【压轴专练】专题02 全等三角形做辅助线六种方法大全（解析版）-2021-2022学年八上压轴题攻略

专题02全等三角形做辅助线六种方法大全几何探究类问题一直属于考试压轴题范围，在三角形这一章，压轴题主要考查是证明三角形各种模型，或证明线段数量关系等，接来下我们针对其做出详细分析与梳理。类型一、倍长中线模型中线倍长法：将中点处的线段延长一倍。目的：=1\*GB3①构造出一组全等三角形；=2\*GB3②构造出一组平行线。将分散的条件集中到一个三角形中去。例1．如图，为中边上的中线．（1）求证：；（2）若，，求的取值范围．【答案】（1），（2）【详解】（1）证明：如图延长至，使，连接，∵为中边上的中线，∴，在和中：，∴，∴（全等三角形的对应边相等），在中，由三角形的三边关系可得，即；（2）解：∵，，由（1）可得，∴，∴．【变式训练1】（1）如图1，已知中，AD是中线，求证：；（2）如图2，在中，D，E是BC的三等分点，求证：；（3）如图3，在中，D，E在边BC上，且．求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【详解】证：（1）如图所示，延长AD至P点，使得AD=PD，连接CP，∵AD是△ABC的中线，∴D为BC的中点，BD=CD，在△ABD与△PCD中，，∴△ABD≌△PCD(SAS)，∴AB=CP，在△APC中，由三边关系可得AC+PC＞AP，∴；（2）如图所示，取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，∵H为DE中点，D、E为BC三等分点，∴DH=EH，BD=DE=CE，∴DH=CH，在△ABH和△QCH中，，∴△ABH≌△QCH(SAS)，同理可得：△ADH≌△QEH，∴AB=CQ，AD=EQ，此时，延长AE，交CQ于K点，∵AC+CQ=AC+CK+QK，AC+CK＞AK，∴AC+CQ＞AK+QK，又∵AK+QK=AE+EK+QK，EK+QK＞QE，∴AK+QK＞AE+QE，∴AC+CQ＞AK+QK＞AE+QE，∵AB=CQ，AD=EQ，∴；（3）如图所示，取DE中点M，连接AM并延长至N点，使得AM=NM，连接NE，CE，∵M为DE中点，∴DM=EM，∵BD=CE，∴BM=CM，在△ABM和△NCM中，∴△ABM≌△NCM(SAS)，同理可证△ADM≌△NEM，∴AB=NC，AD=NE，此时，延长AE，交CN于T点，∵AC+CN=AC+CT+NT，AC+CT＞AT，∴AC+CN＞AT+NT，又∵AT+NT=AE+ET+NT，ET+NT＞NE，∴AT+NT＞AE+NE，∴AC+CN＞AT+NT＞AE+NE，∵AB=NC，AD=NE，∴．【变式训练2】（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），①延长AD到M，使得DM＝AD；②连接BM，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABM中；③利用三角形的三边关系可得AM的取值范围为AB﹣BM＜AM＜AB+BM，从而得到AD的取值范围是；方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．（2）请你写出图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．（3）深入思考：如图3，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，请直接利用（2）的结论，试判断线段AD与EF的数量关系，并加以证明．【答案】（1）1＜AD＜7；（2）AC∥BM，且AC＝BM，证明见解析；（3）EF＝2AD，证明见解析．【详解】（1）如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，在△MDB和△ADC中，，∴△MDB≌△ADC（SAS），∴BM＝AC＝6，在△ABM中，AB﹣BM＜AM＜AB+BM，∴8﹣6＜AM＜8+6，2＜AM＜14，∴1＜AD＜7，故答案为：1＜AD＜7；（2）AC∥BM，且AC＝BM，理由是：由（1）知，△MDB≌△ADC，∴∠M＝∠CAD，AC＝BM，∴AC∥BM；（3）EF＝2AD，理由：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）知，△BDM≌△CDA（SAS），∴BM＝AC，∵AC＝AF，∴BM＝AF，由（2）知：AC∥BM，∴∠BAC+∠ABM＝180°，∵∠BAE＝∠FAC＝90°，∴∠BAC+∠EAF＝180°，∴∠ABM＝∠EAF，在△ABM和△EAF中，，∴△ABM≌△EAF（SAS），∴AM＝EF，∵AD＝DM，∴AM＝2AD，∵AM＝EF，∴EF＝2AD，即：EF＝2AD．【变式训练3】如图，在中，是边上的中线，过作的平行线交的延长线于点．若，，试求的取值范围．【答案】4＜AE＜8【详解】解：∵AD是BC边上的中线，∴BD=CD．∵AB∥CE，∴∠BAD=∠E，在△ABD和△ECD中，，∴△ABD≌△ECD（AAS），∴AB=EC=6，∴AD=DE，在△ACE中，CE-AC＜AE＜CE+AC，即6-2＜AE＜6+2，∴4＜AE＜8．类型二、截长补短模型截长补短法使用范围：线段和差的证明（往往需证2次全等）例1.如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证：EF=BE+FD．【答案】证明见解析．【解析】延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD【变式训练1】（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°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系是什么？小明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，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌△AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是．（2）拓展应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．问（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）EF＝BE+DF；（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；证明见解析．【解析】（1）EF＝BE+DF，理由如下：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，∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，∴∠B＝∠ADG，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．【变式训练2】已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．（2）当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明猜想．（3）当∠MBN绕点B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析【详解】（1）证明：在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；（2）解：AE+CF＝EF，理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，在△BAE与△BCK中，，∴△BAE≌△BCK（SAS），∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC+∠ABE＝60°，∴∠FBC+∠KBC＝60°，∴∠KBF＝∠FBE＝60°，在△KBF与△EBF中，，∴△KBF≌△EBF（SAS），∴KF＝EF，∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；（3）解：AE﹣CF＝EF，理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，∴∠GBF＝∠EBF，∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，∴△GBF≌△EBF，∴EF＝GF，∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．【变式训练3】在ABC和ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE．（1）如图1，如果点D在BC上，且BD＝5，CD＝3，求DE的长．（2）如图2，AD与BC相交于点N，点D在BC下方，连接BD，且AD垂直BD，连接CE并延长与BA的延长线交于点F，点M是CA延长线上一点，且CM＝AF，求证：CF＝AN+MN．【答案】（1）；（2）见解析【详解】（1）如图，连结CE∵∠BAC=∠DAE=90º∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE=90º∴∠BAD=∠CAE在△BAD和△CAE中，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴CE=BD=5，∠ACE=∠B∵∠BAC=90º，∴∠B+∠ACB=90º∴∠ACE+∠ACB=90º，即CE⊥CD在Rt△ECD中，CD=3,CE=5，由勾股定理得：，所以DE的长为．（2）如图，过点A作AG∥BC交CF于点G则∠FAG=∠ABC，∠AGE+∠BCF=180º，∵AD⊥BD，AD⊥AE，∴AE∥BD，∴∠FAE=∠ABD∴∠FAE−∠FAG=∠ABD−∠ABC，即∠GAE=∠NBD，∵∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE=90º，∴∠BAD=∠CAE在△BAD和△CAE中，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠CEA=∠BDA=90º，∴∠AEC=90º∴∠ANC=∠BND=90º−∠NBD=90º−∠GAE=∠AGE，∴∠ANC+∠BCF=180º，∴AN∥CF∴四边形ANCG是平行四边形，∴CG=AN，AG=CN∵AB=AC，∴∠ABC=∠CAN，∴∠FAG=∠ACN在△FAG和△MCN中，∴△FAG≌△MCN(SAS)，∴MN=GF，∵CF=CG+GF，∴CF=AN+MN类型三、做平行线证明全等例1.如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，D，E分别是AC和AC的延长线上的点，连接BD，BE，若AB=CE，∠DBC=∠EBC。求证：D是AC的中点。【答案】：如图，过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点F∵CF∥AB∴∠ABD=∠DFC∴∠DBC+∠BFC=∠ABC∵∠ABC=∠ACB∴∠ACB=∠DBC+∠BFC∵∠BCF+∠DBC+∠BFC=180°，∠BCE+∠ACB=180°∴∠BCF=∠BCE在△BCF与△BCE中∴△BCF≌△BCE∴CF=CE∵CE=AB∴AB=CF在△ABD与△CFD中∴△ABD≌△CFD∴AD=DC∴D是AC的中点【变式训练1】如图，△ABC是等腰三角形，D，E分别是腰AB及AC延长线上的一点，且BD＝CE，连接DE交底BC于G.求证：GD＝GE.【答案】证明见解析【分析】过E作EF∥AB交BC延长线于F，根据等腰三角形的性质及平行线的性质可推出∠F=∠FCE，从而可得到BD=CE=EF，再根据AAS判定△DGB≌△EGF，根据全等三角形的性质即可证得结论．【详解】证明：过E作EF∥AB交BC延长线于F．∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EF∥AB，∴∠F=∠B，∵∠ACB=∠FCE，∴∠F=∠FCE，∴CE=EF，∵BD=CE，∴BD=EF，在△DBG与△GEF中，，∴△DGB≌△EGF（AAS），∴GD=GE．【变式训练2】如图1，△ABC中，AB＝AC，点D在AB边上，点E在AC的延长线上，且CE＝BD，连接DE交BC于点F．⑴求证：EF＝DF；⑵如图2，过点D作DG⊥BC，垂足为G，求证：BC＝2FG.【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解.【分析】(1)过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，进而可得：CE=MD，易证：∆DMF≅∆ECF，即可得到结论；(2)过点D作DM∥AC，如图2，易证：∆DMF≅∆ECF，可得：MF=CF，根据等腰三角形三线合一，可得：BG=MG，进而可得到结论.【详解】（1）过点D作DM∥AC，如图1，则∠ACB=∠DMB，∠DMF=∠ECF，∵AB＝AC，∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠DMB，∴BD=MD，∵CE＝BD，∴CE=MD，在∆DMF和∆ECF中，∵∴∆DMF≅∆ECF（AAS）,∴EF＝DF；（2）过点D作DM∥AC，如图2，由第（1）小题，可知：BD=MD，∆DMF≅∆ECF，∴MF=CF，∵DG⊥BC，∴BG=MG（等腰三角形三线合一），∴BC=BM+CM=2(GM+FM)=2FG，图1图2类型四、旋转模型例1．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点．（1）当、都在线段上时（如图1），请证明：；（2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为．【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）．【详解】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，∴点Q在直线CA上，∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠QDN=∠MDN=60°，∵在△MND和△QND中，，∴△MND≌△QND（SAS），∴MN=QN，∵QN=AQ+AN=BM+AN，∴BM+AN=MN；（2）：.理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，则DN=DP，AN=BP，∵∠DAN=∠DBP=90°，∴点P在BM上，∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠MDP=∠MDN=60°，∵在△MND和△MPD中，，∴△MND≌△MPD（SAS），∴MN=MP，∵BM=MP+BP，∴MN+AN=BM；（3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，∵△ABC是等边三角形，∴△BMG是等边三角形，∴BM=MG=BG，根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN，∴∠MND=∠MHN，∴MN=MH，∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，即AN=GH，∵在△ANE和△GHE中，，∴△ANE≌△GHE（AAS），∴AE=EG=2.1，∵AC=7，∴AB=AC=7，∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，∴BM=BG=2.8．故答案为：2.8【变式训练1】如图，将的斜边绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线，交延长线于点．求证：．【答案】见解析【详解】证明：绕点顺时针旋转得线段，，，，，，，在与中，，，．【点睛】本题考查了性质的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．【变式训练2】如图①，在中，，以C为顶点作，且、分别与相交于D、E两点，将绕点C逆时针旋转得到．

（1）与、的数量关系是；若，则的长等于．（2）若将绕点C逆时针旋转使与相交于点D，边与的延长线相交于点E，而其他条件不变，如图②所示，猜想与、之间有何数量关系？证明你的猜想．【答案】（1），；（2）．【详解】解：如图①中，∵绕点C逆时针旋转得到，∴，∴，∵，∴∠ECF=∠ECB+∠BCF=∠ECB+∠ACD=90°-∠DCE=45°，∴，在△DCE和△FCE中，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，在Rt△BEF中，BE=6，BF=4，∴，故答案为，；（2）解：，理由：如图②中，连接，∵是由旋转得到，∴，∴，∵，∴，在△ECD和△ECF中，∵，∴，∴，∵，∴，在Rt△BFE中，根据勾股定理，∴，∵，∴．类型五、手拉手模型例1.问题发现：（1）如图1，已知为线段上一点，分别以线段，为直角边作等腰直角三角形，，，，连接，，线段，之间的数量关系为______；位置关系为_______．拓展探究：（2）如图2，把绕点逆时针旋转，线段，交于点，则与之间的关系是否仍然成立？请说明理由．【答案】问题发现：（1）；；拓展探究：（2）成立，理由见解析；拓展延伸：（3）【详解】解：问题发现：（1）如下图，延长BD，交AE于点F，∵∴又∵∴（SAS），∴AE=BD，∠CAE=∠CDB∵∴∴∴∴AE⊥BD，故答案为：，拓展探究：（2）成立．理由：如图1，设与相交于点．∵，∴．又∵，，∴，∴，．∵，∴，∴，∴．【变式训练1】如图，，，三点在一条直线上，和均为等边三角形，与交于点，与交于点．（1）求证：；（2）若把绕点任意旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．【答案】（1）见解析（2）成立，理由见解析．【详解】解：（1）证明：如图1中，与都是等边三角形，，，，，，，即．在和中，，(SAS)．．即AE=BD，（2）成立；理由如下：如图2中，、均为等边三角形，，，，，即，在和中，，，．【变式训练2】已知：如图1，在和中，，，．（1）证明．（2）如图2，连接和，，与分别交于点和，，求的度数．（3）在（2）的条件下，若，请直接写出的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）∠ACE=62°；（3）∠CBA=6°．【详解】解：（1）∵∠CAE=∠DAB，∴∠CAE+∠CAD=∠DAB+∠CAD，即∠CAB=∠EAD，在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE（AAS），（2）∵△ABC≌△ADE，∴∠CBA=∠EDA,AC=AE，在△MND和△ANB中，∵∠EDA+∠MND+∠DMB=，∠CBA+∠ANB+∠DAB=，又∵∠MND=∠ANB，∴∠DAB=∠DMB=，∴∠CAE=∠DAB=，∵AC=AE，∴∠ACE=∠AEC=，∴∠ACE=，（3）∠CBA=，如图所示，连接AM，,CN=EM,CA=EA,(SAS),AM=AN,,=即,由(2)可得：,=,∠CAE=∠DAB==-=.类型五、一线三角模型例1．在中，，，直线MN经过点C，且于D点，于E点．（1）当直线MN绕点C旋转到图①的位置时，求证：；（2）当直线MN绕点C旋转到图②、图③的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．【答案】（1）证明见解析，（2）图②中DE、AD、BE的等量关系是DE＝AD﹣BE，图③中DE、AD、BE的等量关系是DE＝BE﹣AD．【详解】解：（1）①证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠BCE，在△ADC和△CEB中，∴△ADC≌△CEB（AAS）．∴AD＝CE，CD＝BE，∵DC+CE＝DE，∴DE＝AD+BE．（2