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八年级数学填空题一般
题目
【问题情境】
(1)(1)课外兴趣小组活动时,老师提出了如下问题:
如图11,EE是BCBC的中点,∠BAE=∠CDE\angle BAE=\angle CDE,DD,AA,EE三点共线.
求证:AB=CDAB=CD.
小明在组内经过合作交流,得到解决方法:延长AEAE至点FF,使得AE=EFAE=EF,连结CFCF.请根据小明的方法思考:由已知和作图能得到△ABE\triangle ABE≌△FCE\triangle FCE,依据是______.
A.SSSA.SSS
B.SASB.SAS
C.AASC.AAS
D.HLD.HL
由全等三角形、等腰三角形的性质可得AB=CDAB=CD.
【初步运用】
(2)(2)如图22,在△BGC\triangle BGC中,GFGF平分∠BGC\angle BGC,EE为BCBC的中点,过点EE作EDED∥GFGF,分别交CGCG的延长线和BGBG于点DD、点AA.求证:AB=CDAB=CD.
【拓展运用】
(3)(3)如图33,在（1）的基础上（即EE是BCBC的中点,∠BAE=∠CDE\angle BAE=\angle CDE,DD,AA,EE三点共线）,连结ACAC,若∠CAE=2∠BAE\angle CAE=2\angle BAE,当AD=6AD=6,BC=10BC=10时,求AEAE的长.
知识点：三角形、三角形的三边关系、勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质章节：第13章 三角形 / 13.1 三角形的概念

答案与解析

答案

(1)(1)在△ABE\triangle ABE和△FCE\triangle FCE中，
AE=EFAE=EF，∠AEB=∠CEF\angle AEB=\angle CEF，BE=CEBE=CE，
∴\therefore判定依据是SASSAS，
故答案为：BB；

(2)(2)证明：延长AEAE到HH，使得AE=EHAE=EH，连接CHCH，如图：

∵E\because E是BCBC中点，
∴BE=CE\therefore BE=CE，
在△ABE\triangle ABE和△HCE\triangle HCE中，
{AE=EH∠AEB=∠CEHBE=CE\left\{\begin{array}{l}{AE=EH}\\{∠AEB=∠CEH}\\{BE=CE}\end{array}\right.，
∴△ABE\therefore \triangle ABE≌△HCE(SAS)\triangle HCE\left(SAS\right)，
∴AB=CH\therefore AB=CH，∠BAE=∠H\angle BAE=\angle H，
∵DE\because DE∥FGFG，
∴∠D=∠FGC\therefore \angle D=\angle FGC，∠BAE=∠BGF\angle BAE=\angle BGF，
又∵FG\because FG为∠BGC\angle BGC的平分线，
∴∠BGF=∠CGF\therefore \angle BGF=\angle CGF，
∴∠D=∠BAE\therefore \angle D=\angle BAE，
∴∠D=∠H\therefore \angle D=\angle H，
∴CD=CH\therefore CD=CH，
∴AB=CD\therefore AB=CD；

(3)(3)延长AEAE至点FF，使得AE=EFAE=EF，连接CFCF，过CC作CG⊥AECG\bot AE于GG，如图：

由（1）知，FG=CDFG=CD，
∴DG=FG\therefore DG=FG，
∴GF=DG=12(AD+2AE)=12AD+AE\therefore GF=DG=\frac{1}{2}\left(AD+2AE\right)=\frac{1}{2}AD+AE，
∴GE=GF−EF=12AD=3\therefore GE=GF-EF=\frac{1}{2}AD=3，
又∵BC=10\because BC=10，EE是BCBC中点，
∴CE=5\therefore CE=5，
∴CG=4\therefore CG=4，
∵∠CAE=2∠BAE=2∠CDE\because \angle CAE=2\angle BAE=2\angle CDE，
∴∠CDE=∠ACD\therefore \angle CDE=\angle ACD，
∴AC=AD=6\therefore AC=AD=6，
∴AG=62−42=25\therefore AG=\sqrt{{6}^{2}-{4}^{2}}=2\sqrt{5}，
∴AE=AG+GE=3+25\therefore AE=AG+GE=3+2\sqrt{5}.

解析

(1)(1)在△ABE\triangle ABE和△FCE\triangle FCE中，
AE=EFAE=EF，∠AEB=∠CEF\angle AEB=\angle CEF，BE=CEBE=CE，
∴\therefore判定依据是SASSAS，
故答案为：BB；

(2)(2)证明：延长AEAE到HH，使得AE=EHAE=EH，连接CHCH，如图：

∵E\because E是BCBC中点，
∴BE=CE\therefore BE=CE，
在△ABE\triangle ABE和△HCE\triangle HCE中，
{AE=EH∠AEB=∠CEHBE=CE\left\{\begin{array}{l}{AE=EH}\\{∠AEB=∠CEH}\\{BE=CE}\end{array}\right.，
∴△ABE\therefore \triangle ABE≌△HCE(SAS)\triangle HCE\left(SAS\right)，
∴AB=CH\therefore AB=CH，∠BAE=∠H\angle BAE=\angle H，
∵DE\because DE∥FGFG，
∴∠D=∠FGC\therefore \angle D=\angle FGC，∠BAE=∠BGF\angle BAE=\angle BGF，
又∵FG\because FG为∠BGC\angle BGC的平分线，
∴∠BGF=∠CGF\therefore \angle BGF=\angle CGF，
∴∠D=∠BAE\therefore \angle D=\angle BAE，
∴∠D=∠H\therefore \angle D=\angle H，
∴CD=CH\therefore CD=CH，
∴AB=CD\therefore AB=CD；

(3)(3)延长AEAE至点FF，使得AE=EFAE=EF，连接CFCF，过CC作CG⊥AECG\bot AE于GG，如图：

由（1）知，FG=CDFG=CD，
∴DG=FG\therefore DG=FG，
∴GF=DG=12(AD+2AE)=12AD+AE\therefore GF=DG=\frac{1}{2}\left(AD+2AE\right)=\frac{1}{2}AD+AE，
∴GE=GF−EF=12AD=3\therefore GE=GF-EF=\frac{1}{2}AD=3，
又∵BC=10\because BC=10，EE是BCBC中点，
∴CE=5\therefore CE=5，
∴CG=4\therefore CG=4，
∵∠CAE=2∠BAE=2∠CDE\because \angle CAE=2\angle BAE=2\angle CDE，
∴∠CDE=∠ACD\therefore \angle CDE=\angle ACD，
∴AC=AD=6\therefore AC=AD=6，
∴AG=62−42=25\therefore AG=\sqrt{{6}^{2}-{4}^{2}}=2\sqrt{5}，
∴AE=AG+GE=3+25\therefore AE=AG+GE=3+2\sqrt{5}.

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