2024辽宁中考数学二轮专题训练 微专题 构造全等的四大方法 (含答案)

2024辽宁中考数学二轮专题训练微专题构造全等的四大方法方法一倍长中线法方法解读(1)倍长中线在△ABC中，AD是BC边的中线．辅助线作法：延长AD至点E，使AD＝DE，连接BE.结论：△ACD≌①________．(2)倍长类中线在△ABC中，点D是边BC的中点，点E是边AB上一点，连接DE.辅助线作法：延长ED至点F，使DF＝DE，连接CF.结论：△BDE≌②________．1.如图．AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，连接AM.求证：DE＝2AM.第1题图 方法二截长补短法方法解读当题目中出现线段的倍差关系时，一般考虑用截长补短法．如图，在△ABC中，∠1＝∠2，∠C＝2∠B.(1)截长法辅助线作法：在AB上截取AF＝AC，连接DF.结论：(1)△AFD≌③______；(2)线段AB，AC，CD的数量关系为④______________．(2)补短法辅助线作法：延长AC至点E，使CE＝CD，连接DE.结论：(1)△AED≌⑤______；线段AB，AC，CD的数量关系为⑥______________．2.如图，在△ABC中，∠A＝60°，BD，CE分别平分∠ABC和∠ACB，BD、CE交于点O.猜想线段BE，CD，BC的数量关系，并证明．第2题图方法三作平行线法方法解读如图，在△ABC中，点D是AB上一点，点E是AC延长线上一点，连接DE交BC于点F，且DF＝EF.【方法一】辅助线作法：过点D作DH∥AC，交BC于点H.结论：△CEF≌⑦________．【方法二】辅助线作法：过点E作EI平行于BD交BC的延长线于点I.结论：△BDF≌⑧____________．3.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，E为BC的中点，过点E作EF∥AD交AB于点G，交CA的延长线于点F.请写出线段BG与CF的数量关系，并证明．第3题图方法四旋转法方法解读有共顶点，等线段时考虑用旋转构造全等．(1)等腰三角形在△ABC中，AB＝BC，共顶点B，点D为△ACB内一点．辅助线作法：将△ABD旋转至AB与BC重合，旋转角为∠ABC，连接DD′，CD.结论：△ABD≌⑨________；△DBD′为eq\o(○,\s\up1(10))________；∠ABC＝⑪________．(2)正方形在正方形ABCD中，CB＝CD，共顶点C，点E为正方形ABCD内一点．辅助线作法：将△BCE旋转至BC与DC重合，旋转角为∠BCD，连接BD，EF.结论：△BCE≌⑫________；△CEF为⑬__________；∠BCD＝⑭________．4.(1)如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，连接AE、AF，且∠EAF＝45°，连接EF，猜想线段EF，BE，DF应满足的等量关系，并说明理由；(2)如图②，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，连接AD、AE，且∠DAE＝45°，猜想线段BD，DE，EC应满足的等量关系，并说明理由；第4题图参考答案【方法解读】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；⑪∠DBD′；⑫△DCF；⑬等腰直角三角形；⑭∠ECF.1.证明：如解图，延长AM至点N，使MN＝AM，连接BN，∵点M为BC的中点，∴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题解图2.解：BE＋CD＝BC，证明：如解图，在BC上取点F，使得CF＝CD，连接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题解图【一题多解】解：BE＋CD＝BC，证明：如解图，在BC上取点F，使得BF＝BE，连接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；证明如下：如解图①，过点C作CM∥AB交FE的延长线于点M.∵BG∥CM，∴∠B＝∠MCE，∵E是BC中点，∴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题解图①【一题多解】解：BG＝CF；证明如下：如解图②，过点B作BM∥CF交FE的延长线于点M.∵BM∥CF，∴∠C＝∠MBC，∠M＝∠F，∵E是BC中点，∴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题解图②4.解：(1)BE＋DF＝EF；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，∵如解图①，将△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABG，∴AG＝AF,BG＝DF，∠GAB＝∠FAD，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG＋∠ABC＝90°＋90°＝180°，∴点G、B、E三点共线，∵∠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题解图①(2)BD2＋EC2＝DE2，理由如下：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，如解图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，连接EG,∴AG＝AD,CG＝BD，∠GAC＝∠DAB，∠ACG＝∠ABC＝45°，∴∠ACG＋∠ACB＝45°＋45°＝90°，∴在Rt△E