专题12：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之截长补短-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析）

这是一份专题12：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之截长补短-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题12：第三章 全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之截长补短一、单选题1．如图，在中，，，平分，、分别是、上的动点，当最小时，的度数为(　　)A． B． C． D．2．如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，若∠DAB的平分线AE交CD于E，连接BE，且BE恰好平分∠ABC，则AB的长与AD+BC的大小关系是（　　）A．AB＞AD+BC B．AB＜AD+BC C．AB＝AD+BC D．无法确定3．如图，四边形中，，平分，，，，则四边形的面积为（    ）A．30 B．40 C．50 D．60  二、填空题4．如图，△ABC中，AB=AC，D、E分别在CA、BA的延长线上，连接BD、CE，且∠D+∠E=180°，若BD=6，则CE的长为__．5．如图，在△ABC中，∠ACB=∠ABC=40o，BD是∠ABC的角平分线，延长BD至点E，使得DE=DA，则∠ECA=________．6．如图，E、F分别是正方形ABCD的边 CD、BC上的点，且cm，，△EFC的周长为80cm，则_________cm．7．（1）如图（1），在四边形中，,，E，F分别是上的动点，且，求证：．（2）如图（2），在（1）的条件下，当点E，F分别运动到的延长线上时，之间的数量关系是______．8．如图，已知中，，D为上一点，且，则的度数是_________．9．如图，在中，是边中点，，，则的长是_____________．10．如图，四边形ABCD为正方形，点E在CB的延长线上，AF平分∠DAE交DC的延长线于点F，若BE=8，CF=9，则CD的长为______． 三、解答题11．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为菱形ABCD内对角线BD左侧一点，连接BE、CE、DE．（1）若AB＝6，求菱形ABCD的面积；（2）若∠BED＝2∠A，求证：CE＝BE+DE．12．如图，四边形为矩形，为对角线上一点，过点作交于点，交的延长线于点，连接，当时，求证：．13．如图，在正方形中，点、均为中点，连接、交于点，连接，证明：．14．如图，是⊙O的直径，弦交于点，连接，，若，求证：．15．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O．点E是线段DO上一点，连接CE．点F是∠OCE的平分线上一点，且BF⊥CF与CO相交于点M，点G是线段CE上一点，且CO=CG．（1）若OF=4，求FG的长；（2）求证：BF=OG+CF．
参考答案1．B【解析】【分析】在AC上截取AE=AN，先证明△AME≌△AMN（SAS），推出ME=MN．当B、M、E共线，BE⊥AC时，BM+ME最小，可求出∠NME的度数，从而求出∠BMN的度数．【详解】如图，在AC上截取AE=AN，∵∠BAC的平分线交BC于点D，∴∠EAM=∠NAM，在△AME与△AMN中，，∴△AME≌△AMN（SAS），∴ME=MN．∴BM+MN=BM+ME，当B、M、E共线，BE⊥AC时，BM+ME最小，∴MN⊥AB∵∠BAC=68°∴∠NME=360°-∠BAC-∠MEA-∠MNA=360°-68°-90°-90°=112°，∴∠BMN=180°-112°=68°．故选：B．【点评】本题考查了轴对称-最短问题，解题的关键是能够通过构造全等三角形，把BM+MN进行转化，利用垂线段最短解决问题．2．C【解析】【分析】在AB上截取AF＝AD，连接EF，易得∠AEB=90°和△ADE≌△AFE，再证明△BCE≌△BFE，利用全等三角形对应边相等即可得出三条线段之间的关系.【详解】解：如图所示，在AB上截取AF＝AD，连接EF，∵AD∥BC，∴∠ABC+∠DAB=180°，又∵BE平分∠ABC，AE平分∠DAB∴∠ABE+∠EAB==90°，∴∠AEB=90°即∠2+∠4=90°，在△ADE和△AFE中，∴△ADE≌△AFE（SAS），所以∠1＝∠2，又∠2+∠4＝90°，∠1+∠3＝90°，所以∠3＝∠4，在△BCE和△BFE中，∴△BCE≌△BFE（ASA），所以BC＝BF，所以AB＝AF+BF＝AD+BC；故选：C．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，截长补短是证明线段和差关系的常用方法.3．C【解析】【分析】由题意在BC上截取一点E使得BE=BA,并连接DE，证得进而求出和即可求出四边形的面积．【详解】解：由题意在BC上截取一点E使得BE=BA,并连接DE，∵平分，∴，∵，∴,,∵，，，，∴,∴,,∴四边形的面积为: ;故选：C．【点评】本题考查四边形综合问题，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及勾股定理和角平分线性质是解题的关键．4．6【解析】【分析】在AD上截取AF=AE，连接BF，易得△ABF≌△ACE，根据全等三角形的性质可得∠BFA=∠E，CE=BF，则有∠D=∠DFB，然后根据等腰三角形的性质可求解．【详解】解：在AD上截取AF=AE，连接BF，如图所示：AB=AC，∠FAB=∠EAC，，BF=EC，∠BFA=∠E，∠D+∠E=180°，∠BFA+∠DFB=180°，∠DFB=∠D，BF=BD， BD=6，CE=6．故答案为6．【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的判定方法及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．5．40°【解析】【分析】在BC上截取BF=AB，连接DF，由题意易得∠A=100°，∠ABD=∠DBC=20°，易得△ABD≌△FBD，进而可得DF=AD=DE，由此可证△DEC≌△DFC，然后根据全等三角形的性质、三角形内角和及外角的性质可求解．【详解】解：在BC上截取BF=AB，连接DF，∠ACB=∠ABC=40°，BD是∠ABC的角平分线，∠A=100°，∠ABD=∠DBC=20°，∠ADB=60°，∠BDC=120°，BD=BD，△ABD≌△FBD， DE=DA， DF=AD=DE，∠BDF=∠FDC=∠EDC=60°，∠A=∠DFB=100°，DC=DC，△DEC≌△DFC，；故答案为40°．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质、三角形内角和及外角的性质，熟练掌握三角形全等的判定条件及外角性质是解题的关键．6．34【解析】【分析】延长CB到H，使BH=DE，连接AH，可证△ADE≌△ABH，可得AE=AH，由∠EAF=45º可证得∠HAF=45º，进而可证得△HAF≌△EAF，可得EF=HF，由△EFC的周长可求得正方形的边长，设EF=x，在Rt△ECF中，利用勾股定理列方程即可求得EF的长．【详解】如图延长CB到H，使BH=DE=10cm，连接AH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠ABH=∠DAB=90º，AB=AD=BC=CD，∴△ADE≌△ABH（SAS)，∴AE=AH,∠DAE=∠BAH，∵∠EAF=45º，∴∠DAE+∠BAF=45º，∴∠BAH+∠BAF=45º即∠HAF=45º，∴∠HAF=∠EAF又AH=AE,AF=AF，∴△HAF≌△EAF(SAS)，∴HF=EF，∵△EFC的周长为80cm， ∴CE+CF+EF=CE+CF+HF=CE+DE+CF+BF=BC+CD=2BC=80,∴BC=40cm,设EF=x，则CF=40+10-x=50-x，在Rt△ECF中，CE=40-10=30cm，由勾股定理得：，解得：x=34，即EF=34cm，故答案为：34．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解答的关键是认真分析，找到相关信息的关联点，结合图形，进行推理、计算．7．（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）延长到点G，使，连接，先证明，得到，然后证明，得到，根据，可得；（2）在上截取，连接，先证明△ABG≌△ADF（SAS），得到AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△EAG≌△EAF（SAS），得到EG=EF，根据BG=DF，即可得EF=BE-BG=BE-DF．【详解】（1）如图，延长到点G，使，连接．，，又，，∴， ，，．，∴，．，；（2）．如图，在上截取，连接，，，在△ABG和△ADF中，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，∠BAD=2∠EAF，∴∠BAG+∠GAE+∠EAD=∠EAD+∠DAF+∠EAD+∠DAF，∴∠GAE=∠EAF，在△EAG和△EAF中，∴△EAG≌△EAF（SAS），∴EG=EF，∵BG=DF，∴EF=BE-BG=BE-DF．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握判定定理是解题关键．8．20°【解析】【分析】通过作辅助线构造直角三角形，利用等边三角形的性质，得到角相等，边相等，根据三角形全等，得到角相等，利用外角的性质列方程求解；【详解】解：如图，延长至点E使，连接．∴．∵，∴．∵，∴是等边三角形，∴．∵，∴设，则．在与中，∵∴，∴．∵，∴，∴，∴．【点评】本题主要考查了等边三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，准确分析是解题的关键．9．【解析】【分析】延长AD至点E，使得DE＝AD＝4，结合D是中点证得△ADC≌△EDB，进而利用勾股定理逆定理可证得∠E＝90°，再利用勾股定理求得BD长进而转化为BC长即可．【详解】解：如图，延长AD至点E，使得DE＝AD＝4，连接BE，∵是边中点，∴BD＝CD，又∵DE＝AD，∠ADC＝∠EDB，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC＝6，又∵AB＝10，∴AE2＋BE2＝AB2，∴∠E＝90°，∴在Rt△BED中，，∴BC＝2BD＝，故答案为：．【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质、勾股定理及其逆定理，正确作出辅助线是解决本题的关键．10．．【解析】【分析】根据题意，在DC上截取DG=BE，连接AG，可以证明△ADG≌△ABE，从而可以得到AG和AE的关系，∠DAF和∠EAF的关系，再根据题目中的条件和勾股定理即可得到CD的长．【详解】解：在DC上截取DG=BE，连接AG，如图所示．∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠ADG=∠ABE，在△ADG和△ABE中，∴△ADG≌△ABE(SAS)，∴AE=AG，∠DAG=∠BAE．∵AF平分∠DAE，∴∠DAF=∠EAF，∴∠GAF=∠BAF．∵AB∥DC，∴∠BAF=∠GFA，∴∠GAF=∠GFA，∴AG=GF，设CD=a．∵BE=8，CF=9，∴DG=BE=8，GC=a﹣8，∴GF=a﹣8+9=a+1，∴AG=a+1．∵AD=a，DG=8，AG=a+1，∠ADG=90°，∴a2+82=(a+1)2，解得：a=，即CD=．故答案为：．【点评】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质、角平分线的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想解答．11．（1）18；（2）见解析【解析】【分析】（1）过点B作BH⊥AD于H，由直角三角形的性质可求BH的长，由菱形的面积公式可求解；（2）延长DE至M，使ME＝BE，连接MB，由题意可证△ABD是等边三角形，△BCD是等边三角形，△BEM是等边三角形，可得∠CBD＝∠ABD＝60°＝∠MBE，AB＝BD＝BC，BM＝BE，由“SAS”可证∴△MBD≌△EBC，可得MD＝EC，即可得结论．【详解】解：（1）如图，过点B作BH⊥AD于H，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝6，∵∠A＝60°，BH⊥AD，∴∠ABH＝30°，∴AH＝AB＝3，BH＝AH＝3，∴菱形ABCD的面积＝AD×BH＝6×3＝18；（2）如图，延长DE至M，ME＝BE，连接MB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD＝BC，∠A＝60°＝∠BCD，∴△ABD是等边三角形，△BCD是等边三角形，∴∠CBD＝∠ABD＝60°，AB＝BD＝BC，∵∠BED＝2∠A＝120°，∴∠BEM＝60°，又∵BE＝ME，∴△BEM是等边三角形，∴BM＝BE，∠MBE＝∠DBC＝60°，∴∠MBD＝∠EBC，∴△MBD≌△EBC（SAS），∴MD＝EC，∴CE＝BE+DE．【点评】本题主要考查了菱形的性质应用，结合等边三角形的性质是解题的关键．12．见解析【解析】【分析】过点作交的延长线于点，先证明，可得，，从而可以证明，可证得，即可得证．【详解】证明：如图，过点作交的延长线于点，，，，，，，，在和中，，，，又，，，，在和中，，，．【点评】本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．13．见解析【解析】【分析】延长至，使得，连接，先证明，可得，即，再通过证明，可得，，即可证明是等腰直角三角形，即，从而得证．【详解】证明：如图，延长至，使得，连接，在正方形中，、分别是、的中点，，在和中，，，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形，．即．【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．14．见解析【解析】【分析】根据题意，连接，，，过点作的垂线交的延长线于点，通过圆周角，圆心角，弧，弦之间的关系求证，进而得到为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边的性质即可得解．【详解】证明：如图，连接，，，过点作的垂线交的延长线于点， ∵，，∴，∵是的直径，∴，，∴，∴，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴．【点评】本题主要考查了圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质等，熟练掌握圆与三角形的综合求证方法是解决本题的关键．15．（1）4；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据条件证明△OCF≌△GCF，由全等的性质就可以得出OF=GF而得出结论；
（2）在BF上截取BH=CF，连接OH，通过条件可以得出△OBH≌△OCF，可以得出OH=OF，从而得出OG∥FH，OH∥FG，进而可以得出四边形OHFG是平行四边形，就可以得出结论．【详解】解：（1）∵CF平分∠OCE，
∴∠OCF=∠ECF．
∵OC=CG，CF=CF，
∵在△OCF和△GCF中， ∴△OCF≌△GCF（SAS），∴FG=OF=4即FG的长为4．（2）证明：在BF上截取BH=CF，连接OH．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∠DBC=45°，
∴∠BOC=90°，
∴∠OCB=180°-∠BOC-∠DBC=45°．
∴∠OCB=∠DBC．
∴OB=OC．
∵BF⊥CF，
∴∠BFC=90°．
∵∠OBH=180°-∠BOC-∠OMB=90°-∠OMB，
∠OCF=180°-∠BFC-∠FMC=90°-∠FMC，
且∠OMB=∠FMC，
∴∠OBH=∠OCF．
∵在△OBH和△OCF中 ∴△OBH≌△OCF（SAS）．
∴OH=OF，∠BOH=∠COF．
∵∠BOH+∠HOM=∠BOC=90°，
∴∠COF+∠HOM=90°，即∠HOF=90°．∴ ∴∠OFC=∠OFH+∠BFC=135°．
∵△OCF≌△GCF，
∴∠GFC=∠OFC=135°，
∴∠OFG=360°-∠GFC-∠OFC=90°．∴ ，∴∠GOF=∠OFH，∠HOF=∠OFG．
∴OG∥FH，OH∥FG，
∴四边形OHFG是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）．
∴OG=FH．
∵BF=FH+BH，
∴BF=OG+CF【点评】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，平行四边形的判定及性质的运用，解答时采用截取法作辅助线是关键．