第6题
（春·顺义区期末）在正方形ABCD的内侧作直线BM，点C关于BM的对称点为E，直线BM与EA的延长线交于点F，连接BE、CE、CF．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：CF⊥EF；
（3）直接写出线段AB、EF、AF之间的数量关系．
【热门考点】全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；作图﹣轴对称变换．
【解题思路】（1）根据题意画出图形即可；
（2）利用辅助圆，证明∠FEC
∠ABC＝45°即可解决问题；
（3）结论：EF2+AF2＝2AB2．利用勾股定理即可解决问题；
【解答】解：（1）图形如图1中所示：
【解题技巧】本题考查了作图﹣轴对称变换、正方形的性质、圆周角定理、勾股定理、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
第7题
（秋·自贡期末）在解决线段数量关系问题中，如果条件中有角平分线，经常采用下面构造全等三角形的解决思路，如：在图1中，若C是∠MON的平分线OP上一点，点A在OM上，此时，在ON上截取OB＝OA，连接BC，根据三角形全等判定（SAS），容易构造出全等三角形△OBC和△OAC，参考上面的方法，解答下列问题：
如图2，在非等边△ABC中，∠B＝60°，AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，且AD，CE交于点F，求证：AC＝AE+CD．
【热门考点】全等三角形的判定与性质．
【解题思路】在AC上截取AG＝AE，连接FG，根据“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AFE＝∠AFG，全等三角形对应边相等可得FE＝FG，再根据角平分线的定义以及三角形的内角和定理推出∠2+∠3＝60°，从而得到∠AFE＝∠CFD＝∠AFG＝60°，然后根据平角等于180°推出∠CFG＝60°，然后利用“角边角”证明△CFG和△CFD全等，根据全等三角形对应边相等可得FG＝FD，从而得证．
【解答】证明：如图，在AC上截取AG＝AE，连接FG．
∵AD是∠BAC的平分线，CE是∠BCA的平分线，
∴∠1＝∠2，3＝∠4
在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AFE＝∠AFG，
∵∠B＝60°
∴∠BAC+∠ACB＝120°，
∴∠2+∠3
（∠BAC+∠ACB）＝60°，
∵∠AFE＝∠2+∠3，
∴∠AFE＝∠CFD＝∠AFG＝60，
∴∠CFG＝180°﹣∠CFD﹣∠AFG＝60°，
∴∠CFD＝∠CFG，
【解题技巧】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，根据所求角度正好等于60°得到角相等是解题的关键．
第8题
（·福州模拟）（1）已知，如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E，求证：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由．
【热门考点】全等三角形的判定与性质．
【解题思路】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA，
则AE＝BD，AD＝CE，于是DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）利用∠BDA＝∠BAC＝α，则∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，得出∠CAE＝∠ABD，进而得出△ADB≌△CEA即可得出答案．
【解答】证明：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
【解题技巧】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；得出∠CAE＝∠ABD是解题关键．
第9题
（秋·临洮县期末）如图：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C在△ABC外作直线MN，AM⊥MN于M，BN⊥MN于N．
（1）求证：MN＝AM+BN．
（2）若过点C在△ABC内作直线MN，AM⊥MN于M，BN⊥MN于N，则AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由．
【热门考点】全等三角形的判定与性质．
【解题思路】（1）利用互余关系证明∠MAC＝∠NCB，又∠AMC＝∠CNB＝90°，AC＝BC，故可证△AMC≌△CNB，从而有AM＝CN，MC＝BN，利用线段的和差关系证明结论；
（2）类似于（1）的方法，证明△AMC≌△CNB，从而有AM＝CN，MC＝BN，可推出AM、BN与MN之间的数量关系．
【解答】证明：（1）∵AM⊥MN，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
在△AMC和△CNB中，
∠AMC＝∠CNB，
∠MAC＝∠NCB，
AC＝CB，
△AMC≌△CNB（AAS），
AM＝CN，MC＝NB，
∵MN＝NC+CM，
∴MN＝AM+BN；
（2）结论：MN＝BN﹣AM．
∵AM⊥MN，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
在△AMC和△CNB中，
∠AMC＝∠CNB，
∠MAC＝∠NCB，
AC＝CB，
△AMC≌△CNB（AAS），
AM＝CN，MC＝NB，
∵MN＝CM﹣CN，
∴MN＝BN﹣AM．
【解题技巧】本题考查了全等三角形的判定与性质．关键是利用互余关系推出对应角相等，证明三角形全等．
第10题
（春·崂山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°点D在BC的延长线上，且BD＝AB．过点B作BE⊥AC，与BD的垂线DE交于点E．
（1）求证：△ABC≌△BDE；
（2）请找出线段AB、DE、CD之间的数量关系，并说明理由．
【热门考点】全等三角形的判定与性质．
【解题思路】（1）利用已知得出∠A＝∠DBE，进而利用ASA得出△ABC≌△BDE即可；
（2）根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，
∴∠A+∠ABE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠DBE+∠ABE＝90°，
∴∠A＝∠DBE，
【解题技巧】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
课程体系
