2025年中考数学总复习《几何辅助线解题》专项检测题(附答案)

第第页2025年中考数学总复习《几何辅助线解题》专项检测题(附答案)学校:___________班级：___________姓名：___________学号：___________在题目给出的条件中，若涉及线段的和、差的信息，往往要主动想到延长一边，使之等于另一边，或在长线段上截取一段等于另一小线段(长线段上取短线)等辅助线.因为采用“延长”“截取”的手段，将图形进行适当的改造后，不仅在形式上能把要证的和、差关系转化为新的、易把握的等量关系，更新思考方向，而且还能把原来较难直接确定的关系巧妙地串通起来，进行综合分析，由此挖掘图形的相似，或线段、角的相等，达到证明的目的.此招辅助线我们可将它表述为：边边有加减，常把一边延.有时也说成：边边有加减，长线段上取短线.例1(1)如图14-1所示,在△ABC中,∠BAC=60°,∠C=40°,AP平分∠BAC交BC于点P,BQ平分∠ABC交AC于点Q,求证:AB+BP=BQ+AQ.(2)如图14-2所示,若AP为△ABC的中线,求证AB+AC>2AP.解析(1)证法1延长AB至点D,使BD=BP,连接DP,如图14-3所示.(边边有加减，常把一边延)由此可得△BPD为等腰三角形.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°,则△QBC为等腰三角形.由此可得BQ=QC.∴AB+BP=AB+BD=AD=AC=AQ+QC=AQ+BQ.证法2∵∠ABC=80°>40°=∠C,∴AC>AB.在AC上截取AD=AB,连接PD,如图14-4所示.(边边有加减，长线段上取短线)∵AP平分∠BAC,∴∠BAP=∠CAP=30°.又AP为公共边，∴△ABP≌△ADP(SAS).由此可得BP=DP,且∠BPA=∠DPA=70°.从而可得∠DPC=∠QBC=∠C=40°,即△QBC与△DPC均为等腰三角形.∴DP=DC,BQ=QC.由此可得AB+BP=AD+PD=AD+DC=AC=AQ+QC=AQ+BQ.证法3如图14-5所示,由题意知∠AQB=∠QBC+∠C=80°,则AB>AQ.于是,在线段AB上取AD=AQ,连接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)延长AP至点E,使PE=AP,连接BE,CE.如图14-6所示.(中点、中线想中位线，延长或作平行线)∵AP为△ABC的中线,∴BP=CP.在△ACP和△EBP中.BP=CP,∴△ACP≌△EBP(SAS).∴BE=CA.在△ABE中有:AB+BE>AE,(三角形两边之和大于第三边)∴AB+AC>2AP.点评本题主要考查全等三角形的性质和判定，三角形中两边之和大于第三边及三角形内角和定理的应用，考查学生推理能力，有一定的难度.本题的求解充分体现了“边边有加减，常把一边延”“边边有加减，长线段上取短线”的战术思想.通过本题的几种辅助线添加方法，可体会添加辅助线的目的在于构造全等三角形.而不同的添加方法实际上是从不同途径来实现线段的转移.从变换的观点来看，“延长线段”或“在长线段上取短线段”，实质上是“作平行线”的另一途径.如对第(1)问证法1来说,“延长AB至点D,使BD=BP”,相当于“过点P作PD∥BQ交AB于点D,连接PD”.这两种作法效果是一样的，只是说法不同而已.由此可知，对本问的证明，当把“延长”“截取”变为“作平行线”时还有更多的证法.另外，本题也可按图14-7，图14-8所示的辅助线来探究，读者不妨试试.第(2)问，是有关线段和差的不等式的证明.对这类命题的证明，通常要联系到三角形中两边之和大于第三边、两边之差小于第三边，故可想办法将其放在一个三角形中证明.在利用三角形三边关系证明线段不等关系时，如直接证明困难时，可延长某边构成新的三角形，使结论中出现的线段在一个或几个三角形中，再运用三角形三边的不等关系证明.例2【感知】小亮遇到了这样一道题:已知如图14-9所示,在△ABC中,AB=AC,D在AB上,E在AC的延长线上,DE交BC于点F,且DF=EF,求证:BD=CE.小亮仔细分析了题中的已知条件后，如图14-10所示，过D点作DG∥AC交BC于点G，进而解决了该问题.【探究】如图14-11所示,在四边形ABCD中,AB∥DC,E为BC边的中点,∠BAE=∠EAF,AF与DC的延长线相交于点F.试探究线段AB与AF，CF之间的数量关系，并证明你的结论.【应用】如图14-12所示,在正方形ABCD中,E为AB边的中点,G,F分别为AD，BC边上的点，若AG=1,BF=2,∠GEF=90∘解析【探究】AB=AF+CF.如图14-13所示,分别延长DC,AE,交于点G,再连接BG.(边边有加减，常把一边延)∵AB∥DC,∴∠ABC=∠GCE,∠BAE=∠EGC.∵E为BC边的中点,∴BE=CE.∴△ABE≌△GCE(AAS).∴AB=GC.又∠BAE=∠EAF,∴∠EGF=∠EAF,从而可得AF=GF.∴AB=CG=GF+CF=AF+CF.【应用】如图14-14所示,延长GE交CB的延长线于点M.∵四边形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如图14-15所示,∵∠GEF=90°,∴∠1+∠2=90°.又∠3+∠2=90°,∴∠3=∠1.于是,在Rt△AEG与Rt△EFB中,有tan则有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=点评本题主要考查正方形的性质、三角形的中线、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，考查应用意识与推理能力，综合性强.第(1)问，是探究一条线段与另外两条线段的数量关系，由此想到将AF转到与CF共线的位置，即作延长CF至点G，使FG=AF的辅助线，转证CG=AB，颇有创意.对此，也可从证明ABGC为平行四边形来突破.第(2)问，解法1关键在于：一、由中点E作EG延长线交FB边的延长线，挖掘全等三角形，二、由∠GEF=90°，挖掘△GFM为等腰三角形.解法2注重图形分析，活用正切函数.进行转换，跳过了辅助线的添加，是一种好的思路.例3(1)已知:如图14-16所示,△ABC是⊙O的内接正三角形,点P为BC上一动点,求证:PA=PB+PC.(2)如图14-17所示,四边形ABCD是⊙O的内接正方形,P为⌢BC上一动点，求证：PA=PC+(3)如图14-18所示,六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形,点P为⌢BC上一动点，请探究PA，PB，PC三者之间有何数量关系，并给予证明.解析(1)证法1显然，所证的问题是边边有加减模型.故延长BP至点D,使PD=PC,连接CD.如图14-19所示.则线段PB，PC合成一条线段BD.故须转证PA=BD.(边边有加减，常把一边延)∵A,B,P,C四点共圆,∴∠BAC+∠BPC=180°.∵∠BPC+∠DPC=180°,∴∠BAC=∠CPD=60°,PD=PC.∴△PCD是等边三角形.∴CD=PC,∠D=60°.又∠BCD=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,∴∠BCD=∠ACP.∵△ABC、△DCP为等边三角形,∴CD=CP,BC=AC.∴△BDC≌△APC(SAS).∴PA=DB=PB+PC.证法2延长BP至点D,使BD=AP,连接CD.(边边有加减，常把一边延)如图14-20所示,由图易知∠CAP=∠CBD.又AC=AB,BD=AP,从而可得△ACP≌△BCD(SAS).∴CP=CD.又∠CPD=∠CAB=60°,∴△PCD是正三角形.∴PC=CD=PD.∴PA=BD=PB+PC.证法3在AP上截取PE=PC,如图14-21所示.(边边有加减，长线段上取短线)∵∠APC=∠ABC=60°,∴△PEC为等边三角形.从而可得CE=CP,∠PCE=60°.又∠ACB=60°,∴∠ACE=∠BCP.又CA=CB,∴△CAE≌△CBP.则有AE=PB,∴PA=PC+PB.(2)过点B作BE⊥PB,交PA于点E,如图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证明过点B作BM⊥AP,在AP上截取AQ=PC,连接BQ，如图14-23所示(长线段上取短线).∵∠BAP=∠BCP,AB=BC,∴△ABQ≌△CBP(SAS).∴BQ=BP.从而可得MP=QM.又∠APB=30°,∴cos30∘=∴PQ=∴PA=PQ+AQ=PC+3PB.点评本题考查了圆周角定理、正多边形和圆的有关知识，考查了等边三角形的性质和三角形全等的判定与性质，考查了证明一条线段等于两条线段和的方法.证法1与证法2采用的是延长线段，构建全等三角形；证法3采用的是截取线段的方法来构建全等三角形.当然，也可在AP上截取PE=PB，读者不妨试试.本题三种证法都充分体现了边边有加减，常把一边延”的战术思想. 跟踪训练1.(1)如图1所示,在△ABC中,AB=4,AC=6,AD是BC边上的中线,延长AD到点E使DE=AD,连接CE,把AB,AC,2AD集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是.(2)如图2所示,在△ABC中,AD是BC边上的中线,点E,F分别在AB,AC上,且DE⊥DF,求证:BE+CF>EF.(3)如图3所示,在四边形ABCD中,∠A为钝角,∠C为锐角,∠B+∠ADC=180°,DA=DC,点E,F分别在BC,AB上,且∠EDF=122.(1)如图1所示,在△ABC中，已知a，b，c三边满足a²=bb+c,求证：(2)如图2所示,在△ABC中，已知∠C=2∠B,,AD平分∠BAC,求证：AB=AC+CD.3.如图所示，在△ABC中,D是AB上一点,DE⊥AC,垂足为E,F是AD的中点，FG⊥BC,,垂足为G,FG与DE交于点H,若FG=AF,AG平分∠CAB,连接GE,GD.(1)求证:△ECG≅△GHD.(2)小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC.请你帮助小亮同学证明这一结论.(3)若∠B=30°,，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由.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.故答案为1<AD<5.(2)证明如图1所示,延长ED到点H,使得DH=DE,连接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)结论:AF+EC=EF.理由:延长BC到点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)证明如图1所示,延长CA至点D,使AD=c,连接BD.(边边有加减，常把一边延)在△ABC和△BDC中,由a²=bb+c,得ab+c=则△ABC∽△BDC.∴∠D=∠ABC.∵AB=AD=c,∴∠D=∠ABD.而∠BAC=2∠D,∴∠A=2∠B.(2)证法1延长AC至点E,使CD=CE,如图2所示.(边边有加减，常把一边延)∴∠CDE=∠CED.∴∠ACB=2∠E,∵∠ACB=2∠B,∴∠B=∠E,在△ABD与△AED中∠1=∠2,∴△ABD≌△AED(AAS).∴AB=AE.又AE=AC+CE=AC+DC,∴AB=AC+DC.证法2在AB上截取AF=AC,如图3所示.(边边有加减，长线段上取短线)在△AFD与△ACD中,AF=AC,∴△AFD≌△ACD(SAS).∴DF=DC,∠AFD=∠ACD.又∠ACB=2∠B,∴∠AFD=2∠B.∴∠FDB=∠B,从而FD=FB.∴AB=AF+FB=AC+FD=AC+CD,想一想由(1)可获得一个猜想:延长BA到点E,使AE=AC,连接EC,则BC<2AC,即a<2b.故可得新命题:在△ABC中,若A,B,C的对边分别是a,b,c,且∠A=2∠B,则BC<2AC.3.(1)∵AF=FG,∴∠FAG=∠FGA.∵AG平分∠CAB,∴∠CAG=∠FAG.∴∠CAG=∠FGA.∴AC∥FG.∵DE⊥AC,∴DE⊥F