文档内容
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，
1∵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∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（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DM DN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
3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CM=BM，连接DM ．可证△DBM≌△DCM ，即可得
1 1 1
DM=DM ，易证得∠CDN=∠MDN=60°，则可证得△MDN≌△M DN，然后由全等三角
1 1
形的性质，即可得结论仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM=BM，连接DM ，可证△DBM≌△DCM ，即可得
1 1 1
DM=DM ，然后证得∠CDN=∠MDN=60°，易证得△MDN≌△M DN，则可得NC-
1 1
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= ，
∴ ,
4∴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CM=BM，连接DM ．
1 1
∵∠MBD=∠M CD=90°，BD=CD，
1
∴△DBM≌△DCM ，
1
∴DM=DM ，∠MBD=∠MCD，
1 1
∵∠MDN=60°，∠BDC=120°，
∴∠M DN=∠MDN=60°，
1
∴△MDN≌△M DN，
1
∴MN=M1N=M C+NC=BM+NC，
1
（3）证明：在CN上截取CM=BM，连接DM ．
1 1
与（2）同理可证△DBM≌△DCM ，
1
∴DM=DM ，
1
与（2）同理可证∠CDN=∠MDN=60°，
∴△MDN≌△M DN，
1
∴MN=M N，
1
∴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
5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，
6∴△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，
7∴∠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，DE BC，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：
_____________．
8【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．
9∵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，
10∴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，
11，
∴△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________________
12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，
13，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，
14，
，
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．
15【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，
16∴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】
17（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，
18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】
19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，
20∴
∴ ，
∴ ，
∴
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】
21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．
22【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°，
23∵∠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，
24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．
25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
26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
27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
28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+AC得到答案.
【详解】
解：如图，延长 至点 ，使 ，连接 ．
∵ 是等边三角形，
∴ ．
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ， ．
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
29在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长 .
【点睛】
此题考查全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，等腰三角形等边对等角的性
质，题中辅助线的引出是解题的关键.
16．已知， ，分别在边 ， 上取点 ， ，使 ，过点 平行
于 的直线与过点 平行于 的直线相交于点 ．点 ， 分别是射线 ， 上
动点，连接 ， ， ．
（1）求证： ；
（2）如图 ，当点 ， 分别在线段 ， 上，且 时，请求出线段 ，
， 之间的等量关系式；
（3）如图 ，当点 ， 分别在 ， 的延长线上，且 时，延长
交 于点 ，延长 交 于点 ．请猜想线段 ， ， 之间的等量关系，
并证明你的结论．
30【答案】（1）见解析；（2） ；（3） ，见解析
【分析】
（1）连接 ,通过 ， 得到 为等腰直角三角形，进而得到
，根据过点 平行于 的直线与过点 平行于 的直线相交于
点 ，可推出 ， ，最后通过证明 ≌ ，可以得出结
论；
（2）在射线 上取点 ，使 ，连接 ，通过证明 ≌ ，得到
， ，再结合 ， 推导证明 ≌
，得到 ，最后等量代换线段即可求解；
（3）延长 到点 ，使得 ，连接 ，通过证明 ≌ ，得到
， ，再结合 ，推导证明 ≌ ，得到
，根据 ，等量代换可知 ，又因为 ，
推出 ，进而得到 ，同理可证 ，最后根据勾股定理即
可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接 ．
， ，
为等腰直角三角形，
，
又 ，且 ，
，
，
，
同理， ，
在 与 中
31，
≌ ，
， ；
（2）如图 ，在射线 上取点 ，使 ，连接 ．
在 与 中
，
≌ ，
， ，
， ，
，
，
，
在 与 中
≌ ，
，
又 ，
．
（3） ．证明如下：
32如图 ，延长 到点 ，使得 ，连接 ．
，
在 与 中
，
≌ ，
， ，
，
，
，
，
，
，
在 与 中
，
≌ ，
，
≌ ，
，
，
，
，
，
33，
同理可证： ，
在 中，由勾股定理得： ．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加
辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键．
17．本学期，我们学习了三角形相关知识，而四边形的学习，我们一般通过辅助线把
四边形转化为三角形，通过三角形的基本性质和全等来解决一些问题．
（1）如图1，在四边形 中， ， ，连接 ．
①小明发现，此时 平分 ．他通过观察、实验，提出以下想法：延长 到点
，使得 ，连接 ，证明 ，从而利用全等和等腰三角形的
性质可以证明 平分 ．请你参考小明的想法，写出完整的证明过程．
②如图2，当 时，请你判断线段 ， ， 之间的数量关系，并证明．
（2）如图3，等腰 、等腰 的顶点分别为 、 ，点 在线段 上，且
，请你判断 与 的数量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析；② ，证明见解析；（2）
，证明见解析
【分析】
（1）①参考小明的想法，延长 到点 ，使得 ，连接 ，证明
，从而利用全等和等腰三角形的性质可以证明 平分；
②沿用①中辅助线，延长 到点 ，使得 ，连接 ，证得直角三角形 ，
再利用勾股定理可求得 ， ， 之间的数量关系；
（2）类比（1）中证明的思路，延长 至 ，使得 ，连 ，证明
、 ，再利用全等三角形的对应角相等和等腰三角形等边
34对等角的性质，找到 与 的数量关系．
【详解】
（1）如图，延长 到点 ，使得 ，连接 ．
， ，
在 与 中，
，
．
平分
（2）
证明：如图，延长 到点 ，使得 ，连接 ．
由（1）知，
，
35在直角三角形 中，
（3）
证明：如图，延长 至 ，使得 ，连 ，
由（1）知，
，
在 与 中，
，
， ，
36【点睛】
本题考查三角形的基本知识、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质与判定．
综合性较强．
18．在平行四边形 中， 于 ， 于 ， 为 上一动点，连
接 ， 交 于 ，且 ．
（1）如图1，若 ，求 、 的长；
（2）如图2，当 时，求证： ；
（3）如图3，若 ，点 是直线 上任一点，将线段 绕 点逆时针旋转
60°，得到线段 ，请直接写出 的最小值_____．
【答案】（1） ， ；（2）见解析；（3） ．
【分析】
（1）由平行四边形性质可得 ，利用30°直角三角形性质开得
，根据勾股定理 ，设 ，则 ，根据勾股定理
，解得 即可；
（2）方法1补短：如图3，延长 到 使 ，连接 、 ，由平行四边
形ABCD性质，可得AB∥CD，AB=CD，可证 （SAS），可得
， ，由 垂直平分 ， ，可证 ，再证
即可；方法2截长：如图4，过点 作 于点 ，连接 ，先证
（SAS），再证 （AAS），最后证
（HL），可得 即可，
（3）在 上截取 ，连接 、 ，先证 是等边三角形，可得
， ，可证 （SAS），可证 ，
37设PH′交AE与Q，点H′在射线PQ上运动，当点H′运动到点Q是AH′最短由
，先求 ，由勾股定理 即可．
【详解】
（1）由平行四边形性质可得 ，
在 中， ， ， ，
∴ ，
根据勾股定理 ，
在 中， ， ， ，
设 ，则 ，
根据勾股定理 ，即 ，
解得 ，
∴ ， ；
（2）方法1补短：如图3，延长 到 使 ，连接 、 ，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵
∴AE⊥AB，
∴ ，
在△ADE和△BMA中，
，
∴ （SAS），
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
38∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
方法2截长：如图4，过点 作 于点 ，连接 ，
∵CF⊥AD，
∴ ，
在△CFH和△CFD中，
∴ （SAS），
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在△BNC和△AED中，
∴ （AAS），
∴ ， ，
∵ ，
39∴ ，
∵ ， 于 ，
∴ =∠BNG，
在Rt△ABG和Rt△NBG中
∴ （HL），
∴ ，
∴ ．
（3）在 上截取 ，连接 、 ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
在△CDH和△CPH′中，
∴ （SAS），
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设PH′交AE与Q，点H′在射线PQ上运动，当点H′运动到点Q是AH′最短
∵
40由（1）得： ， ， ，
∴ ，
，
∴ 的最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】
本题考查平行四边形性质，30度直角三角形性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，
线段垂直平分线性质，等边三角形判定与性质，垂线段最短，掌握平行四边形性质，
30度直角三角形性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，线段垂直平分线性质，等
边三角形判定与性质，垂线段最短是解题关键．
19．问题提出，如图1所示，等边△ABC内接于⊙O，点P是 上的任意一点，连结
PA，PB，PC．线段PA、PB、PC满足怎样的数量关系?
（尝试解决）为了解决这个问题，小明给出这样种解题思路：发现存在条件CA=CB，
∠ACB=60°，从而将CP绕点逆时针旋转60°交PB延长线于点M，从而证明
△PAC≌△MBC，请你完成余下思考，并直接写出答案：PA、PB、PC的数量关系是
；
（自主探索）如图2所示，把原问题中的“等边△ABC”改成“正方形ABCD”，其余
条件不变，
41①PC与PA，PB有怎样的数量关系?请说明理由：
②PC+PD与PA，PB的数量关系是 ．（直接写出结果）
（灵活应用）把原问题中的“等边△ABC”改成“正五边形ABCDE”，其余条件不变，
则PC+PD+PE与PA+PB的数量关系是 ．（直接写出结果）
【答案】【尝试解决】PA+PB=PC；【自主探索】① ；理由见解析；
② ；【灵活应用】 ．
【分析】
尝试解决：利用旋转性质证明△PAC≌△MBC，得到PA=BM，得到PM等于PB与PA
的和，再证明△PCM是等边三角形，得到PM等于PC，即可得到结果；
自主探索：①在PC上截取QC=PA，证出△CBQ全等于△ABP，得到△PBQ是等腰直
角三角形，PQ等于PB的 倍，即可得到结果；
②同①方法，即可得到PD与PA和PB的关系，即可求出PC+PD与PA和PB的关系；
灵活应用：类比（自主探索）中的方法证明PC与PA和PB的关系，再用同样的方法
证明PE与PA和PB的关系，构造△CDM全等于△CBP，得到PD与PC的关系，进一
步得到PD与PA和PB的关系，最终求出PD+PE+PC的和即可得到与PA和PB的关系．
【详解】
尝试解决：PA+PB=PC；
证明：因为∠ACP+∠PCB=60°，∠MCB+∠PCB=60°，
∴∠ACP=∠MCB，
又∵CP=CM，AC=MC，
∴△ACP≌△BCM，
所以PA=BM，∠CBM=∠CAP，
42∵四边形APBC内接于圆O，
∴∠CAP+∠CBP=180°，
∴∠CBM+∠CBP=180° ，
∴P、B、M三点共线，
∴△PCM是等边三角形，
∴PM=PC，
∴PC=PM=PB+BM=PB+PA；
自主探索：①PC与PA、PB的数量关系为 ；理由：
截取CQ=PA，，如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵PA=CQ，∠BCQ=BAP，BC=AB
∴△BCQ≌△BAP，
∴∠CBQ=∠ABP，BQ=BP，
∵∠CBQ+∠ABQ=90°，
∴ ，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQ= PB，
∴ ；
②
证明：在PD上截取DH=PB，
∵DH=PB，∠ADH=∠ABP，AD=AB
∴△ADH≌△ABP
∴∠DAH=∠BAP，AH=AP，
∵∠DAH+∠HAP=90°，
∴∠BAP+∠HAP=90°，
∴△HAP是等腰直角三角形，
43∴PH= PA，
∴PD=DH+PH=PB+ PA，
∴ ．
灵活应用： ．
证明：在PC上截取FC=PA，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴BC=AB=CD=DE=AE，∠ABC=∠EAB=108°，
∵PA=CF，AB=BC，∠FCB=∠BAP，
∴△BAP≌△BCF，
∴BF=PB，∠CBF=∠ABP，
∵∠CBF+∠FBA=108°，
∴∠ABP+∠FBA=108°，
∴△FBP是顶角为108°的等腰三角形，
∴PF= PB，
∴PC=PF+FC= PB+PA，
同理可证PE= PA+PB，
延长PD至点M使DM=PB，
∵∠MDC+∠CDP=180°，∠CDP+∠PBC=180°，
∴∠CDM=∠CBP
又∵CD=BC，
44∴△CDM≌△CBP
∴CM=CP，∠MCD=∠BCP，
又∵∠PCB+∠PCD=108°，
∴∠MCD+∠PCD=108°，
∴△MCP是顶角108°的等腰三角形，
∴PM= PC，
∴PD=PM-DM= PC-PB，
∴PC+PD+PE
=PC+ PC-PB+ PA+PB= （ PB+PA）+ PA=
=
【点睛】
本题考查旋转性质、圆的有关性质、圆内接四边形、正五边形有关性质、三角形全等
的相关性质和判定，综合性强，难度较大是一道好题，属中考压轴题型．
20．如图1，在四边形ABCD中，AC交BD于点E，△ADE为等边三角形．
（1）若点E为BD的中点，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面积；
（2）如图2，若BC＝CD，点F为CD的中点，求证：AB＝2AF；
45（3）如图3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，点P为四边形ABCD内一点，且∠APD＝
90°，连接BP，取BP的中点Q，连接CQ．当AB＝6 ，AD＝4 ，tan∠ABC＝2
时，求CQ＋ BQ的最小值．
【答案】（1） (2)证明见解析（3）CQ＋ BQ的最小值为
【分析】
（1）根据点E是BD的中点，可得 ,在作边CE的高DF,根据等边三角形
三线合一DF也是 的高，根据勾股定理计算出DF的长度，在直角三角形DFC
中利用勾股定理计算出CF,得出CE的值，利用三角形的面积公式计算出面积．
（2）延长AF,是2AF=AG,证明 ,得出CM=AD，再根据
60°，得出 = ,从而证明 ,得出
AB=AG，得出结论．
（3）根据 =90°，知道点P的运动轨迹是以AD为直径的圆，圆心记为N，点Q
是BP的中点，得到点Q的运动轨迹是以BN的中点为圆心，半径为 的圆。由
，构造直角三角形QGB，点G为直角顶点，可得
,得 ，可知CQ＋ BQ=CQ+QG,故根据两点之
间线段最短得最小值为CG的长度，又点G的运动轨迹为以AB为中点的圆．圆心为L,
当点C、点Q、点G在同一条直线上时，CG的值最小，从而得出结果．
【详解】
解：作DF⊥AC
46∵点E是BD的中点
∴BE=DE
故
∵AD=4,△ADE是等边三角形，DF⊥AE
∴AF=EF=2,∠ADF=30°
∴DF=
∵在Rt△DEC中，CD=5,DF= ,根据勾股定理得：
FC=
∴CE=CF-EF=
=
(2)证明：延长AF使AF=FG如下图
∵△AED是等边三角形
∴∠AED=∠ADE=60°，AE=AD=ED
∵AF=FG，点F是CD的中点
∴CF=FD又∠AFD=∠CFG
∴△AFD≌△GFC
∴CG=AD，∠FCG=∠ADF
∴CG=AE
又∵∠CEB=∠ECD+∠EDC=60°，
∴∠ACG=∠FCG+∠ACD=∠ADF+∠ACD=120°
又∠AEB=120°
∴∠AEB=∠ACG，∠CAG=∠ABD
又CG=AE
∴
∴AB=AG
47故AB=2AF
(3)如下图，过点Q作QG⊥BG，使∠NBE=∠GBQ,在Rt△BQG中，sin∠BQG=
则GQ= BQ,故CQ＋ BQ=CQ+QG，由∠APD=90°，可知点P的运
动轨迹为AD为直径的圆，⊙N ．点G为以BE的中点为圆心的圆，点G的运动轨迹
为圆．当点C、Q、G在同一条直线上时，CQ+QG的长度最小．
∵AB∥CD，∠APD＝90°
∴四边形ADCK为正方形，有AD= AB=
∴CK=AD= 又tan∠ABC＝2
∴BC=
∵AN= ，GN=
∴CL=CD-DL=
∠BGN=∠GCL
∴Rt△BGN≌Rt△GCL
∴BG=CG
在Rt△BGC中，BC=
∴CG=
即CQ＋ BQ的最小值=
【点睛】
本题考查三角形的面积、等边三角形的性质、全等三角形、锐角三角函数、动点问题．
48隐圆问题，了解直径所对的圆周角等于90°是隐圆问题的常用思路，了解瓜豆原理对本
题的理解有很大的帮助．了解截长补短法添加辅助线是关键。转换思想是重要的数学
思想．
4950
