2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题6截长补短模型（教师版）.doc

专题6截长补短模型 解题策略模型：截长补短 如图①，若证明线段AB、CD、EF之间存在EF＝AB＋CD，可以考虑截长补短法. 截长法：如图②，在EF上截取EG＝AB，再证明GF＝CD即可.补短法：如图③，延长AB至H点，使BH＝CD，再证明AH＝EF即可.模型分析截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系. 截长，指在长线端中截取一段等于已知的线段；补短，指将一条短线端延长，延长部分等于已知线段. 该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词句，可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程.常见模型示例：如图，已知在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2 . 求证：AB＝AC＋CD . 经典例题【例1】．（2022·江苏徐州·模拟预测）（1）如图1，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，线段EF、BE、FD之间的关系是 ；（不需要证明）（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．【答案】（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，见解析；（3）结论不成立，EF＝BE﹣FD，见解析【分析】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．【详解】解：（1）EF＝BE+FD，理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中，，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BG+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD，故答案为：EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠3＝∠2，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠2+∠4＝∠EAF，∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，在△MAE和△FAE中，，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EM，∵EM＝BM+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD；（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∴∠HAE＝∠FAE，在△HAE和△FAE中，，∴△HAE≌△FAE（SAS），∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．【例2】．（2022·安徽合肥·一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB=120°， AC=AB，点D是BC上一点，其中∠ADC=α（30°＜α＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE(1)求∠CDE与∠AEC的度数（用含α的代数式表示）；(2)如图2，当α=45°时，解决以下问题：①已知AD=2，求CE的值；②证明：DC-DE=AD；【答案】(1)，(2)①4；②见解析【分析】（1）由折叠对应角相等与“双蝴蝶型”相似可得；（2）由α=45°求出∠CAF=90°，再由“蝴蝶型”相似求得；（3）“截长补短”法：在BC上取一点H，使得CH=DE．(1)∵ΔABD沿AD所在的直线折叠得到ΔAED，∴∠ADE=∠ADB=180°-α，∴∠CDE=180°-2α；∵∠CAB=120°， AC=AB，∴∠ACB=∠B=∠AED=30°，∵∠DFE=∠AFC，∴△DEF∽△AFC，∴DF：AF=EF：CF，∵∠EFC=∠AFD，∴△AFD∽△CFE，∴∠AEC=∠ADC=α，故答案：180°-2α；   α(2)① ∵α=45°，∴∠DAF=∠DAB=15°，∴∠CAF=90°，∴AF：CF=1：2，∵△AFD∽△CFE，∴AD：CE=AF：CF=1：2，∴CE=4，故答案：4；②在BC上取一点H，使得CH=DE，∵AC=AE，∠ACH=∠AED，∴ΔACH≌ΔADE，∴AD=AH，∠DAE=∠CAH，∴∠DAH=90°，∴DH=AD，∴DC-ED=DC-CH=DH=AD【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和相似三角形的性质与判定是解题的关键．【例3】．（2022·江苏·八年级专题）在等边三角形ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，P为△ABC外一点，且∠MPN＝60°，∠BPC＝120°，BP＝CP．探究：当点M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM，NC，MN之间的数量关系．(1)如图①，当点M、N在边AB、AC上，且PM＝PN时，试说明MN＝BM+CN．(2)如图②，当点M、N在边AB、AC上，且PM≠PN时，MN＝BM+CN还成立吗？答：　 　．（请在空格内填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”）．(3)如图③，当点M、N分别在边AB、CA的延长线上时，请直接写出BM，NC，MN之间的数量关系．   【答案】(1)见解析(2)一定成立(3)MN＝NC﹣BM【分析】（1）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理得到∠PBC＝∠＝30°，进而得到∠PBM＝∠PCN＝90°，证明Rt△PBM≌Rt△PCN，得到∠BPM＝∠CPN＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质证明结论；（2）延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，证明△PBM≌△PCH，得到PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，再证明△MPN≌△HPN，得到MN＝HN，等量代换得到答案；（3）在AC上截取CK＝BM，连接PK，仿照（2）的方法得出结论．（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵∠BPC＝120°，BP＝CP，∴∠PBC＝∠PCB＝×（180°﹣120°）＝30°，∴∠PBM＝∠PCN＝90°，在Rt△PBM和Rt△PCN中，，∴Rt△PBM≌Rt△PCN（HL），∴∠BPM＝∠CPN＝30°，∵∠MPN＝60°，PM＝PN，∴△PMN为等边三角形，∴PM＝PN＝MN，在Rt△PBM中，∠BPM＝30°，∴BM＝PM，同理可得，CN＝PN，∴BM+CN＝MN．（2）解：一定成立，理由如下：延长AC至H，使CH＝BM，连接PH，如图所示，由（1）可知：∠PBM＝∠PCN＝90°，∴∠PCH＝90°，∴∠PBM＝∠PCH，在△PBM和△PCH中，，∴△PBM≌△PCH（SAS），∴PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，∵∠BPM+∠CPN＝60°，∴∠CPN+∠CPH＝60°，∴∠MPN＝∠HPN，在△MPN和△HPN中，，∴△MPN≌△HPN（SAS），∴MN＝HN＝BM+CN，故答案为：一定成立．（3）解：在AC上截取CK＝BM，连接PK，如图所示，在△PBM和△PCK中，，∴△PBM≌△PCK（SAS），∴PM＝PK，∠BPM＝∠CPK，∵∠BPM+∠BPN＝60°，∴∠CPK+∠BPN＝60°，∴∠KPN＝60°，∴∠MPN＝∠KPN，在△MPN和△KPN中，，∴△MPN≌△KPN（SAS），∴MN＝KN，∵KN＝NC﹣CK＝NC﹣BM，∴MN＝NC﹣BM．【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．【例4】（2022·江苏·八年级课时）如图，在锐角中，，点，分别是边，上一动点，连接交直线于点．(1)如图1，若，且，，求的度数；(2)如图2，若，且，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，连接，点是的中点，连接．在点，运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想．【答案】(1)(2)，证明见解析【分析】（1）在射线上取一点，使得，证明，求出，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；（2）证明，求出，倍长至，连接，PQ，证明，求出，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得为正三角形，然后求出，证，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得为正三角形，然后由得出结论．（1）解：如图1，在射线上取一点，使得，∵，BC＝BC，∴（SAS），∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2），证明：∵，，∴△ABC是正三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，又∵，∴（SAS），∴，∴，∴，倍长至，连接，PQ，∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，∴（SAS），∴，∠QFN＝∠CMN，由旋转的性质得AC＝CM，∴，在CF上截取FP＝FB，连接BP，∵，∴，∴为正三角形，∴∠BPF＝60°，，∴，∵∠QFN＝∠CMN，∴FQ//CM，∴，∴，又∵，∴（SAS），∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，∴为正三角形，∴，即．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，利用全等三角形转换线段和角的关系从而解决问题，属于压轴题．培优训练一、解答题1．（2022·福建三明·九年级期末）在菱形ABCD中，，点E，F分别在边AB，AD上，且AE＝DF，BF与DE交于点G．(1)如图①，连接BD．求证：△ADE≌△DBF；(2)如图②，连接CG．求证：BG＋DG＝CG．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】（1）根据菱形的四条边相等以及全等三角形的判定得出，，再由AE＝DF利用边角边即可判定；（2）延长BF至点H，使，连接HD、BD，如图（见详解），由第一问可知，和都是等边三角形，由全等的性质以及三角形的内角和定理得出，可证是等边三角形，得到，利用角的等量代换，通过边角边的判定定理即可证明，得到，利用线段的等量代换即可证明．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，，且AE＝DF，∴是等边三角形．在和中，，∴．（2）证明：延长BF至点H，使，连接HD、BD，如图②所示，由（1）可知，是等边三角形，∴，。