题目内容
已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE，直线AE与BD交于点F
（1）如图1，若∠ACD=60゜，则∠AFB=______；
（2）如图2，若∠ACD=α，则∠AFB=______（用含α的式子表示）；
（3）将图2中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在BD、AE中的一条线段上），如图3．试探究∠AFB与α的数量关系，并予以证明．
解：（1）∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∴△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
∴∠AFB=∠CDB+∠CDA+∠DAE
=∠CDA+∠DAE+∠BAE
=∠CDA+∠DAC
=180°-60°
=120°，
故答案为：120°．
（2）解：∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∴△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
∴∠AFB=∠CDB+∠CDA+∠DAE
=∠CDA+∠DAE+∠BAE
=∠CDA+∠DAC
=180°-∠ACD
=180°-α，
故答案为：180°-α
（3）∠AFB=180-α，
证明：∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∴△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，
∴∠AFB=∠AEC+∠CEB+∠EBD
=∠DBC+∠CEB+∠EBC
=∠CEB+∠EBC
=180°-∠ECB
=180°-α，
即∠AFB=180°-α
分析：（1）求出∠ACE=∠DCB，证△ACE≌△DCB，推出∠CAE=∠CDB，求出∠AFB=∠CDA+∠DAC，根据三角形内角和定理求出即可；
（2）求出∠ACE=∠DCB，证△ACE≌△DCB，推出∠CAE=∠CDB，求出∠AFB=∠CDA+∠DAC，根据三角形内角和定理求出即可；
（3）求出∠ACE=∠DCB，证△ACE≌△DCB，推出∠CAE=∠CDB，求出∠AFB=∠CEB+∠CBE，根据三角形内角和定理求出即可．
点评：本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形外角性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△ACE≌△DCB．
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∴△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
∴∠AFB=∠CDB+∠CDA+∠DAE
=∠CDA+∠DAE+∠BAE
=∠CDA+∠DAC
=180°-60°
=120°，
故答案为：120°．
（2）解：∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∴△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
∴∠AFB=∠CDB+∠CDA+∠DAE
=∠CDA+∠DAE+∠BAE
=∠CDA+∠DAC
=180°-∠ACD
=180°-α，
故答案为：180°-α
（3）∠AFB=180-α，
证明：∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中
∴△ACE≌△DCB，
∴∠AEC=∠DBC，
∴∠AFB=∠AEC+∠CEB+∠EBD
=∠DBC+∠CEB+∠EBC
=∠CEB+∠EBC
=180°-∠ECB
=180°-α，
即∠AFB=180°-α
分析：（1）求出∠ACE=∠DCB，证△ACE≌△DCB，推出∠CAE=∠CDB，求出∠AFB=∠CDA+∠DAC，根据三角形内角和定理求出即可；
（2）求出∠ACE=∠DCB，证△ACE≌△DCB，推出∠CAE=∠CDB，求出∠AFB=∠CDA+∠DAC，根据三角形内角和定理求出即可；
（3）求出∠ACE=∠DCB，证△ACE≌△DCB，推出∠CAE=∠CDB，求出∠AFB=∠CEB+∠CBE，根据三角形内角和定理求出即可．
点评：本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形外角性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△ACE≌△DCB．
练习册系列答案
期末1卷素质教育评估卷系列答案
相关题目
在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE，直线AE与BD交于点F．