2025年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《幾何輔助線解題》專項(xiàng)檢測(cè)題(附答案)

第第頁2025年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《幾何輔助線解題》專項(xiàng)檢測(cè)題(附答案)學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________學(xué)號(hào)：___________在題目給出的條件中，若涉及線段的和、差的信息，往往要主動(dòng)想到延長一邊，使之等于另一邊，或在長線段上截取一段等于另一小線段(長線段上取短線)等輔助線.因?yàn)椴捎谩把娱L”“截取”的手段，將圖形進(jìn)行適當(dāng)?shù)母脑旌?，不僅在形式上能把要證的和、差關(guān)系轉(zhuǎn)化為新的、易把握的等量關(guān)系，更新思考方向，而且還能把原來較難直接確定的關(guān)系巧妙地串通起來，進(jìn)行綜合分析，由此挖掘圖形的相似，或線段、角的相等，達(dá)到證明的目的.此招輔助線我們可將它表述為：邊邊有加減，常把一邊延.有時(shí)也說成：邊邊有加減，長線段上取短線.例1(1)如圖14-1所示,在△ABC中,∠BAC=60°,∠C=40°,AP平分∠BAC交BC于點(diǎn)P,BQ平分∠ABC交AC于點(diǎn)Q,求證:AB+BP=BQ+AQ.(2)如圖14-2所示,若AP為△ABC的中線,求證AB+AC>2AP.解析(1)證法1延長AB至點(diǎn)D,使BD=BP,連接DP,如圖14-3所示.(邊邊有加減，常把一邊延)由此可得△BPD為等腰三角形.又由已知得∠ABP=80°,∴∠D=∠BPD=40°.∵AP平分∠BAC,∴∠DAP=∠CAP=30°.又∠C=40°,AP=AP,∴△ACP≌△ADP(AAS),故有AD=AC.又∠QBC=∠C=40°,則△QBC為等腰三角形.由此可得BQ=QC.∴AB+BP=AB+BD=AD=AC=AQ+QC=AQ+BQ.證法2∵∠ABC=80°>40°=∠C,∴AC>AB.在AC上截取AD=AB,連接PD,如圖14-4所示.(邊邊有加減，長線段上取短線)∵AP平分∠BAC,∴∠BAP=∠CAP=30°.又AP為公共邊，∴△ABP≌△ADP(SAS).由此可得BP=DP,且∠BPA=∠DPA=70°.從而可得∠DPC=∠QBC=∠C=40°,即△QBC與△DPC均為等腰三角形.∴DP=DC,BQ=QC.由此可得AB+BP=AD+PD=AD+DC=AC=AQ+QC=AQ+BQ.證法3如圖14-5所示,由題意知∠AQB=∠QBC+∠C=80°,則AB>AQ.于是,在線段AB上取AD=AQ,連接OD.∵∠BAC=60°,AP平分∠BAC,∴∠OAD=∠OAQ=30°.∴△ADO≌△AQO(SAS).∴OD=OQ,∠ADO=∠AQO=∠AQB=80°.∴∠ADO=∠ABP=80°.∴OD∥BP.∵BQ平分∠ABC,∴∠DBO=∠DOB=40°.∵∠BPA=∠BOP=30°+40°=70°,∴BD=OD,BP=OB.∴AB+BP=AD+DB+BP=AQ+OQ+BO=AQ+BQ.(2)延長AP至點(diǎn)E,使PE=AP,連接BE,CE.如圖14-6所示.(中點(diǎn)、中線想中位線，延長或作平行線)∵AP為△ABC的中線,∴BP=CP.在△ACP和△EBP中.BP=CP,∴△ACP≌△EBP(SAS).∴BE=CA.在△ABE中有:AB+BE>AE,(三角形兩邊之和大于第三邊)∴AB+AC>2AP.點(diǎn)評(píng)本題主要考查全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形中兩邊之和大于第三邊及三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，考查學(xué)生推理能力，有一定的難度.本題的求解充分體現(xiàn)了“邊邊有加減，常把一邊延”“邊邊有加減，長線段上取短線”的戰(zhàn)術(shù)思想.通過本題的幾種輔助線添加方法，可體會(huì)添加輔助線的目的在于構(gòu)造全等三角形.而不同的添加方法實(shí)際上是從不同途徑來實(shí)現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)移.從變換的觀點(diǎn)來看，“延長線段”或“在長線段上取短線段”，實(shí)質(zhì)上是“作平行線”的另一途徑.如對(duì)第(1)問證法1來說,“延長AB至點(diǎn)D,使BD=BP”,相當(dāng)于“過點(diǎn)P作PD∥BQ交AB于點(diǎn)D,連接PD”.這兩種作法效果是一樣的，只是說法不同而已.由此可知，對(duì)本問的證明，當(dāng)把“延長”“截取”變?yōu)椤白髌叫芯€”時(shí)還有更多的證法.另外，本題也可按圖14-7，圖14-8所示的輔助線來探究，讀者不妨試試.第(2)問，是有關(guān)線段和差的不等式的證明.對(duì)這類命題的證明，通常要聯(lián)系到三角形中兩邊之和大于第三邊、兩邊之差小于第三邊，故可想辦法將其放在一個(gè)三角形中證明.在利用三角形三邊關(guān)系證明線段不等關(guān)系時(shí)，如直接證明困難時(shí)，可延長某邊構(gòu)成新的三角形，使結(jié)論中出現(xiàn)的線段在一個(gè)或幾個(gè)三角形中，再運(yùn)用三角形三邊的不等關(guān)系證明.例2【感知】小亮遇到了這樣一道題:已知如圖14-9所示,在△ABC中,AB=AC,D在AB上,E在AC的延長線上,DE交BC于點(diǎn)F,且DF=EF,求證:BD=CE.小亮仔細(xì)分析了題中的已知條件后，如圖14-10所示，過D點(diǎn)作DG∥AC交BC于點(diǎn)G，進(jìn)而解決了該問題.【探究】如圖14-11所示,在四邊形ABCD中,AB∥DC,E為BC邊的中點(diǎn),∠BAE=∠EAF,AF與DC的延長線相交于點(diǎn)F.試探究線段AB與AF，CF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.【應(yīng)用】如圖14-12所示,在正方形ABCD中,E為AB邊的中點(diǎn),G,F分別為AD，BC邊上的點(diǎn)，若AG=1,BF=2,∠GEF=90°解析【探究】AB=AF+CF.如圖14-13所示,分別延長DC,AE,交于點(diǎn)G,再連接BG.(邊邊有加減，常把一邊延)∵AB∥DC,∴∠ABC=∠GCE,∠BAE=∠EGC.∵E為BC邊的中點(diǎn),∴BE=CE.∴△ABE≌△GCE(AAS).∴AB=GC.又∠BAE=∠EAF,∴∠EGF=∠EAF,從而可得AF=GF.∴AB=CG=GF+CF=AF+CF.【應(yīng)用】如圖14-14所示,延長GE交CB的延長線于點(diǎn)M.∵四邊形ABCD是正方形,∴AD∥CM.∴∠AGE=∠M.在△AEG和△BEM中,∴GE=ME,AG=BM=1.∵EF⊥MG,∴FG=FM.由此可得FG=FB+AG=2解法2如圖14-15所示,∵∠GEF=90°,∴∠1+∠2=90°.又∠3+∠2=90°,∴∠3=∠1.于是,在Rt△AEG與Rt△EFB中,有tan則有AE·BE=AG·BF=2又AE=BE,∴AE?EB=AE2=BE2.∴GF2=GE2+EF2=AG2+AE2+EB2+BF2=AG2+2AE?EB+BF2=AG2+2AG?BF+BF2.∴GF2=∴GF=AG+BF=故填(GF=AG+BF=點(diǎn)評(píng)本題主要考查正方形的性質(zhì)、三角形的中線、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，考查應(yīng)用意識(shí)與推理能力，綜合性強(qiáng).第(1)問，是探究一條線段與另外兩條線段的數(shù)量關(guān)系，由此想到將AF轉(zhuǎn)到與CF共線的位置，即作延長CF至點(diǎn)G，使FG=AF的輔助線，轉(zhuǎn)證CG=AB，頗有創(chuàng)意.對(duì)此，也可從證明ABGC為平行四邊形來突破.第(2)問，解法1關(guān)鍵在于：一、由中點(diǎn)E作EG延長線交FB邊的延長線，挖掘全等三角形，二、由∠GEF=90°，挖掘△GFM為等腰三角形.解法2注重圖形分析，活用正切函數(shù).進(jìn)行轉(zhuǎn)換，跳過了輔助線的添加，是一種好的思路.例3(1)已知:如圖14-16所示,△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形,點(diǎn)P為BC上一動(dòng)點(diǎn),求證:PA=PB+PC.(2)如圖14-17所示,四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接正方形,P為?BC上一動(dòng)點(diǎn)，求證：PA=PC+(3)如圖14-18所示,六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形,點(diǎn)P為?BC上一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)?zhí)骄縋A，PB，PC三者之間有何數(shù)量關(guān)系，并給予證明.解析(1)證法1顯然，所證的問題是邊邊有加減模型.故延長BP至點(diǎn)D,使PD=PC,連接CD.如圖14-19所示.則線段PB，PC合成一條線段BD.故須轉(zhuǎn)證PA=BD.(邊邊有加減，常把一邊延)∵A,B,P,C四點(diǎn)共圓,∴∠BAC+∠BPC=180°.∵∠BPC+∠DPC=180°,∴∠BAC=∠CPD=60°,PD=PC.∴△PCD是等邊三角形.∴CD=PC,∠D=60°.又∠BCD=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,∴∠BCD=∠ACP.∵△ABC、△DCP為等邊三角形,∴CD=CP,BC=AC.∴△BDC≌△APC(SAS).∴PA=DB=PB+PC.證法2延長BP至點(diǎn)D,使BD=AP,連接CD.(邊邊有加減，常把一邊延)如圖14-20所示,由圖易知∠CAP=∠CBD.又AC=AB,BD=AP,從而可得△ACP≌△BCD(SAS).∴CP=CD.又∠CPD=∠CAB=60°,∴△PCD是正三角形.∴PC=CD=PD.∴PA=BD=PB+PC.證法3在AP上截取PE=PC,如圖14-21所示.(邊邊有加減，長線段上取短線)∵∠APC=∠ABC=60°,∴△PEC為等邊三角形.從而可得CE=CP,∠PCE=60°.又∠ACB=60°,∴∠ACE=∠BCP.又CA=CB,∴△CAE≌△CBP.則有AE=PB,∴PA=PC+PB.(2)過點(diǎn)B作BE⊥PB,交PA于點(diǎn)E,如圖14-22所示.∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3.∵∠APB=∠ACB=45°,∴BP=BE.∴PE=又AB=BC,∠BAP=∠BCP,∴△ABE≌△CBP(SAS).∴PC=AE.∴PA=AE+PE=PC+2PB.3證明過點(diǎn)B作BM⊥AP,在AP上截取AQ=PC,連接BQ，如圖14-23所示(長線段上取短線).∵∠BAP=∠BCP,AB=BC,∴△ABQ≌△CBP(SAS).∴BQ=BP.從而可得MP=QM.又∠APB=30°,∴cos30°=∴PQ=∴PA=PQ+AQ=PC+3PB.點(diǎn)評(píng)本題考查了圓周角定理、正多邊形和圓的有關(guān)知識(shí)，考查了等邊三角形的性質(zhì)和三角形全等的判定與性質(zhì)，考查了證明一條線段等于兩條線段和的方法.證法1與證法2采用的是延長線段，構(gòu)建全等三角形；證法3采用的是截取線段的方法來構(gòu)建全等三角形.當(dāng)然，也可在AP上截取PE=PB，讀者不妨試試.本題三種證法都充分體現(xiàn)了邊邊有加減，常把一邊延”的戰(zhàn)術(shù)思想. 跟蹤訓(xùn)練1.(1)如圖1所示,在△ABC中,AB=4,AC=6,AD是BC邊上的中線,延長AD到點(diǎn)E使DE=AD,連接CE,把AB,AC,2AD集中在△ACE中，利用三角形三邊關(guān)系可得AD的取值范圍是.(2)如圖2所示,在△ABC中,AD是BC邊上的中線,點(diǎn)E,F分別在AB,AC上,且DE⊥DF,求證:BE+CF>EF.(3)如圖3所示,在四邊形ABCD中,∠A為鈍角,∠C為銳角,∠B+∠ADC=180°,DA=DC,點(diǎn)E,F分別在BC,AB上,且∠EDF=122.(1)如圖1所示,在△ABC中，已知a，b，c三邊滿足a2=bb+c,求證：(2)如圖2所示,在△ABC中，已知∠C=2∠B,,AD平分∠BAC,求證：AB=AC+CD.3.如圖所示，在△ABC中,D是AB上一點(diǎn),DE⊥AC,垂足為E,F是AD的中點(diǎn)，F(xiàn)G⊥BC,,垂足為G,FG與DE交于點(diǎn)H,若FG=AF,AG平分∠CAB,連接GE,GD.(1)求證:△ECG?△GHD.(2)小亮同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：AD=AC+EC.請(qǐng)你幫助小亮同學(xué)證明這一結(jié)論.(3)若∠B=30°,，判定四邊形AEGF是否為菱形，并說明理由.答案1.(1)1<AD<5∵CD=BD,AD=ED,∠CDE=∠BDA,∴△CDE≌△BDA(SAS).∴EC=AB=4.∵6-4<AE<6+4,∴2<2AD<10.∴1<AD<5.故答案為1<AD<5.(2)證明如圖1所示,延長ED到點(diǎn)H,使得DH=DE,連接CH,FH.∵BD=CD,∠BDE=∠CDH,DE=DH,∴△BDE≌△CDH(SAS).∴BE=CH.∵FD⊥EH,DE=DH,∴EF=FH.在△CFH中,CH+CF>FH.∵CH=BE,FH=EF,∴BE+CF>EF.(3)結(jié)論:AF+EC=EF.理由:延長BC到點(diǎn)H,使得CH=AF.∵∠B+∠ADC=180°,∴∠A+∠BCD=180°.∵∠DCH+∠BCD=180°,∴A=∠DCH.∵AF=CH,AD=CD,∴△AFD≌△CHD(SAS).∴DF=DH,∠ADF=∠CDH.∴∠ADC=∠FDH.∵∠EDF=∴∠EDF=∠EDH.∵DE=DE,∴△EDF≌△EDH(SAS).∴EF=EH.∵EH=EC+CH=EC+AF,∴EF=AF+EC.2.(1)證明如圖1所示,延長CA至點(diǎn)D,使AD=c,連接BD.(邊邊有加減，常把一邊延)在△ABC和△BDC中,由a2=bb+c,得ab+c=則△ABC∽△BDC.∴∠D=∠ABC.∵AB=AD=c,∴∠D=∠ABD.而∠BAC=2∠D,∴∠A=2∠B.(2)證法1延長AC至點(diǎn)E,使CD=CE,如圖2所示.(邊邊有加減，常把一邊延)∴∠CDE=∠CED.∴∠ACB=2∠E,∵∠ACB=2∠B,∴∠B=∠E,在△ABD與△AED中∠1=∠2,∴△ABD≌△AED(AAS).∴AB=AE.又AE=AC+CE=AC+DC,∴AB=AC+DC.證法2在AB上截取AF=AC,如圖3所示.(邊邊有加減，長線段上取短線)在△AFD與△ACD中,AF=AC,∴△AFD≌△ACD(SAS).∴DF=DC,∠AFD=∠ACD.又∠ACB=2∠B,∴∠AFD=2∠B.∴∠FDB=∠B,從而FD=FB.∴AB=AF+FB=AC+FD=AC+CD,想一想由(1)可獲得一個(gè)猜想:延長BA到點(diǎn)E,使AE=AC,連接EC,則BC<2AC,即a<2b.故可得新命題:在△ABC中,若A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且∠A=2∠B,則BC<2AC.3.(1)∵AF=FG,∴∠FAG=∠FGA.∵AG平分∠CAB,∴∠CAG=∠FAG.∴∠CAG=∠FGA.∴AC∥FG.∵DE⊥AC,∴DE⊥F