登录
1. 情境素材 如图，“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图①所示的“三等分角仪”能三等分任一角。这个“三等分角仪”由两根有槽的棒PB，PD组成，两根棒在点P相连并可绕点P转动，点C固定，$CP=CO=OA$，O，A两点可在槽中滑动，其示意图如图②所示。若$∠ AOB=72°$，则$∠ COA$的度数是 （
A.$72°$
B.$78°$
C.$84°$
D.$88°$
C
）A.$72°$
B.$78°$
C.$84°$
D.$88°$
答案
1. C 解析: 设$∠P=x$. 因为 $CP=OC=OA$, 所以$∠COP=∠P=x,∠ACO=∠CAO$. 又$∠ACO=∠P+∠COP$, 所以$∠CAO=∠ACO=2x$. 又$∠AOB=72°,∠AOB=∠CAO+∠P$, 所以$3x=72°$,解得$x=24°$. 则$∠CAO=∠ACO=48°$. 又$∠COA+∠CAO+∠ACO=180°$, 所以 $∠COA = 180°-∠CAO-∠ACO=84°$.
2. 分类讨论 如图,在等腰三角形$ABC$中,$AB=AC$,$∠ B=50°$,$D$为$BC$的中点,点$E$在$AB$上,$∠ AED=70°$.若$P$是等腰三角形$ABC$腰上的一点,则当$△ DEP$是以$∠ EDP$为顶角的等腰三角形时,$∠ EDP$的度数是
40°或100°或140°
.答案
2. $40°$或$100°$或$140°$ 解析: 由题意,得 $DE=DP$. 如图,当点 $P$ 在边 $AB$ 上时,$∠AED=∠DPE$. 又$∠AED=70°$, 所以 $∠DPE=70°$. 又 $∠AED + ∠DPE + ∠EDP = 180°$, 所以 $∠EDP = 180° - ∠DPE - ∠AED=40°$;当点 $P$ 在边 $AC$ 上时,此时点 $P$ 有两个,分别设为 $P_1,P_2$. 过点 $D$ 分别作 $DM⊥AB,DN⊥AC$, 垂足分别为 $M, N$, 则 $∠DMB = ∠DME = ∠DNC=∠DNP_1=∠DNP_2=90°$. 又 $D$ 为 $BC$ 的中点, $AB=AC$, 所以 $BD=CD, ∠B=∠C$. 所以$△BDM≌△CDN$(AAS). 所以 $DM=DN$. 又 $DE=DP_1=DP_2$, 所以 $\mathrm{Rt}△DME ≌ \mathrm{Rt}△DNP_1 ≌ \mathrm{Rt}△DNP_2$ (HL). 所以 $∠DEM = ∠DP_2N$, $∠MDE = ∠NDP_1 = ∠NDP_2$. 又 $∠DEM = ∠AED = 70°$, $∠AED + ∠MDE = 90°$, 所以$∠DP_2N=70°$, $∠MDE = 90° - ∠AED = 20°$, 即$∠NDP_1=∠NDP_2=20°$. 又$∠B=50°,∠B+∠C+∠A=180°$,所以$∠A=180°-2∠B=80°$. 又$∠A+∠AED+∠DP_2N+∠EDP_2=360°$,所以$∠EDP_2= 360° - ∠A - ∠AED - ∠DP_2N = 140°$. 所以$∠EDP_1=∠EDP_2-∠NDP_1-∠NDP_2=100°$. 综上,$∠EDP$ 的度数是 $40°$或 $100°$或 $140°$.
3. 阅读理解【初步探索】
截长补短法是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略.截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解答问题.
（1）如图①，△ABC是等边三角形，D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB与DC之间的数量关系；
【灵活运用】
（2）如图②，△ABC为等边三角形，直线a//AB，D为边BC上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°.求证：CD＋CE＝CA；
【延伸拓展】
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD.若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，且EF＝BE＋FD，求∠FAE与∠DAB之间的数量关系.
截长补短法是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略.截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解答问题.
（1）如图①，△ABC是等边三角形，D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB与DC之间的数量关系；
【灵活运用】
（2）如图②，△ABC为等边三角形，直线a//AB，D为边BC上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°.求证：CD＋CE＝CA；
【延伸拓展】
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD.若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，且EF＝BE＋FD，求∠FAE与∠DAB之间的数量关系.
答案
3. (1) 延长 $DC$ 到点 $E$, 使 $CE=DB$, 连接 $AE$. 因为$△ABC$ 是等边三角形,所以 $AB=AC,∠BAC=60°$,即$∠BAD+∠DAC=60°$. 因为$∠BDC=120°$,所以$∠ABD+∠ACD=360°-∠BAC-∠BDC=180°$. 又 $∠ACE+∠ACD=180°$, 所以 $∠ABD=∠ACE$. 所以$△ABD≌△ACE$(SAS). 所以 $AD=AE,∠BAD=∠CAE$. 所以$∠DAC+∠CAE=60°$,即$∠DAE=60°$. 所以$△ADE$ 是等边三角形. 所以$DA=DE$. 又 $DE=DC+CE$,所以 $DA=DC+DB$.
(2) 在 $AC$ 上截取 $CM=CD$, 连接 $DM$. 因为$△ABC$是等边三角形,所以$∠B=∠ACB=60°$. 所以$△CDM$是等边三角形, 即 $MD=CD=CM, ∠CMD=∠CDM=60°$. 所以$∠AMD=120°$. 因为$∠ADE=60°$, 所以 $∠ADE = ∠CDM$. 所以 $∠ADM = ∠EDC$. 因为直线 $a// AB$,所以$∠B+∠ECD=180°$,即$∠ECD=120°$. 所以 $∠AMD = ∠ECD$. 所以$△ADM≌△EDC$(ASA). 所以 $MA=CE$. 又 $CA=CM+MA$,所以 $CD+CE=CA$.
(3) 在射线 $DC$ 上取一点 $G$, 使得 $DG=BE$, 连接$AG$. 因为 $∠ABC + ∠ADC = 180°$, $∠ABC + ∠ABE=180°$,所以$∠ADC=∠ABE$. 又 $AB=AD$,所以 $△ADG≌△ABE$(SAS). 所以 $AG=AE$, $∠DAG=∠BAE$. 因为 $EF=BE+FD=DG+FD=GF$, $AF=AF$, 所以 $△AEF≌△AGF$(SSS). 所以$∠FAE=∠FAG$. 因为$∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°$,所以 $2∠FAE + (∠GAB + ∠BAE) = 360°$.所以 $2∠FAE + (∠GAB + ∠DAG) = 360°$, 即$2∠FAE + ∠DAB = 360°$. 所以 $∠FAE = 180° - \frac{1}{2}∠DAB$.
(2) 在 $AC$ 上截取 $CM=CD$, 连接 $DM$. 因为$△ABC$是等边三角形,所以$∠B=∠ACB=60°$. 所以$△CDM$是等边三角形, 即 $MD=CD=CM, ∠CMD=∠CDM=60°$. 所以$∠AMD=120°$. 因为$∠ADE=60°$, 所以 $∠ADE = ∠CDM$. 所以 $∠ADM = ∠EDC$. 因为直线 $a// AB$,所以$∠B+∠ECD=180°$,即$∠ECD=120°$. 所以 $∠AMD = ∠ECD$. 所以$△ADM≌△EDC$(ASA). 所以 $MA=CE$. 又 $CA=CM+MA$,所以 $CD+CE=CA$.
(3) 在射线 $DC$ 上取一点 $G$, 使得 $DG=BE$, 连接$AG$. 因为 $∠ABC + ∠ADC = 180°$, $∠ABC + ∠ABE=180°$,所以$∠ADC=∠ABE$. 又 $AB=AD$,所以 $△ADG≌△ABE$(SAS). 所以 $AG=AE$, $∠DAG=∠BAE$. 因为 $EF=BE+FD=DG+FD=GF$, $AF=AF$, 所以 $△AEF≌△AGF$(SSS). 所以$∠FAE=∠FAG$. 因为$∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°$,所以 $2∠FAE + (∠GAB + ∠BAE) = 360°$.所以 $2∠FAE + (∠GAB + ∠DAG) = 360°$, 即$2∠FAE + ∠DAB = 360°$. 所以 $∠FAE = 180° - \frac{1}{2}∠DAB$.
