2024遼寧中考數(shù)學二輪專題訓練 微專題 構造全等的四大方法 (含答案)

2024遼寧中考數(shù)學二輪專題訓練微專題構造全等的四大方法方法一倍長中線法方法解讀(1)倍長中線在△ABC中，AD是BC邊的中線．輔助線作法：延長AD至點E，使AD＝DE，連接BE.結論：△ACD≌①________．(2)倍長類中線在△ABC中，點D是邊BC的中點，點E是邊AB上一點，連接DE.輔助線作法：延長ED至點F，使DF＝DE，連接CF.結論：△BDE≌②________．1.如圖．AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，點M為BC的中點，連接AM.求證：DE＝2AM.第1題圖 方法二截長補短法方法解讀當題目中出現(xiàn)線段的倍差關系時，一般考慮用截長補短法．如圖，在△ABC中，∠1＝∠2，∠C＝2∠B.(1)截長法輔助線作法：在AB上截取AF＝AC，連接DF.結論：(1)△AFD≌③______；(2)線段AB，AC，CD的數(shù)量關系為④______________．(2)補短法輔助線作法：延長AC至點E，使CE＝CD，連接DE.結論：(1)△AED≌⑤______；線段AB，AC，CD的數(shù)量關系為⑥______________．2.如圖，在△ABC中，∠A＝60°，BD，CE分別平分∠ABC和∠ACB，BD、CE交于點O.猜想線段BE，CD，BC的數(shù)量關系，并證明．第2題圖方法三作平行線法方法解讀如圖，在△ABC中，點D是AB上一點，點E是AC延長線上一點，連接DE交BC于點F，且DF＝EF.【方法一】輔助線作法：過點D作DH∥AC，交BC于點H.結論：△CEF≌⑦________．【方法二】輔助線作法：過點E作EI平行于BD交BC的延長線于點I.結論：△BDF≌⑧____________．3.如圖，在△ABC中，AD平分∠BAC，E為BC的中點，過點E作EF∥AD交AB于點G，交CA的延長線于點F.請寫出線段BG與CF的數(shù)量關系，并證明．第3題圖方法四旋轉法方法解讀有共頂點，等線段時考慮用旋轉構造全等．(1)等腰三角形在△ABC中，AB＝BC，共頂點B，點D為△ACB內(nèi)一點．輔助線作法：將△ABD旋轉至AB與BC重合，旋轉角為∠ABC，連接DD′，CD.結論：△ABD≌⑨________；△DBD′為eq\o(○,\s\up1(10))________；∠ABC＝?________．(2)正方形在正方形ABCD中，CB＝CD，共頂點C，點E為正方形ABCD內(nèi)一點．輔助線作法：將△BCE旋轉至BC與DC重合，旋轉角為∠BCD，連接BD，EF.結論：△BCE≌?________；△CEF為?__________；∠BCD＝?________．4.(1)如圖①，點E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，連接AE、AF，且∠EAF＝45°，連接EF，猜想線段EF，BE，DF應滿足的等量關系，并說明理由；(2)如圖②，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D，E均在邊BC上，點D在點E的左側，連接AD、AE，且∠DAE＝45°，猜想線段BD，DE，EC應滿足的等量關系，并說明理由；第4題圖參考答案【方法解讀】①△EBD；②△CDF；③△ACD；④AB＝AC＋CD；⑤△ABD；⑥AB＝AC＋CD；⑦△HDF；⑧△IEF；⑨△CBD＇；⑩等腰三角形；?∠DBD′；?△DCF；?等腰直角三角形；?∠ECF.1.證明：如解圖，延長AM至點N，使MN＝AM，連接BN，∵點M為BC的中點，∴CM＝BM，在△AMC和△NMB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AM＝NM,∠AMC＝∠NMB,CM＝BM))，∴△AMC≌△NMB，∴AC＝NB，∠C＝∠NBM，∵AB⊥AE，AD⊥AC，∴∠EAB＝∠DAC＝90°，∴∠EAD＋∠BAC＝180°，∴∠ABN＝∠ABC＋∠NBM＝∠ABC＋∠C＝180°－∠BAC＝∠EAD，∵AD＝AC，∴BN＝AD，在△EAD和△ABN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝BA,∠EAD＝∠ABN,AD＝BN))，∴△EAD≌△ABN，∴DE＝AN＝2AM.第1題解圖2.解：BE＋CD＝BC，證明：如解圖，在BC上取點F，使得CF＝CD，連接OF，∵∠BOC＝180°－(∠OBC＋∠OCB)＝180°－eq\f(1,2)(∠ABC＋∠ACB)＝180°－eq\f(1,2)×(180°－60°)＝120°，∴∠BOE＝∠COD＝180°－∠BOC＝60°，∵CE平分∠ACB，∴∠DCO＝∠FCO，在△COD和△COF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CD＝CF,∠DCO＝∠FCO,CO＝CO))，∴△COD≌△COF，∴CD＝CF，∠COF＝∠COD，又∵∠BOC＝120°，∴∠BOF＝60°＝∠BOE，∵BD平分∠ABC，∴∠EBO＝∠FBO，∴在△BOE和△BOF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EBO＝∠FBO,BO＝BO,∠BOE＝∠BOF))，∴△BOE≌△BOF，∴BE＝BF，∵BF＋FC＝BC，∴BE＋CD＝BC.第2題解圖【一題多解】解：BE＋CD＝BC，證明：如解圖，在BC上取點F，使得BF＝BE，連接OF，∵∠BOC＝180°－(∠OBC＋∠OCB)＝180°－eq\f(1,2)(∠ABC＋∠ACB)＝180°－eq\f(1,2)×(180°－60°)＝120°，∴∠BOE＝∠COD＝180°－∠BOC＝60°，∵BD平分∠ABC，∴∠EBO＝∠FBO，∴在△BOE和△BOF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BE＝BF,∠EBO＝∠FBO,BO＝BO))，∴△BOE≌△BOF，∴BE＝BF，∠BOF＝∠BOE＝60°.又∵∠BOC＝120°，∴∠COF＝60°＝∠COD，∵CE平分∠ACB，∴∠DCO＝∠FCO，在△COD和△COF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DCO＝∠FCO,CO＝CO,∠COD＝∠COF))，∴△COD≌△COF，∴CD＝CF，∵BF＋FC＝BC，∴BE＋CD＝BC.3.解：BG＝CF；證明如下：如解圖①，過點C作CM∥AB交FE的延長線于點M.∵BG∥CM，∴∠B＝∠MCE，∵E是BC中點，∴BE＝EC，在△BEG和△CEM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠B＝∠MCE,BE＝EC,∠BEG＝∠MEC))，∴△BEG≌△CEM，∴BG＝CM，∵AD∥EF，∴∠BAD＝∠FGA，∠DAC＝∠F，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC，∴∠F＝∠FGA，∵AB∥CM，∴∠FGA＝∠M，∴∠F＝∠M，∴CF＝CM，∴BG＝CF.第3題解圖①【一題多解】解：BG＝CF；證明如下：如解圖②，過點B作BM∥CF交FE的延長線于點M.∵BM∥CF，∴∠C＝∠MBC，∠M＝∠F，∵E是BC中點，∴BE＝EC，在△BEM和△CEF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠MBE＝∠C,BE＝CE,∠BEM＝∠CEF))，∴△BEM≌△CEF(ASA)，∴BM＝CF，∵AD∥EF，∴∠DAC＝∠F，∠BGF＝∠BAD，∵AD平分∠BAC∴∠BAD＝∠DAC，∴∠BGM＝∠DAC，∴∠BGM＝∠M，∴BM＝BG，∴BG＝CF.第3題解圖②4.解：(1)BE＋DF＝EF；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，∵如解圖①，將△ADF繞點A順時針旋轉90°至△ABG，∴AG＝AF,BG＝DF，∠GAB＝∠FAD，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG＋∠ABC＝90°＋90°＝180°，∴點G、B、E三點共線，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE＋∠FAD＝45°，∴∠BAE＋∠GAB＝45°，即∠GAE＝45°，在△AEG和△AEF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AG＝AF,∠GAE＝∠FAE,AE＝AE))，∴△AEG≌△AEF，∴GE＝EF，∵GE＝BE＋BG＝BE＋DF，∴BE＋DF＝EF；第4題解圖①(2)BD2＋EC2＝DE2，理由如下：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，如解圖②，將△ABD繞點A逆時針旋轉90°至△ACG，連接EG,∴AG＝AD,CG＝BD，∠GAC＝∠DAB，∠ACG＝∠ABC＝45°，∴∠ACG＋∠ACB＝45°＋45°＝90°，∴在Rt△E