【例题拓展与延伸】5.3.2 命题 定理 证明

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5.3.2 命题 定理 证明

（人教版课本七下P.21的例2）

【例】如图，已知直线b∥c，a⊥b．求证：a⊥c．【分析】
（1）证明的步骤，格式，每一步推理均需有根据，其根据可以是已知条件，定义，基本事实，定理等．（2）如下图示：【课本解答】
【拓展延伸】
1．如图，AE∥BF，∠2=∠4，AB⊥AC于点A，求证：AB⊥BD．证明：∵AB⊥AC（已知），
∴∠1＝90°（垂直的定义）．∵AE∥BF（已知），∴∠EAB=∠ABF（两直线平行，内错角相等）．即∠1+∠2=∠3+∠4．∵∠2=∠4（已知），∴∠3=∠1＝90°（等式的性质）．∴BD⊥AB（垂直的定义）．2．如图，AB⊥AC于点A，BD⊥AB于点B，∠2=∠4．求证：AE∥BF．证明：∵AB⊥BC，BC⊥CD（已知），
∴∠CAB=∠ABD=90°（垂直的定义）．即∠1+∠2=∠3+∠4=90°．∵∠2=∠4（已知），∴∠1=∠3（等角的余角相等）．∴AE∥BF（内错角相等，两直线平行）．

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【提升突破】

【突破1】如图7-4，直线a∥b， AC⊥BC，∠2=55°，求∠1的度数．【分析】因∠1与∠2均不是“三线八角”中的角，需通过a∥b，设法构造“三线八角”，建立∠1、∠2及∠ACB之间的联系．
法一：如图7-4T1，【解】过点C作CE∥a．
∵a∥b， ∴CE∥a∥b．∴∠BCE=∠1，∠ACE=∠2=55°，∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°．∴∠BCE=∠ACB-∠ACE＝35°．∴∠1=35°．法二：如图7-4T2的图解；法三：如图7-4T3的图解；
法四：如图7-4T44的图解．
（注：学了三角形（或多边形）内角和定理后，就有更多的解法.）
【突破2】如图7-7，AB∥CD，∠ABE=70°，∠DCE=144°，求∠BEC的度数．【图文解析】图中虽有AB∥CD，但无现成的“三线八角”，需设法构造出“三线八角”的基本图形，根据平行线的性质和判定进行转化．
法一：如图7-7T1，过E点往右侧作EF∥CD．由EF∥CD 和AB∥CD（已知），得AB∥CD∥EF．所以∠BEC＝∠BEF－∠CEF＝76°－36°＝34°.【解】如图7-7T1，过E点往右侧作EF∥CD．
∵AB∥EF，∠ABE=70°，BEF=∠ABE=70°．又∵CD∥EF，∠DCE=144°，∴∠DCE+∠CEF=180°．∴∠CEF=36°．∴∠BEC=∠BEF﹣∠CEF　　　=70°﹣36°=34°．法二：过点E往左侧作EF∥CD，如图7-7T2的图解；法三：过点B作BF∥CD，交DC的延长线于F，如图7-7T3的图解；
法四：过点C作CF∥BE交AB的延长线于F，如图7-7T4的图解．
【突破3】如图7-17，CD∥AB，∠DCB=70°，∠CBF=20°，∠EFB=130°．
（1）问直线EF与AB有怎样的位置关系？并加以证明；（2）若∠CEF=70°，求∠ACB的度数．【分析】（1）由”CD∥AB”得∠DCB=∠ABC=70°，又因∠CBF=20°，可得∠CBF=50°，从而∠EFB+∠CBF=180°，所以EF∥AB；
（2）如图7-17T，由（1）得EF∥AB，又CD∥AB，可推出EF∥CD，根据“两直线平行，同旁内角互补”，得∠ACD=180⁰－∠CEF＝110°，所以∠ACB＝∠ACD－∠DCB=110⁰－70°＝40°．【解】（1）EF∥AB．理由如下：
∵CD∥AB，∠DCB=70°．∴∠DCB=∠ABC=70°．∵∠CBF=20°，∴∠ABF=∠ABC﹣∠CBF=50°．∵∠EFB=130°，∴∠ABF+∠EFB=50°+130°=180°．∴EF∥AB.（2）∵EF∥AB，CD∥AB，∴EF∥CD．∴∠ACD+∠CEF =180⁰．∵∠CEF=70°，∴∠ACD=180⁰－∠CEF＝110°．∵∠DCB=70°，∴∠ACB=∠ECD﹣∠DCB　　　＝110⁰－70⁰＝40⁰．即∠ACB=40°．在文末右下角点亮【在看】吧！也是对作者的最大鼓励和赞赏！【例题拓展与延伸】
八下系列第16章　二次根式16.1.2 二次根式（2）16.1.1 二次根式（1）第18章　四边形18.2.3 正方形18.2.2菱形18.2.1 矩形18.1.2平行四边形的判定（2）18.1.2平行四边形的判定（1）18.1.1平行四边形的性质（2）18.1.1平行四边形的性质（1）七下系列5.3.1 平行线的性质5.2.2 平行线的判定5.2.1 平行线5.1.3 同位角 内错角 同旁内角5.1.2 垂线5.1.1 相交线

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