第1讲 几何综合题中的“线段和差问题”-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版）

这是一份第1讲 几何综合题中的“线段和差问题”-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版），共15页。教案主要包含了方法梳理，针对强化练习，问题解决，类比探究，例题详解等内容，欢迎下载使用。

1.“截长补短”；
2.两点注意
①有的题可以“截长”也可以“补短”，但有些题只能“截长”或只能“补短”；
②线段和差中出现倍数关系的，辅助线仍是“截长补短”，但很多时候要换个作法，比如不说延长，而说作垂线交延长线，图相同，但由于作法不同，由辅助线导致的已知条件也不同，具体题目倒底怎么来描述辅助线，与目的有关---辅助线之后必定要证三角形全等，哪种辅助线能为全等提供必需条件，就如此添加与描述。
【针对强化练习】
例1.如图，在正方形ABCD中，点E,F分别为BC,CD的中点，则下列结论：( )
①AF⊥DE；②AF=DE；③AD=BP；④PE+PF=2PC.
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
例2.如图，点M是正方形ABCD的边BC上一点，连接AM，点E是线段AM上一点，∠CDE的平分线交AM延长线于点F.
(1)如图1，若点E为线段AM的中点，BM:CM=1:2，BE=10，求AB的长；
(2)如图2，若G为AE中点，延长DG至N，使DG=NG，连接EN，且∠EDG=∠ENG，求证：BF+DF=2AF.

例3.如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上,AE=AD,EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF=AB．
（1）求证：BD⊥EC；
（2）若AD  2,求 tanE；
（3）如图 2，连接AG，请在下面选择 EG、 DG、 AG三者之间的数量关系并证明.
我的选择是_________ ① EG- DG= AG；②EG-DG=2AG；③EG-DG=3AG；
例4．如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD＞2CE），BG的延长线与直线DE交于点H．
（1）如图1，当点G在CD上时，求证：BG＝DE，BG⊥DE；
（2）将正方形CEFG绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH﹣DH＝2CH；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．
例5．如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
例6. 如图1，直线l与圆O相交于A，B两点，AC是圆O的直径，D是圆上一点．DE⊥l于点E，连接AD，且AD平分∠CAE．
（1）求证：DE是圆O的切线．
（2）若DE＝3，AE＝3，求圆O的半径．
（3）如图2，在（2）的条件下，点P是弧AB上一点，连接PC，PD，PB，问：线段PC、PD、PB之间存在什么数量关系？请说明理由．
例7．问题：如图1，⊙O中，AB是直径，AC＝BC，点D是劣弧BC上任一点(不与点B、C重合)，
（1）求证：AD-BDCD为定值．
思路：和差倍半问题，可采用截长补短法,先证明△ACE≌△BCD．按思路完成下列证明过程．
证明：在AD上截取点E,使AE＝BD，连接CE．
运用：如图2，在平面直角坐标系中，⊙O1与x轴相切于点A(3，0)，与y轴相交于B、C两点，且BC＝8，连接AB、O1B．
（2）OB的长为___________.
（3）如图3，过A、B两点作⊙O2与y轴的负半轴交于点M，与O1B的延长线交于点N，连接AM、MN，当⊙O2的大小变化时，问BMBN的值是否变化，为什么？如果不变，请求出BM－BN的值．
例8.已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．
（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： ；
（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求ADAB+AC的值．
【例题详解】
例1.【解析】
（1）数学典型模型“一线三垂直模型”证△ADF≌△DCE可得①、②正确；
（2）由AD=AB，即要证AD=BP，只需证AB=BP，证等腰三角形一般有两条思路：一是从角的角度思考，用“等角对等边”、二是从边的角度思考：结合“三线合一”，此小题粗略从角的角度分析，不难发现条件不少易出现思考障碍，故换从边的角度思考分析，作BQ⊥AF于点Q,交AD于H，则BH//DE，由HD//BE易得四边形HBED是平行四边形，可得HD=BE，由E是中点可得H是AD的中点，则Q也是AP的中点，即BH垂直平分AP，则AB=BP=AD，③正确；
（3）数学典型题型“线段和差问题”，解题方法“截长补短”，延长PE到M，使ME=PF，由（1）中全等可得∠AFD=∠DEC，则∠PFC=∠CEM，又PF=ME,FC=EC,则△PFC≌△MEC，则PC=CM，∠FCP=∠ECM，由∠FCB=90°可得∠PCM=90°，则△PCM是等腰直角三角形，则PM=2PC=PE+EM,即PE+PF=2PC，④正确。
例2.【解析】
（1）审题：①出现线段比，一般两条思路线：1.走相似；2.方程思路；②E是线段AM的中点，则可得AM=2BE=210；③求线段AB长问题：一般三条思路线：1.相似；2.勾股定理；3.三角函数或特殊边角关系；此题走方程思路+勾股定理即可解答.
解：设BM=a，则CM=2a，BC=3a，
则AB=3a，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得AB2+BM2=AM2，
即(3x)2+x2=(210)2，
解得x=2,
∴AB=6.
（2）审题：①DG=NG，∠EDG=∠ENG可知DE=EN，EG⊥DN；②由所求结论可知此小题是线段和差问题，解题方法是“截长补短”；③由结论中的“2”可知，BF+DF相等的线段，与AF必定组成一个特殊三角形：等腰直角三角形；
证明：作HA⊥FA交FD的延长线于点H，
∵∠EDG=∠ENG，
∴DE=EN，
∵DG=NG，
∴EG⊥AF,
∵HA⊥FA，
∴DG//AH，
∵DF平分∠CDE，
∴∠1=∠2，
∵GE=GA，DG⊥AE,
∴DA=DE,
∴∠3=∠4,
∵∠1+∠2+∠3+∠4=90º,
∴∠2+∠3=45º，
即∠FDE=45º,
∵DE//AH,
∴∠H=∠FDE=45º,
∴∠HFA=45º,
∴AH=AF,
∴FH=2AF,
∵∠5+∠6=90º,∠6+∠7=90º,
∴∠5=∠7,
∵AB=AD,
∴△BAF≌△DAH,
∴BF=DF,
∴FH=FD+DH=FD+BF,
∵FH=2AF,
∴BF+DF=2AF.
【注】按传统的“截长补短”：延长DF到点H，使DH=BF，这时会发现证△BAF≌△DAH缺少角的条件，故辅助线换一种说法“作HA⊥FA交FD的延长线于点H”，所作图形完全相同，但能为三角形全等提供必要的角的条件。注意这一细节上的变化与处理。
例3. 【解析】
(1)求角典型图形：△AEF与△DFG组成的“8字模型”，只需证∠E=∠FDG，只需证△AEF≌△ADB即可，而由AE=AD、∠EAF=∠DAB=90°、AF=AB即可由SAS证△AEF≌△ADB.
证：∵四边形ABCD是矩形，E点在BA延长线上，
∴∠EAF=∠DAB=90°,
∵AE=AD,AF=AB,
∴△AEF≌△ADB(SAS)，
∴∠AEF=∠ADB，
∴∠GEB+∠GBE=∠ADB+∠ABD=90°,
即∠EGB=90°，
∴BD⊥EC.
(2)相似典型图形：△AEF与△DFG组成的“8字模型”，设AF=a，则AB=DC=a，DF=2-a，由相似边成比例列方程解答。
解：∵AE//DC，
∴AEDC=AFDF,
设AF=a，则AB=DC=a，DF=2-a，
∵AD=2,
∴AE=2,
∴2a=a2-a,
解得a=5-1或a=5-1(不符题意舍去)，
即AF=5-1,
∴tanE=AFAE=5-12
(3)数学典型题型“线段和差问题”，不管想选择哪个结论来证明，解题方法都是“截长补短”：在“长”EG上截取EP，使EP=DG，则EG-DG=PG，图感告诉我们结论①是错误的。“线段和差问题”是三角形全等中的典型题型，则背后一定跟随三角形全等，不难发现“△AEP≌△ADG”，则AP=AG，∠EAP=∠DAG，则不难证出△APG是等腰直角三角形，则结论②是正确选择。
证：我的选择是②,理由是：
如图，在线段EG上取一点P，连接AP，使EP=DG，
则EG-DG=PG，
∵AE=AD, ∠E=∠ADB、PE=DG,
∴△AEP≌△ADG(SAS),
∴AP=AG, ∠EAP=∠DAG，
∵∠EAP+∠PAF=∠EAF=90°，
∴∠DAG+∠PAF=∠PAG=90°，
∴△APG为等腰直角三角形，
∴PG=2AG，即EG-DG=2AG.
例4．【解析】
（1）证明：如图1中，
∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHE＝90°，
∴BG⊥DE．
（2）①如图2中，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．
由（1）可知，∠CBK＝∠CDH，
∵BK＝DH，BC＝DC，
∴△BCK≌△DCH（SAS），
∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，
∴∠KCH＝∠BCD＝90°，
∴△KCH是等腰直角三角形，
∴HK＝2CH，
∴BH﹣DH＝BH﹣BK＝KH＝2CH．
②如图3﹣1中，当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．
由（1）可知，BH＝DE，且CE＝CH＝1，EH＝2CH，
∵BC＝3，
∴BD＝2BC＝32，
设DH＝x，则BH＝DE＝x+2，
在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2，
∴（x+2）2+x2＝（32）2，
解得x＝-2+342或-2-342（舍弃）．
如图3﹣2中，当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．
设DH＝x，
∵BG＝DH，
∴BH＝DH﹣HG＝x﹣2，
在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2，
∴（x﹣2）2+x2＝（32）2，
解得x＝2+342或2-342（舍弃），
综上所述，满足条件的DH的值为2+342或-2+342．
例5．【解析】
【问题解决】证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
【类比探究】
解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
例6. 【解析】
（1）由OA＝OD得∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠CAM得∠OAD＝∠DAE，则∠ODA＝∠DAE，所以DO∥AB，利用DE⊥AB得到DE⊥OD，然后根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）连结DC，先利用勾股定理计算出AD长，由AC是⊙O直径得到∠ADC＝90°，易证得△ACD∽△ADE，利用相似比可计算出AC，即可得到圆的半径；
（3）可得结论PC＝PD+PB，连接PB、DB，在CP上截取PB＝PF，连接BF、BC，可证△PBF为等边三角形，再证△PBD≌△FBC，即可得结论．
例7．【解析】
（1）证明：∵AC=BC,∠CAE=∠DBC,AE=BD,
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴∠ACE=∠BCD，CE=CD，
∵AB 是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ECD=90°，
∴△ECD 是等腰直角三角形.
∴CD=22DE,
∵ED=AD-BD,
∴AD-BDCD=2.
（2）有切线，必连O1A，已知弦BC长，首先考虑垂径定理，
作O1F⊥BC于点F，
则BF=CF=4,
易得四边形O1FOA是矩形，
则O1F=OA=3,
在Rt△O1FB中，
由勾股定理可得O1B=5,
由O1A=5，
即OF=5，
∴OB=OF-BF=5-4=1
（3）此题相当于材料阅读理解题，能理解（1）的解法，会对比“套”的，这题的难度不大.
理解过程：（1）中的四边形ABCD是圆内接四边形，（3）中的四边形MNBA也是圆内接四边形，（1）中的“AD-BD”即相当于（3）中的“BM-BN”，即线段“AD”对应的是线段“BM”，线段“BD”对应的是线段“BN”，∴四边形字母对应应该是ABCD----MABN，(1)中在AD上截取AE，使AE=BD，则可得出（3）中应在BM上截取MQ=BN，（1）中连接CE，即（3）中连接AQ，（1）中CB有连线，故（3）中需连接AN，(1)中需证△ACE≌△BCD（SAS），则（3）中应证△MAQ≌△NAB（SAS）,已经有MQ=NB,∠AMQ=∠ANB，只需证AM=AN即可，即证∠AMN=∠ANM，由∠AMN=∠O1BA,∠ANM=∠ABM,故只需证∠O1BA,=∠ABM,由于图中O1、A、B仍在，故从（2）小题找思路，由数学典型模型“等腰+平行=角平分线”即可证明：O1A//y轴，O1A=O1B,可得∠O1BA,=∠ABM,此小题完整的思路分析线就形成了，这就是我们常说的“解题思路的延续性”。
例8.【解析】
（1）在AD上截取AE＝AB，连接BE，由条件可知△ABE和△BCD都是等边三角形，可证明△BED≌△BAC，
可得DE＝AC，则AB+AC＝AD；
解：如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，
∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，
∴△ABE和△BCD都是等边三角形，
∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，
∴△BED≌△BAC（SAS），
∴DE＝AC，
∴AD＝AE+DE＝AB+AC；
（2）延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，证明△MBD≌△ACD，可得MD＝AD，证得AB+AC＝2AD；
解：AB+AC＝2AD．理由如下：
如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠MBD＝∠ACD，
∵∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴BD＝CD，
∴△MBD≌△ACD（SAS），
∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，
∴MD⊥AD．
∴AM＝2AD，即AB+BM＝2AD，
∴AB+AC＝2AD；
（3）延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，证明△NBD≌△ACD，可得ND＝AD，∠N＝∠CAD，证△NAD∽△CBD，可得AN:BC=AD:BD，可由AN＝AB+AC，求出ADAB+AC的值．
解：如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠NBD＝∠ACD，
∵∠BAD＝∠CAD，
∴BD＝CD，
∴△NBD≌△ACD（SAS），
∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，
∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，
∴△NAD∽△CBD，
∴AN:BC=AD:BD，
∴AD:AN=BD:BC，
又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，
∴ADAB+AC＝BDBC =45．