专题12.18 三角形全等作辅助线模型（三）-倍长中线（专项练习）（培优篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题12.18 三角形全等作辅助线模型（三）-倍长中线（专项练习）（培优篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共28页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

专题12.18 三角形全等作辅助线模型（三）-倍长中线
（专项练习）（培优篇）
一、解答题
1．已知，在中，，点为边的中点，分别交，于点，．

（1）如图1，①若，请直接写出______；
②连接，若，求证：；
（2）如图2，连接，若，试探究线段和之间的数量关系，并说明理由．
2．（1）阅读理解：如图1，在中，若，．求边上的中线的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长到点，使，再连接（或将绕着点逆时针旋转得到），把，，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是______；

（2）问题解决：如图2，在中，是边上的中点，于点，交于点，交于点，连接，求证：
（3）问题拓展：如图3，在四边形中，，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交，于，两点，连接，探索线段，，之间的数量关系，并加以证明．
3．阅读下列材料，完成相应任务．
数学活动课上，老师提出了如下问题：
如图1，已知中，是边上的中线．

求证：．
智慧小组的证法如下：
证明：如图2，延长至，使，

∵是边上的中线∴
在和中
∴（依据一）∴
在中，（依据二）
∴．
任务一：上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：______________________________________________；
依据2：______________________________________________．
归纳总结：上述方法是通过延长中线，使，构造了一对全等三角形，将，，转化到一个三角形中，进而解决问题，这种方法叫做“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．
任务二：如图3，，，则的取值范围是_____________；

任务三：如图4，在图3的基础上，分别以和为边作等腰直角三角形，在中，，；中，，．连接．试探究与的数量关系，并说明理由．

4．已知：△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点M是BE的中点，连接CM、DM．

（1）当点D在AB上，点E在AC上时（如图一），求证：DM=CM，DM⊥CM；
（2）当点D在CA延长线上时（如图二）（1）中结论仍然成立，请补全图形（不用证明）；
（3）当ED∥AB时（如图三），上述结论仍然成立，请加以证明．
5．（1）如图1，是的中线，，求的取值范围，我们可以延长到点，使，连接（如图2所示），这样就可以求出的取值范围，从而得解，请写出解题过程；
（2）在（1）问的启发下，解决下列问题：如图3，是的中线，交于点，交于点，且，求证：．

6．（阅读理解）
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：

如图1，△ABC中，若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：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
(1)由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是_____.
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
(2)求得AD的取值范围是______.
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
（感悟）
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中.
（问题解决）
(3)如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF.求证：AC＝BF.
7．已知，，，．直线过点，交、于点、．

（1）若是中线，求证：；
（2）若，求证：．
8．已知：如图，D是△ABC边BC上一点，且CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，AE是△ABD的中线．求证：AC＝2AE．

9．如图, AB=CB, BD=BE, ∠ABC=∠DBE=α.

(1)当α=60°, 如图则，∠DPE的度数______________
(2)若△BDE绕点B旋转一定角度，如图所示，求∠DPE（用α表示）
(3)当α=90°，其他条件不变，F为AD的中点，求证 ：EC ⊥ BF
10．已知：在中，，点在上，连接，.
（1）如图1，求证：；

（2）如图2，点为的中点，过点作的垂线分别交的延长线，的延长线，于点，求证：；

（3）如图3，在（2）的条件下，过点分别作于点于点，若，，求的面积.

11．如图，在中，、分别是上两点，且，求证：.

12．如图，，，，点为的中点，求证：.


参考答案
1．（1）①45°；②见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合题干已知即可解题．
②延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，即可知道，所以，根据题干又可得到，所以，从而得出结论．
（2）延长至点，使得，连接，从而可证明≌（SAS），再利用全等的性质，可知，，根据题干即可证明≌（HL），即得出结论．
【详解】
（1）①∵，
∴
∵
∴
又∵
∴
∴
故答案为．
②如图，延长至点，使得，连接，

∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴≌，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（2）．
如图，延长至点，使得，连接，

∵，，
∴≌，
∴，，
∵．
∴≌，
∴．
【点拨】本题主要考查直角三角形的角的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质以及平行线的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．
2．（1）；（2）见解析；（3），见解析
【分析】（1）延长AD至E，使DE=AD，由SAS证明△ACD≌△EBD，得出BE=AC=6，在△ABE中，由三角形的三边关系求出AE的取值范围，即可得出AD的取值范围；
（2）延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM=CF，由线段垂直平分线的性质得出EM=EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）延长AB至点N，使BN=DF，连接CN，证出∠NBC=∠D，由SAS证明△NBC≌△FDC，得出CN=CF，∠NCB=∠FCD，证出∠ECN=70°=∠ECF，再由SAS证明△NCE≌△FCE，得出EN=EF，即可得出结论．
【详解】
（1）解：延长AD至E，使DE=AD，连接BE，如图①所示：
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDA中，

∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE=AC=6，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB-BE＜AE＜AB+BE，
∴10-6＜AE＜10+6，即4＜AE＜16，
∴2＜AD＜8；
故答案为：2＜AD＜8；
（2）证明：延长至点，使，连接，，如图所示
同（1）得，，

，，
，

在中，由三角形的三边关系得，


（3）
证明如下：
延长至点，使，连接，如图所示
，

在和中，，

，
，
，
在和中，
，．
，

【点拨】本题考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
3．任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；依据2：三角形两边的和大于第三边；任务二：；任务三：EF=2AD，见解析
【分析】任务一：依据1：根据全等的判定方法判断即可；
依据2：根据三角形三边关系判断；
任务二：可根据任务一的方法直接证明即可；
任务三：根据任务一的方法，延长中线构造全等三角形证明线段关系即可．
【详解】
解：任务一：
依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；
依据2：三角形两边的和大于第三边．
任务二：
任务三：EF=2AD．理由如下：
如图延长AD至G，使DG=AD，

∵AD是BC边上的中线
∴BD=CD
在△ABD和△CGD中
∴△ABD≌△CGD
∴AB=CG，∠ABD=∠GCD
又∵AB=AE
∴AE=CG
在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，
∴∠GCD+∠BAC+∠ACB=180°
又∵∠BAE=90°，∠CAF=90°
∴∠EAF+∠BAC=360°-（∠BAE+∠CAF）=180°
∴∠EAF=∠GCD
在△EAF和△GCA中

∴△EAF≌△GCA
∴EF=AG
∴EF=2AD．
【点拨】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，构造全等三角形是解本题的关键．
4．（1）证明见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】（1）如图一中，延长使得，连接、，先证明，再证明即可解决问题．
（2）补充图形如图二所示，延长交的延长线于，只要证明，再证明是等腰直角三角形即可．
（3）如图三中，如图一中，延长使得，连接、，，先证明，再证明即可．
【详解】
（1）证明：如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN．

在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN，∠MDE=∠MNB，
∴DE∥NB，
∴∠ADE=∠ABN=90°，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∴∠CBN=45°=∠A，
在△ACD和△BCN中，，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，
∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
（2）解：如图二所示

延长DM交CB的延长线于N， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∵∠EDC+∠DCN=180°，
∴DE∥CN，
∴∠EDM=∠N
在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∴CD=CN，
∴∠CDN=∠N=45°，CM=DM=MN，CM⊥DN，
∴DM=CM．DM⊥CM．
（3）证明：如图三中，如图一中，延长DM交AB于N连接CN．

∵DE∥AB，
∴∠MBN=∠MED，
在△DME和△NMB中，，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠BAC=∠ABC=45°，
∵∠AED+∠BAE=180°，
∴∠BAE=135°，
∵∠BAC=∠EAD=45°，
∴∠DAC=∠CBN=45°
在△ACD和△BCN中，，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、 等腰直角三角形的性质等知识， 解题的关键是添加辅助线构造全等三角形， 记住中线延长一倍是常用辅助线， 属于中考常考题型．
5．（1）；（2）见解析．
【分析】（1）延长到点，使，连接，易证，从而得，根据三角形三边关系，可得，进而即可求解；
（2）先证，结合，可得，结合，即可得到结论．
【详解】
（1），
（SAS），
∴，
∴在中， ，
即：，
∴的范围是：；
（2）延长到点，使，连接，
由（1）知：，
，
，
，
，
，
，
．

【点拨】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理，三角形三边的关系，等腰三角形的性质和判定定理，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
6．(1)B；(2)C；(3)证明见解析.
【分析】(1)根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
(2)根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；
(3)延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM＝AC，∠CAD＝∠M，根据AE＝EF，推出∠CAD＝∠AFE＝∠BFD，求出∠BFD＝∠M，根据等腰三角形的性质求出即可.
【详解】
（1）解：在△ADC和△EDB中
，
∴△ADC≌△EDB(SAS)，
故选B；
（2）解：如图：

∵由(1)知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故选C.
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，

∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
∵在△ADC和△MDB中

∴△ADC≌△MDB，
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF.
【点拨】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
7．（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）延长至，使，易证≌，可得，，再根据可得，再利用∠BAC、∠BAE、∠EAD和∠DAC四个角和为360°，可得，利用△AEF的内角和可得，可得，即可证明≌，最后利用等角的余角相等的等量代换以及△ABN的内角和为180°可得出结论.
（2）过点作交的延长线于，则，根据，可得；，可得，等量代换得出．根据周角等于360°，可得；根据三角形内角和可得，可得，则可证明≌（AAS），得到；易证≌，即可得到．
【详解】
解：（1）如图，延长至，使，

∵是中线，∴．
在和中，，
∴≌（SAS）．∴，．
∵，∴．
∵，，∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴≌（SAS）．∴．
∵，∴．∴．
在中，，∴．
（2）如图，过点作交的延长线于，则，

∵，∴．
∵，∴．∴．
∵，，∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴≌（AAS）．∴．
∵，∴．
在和中，，
∴≌（AAS）．∴．
【点拨】本题考查三角形全等以及角度之间的等量代换，第（1）题通过“倍长中线”这一辅助线做法，构造全等三角形，从而得出角相等，在遇到有中线的题目，并且题中没有全等三角形，那么我们就可以通过延长中线，或者经过中点的线段，构造全等三角形；
第（2）题是通过构造平行线，进而得到角相等，构造全等三角形，然后再根据角之间的等量代换，常见的就是等角的余角相等、等角的补角相等，当直角比较多的地方都可以想到这种方法.
8．见解析.
【分析】延长AE到F，使EF=AE，连接DF,，可证明△ABE≌△FDE，则∠BAE=∠EFD
，再由外角的性质得出∠ADF=∠ADC，则△ADF≌△ADC，则AF=AC，从而得出AC=2AE.
【详解】

证明：延长AE到F，使EF=AE，连接DF
∵AE是△ABD的中线．
∴BE=ED
在△ABE和△FDE中，

∴△ABE≌△FDE（SAS）
∴AB=DF，∠BAE=∠EFD
∵∠ADB是△ADC的外角
∴∠DAC+∠ACD=∠ADB=∠BAD
∴∠BAE+∠EAD=∠BAD
∠BAE=∠EFD
∴∠EFD+∠EAD=∠DAC+∠ACD
∴∠ADF=∠ADC
∵AB=DC
∴DF=DC
在△ADF和△ADC中，

∴△ADF≌△ADC（SAS）
∴AF=AC
∵AF=AE+EF，AE=ED
∴AC=2AE
【点拨】本题主要考查三角形全等的判定与性质，还涉及三角形中线定义、三角形外角定理等知识点，作出辅助线以及熟练掌握三角形全等的性质定理是解题关键.
9．（1）60°；（2）α；（3）证明见解析．
【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△CBD，得到∠AEB=∠CDB，再由对顶角相等及三角形内角和公式可得∠EPD=∠EBD即可；
（2）与（1）同理可求∠DPE=∠DBE，即可得出结论；
（3）延长BF到K，使FK=BF，连接KD，延长EC交BK于M．由SAS证明△AFB≌△DFK，得到AB=KD，∠ABF=∠DKF，进而得到BC=KD，KD∥AB，再证明∠BDK=∠4，得到△EBC≌△BDK，由全等三角形对应角相等得到∠1=∠2，即可得出结论．
【详解】
（1）如图1，设BE和CD相交于M．
∵∠ABC=∠DBE，∴∠ABE=∠CBD．
在△ABE和△CBD中，∵，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴∠AEB=∠CDB．
在△PME和△BMD中，∵∠PME=∠BMD，∠AEB=∠CDB，∴∠EPD=180°－∠AEB－∠PME=180°－∠CDB－∠BMD=∠MBD=60°；

（2）如图2，同理可求∠DPE=∠DBE=α；

（3）如图3，延长BF到K，使FK=BF，连接KD，延长EC交BK于M．
∵AF=DF，∠AFB=∠DFK，BF=KF，∴△AFB≌△DFK，∴AB=KD，∠ABF=∠DKF，∴BC=KD，KD∥AB，∴∠BDK+∠ABD=180°，∴∠BDK=180°－∠ABD=180°－（∠2+∠3+∠4+∠5）=180°－[（90°－∠4）+90°]=∠4．
在△EBC和△BDK中，∵EB=BD，∠4=∠BDK，BC=DK，∴△EBC≌△BDK，∴∠1=∠2．
∵∠2+∠EBK=90°，∴∠1+∠EBK=90°，∴∠EMB=90°，∴EC⊥BF．

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，此类题目往往求解思路相同，证明三角形全等是解题的关键．
10．(1)见解析；（2）见解析；（3）30
【解析】
【分析】（1）设，根据条件以及外角性质可得∠ADB=∠C+∠CAD=45°，所以，，
由三角形内角和定理可得，从而求解；
（2）过点作于点，过点作的延长线于点，可证，利用AAS证明，得出，再利用AAS证明即可证明；
（3）连接，由ASA易证 ，所以， ，因为 ，所以，又因为
所以，因为，所以
【详解】
（1）证明：如图1 令，∵，∠ADB=∠C+∠CAD=45°，
∴，
在中 ∵
∴=2（45°-α ）
∴

（2）如图2 过点作于点，过点作的延长线于点
∵
∴
∴
∴
在和中
∴
∴
由（1）得，
∵HG⊥AF，
∴∠BGT=∠AHG=∠CHR，
在和中
∴
∴

（3）如图3 连接
在和中
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴

【点拨】本题考查角平分线的判定、全等三角形的证明与性质，三角形面积的计算，解题关键是恰当做出辅助线.
11．详见解析
【解析】
【分析】如图，取DE的中点O，连结AO并延长至点F，使，连结EF、CF，证明，从而可得AD=EF，同理可得AB=CF，延长AE交CF于点G，在中，根据三角形三边关系可得到，在中，，继而通过推导即可得出答案.
【详解】
如图，取DE的中点O，连结AO并延长至点F，使，连结EF、CF，
，，，
，
，
同理可证：，
延长AE交CF于点G，
在中，，即，①
在中，，②
①+②得，，
即，
.

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，正确添加辅助线，熟练掌握三角形三边关系是解题的关键.
12．详见解析
【分析】如图，延长AF至G，使，连结EG，证明，从而可得，，继而得，再证明，可得AG=BC，继而可得结论.
【详解】
如图，延长AF至G，使，连结EG，
又，，
，
，.
，
，
，
，
，
又，，
，
，，
即.

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据倍长中线正确添加辅助线是解题的关键.