專題18全等三角線中的輔助線做法及常見題型之互補旋轉(zhuǎn)備戰(zhàn)2021中考數(shù)學(xué)解題方法系統(tǒng)訓(xùn)練全國通用

專題18：第三章全等三角形中的輔助線的做法及常見題型之互補型旋Rt△ABC中，AB=AC，點DBC中點．∠MDN=90°，∠MDND旋轉(zhuǎn)，DM、DNAB、AC交于E、F 2BC，② 1

，③S四邊形AEDFAD·EF，④AD≥EF，⑤ADEF 4 A．1 B．2 C．3 D．4如圖，P是等邊三角形ABC內(nèi)一點，將線段BP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BQ，連接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，則四邊形APBQ的面積為 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A,B兩點分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=OB，點C在第一象限，OC=3，連接BC，AC，若∠BCA=90°，則BC+AC的值為 1MNADAB上，且BMN90，當(dāng)AMN30AB2時，求線AM的長；2EFABAC上，且EDF90BEAF3MADNAC上，且BMN90ABAN

2AM如圖①，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)DC，BC邊上的點，且滿足∠BAF＝45°EF，求證DE＋BF＝EF．感悟解題方法，并完成下列填空：將△ADE繞點A90°得到△ABGABAD重合，由旋轉(zhuǎn)可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，點G，B，F(xiàn)在同一條直線上．∵∠EAF＝45°∴∵即 ∴ ∴ ＝EF，故2如圖，△ABC4的等邊三角形，點DBC的中點，∠EDF=120°，把∠EDF繞點D旋轉(zhuǎn)，使∠EDFAB、AC交于點E、F．ABCABBC1ABC90，把一塊含30°DEF的直角頂點DAC的中點上（DFDEDEFD點按逆時DEABMDFBCNDMDNABDEMBCDFNDMDN.101，四邊形ABCD中，BD⊥AD，EBD上一點，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED已知AB＝10，AD＝622，F(xiàn)AD上一點，AF＝DEBFBFAE于G，過GGH⊥AB222

11．一位同學(xué)拿了兩塊45三角尺M(jìn)NKACB做了一個探究活動：將MNK的直角頂點MACBABACBC4如圖1所示，兩三角尺的部分為ACM，則部分的面積 ，周長 將如圖1所示中的MNK繞頂點M逆時針旋轉(zhuǎn)45，得到如圖2所示，此時部分的面積 如果將MNK繞M旋轉(zhuǎn)到不同于如圖1所示和如圖2所示的圖形，如圖3所示，請你猜想此時重 在如圖3所示情況下，若AD1，求出 1E、FABCDBC，CD上，∠EAF=45°EF，EF=BE+DF，試說明理由．△ABEA90°得到△ADG，再利用全等的知識解決了這個問題（參考同學(xué)思考問題的方法，解決下列問題：3，四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°E，F(xiàn)BC，CD上，∠EAF=45° 4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=ACD、EBC上，且∠DAE=45°BD=1，EC=2，求DE的長．解:∵Rt△ABC中，AB=AC，點DBC∴△EDA≌△FDC（ASA∴BE+CF=BE+在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理，得 22 22∴ 1 1AEAF11ABAC=1bab1a2=1a2b20

4

4 ∴

1

4如圖，過點EEI⊥ADIFFG⊥ADGFFH⊥BCH，ADEF∵四邊形GDHF是矩形，△AEI和△AGFS四邊形AEDF

1ADDC1AD2AD2ADEF2222．2534由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△BPQ是等邊三角形，由全等三角形的判定可得△ABQ≌△CBP(SAS)，由勾股定理的逆定理可得△APQ是直角三角形，求四邊形的面積轉(zhuǎn)化為求兩個特殊三角形的面積即可．ABCBQABQCBPAB在△APQAQ29AP216PQ225S四邊形APBQ

BPQSAPQ

3521342536 2534根據(jù)題意作圖，連接O1BO1CO1BFO1CG，那么可得陰影部分的面積與正方形面積的關(guān)解：連接O1B、O1CBO1FCO1GABCDO1BFO1CG中BO FBO △O1BF△O1CG(ASA)O、O兩個正方形陰影部分的面積是1 414

S陰影部

12

正方

224．2可將△OBCO90°，所得的圖形與△OACBC+AC等于等腰三CD.將△OBC繞OB落在ACD在四邊形OACB22BC+AC32、、D⊥yAB.5BAFAFDE，連接CF、CDCAFCEDSAS證明△AFC≌△EDC，可得CFCDACFECD，進(jìn)一步即可求得FCD120，然后利用等腰三角形的性質(zhì)和解直角三角形的知識即可證得結(jié)論．BAFAFDE，連接CF、CDCADCED360180CAFCEDACEC，AFEDCFCD，CHDFFHDH1DF1DEAD，HCD1FCD60 tanHCDDH 3DH

3CHDEAD2DH23CH22223

AM 2 ，求出∠MBD＝30°，根2MME∥BCABE，證明△BME≌△AMN

ABAB2ADBDDC BMD1809030BM2DM2323由勾股定理得，BM2DM2BD2，即(2DM)2DM2(2)2，解得，23232AMADDM 2證明：ADBCEDF90BDEADF，在BDE和ADF中，B{DB BDEBDE≌ADF(ASA)BEAFMMEBCABEAMEAE

2AB，EMEMA∵AME90，BMN90BMEAMN，在BME和AMN中，E{ME BMEBEANABANABBEAE

2AM（1）SAS得出△GAF≌△EAF，假設(shè)∠BADm，將△ADEA順時針旋轉(zhuǎn)，m°得到△ABGABAD重合，由旋∴∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，G，B，F(xiàn)在同一條直線上．∵∠??????

12∴∠2+∠3=∠???????∠??????=??°

1??°2

12∵∴∠1＋∠3＝12∵在△AGF和△AEF{∠??????＝∠??????∴△GAF≌△EAF（SAS∴∴△GAF≌△EAF8（1）（2）過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如圖2，易證△MBD≌△NCD，則 1 2

∵△ABC4DBC過點DDM⊥ABM，作DN⊥AC于 12

，DM=DN，EM=FN是解決本題的關(guān)鍵．（2）ASADMBN的面積不發(fā)生變化，因為它的面積始終等于△ABC面積的一半；（1）∵AB=BC，∠ABC=90°DAC∴DM=DN（5分由（1）本題主要考查學(xué)生的推理能力，題目比較典型，利用ASA求三角形全等（手拉手模型，還運用了全等三210（1）2 （2）2AB2 AB2222222

22

（G+G22AB2102AB2102AERt△ADERt△BECEDCE∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL22 22∴四邊形AECF22

2222

2222

（AG+EG22

2230°角直角三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性251（1）4， （2）4，8（3）4（4）251ACBC4ACB90ABMABAMMC，求出AM，MC，AC的值即可求出周長；2易 部分是正方形，邊長為1AC，面積為1AC2，周長為 3MAC、BCMH、MEHERtMHDRtMEG，則陰影部分的CEMH的面積4MMEBCEMHACH，根據(jù)DMHEMHMHMEDM

RtEMGHDGECEADADDF

ACBC4，ACB90AC242AC242MABM

422AM 2ACM45AMMC 2222422AMMCAC2

444222故答案為4，4 22

1421444 周長為248．4，8．3過點M分別作AC、BC的垂線MH、ME，垂H、M是△ABCABACBC4MMH1BC2ME1AC2MHME又NMKHME90NMHHMK90，EMGHMK90HMDEMG，在MHD和MEGHMDMH DHMMHD

MEGASACEMHCEMHMEMH14144 4；4．4M作MEBCEMHACMECHMHCEA45AMH45AHMHAHCE在 和 中DMHMH DHMRtDHM≌GEDHAHDHCEGEADAD15DM 15DMGCCECDDM