG=\angle {B\’}AD+\angle GAB\’，
∴∠CAG=∠GAB\’\therefore \angle CAG=\angle GAB\’，
∴△CAG\therefore \triangle CAG≌△B\’AG(SAS)\triangle {B\’}AG\left(SAS\right)，
∴B\’G=CG\therefore {B\’}G=CG；
(2)(2)CG=2BF+BGCG=2BF+BG；理由如下：
作BB点关于ADAD的对称点B\’{B\’}，连接AB\’AB\’，

由对称性可知，AB=AB\’AB=AB\’，∠BAD=∠B\’AD\angle BAD=\angle {B\’}AD，
∵AB=AC\because AB=AC，
∴AC=AB\’\therefore AC=AB\’，
设∠BAF=β\angle BAF=\beta，
∵∠DAG=55∘\because \angle DAG=55^{\circ}，
∴∠BAG=55∘−β\therefore \angle BAG=55^{\circ}-\beta，
∵∠BAC=110∘\because \angle BAC=110^{\circ}，
∴∠CAG=55∘+β\therefore \angle CAG=55^{\circ}+\beta，
∵∠GAB\’=55∘+β\because \angle GAB\’=55^{\circ}+\beta，
∴△CAG\therefore \triangle CAG≌△B\’AG(SAS)\triangle {B\’}AG\left(SAS\right)，
∴CG=B\’G\therefore CG={B\’}G，
∵B\’G=2BF+BG\because {B\’}G=2BF+BG，
∴CG=2BF+BG\therefore CG=2BF+BG.

解析

(1)(1)①∵∠BAC=110∘\because \angle BAC=110^{\circ}，∠DAE=55∘\angle DAE=55^{\circ}，
∴∠BAD+∠CAE=55∘\therefore \angle BAD+\angle CAE=55^{\circ}，
∵∠BAD=α\because \angle BAD=\alpha，
∴∠CAG=55∘−α\therefore \angle CAG=55^{\circ}-\alpha，
故答案为：55∘−α55^{\circ}-\alpha；
②证明：连接AB\’AB\’，如图11，

由对称性可知，AB=AB\’AB=AB\’，∠BAD=∠B\’AD\angle BAD=\angle {B\’}AD，
∵AB=AC\because AB=AC，
∴AC=AB\’\therefore AC=AB\’，
∵∠DAG=55∘\because \angle DAG=55^{\circ}，∠BAC=110∘\angle BAC=110^{\circ}，
∴∠BAF+∠CAG=∠B\’AD+∠GAB\’\therefore \angle BAF+\angle CAG=\angle {B\’}AD+\angle GAB\’，
∴∠CAG=∠GAB\’\therefore \angle CAG=\angle GAB\’，
∴△CAG\therefore \triangle CAG≌△B\’AG(SAS)\triangle {B\’}AG\left(SAS\right)，
∴B\’G=CG\therefore {B\’}G=CG；
(2)(2)CG=2BF+BGCG=2BF+BG；理由如下：
作BB点关于ADAD的对称点B\’{B\’}，连接AB\’AB\’，

由对称性可知，AB=AB\’AB=AB\’，∠BAD=∠B\’AD\angle BAD=\angle {B\’}AD，
∵AB=AC\because AB=AC，
∴AC=AB\’\therefore AC=AB\’，
设∠BAF=β\angle BAF=\beta，
∵∠DAG=55∘\because \angle DAG=55^{\circ}，
∴∠BAG=55∘−β\therefore \angle BAG=55^{\circ}-\beta，
∵∠BAC=110∘\because \angle BAC=110^{\circ}，
∴∠CAG=55∘+β\therefore \angle CAG=55^{\circ}+\beta，
∵∠GAB\’=55∘+β\because \angle GAB\’=55^{\circ}+\beta，
∴△CAG\therefore \triangle CAG≌△B\’AG(SAS)\triangle {B\’}AG\left(SAS\right)，
∴CG=B\’G\therefore CG={B\’}G，
∵B\’G=2BF+BG\because {B\’}G=2BF+BG，
∴CG=2BF+BG\therefore CG=2BF+BG.

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