专题02模型方法课之截长补短解题方法专练（解析版）（人教版）.docx

专题02模型方法课之截长补短解题方法专练（解析版） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题 1．如图，△ABC中，E在BC上，D在BA上，过E作EF⊥AB于F，∠B＝∠1+∠2，AB＝CD，BF＝，则AD的长为________． 【答案】 【分析】 在FA上取一点T，使得FT=BF，连接ET，在CB上取一点K，使得CK=ET，连接DK．想办法证明AT=DK，DK=BD，推出BD=AT，推出BT=AD即可解决问题． 【详解】 在FA上取一点T，使得FT=BF，连接ET，在CB上取一点K，使得CK=ET，连接DK． ∵EB=ET， ∴∠B=∠ETB， ∵∠ETB=∠1+∠AET，∠B=∠1+∠2， ∴∠AET=∠2， ∵AE=CD，ET=CK， ∴△AET≌△DCK(SAS)， ∴DK=AT，∠ATE=∠DKC， ∴∠ETB=∠DKB， ∴∠B=∠DKB， ∴DB=DK， ∴BD=AT， ∴AD=BT， ∵BT=2BF=， ∴AD=， 故答案为：． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键在于学会添加常用辅助线，构造出全等三角形． 二、解答题 2．如图，中，，分别平分和，，相交于点，． （1）求的度数； （2）判断，，之间的等量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）∠BFD＝60°；（2）BC＝BD＋CE；证明见解析 【分析】 （1）根据角平分线和外角性质求解即可； （2）在BC上截取BG＝BD，连接FG，证明△BDF≌△BGF，△CGF≌△CEF，即可得到结果； 【详解】 （1）∵，分别平分和，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）BC＝BD＋CE； 证明方法：在BC上截取BG＝BD，连接FG， 在△BDF和△BGF中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴△CGF≌△CEF（ASA）, ∴CE＝CG， ∴BC＝BD＋CE． 【点睛】 本题主要考查了三角形内角和定理、外角定理、三角形全等应用，准确分析是解题的关键． 3．已知等边三角形ABC，D为△ABC外一点，，BD=DC，，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N． （1）当点M、N在边AB、AC上，且DM=DN时，直接写出BM、NC、MN之间的数量关系； （2）当点M、N在边AB、AC上，且DMDN时，猜想①中的结论还成立吗？若成立，请证明； （3）当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并求出BM、NC、MN之间的数量关系． 【答案】（1）BM+NC=MN，证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）NC-BM=MN，证明见解析． 【分析】 （1）由DM=DN，∠MDN=60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD=BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC=MN； （2）在CN的延长线上截取CM1=BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，易证得∠CDN=∠MDN=60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立； （3）首先在CN上截取CM1=BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，然后证得∠CDN=∠MDN=60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC-BM=MN． 【详解】 解（1）BM、NC、MN之间的数量关系：BM+NC=MN． 证明如下： ∵BD=DC，DM=DN， ∴∠BDC=∠DCB=，△MDN为等边三角形， ∴MN=MD=DN， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， ∴∠ABD=∠ACD=90°， ∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL）， ∴∠BDM =∠CDN=， ∴, ∴BM+NC=MN． （2）猜想：结论仍然成立． 证明：在CN的反向延长线上截取CM1=BM，连接DM1． ∵∠MBD=∠M1CD=90°，BD=CD， ∴△DBM≌△DCM1， ∴DM=DM1，∠MBD=∠M1CD， ∵∠MDN=60°，∠BDC=120°， ∴∠M1DN=∠MDN=60°， ∴△MDN≌△M1DN， ∴MN=M1N=M1C+NC=BM+NC， （3）证明：在CN上截取CM1=BM，连接DM1． 与（2）同理可证△DBM≌△DCM1， ∴DM=DM1， 与（2）同理可证∠CDN=∠MDN=60°， ∴△MDN≌△M1DN， ∴MN=M1N， ∴NC-BM=MN． 【点睛】 本题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法． 4．在四边形中，是边的中点． （1）如图（1），若平分，，则线段、、的长度满足的数量关系为______；（直接写出答案） （2）如图（2），平分，平分，若，则线段、、、的长度满足怎样的数量关系？写出结论并证明． 【答案】（1）AE＝AB＋DE；（2）AE＝AB＋DE＋BD，证明见解析． 【分析】 （1）在AE上取一点F，使AF＝AB，由三角形全等的判定可证得△ACB≌△ACF，根据全等三角形的性质可得BC＝FC，∠ACB＝∠ACF，根据三角形全等的判定证得△CEF≌△CED，得到EF＝ED，再由线段的和差可以得出结论； （2）在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG，根据全等三角形的判定证得△ACB≌△ACF和△ECD≌△ECG，由全等三角形的性质证得CF＝CG，进而证得△CFG是等边三角形，就有FG＝CG＝BD，从而可证得结论． 【详解】 解：（1）如图（1），在AE上取一点F，使AF＝AB． ∵AC平分∠BAE， ∴∠BAC＝∠FAC． 在△ACB和△ACF中， ∴△ACB≌△ACF（SAS）． ∴BC＝FC，∠ACB＝∠ACF． ∵C是BD边的中点， ∴BC＝CD． ∴CF＝CD． ∵∠ACE＝90°， ∴∠ACB＋∠DCE＝90°，∠ACF＋∠ECF＝90°． ∴∠ECF＝∠ECD． 在△CEF和△CED中， ∴△CEF≌△CED（SAS）． ∴EF＝ED． ∵AE＝AF＋EF， ∴AE＝AB＋DE． 故答案为：AE＝AB＋DE； （2）AE＝AB＋DE＋BD． 证明：如图（2），在AE上取点F，使AF＝AB，连结CF，在AE上取点G，使EG＝ED，连结CG． ∵C是BD边的中点， ∴CB＝CD＝BD． ∵AC平分∠BAE， ∴∠BAC＝∠FAC． 在△ACB和△ACF中， ∴△ACB≌△ACF（SAS）． ∴CF＝CB，∠BCA＝∠FCA． 同理可证：△ECD≌△ECG ∴CD＝CG，∠DCE＝∠GCE． ∵CB＝CD， ∴CG＝CF． ∵∠ACE＝120°， ∴∠BCA＋∠DCE＝180°−120°＝60°． ∴∠FCA＋∠GCE＝60°． ∴∠FCG＝60°． ∴△FGC是等边三角形． ∴FG＝FC＝BD． ∵AE＝AF＋EG＋FG， ∴AE＝AB＋DE＋BD． 【点睛】 本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，能熟练应用三角形全等的判定和性质是解决问题的关键． 5．在△ABC中，AB=AC，点D与点E分别在AB、AC边上，DEBC，且DE=DB，点F与点G分别在BC、AC边上，∠FDG∠BDE． （1）如图1，若∠BDE=120°，DF⊥BC，点G与点C重合，BF=1，直接写出BC= ； （2）如图2，当G在线段EC上时，探究线段BF、EG、FG的数量关系，并给予证明； （3）如图3，当G在线段AE上时，直接写出线段BF、EG、FG的数量关系：_____________． 【答案】（1）4；（2）FG=BF+EG，见解析；（3）FG=BF-EG 【分析】 （1）解直角三角形分别求出DF，CF即可解决问题． （2）如图2中，结论：FG=BF+EG．在EA上截取EH，使得EH=BF．利用两次全等，证明FG=GH即可解决问题． （3）如图3中，结论：FG=BF-EG．在射线EA上截取EH，使得EH=BF．利用两次全等，证明FG=GH即可解决问题． 【详解】 （1）∵DE∥BC， ∴∠BDE+∠ABC=180°， ∵∠BDE=120°， ∴∠ABC=60°， ∵DF⊥BF， ∴∠BFD=90°， ∴DF=BF•tan60°， ∵∠CDF∠BDE=60°，∠DFC=90°， ∴CF=DF•tan60°， ∴BC=BF+CF=1+3=4； （2）如图2中，结论：FG=BF+EG． 理由：在EA上截取EH，使得EH=BF． ∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵DE∥BC， ∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C， ∴∠ADE=∠AED， ∴∠DEH=∠B， 在△DBF和△DEH中， ， ∴△DBF≌△DEH（SAS）， ∴DF=DH，∠BDF=∠EDH， ∵∠FDG∠BDE， ∴∠BDF+∠EDG=∠EDH+∠EDG=∠GDH∠BDE， ∴∠GDF=∠GDH， 在△DGF和△DGH中， ， ∴△DGF≌△DGH（SAS）， ∴FG=HG， ∵HG=EG+HE=EG+BF， ∴FG=BF+EG； （3）如图3中，结论：FG=BF-EG． 理由：在射线EA上截取EH，使得EH=BF． ∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵DE∥BC， ∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C， ∴∠ADE=∠AED， ∴∠DEH=∠B， 在△DBF和△DEH中， ， ∴△DBF≌△DEH（SAS）， ∴DF=DH，∠BDF=∠EDH， ∴∠BDE=∠FDH， ∵∠FDG∠BDE∠FDH， ∴∠GDF=∠GDH， 在△DGF和△DGH中， ， ∴△DGF≌△DGH（SAS）， ∴FG=HG， ∵HG=HE-GE=BF-EG， ∴FG=BF=-EG． 【点睛】 本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 6．通过类比联想、引申拓展典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整． （解决问题） 如图，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，，连接EF，则，试说明理由． 证明：延长CD到G，使， 在与中， ∴理由：（SAS） 进而证出：___________，理由：（__________） 进而得． （变式探究） 如图，四边形ABCD中，，点E、F分别在边BC、CD上，．若、都不是直角，则当与满足等量关系________________时，仍有．请证明你的猜想． （拓展延伸） 如图，若，，，但，，连接EF，请直接写出EF、BE、DF之间的数量关系． 【答案】（1），理由：SAS；（2），证明见解析；（3）BE+DF=EF． 【分析】 （1）在前面已证的基础上，得出结论，进而证明，从而得出结论； （2）利用“解决问题”中的思路，同样去构造即可； （3）利用前面两步的思路，证明全等得出结论即可． 【详解】 （1），， 则， ，， 在与中， ，理由：（） ； （2）满足即可，证明如下： 如图，延长至，使， ，， ， 在与中， ， ， 则， ，， 在与中， ，理由：（） ； （3）BE+DF=EF．证明如下： 如图，延长至，使， 在与中， ， ， 则， ，， 在与中， ，理由：（） ； ． 【点睛】 本题考查了截长补短的方法构造全等三角形，能够理解前面介绍的方法并继续探究是解决问题的关键． 7．阅读题：如图1，平分，以为圆心任意长为半径画弧，交射线，于，两点，在射线上任取一点（点除外），连接，，可证，请你参考这个作全等的方法，解答下列问题： （1）如图2，在中，，平分交于点，试判断与、之间的数量关系； （2）如图3，在四边形中，平分，，，，求的面积． 【答案】（1）BC=AC+AD；（2）△ABC 的面积为80． 【分析】 （1）在CB上截取CE=CA，则由题意可得AD=DE，∠CED=∠A，再结合∠A=2∠B可得DE=BE，从而得到BC=AD+AC； （2）在AB上截取AE=AD，连结CE，过C作CF⊥AB于F点，由题意可得EC=BC，从而得到EF的长度，再由勾股定理根据EC、EF的长度求得CF的长度，最后根据面积公式可以得到解答 ． 【详解】 解：（1）如图，在CB上截取CE=CA，则由题意得：△CAD≌△CED， ∴AD=DE，∠CED=∠A， ∵∠A=2∠B，∴∠CED=2∠B， 又∠CED=∠B+∠EDB，∴∠B+∠EDB=2∠B， ∴∠EDB=∠B，∴DE=BE， ∴BC=BE+CE=DE+CE=AD+AC； （2）如图，在AB上截取AE=AD，连结CE，过C作CF⊥AB于F点， ∴由题意可得：△CDA≌△CEA， ∴EC=CD=BC=10，AE=AD=8， ∵CF⊥AB， ∴EF=FB=， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查三角形全等的综合运用，熟练掌握三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理是解题关键． 8．（1）问题背景：如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点且∠EAF＝60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明 ABE≌ADG，再证明AEF≌AGF，可得出结论，他的结论应是______________； （2）探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； （3）实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；（3）此时两舰艇之间的距离是210海里 【分析】 （1）延长FD到点G，使DG=BE．连结AG，即可证明ABE≌ADG，可得AE=AG，再证明AEF≌AGF，可得EF=FG，即可解题； （2）延长FD到点G，使DG=BE．连结AG，即可证明ABE≌ADG，可得AE=AG，再证明AEF≌AGF，可得EF=FG，即可解题； （3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与（2）同理可证． 【详解】 解：（1）EF＝BE+DF，证明如下： 在ABE和ADG中， ， ∴ABE≌ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在AEF和GAF中， ， ∴AEF≌AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； 故答案为 EF＝BE+DF． （2）结论EF＝BE+DF仍然成立； 理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图2， 在ABE和ADG中， ， ∴ABE≌ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠GAF， 在AEF和GAF中， ， ∴AEF≌AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； （3）如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C， ∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°， ∴∠EOF∠AOB， 又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°， ∴符合探索延伸中的条件， ∴结论EF＝AE+BF成立， 即EF＝2×（45+60）＝210（海里）． 答：此时两舰艇之间的距离是210海里． 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定以及全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键． 9．在中，，点D、E分别在、上，连接、和；并且有，． （1）求的度数； （2）求证：． 【答案】（1）；（2）见解析 【分析】 （1）由，，可得为等边三角形，由，，，可证 （2）延长至F，使，连接， 由，，且，可证 由，可证为等边三角形，可得， 可推出结论， 【详解】 解：（1）∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∵， ∴ （2）如图，延长至F，使，连接， 由（1）得为等边三角形， ∴， ∵， 又∵，且， ∴， 在与中， ∴ ∴， ∴， ∴ 又∵， ∴为等边三角形 ∴， 又∵，且， ∴， 【点睛】 本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形． 10．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB． （1）求∠ADB的度数； （2）线段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由． 【答案】（1）120°；（2）DE＝AD+CD，理由见解析 【分析】 （1）根据三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根据全等三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD＝15°，根据三角形的外角性质计算，得到答案； （2）在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，得到△ADM是等边三角形，根据△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，结合图形证明结论 【详解】 解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°， ∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°， ∵DB＝DC，∠DCB＝30°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°， 在△ABD和△ACD中，， ∴△ABD≌△ACD （SSS）， ∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝15°， ∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°， ∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°； （2）DE＝AD+CD， 理由如下：在线段DE上截取DM＝AD，连接AM， ∵∠ADE＝60°，DM＝AD， ∴△ADM是等边三角形， ∴∠ADB＝∠AME＝120°． ∵AE＝AB， ∴∠ABD＝∠E， 在△ABD和△AEM中，， ∴△ABD≌△AEM（AAS）， ∴BD＝ME， ∵BD＝CD， ∴CD＝ME． ∵DE＝DM+ME， ∴DE＝AD+CD． 【点睛】 本题考查的是全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 11．如图，，、分别平分、，与交于点O． （1）求的度数； （2）说明的理由． 【答案】（1）120°；（2）见解析 【分析】 （1）根据角平分线的定义可得∠OAB+∠OBA=60°，从而得到∠AOB； （2）在AB上截取AE=AC，证明△AOC≌△AOE，得到∠C=∠AEO，再证明∠C+∠D=180°，从而推出∠BEO=∠D，证明△OBE≌△OBD，可得BD=BE，即可证明AC+BD= AB． 【详解】 解：（1）∵AD，BC分别平分∠CAB和∠ABD，∠CAB+∠ABD=120°， ∴∠OAB+∠OBA=60°， ∴∠AOB=180°-60°=120°； （2）在AB上截取AE=AC， ∵∠CAO=∠EAO，AO=AO， ∴△AOC≌△AOE（SAS）， ∴∠C=∠AEO， ∵∠C+∠D=（180°-∠CAB-∠ABC）+（180°-∠ABD-∠BAD）=180°， ∴∠AEO+∠D=180°， ∵∠AEO+∠BEO=180°， ∴∠BEO=∠D， 又∠EBO=∠DBO，BO=BO， ∴△OBE≌△OBD（AAS）， ∴BD=BE，又AC=AE， ∴AC+BD=AE+BE=AB． 【点睛】 本题考查了角平分线的定义，三角形内角和，全等三角形的判定和性质，解题的关键是截取AE=AC，利用全等三角形的性质证明结论． 12．如图所示，已知△ABC中AB＞AC，AD是∠BAC的平分线，M是AD上任意一点，求证：MB－MC＜AB－AC． 【答案】见解析 【分析】 因为AB＞AC，所以在AB上截取线段AE＝AC，则BE＝AB－AC，连接EM，在△BME中，显然有MB－ME＜BE，再证明ME＝MC，则结论成立． 【详解】 证明： 在AB上截取AE＝AC，连接ME， 在△MBE中，MB－ME＜BE（三角形两边之差小于第三边）, ∵AD是∠BAC的平分线， ∴, 在△AMC和△AME中， ∵ ∴△AMC≌△AME（SAS）， ∴MC＝ME（全等三角形的对应边相等）． 又∵BE＝AB－AE， ∴BE＝AB－AC， ∴MB－MC＜AB－AC． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系以及截长补短法，解题关键是作辅助线构造全等三角形． 13．如图所示，已知AC平分∠BAD，，于点E，判断AB、AD与BE之间有怎样的等量关系，并证明． 【答案】，证明见解析 【分析】 在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF．证明，得到，又证明，得到，最后结论可证了． 【详解】 证明:在AB上截取EF，使EF=BE，联结CF． 在 和 AC平分∠BAD 在 和中 【点睛】 本题考查三角形全等知识的综合应用，关键在于寻找全等的条件，作适当的辅助线加以证明． 14．如图所示，平分平分； （1）求与的数里关系，并说明你的理由． （2）若把条件去掉，则（1）中与的数里关系还成立吗?并说明你的理由． 【答案】（1），见解析；（2）成立，见解析 【分析】 （1）先写出数量关系，过作于，然后证明和，便可得结论了． （2）成立, 在上截取证明和，便可得到结论． 【详解】 理由是：过作于 CE为角平分线 同理可证 成立 理由：在上截取 CE为角平分线 又 又是角平分线 15．如图，是边长为1的等边三角形，，，点，分别在，上，且，求的周长． 【答案】2 【分析】 延长至点，使，连接，证明推出，，进而得到，从而证明，推出EF=CP，由此求出的周长=AB+A