中考数学二轮复习培优专题13 全等三角线中的辅助线做法及常见题型之和角平分线有关的辅助线 (含解析)

这是一份中考数学二轮复习培优专题13 全等三角线中的辅助线做法及常见题型之和角平分线有关的辅助线 (含解析)，共32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13：第三章 全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之和角平分线有关的辅助线  一、单选题1．已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE；④BA+BC=2BF．其中正确的是（       ）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④2．如图，中，，的角平分线、相交于点，过作交的延长线于点，交于点，则下列结论：①；②；③；④四边形，其中正确的个数是（    ）A．4 B．3 C．2 D．13．如图，中，，，垂足为，若，，则的长为（    ）A． B． C． D．4  二、填空题4．如图所示，的外角的平分线CP与的平分线相交于点P，若，则_______．5．（香坊名师原创）如图，四边形中，，为上一点，连接，，，若，则线段的长为_______．6．如图，在中，、的角平分线相交于点，①若，则__________，②若，，则___________.7．如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC的平分线BP交于点P，若∠BPC＝50，∠CAP＝______．8．如图，BP平分∠ABC，，E、F分别是角两边上点，现有四个结论知其一定能得其余结论的有①；②；③；④，_____. 三、解答题9．如图所示，在四边形中，平分，求证：．10．如图，ABC的外角∠DAC的平分线交BC边的垂直平分线于P点，PD⊥AB于D，PE⊥AC于E．（1）求证：BD＝CE；（2）若AB＝6cm，AC＝10cm，求AD的长．11．如图，的外角的平分线与内角的平分线交于点，若，求的度数．12．如图，在中，，、分别是、的平分线，、相交于点，试判断和之间的数量关系.13．如图，已知 B 1, 0 ， C 1, 0 ， A 为 y 轴正半轴上一点， AB  AC ，点 D 为第二象限一动点，E 在 BD 的延长线上， CD 交 AB 于 F ，且BDC  BAC .（1）求证： ABD  ACD ；（2）求证： AD 平分CDE ；（3）若在 D 点运动的过程中，始终有 DC  DA  DB ，在此过程中，BAC 的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出BAC 的度数？14．如图，在中，，，平分，于，交于.求证：（1）；（2）.15．如图，已知BC是⊙O的弦，A是⊙O外一点，△ABC为正三角形，D为BC的中点，M为⊙O上一点．（1）若AB是⊙O的切线，求∠BMC；（2）在（1）的条件下，若E，F分别是AB，AC上的两个动点，且EDF120，⊙O的半径为2，试问BECF的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
参考答案1．D【解析】【分析】根据SAS证△ABD≌△EBC，可得∠BCE＝∠BDA，结合∠BCD＝∠BDC可得①②正确；根据角的和差以及三角形外角的性质可得∠DCE＝∠DAE，即AE＝EC，由AD＝EC，即可得③正确；过E作EG⊥BC于G点，证明Rt△BEG≌Rt△BEF和Rt△CEG≌Rt△AEF，得到BG＝BF和AF＝CG，利用线段和差即可得到④正确．【详解】解：①∵BD为△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠CBD，∴在△ABD和△EBC中，，∴△ABD≌△EBC（SAS），①正确；②∵BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，∴∠BCD＝∠BDC＝∠BAE＝∠BEA，∵△ABD≌△EBC，∴∠BCE＝∠BDA，∴∠BCE＋∠BCD＝∠BDA＋∠BDC＝180°，②正确；③∵∠BCE＝∠BDA，∠BCE＝∠BCD＋∠DCE，∠BDA＝∠DAE＋∠BEA，∠BCD＝∠BEA，∴∠DCE＝∠DAE，∴△ACE为等腰三角形，∴AE＝EC，∵△ABD≌△EBC，∴AD＝EC，∴AD＝AE．③正确；④过E作EG⊥BC于G点，∵E是∠ABC的角平分线BD上的点，且EF⊥AB，∴EF＝EG（角平分线上的点到角的两边的距离相等），∵在Rt△BEG和Rt△BEF中，，∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），∴BG＝BF，∵在Rt△CEG和Rt△AFE中，，∴Rt△CEG≌Rt△AEF（HL），∴AF＝CG，∴BA＋BC＝BF＋FA＋BG−CG＝BF＋BG＝2BF，④正确．故选D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和全等三角形的对应边、对应角相等的性质，等腰三角形的判定与性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等的性质是解题的关键．2．B【解析】【分析】根据三角形全等的判定和性质以及三角形内角和定理逐一分析判断即可．【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∴∠CAB+∠ABC=90°∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，∴∠BAD=，∠ABE=∴∠BAD+∠ABE=∴∠APB=180°-（∠BAD+∠ABE）=135°，故①正确；∴∠BPD=45°，又∵PF⊥AD，∴∠FPB=90°+45°=135°∴∠APB=∠FPB又∵∠ABP=∠FBPBP=BP∴△ABP≌△FBP（ASA）∴∠BAP=∠BFP，AB=AB，PA=PF，故②正确；在△APH与△FPD中∵∠APH=∠FPD=90°∠PAH=∠BAP=∠BFPPA=PF∴△APH≌△FPD（ASA），∴AH=FD，又∵AB=FB∴AB=FD+BD=AH+BD，故③正确；连接HD，ED，∵△APH≌△FPD，△ABP≌△FBP∴，，PH=PD，∵∠HPD=90°，∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD∴HD∥EP，∴∵ 故④错误，∴正确的有①②③，故答案为：B．【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL，注意AAA和SAS不能判定两个三角形全等．3．D【解析】【分析】做分别关于的对称图形延长交于点，连接,构造正方形，再根据等量关系用勾股定理计算．【详解】做分别关于的轴对称图形延长交于点，连接，如图：∵是的对称三角形∴   ∵∴ 又∵∴ ∴ ∴四边形是正方形设，在 中：即： 解得：（舍）∴的长为4．【点睛】本题是一道综合性较强的题目，整体图形的对称构造正方形是解决本题的关键．4．【解析】【分析】如图（见解析），设，从而可得，先根据三角形的外角性质可求出，再根据角平分线的性质可得，从而可得，然后根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平角的定义即可得．【详解】如图，过点P分别作于点M，于点N，于点E，设，则，，，是的平分线，，，是的平分线，，，，同理可得：，，在和中，，，，即，又，，解得，故答案为：．【点睛】本题考查了角平分线的定义与性质、三角形的外角性质、直角三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，利用角平分线的性质是解题关键．5．【解析】【分析】如下图，先构造并证明，从而得出，再根据可推导出，最后在Rt△ACM中求解．【详解】解析：连接，过点作于点，于点，，，，，，，，，．设，则，．．设，则，，，在中，由勾股定理得解得．．【点睛】本题考查了构造并证明全等三角形、勾股定理的运用，解题关键是利用进行角度转化，得到边．6．110°    70°    【解析】【分析】①先根据三角形内角和求出∠BAC+∠BCA=140°，再根据角平分线的定义求出∠IAC+∠ICA的值，然后利用三角形内角和即可求解；②在BC上取CD=AC，连接BI、DI，利用SAS证明△ACI与△DCI全等，可得AI=DI，∠CAI=∠CDI，再根据BC=AI+AC求出AI=BD，从而可得BD=DI，由三角形外角的性质可得∠CDI=2∠DBI，再根据角平分线的定义即可求出∠CDI=∠ABC，又∠BAC=2∠CAI，代入数据进行计算即可求解；【详解】①∵，∴∠BAC+∠BCA=140°，∵AI、CI分别是、的角平分线，∴∠IAC+∠ICA=(∠BAC+∠BCA)=70°，∴∠AIC=180°-70°=110°；②如图1，在BC上取CD=AC，连接BI、DI，∵CI平分∠ACB，∴∠ACI=∠BCI，在△ACI与△DCI中，，∴△ACI≌△DCI（SAS），∴AI=DI，∠CAI=∠CDI，∵BC=AI+AC，∴BD=AI，∴BD=DI，∴∠IBD=∠BID，∴∠CDI=∠IBD+∠BID=2∠IBD，又∵AI、CI分别是∠BAC、∠ACB的平分线，∴BI是∠ABC的平分线，∴∠ABC=2∠IBD，∠BAC=2∠CAI，∴∠CDI=∠ABC，∴∠BAC=2∠CAI=2∠CDI=2∠ABC，∵∠ABC=35°，∴∠BAC=35°×2=70°．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，全等三角形的判定与性质，利用“截长补短法”作辅助线构造全等三角形以便于利用条件“BC=AI+AC”是解决本题的关键，也是难点．7．40°【解析】【分析】过点P作PF⊥AB于F，PM⊥AC于M，PN⊥CD于N，根据三角形的外角性质和内角和定理，得到∠BAC度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP=∠FAP，即可得到答案．【详解】解：过点P作PF⊥AB于F，PM⊥AC于M，PN⊥CD于N，如图：设∠PCD=x，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP=∠PCD=x，PM=PN，∴∠ACD=2x，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠PBC，PF=PM=PN，∵∠BPC＝50°，∴∠ABP=∠PBC=，∴,∴，∴，在Rt△APF和Rt△APM中，∵PF=PM，AP为公共边，∴Rt△APF≌Rt△APM（HL），∴∠FAP=∠CAP，∴；故答案为：40°；【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的外角性质，角平分线的性质，以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题，正确求出是关键．8．由(1)、（2）、（4）可以推出其它三个.【解析】【分析】根据角平分线的性质定理、HL证明直角三角形全等、AAS证明三角形全等、同角的补角相等即可解答.【详解】解：由(1)可以推出其它三个；由(4)可以推出其它三个；由(2)可以推出其它三个.如图：过点P作PM⊥AB于点M. （一）增加条件①时：∵，∠PFC+∠BFP=180°，∴∠BEP+∠BFP=180°，∠BEP=∠PFC，即②成立，∵∠BEP+∠PEM=180°，∴∠DFP=∠MEP，∵BP平分∠ABC，，PM⊥AB∴PD=PM，又∵∠PME=∠PDF=90°，∴Rt△PME≌Rt△PDF，∴ME=DF，，即③成立，∵BP=BP，∴Rt△PMB≌Rt△PDB(HL)，∴BM=BD， ∵BD=BF-DF，BM=BE+EM，ME=DF，∴2BD=BD+BM=( BF-DF)+( BE+EM)= BF-DF+ BE+EM= BF+ BE，即，故④正确.（二）增加条件④时，∵BP平分∠ABC，，PM⊥AB∴PD=PM，又∵∠PMB=∠PDB=90°，BP=BP∴Rt△PMB≌Rt△PDB，∴BM=BD，∵BD=BF-DF，BM=BE+EM，2BD= BF+BE，∴BD+ BM=2BD，即BF-DF+ BE+EM= BF+BE∴ME=DF，同（一）方法即可证明Rt△PME≌Rt△PDF，从而证得①、②、③正确；(三)添加条件 ②时，方法同（一）中即可证明Rt△PME≌Rt△PDF，从而证得其它结论正确；（四）如果添加③，当点F在下图F′的位置时，其它三项不正确.【点睛】本题重点考查角平分线的性质和三角形全等的证明，解题关键是熟练掌握三角形全等的证明方法.9．详见解析【解析】【分析】过点C分别作于E，于F，由条件可得出△CDF≌△CEB，可得∠B=∠FDC，进而可证明∠B+∠ADC=180°．【详解】证明：过点C分别作于E，于F，∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，于F，
∴CF=CE，
在Rt△CDF与Rt△CEB中， ∴，，， .【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL证明△CDF≌△CEB进而得出∠B=∠FDC．10．（1）证明见解析；（2）2【解析】【分析】（1）连接、，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得 ，然后利用“”证明和全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）利用“”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再根据、的长度表示出、，然后解方程即可．【详解】（1）证明：连接、，点在的垂直平分线上，，是的平分线，，在和中，，，；（2）解：在和中，，，，，，，即，解得．【点睛】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．11．50°【解析】【分析】根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP=∠FAP，即可得出答案．【详解】延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD=x°，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP=∠PCD=x°，PM=PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠PBC，PF=PN，∴PF=PM，∵∠BPC=40°，∴∠ABP=∠PBC=∠PCD-∠BPC=(x-40)°，∴∠BAC=∠ACD-∠ABC=2x°-(x°-40°)-(x°-40°)=80°，∴∠CAF=100°，在Rt△PFA和Rt△PMA中，，∴Rt△PFA≌Rt△PMA(HL)，∴∠CAP=∠FAP，又∵∠CAP+∠PAF=∠CAF，∴∠CAP =50°．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM=PN=PF是解决问题的关键．12．详见解析【解析】【分析】如图，过点F作，，垂足分别为H、G，根据角平分线，可得点F是的内心，则有，继而根据三角形内心的性质可得，从而可得，继而可得FE=FD.【详解】FE=FD，理由如下：如图，过点F作，，垂足分别为H、G.是，的平分线AD、CE的交点，为的内心，.，，又；，，又，，.【点睛】本题考查了三角形的内心的性质，全等三角形的判定与性质解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．13．（1）见解析；（2）见解析；（3）∠BAC的度数不变化．∠BAC=60°．【解析】【分析】（1）根据三角形内角和定理等量代换可得结论；（2）作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N，证明△ACM≌△ABN即可；（3）用截长补短法在CD上截取CP=BD，连接AP，证明△ABD≌△ACP，由全等性质可知△ADP是等边三角形，易知BAC 的度数.【详解】（1）∵∠BDC=∠BAC，∠DFB=∠AFC，
又∵∠ABD+∠BDC+∠DFB=∠BAC+∠ACD+∠AFC=180°，
∴∠ABD=∠ACD；（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．
 则∠AMC=∠ANB=90°．
∵OB=OC，OA⊥BC，
∴AB=AC，
∵∠ABD=∠ACD，
∴△ACM≌△ABN （AAS）
∴AM=AN．
∴AD平分∠CDE．（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）；
（3）∠BAC的度数不变化．
在CD上截取CP=BD，连接AP．
∵CD=AD+BD，
∴AD=PD．
∵AB=AC，∠ABD=∠ACD，BD=CP，
∴△ABD≌△ACP．
∴AD=AP；∠BAD=∠CAP．
∴AD=AP=PD，即△ADP是等边三角形，
∴∠DAP=60°．
∴∠BAC=∠BAP+∠CAP=∠BAP+∠BAD=60°．【点睛】本题考查了三角形的综合，主要考查了三角形内角和定理、全等三角形的证明和性质，等腰等边三角形的性质和判定，采用合适的方法添加辅助线构造全等三角形是解题的关键.14．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)连接DF，证△FAE≌△OAE，推出AF=AO，∠AFO=∠AOF，求出OD=DF，求出BF=DF，即可得出答案；(2)在AD上截AG=OF，连接OG，证△AGO≌△OFB，推出GO=BF=OD，求出DE=GE，AD-OF=DG=2DE即可．【详解】(1)连接DF，∵OE⊥AD，∴∠AEF=∠AEO=90°，∵AD平分∠FAO，∴∠EAF=∠OAE，又∵AF=AF，∴△EAF≌△OAF(ASA)，∴AF=AO，∠AFO=∠AOF，∵AD⊥OF，∴EF=EO，∴DF=DO，∴∠DFO=∠DOF，∵∠AFO=∠AOF，∴∠AFD=∠AOB=90°，∵∠AOB=90°，AO=BO，∴∠B=45°，∴∠FDB=∠AFO-∠B=45°=∠B，∴BF=DF，∴OD=BF；(2)在AD上截AG=OF，连接OG，∵∠OAB=∠B=45°，AD平分∠OAB，∴∠OAG=22.5°，∵OD=DF，∴∠DFO=∠DOF，∵∠FDB=45°=∠DFO+∠DOF，∴∠FOB=22.5°=∠OAG，∴△AGO≌△OFB(SAS)，∴GO=BF=OD，∵OE⊥AD，∴DE=GE，∴AD-OF=DG=2DE．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形性质，线段垂直平分线性质的应用，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.15．（1）60°；（2）BE+CF的值是定值，BE+CF=.【解析】【分析】（1）连接BO，由AB是切线可以得到∠ABO的度数，由△ABC为等边三角形，得到∠OBC的度数，然后得到∠BOC，根据圆心角与圆周角的关系得到∠BMC的度数.（2）作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连结AD ，OD，如图2，根据等边三角形三角形的性质得AD平分∠BAC，∠BAC=60°，则利用角平分线性质得DH=DN，根据四边形内角和得∠HDN=120°，由于∠EDF=120°，所以∠HDE=∠NDF，接着证明△DHE≌△DNF得到HE=NF，于是BE+CF=BH+CN，再计算出BH=BD，CN=DC，则BE+CF=BC，于是可判断BE+CF的值是定值，为等边△ABC边长的一半，再计算BC的长即可．【详解】（1）解：如图，连接BO，∵AB是圆的切线，∴∠ABO=90°，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，∴∠CBO=90°-60°=30°，∵BO=CO，∴∠BCO=∠CBO=30°，∴∠BOC=120°，∴∠BMC= （2）解：BE+CF的值是为定值．理由：作DH⊥AB于H，DN⊥AC于N，连结AD，OD，如图2，∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD平分∠BAC，∠BAC=60°，∴DH=DN，∠HDN=120°，∵∠EDF=120°，∴∠HDE=∠NDF，在△DHE和△DNF中，∴，∴△DHE≌△DNF，∴HE=NF，∴BE+CF=BH-EH+CN+NF=BH+CN，在Rt△DHB中，∵∠DBH=60°，∴BH=BD，同理可得CN=OC，∴BE+CF=DB+DC=BC，∵BD=，∴BC=，∴BE+CF=，∴BE+CF的值是定值，为：．【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了等边三角形的性质．