2026年九年级中考复习数学几何模型研究大讲堂 专题二十七-1 1倍、2倍的截长补短模型

初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十七：截长补短模型 27-1:1倍、2倍型的截长补短模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) 截长法（在边上截取，一般是在等量关系中最长边上截取） / 补短法（根据等量关系，把等量关系中的短边补在另一条短边上） / 双延长法（是一种特殊的截长补短，不交代等于哪条边，直接延长产生交点，能避免截长补短中连接不能证明三点共线的问题） （本方法图示建议参考第7题） / 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 利用截取或延长证明 证明线段和差 常在解答题中进行证明 根据截长法、补短法、双延长法解题，必要时额外添加辅助线证明 PART 2——模型思路. 截长补短是初中和倍长中线同等重要的辅助线构造方法，对于一部分截长补短题型，可能只能用截长求证，无法用补短证明，截长补短可融入多种模型，其次，截长和补短涉及了连接，要注意考虑角度的问题，必要时可选择双延长法.一定要注意，截取的线段可能影响证明，有时候截取线段错误会导致边边角的情况. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “截长补短”模型 截长法（在边上截取，一般是在等量关系中最长边上截取） “截长补短”模型 补短法（根据等量关系，把等量关系中的短边补在另一条短边上） “截长补短”模型 （本方法图示建议参考第7题） 双延长法（是一种特殊的截长补短，不交代等于哪条边，直接延长产生交点，能避免截长补短中连接不能证明三点共线的问题） PART 3——模型练习. 1.（2024·重庆渝北期末）如图，点，，在同一条直线上，点在点，之间，点，在直线同侧，，，，连接，给出下面三个结论： ①； ②； ③． 上述结论中，所有正确的结论序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 2.（原创）截长补短法（）是数学的一种常用证明方法，用截长补短可以解决诸多数学问题，如图，阿基米德折弦定理可以转化成如下图的图形，并抽象成这样的结论.在中，在下方找一点使且，求证：. 3.（2025·湖南长沙师大附中月考）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F． (1)求证：△ABC≌△ADE； (2)求∠FAE的度数； (3)求证：CD＝2BF+DE． 4.（2025·广西南宁校级月考）如图，为的平分线，为上一点，且于点，，给出下列结论：①；②；③；④四边形的面积是面积的2倍，其中结论正确的个数有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 5.（2025·山东泰安期末模拟）如图，已知，的平分线与的平分线相交于点E，的连线交于点D，求证：． 6.（2024·重庆丰都校级月考节选）如图，点E是正方形的边上的一点，的平分线交的延长线于点F，交于点G． 求证：． 7.（2023·重庆秀山期末节选）已知，在平行四边形中，点M是边上一点，连接、，且，点E是上一动点，连接．      如图，当时，连接，求证：. 8.（2023·广东广州校级期中）在中，，，平分，交于点，点与点关于直线对称，连接，，延长交于点，过点作于． (1)补全图形； (2)直接写出、、之间的相等关系：________________； (3)求证：. 9.（2025·山东威海期末节选）截长补短法是一种在几何证明中常用的方法，它通常通过构造辅助线，将一条线段截短或补长，使其与另一条线段相等或具有某种特定关系，从而简化证明过程． (1)例如，如图1，在中，，，，求．此题就可以利用截长补短法．如图2，延长至点，使得，即可求出______． (2)如图3，点为等边外一点，连接，，，其中交于点，且，求证：. 10.（2025·重庆西大附中周测节选）在等边中，点D是边上一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，则，连接交于点F，交于点H． (1)如图1，当点为中点时，且，求点到直线的距离； (2)如图2，猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想． 11.（2023·重庆南川校级月考节选）如图，中，，点为边上一点． 如图，已知，延长至点，以、为边作，连接、，若于点，求证：． 12.（2024·福建泉州校级期中）如图，是等边三角形，，分别是的延长线和的延长线上的点，，延长交于点，是上一点，且，交于点．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 ．（填序号）． 13.（2025·福建福州校级期中节选）平行四边形中，点E在边上，连接，点F在线段上，连接，连接． 如图，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：. 14.（2023·重庆涪陵期末节选）如图，在平行四边形中，，点E为边上一点，连结交对角线于点F．若，点G，H为边的两点，连接，，，且满足．求证：．      15.（2025·江苏无锡校级期中）【初步探索】 截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题． （1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系；    【灵活运用】 （2）如图2，△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD＋CE＝CA；    【延伸拓展】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE＋FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． PART 4——模型变式. 【变式1】（2024·重庆八中期末）如图，在中，，，过点B作，且，点B作交于点F，连接．      (1)如图1，若，且，求的度数； (2)如图2，若，求证：． 【变式2】（2024·重庆渝北期末节选） 如图，在中，，，是平面内两点， (1)如图1，若，，求的大小； (2)如图2，若，，交延长线于，求证：. 【变式3】（2024·重庆南开期末模拟节选）在中，，D是边上一动点，E是外一点，连接． (1)如图1，，，若，求的度数； (2)如图2，，，过点D作交于点F，，求证：. 【变式4】（2025·福建泉州校级期中）小刚在数学兴趣小组活动中，通过小组合作解决了一个几何问题：如图①，等腰中，．点D是上一动点，点E、P分别在延长线上，且，． (1)问题思考在图①中，求证：； (2)问题再探若，如图②，探究线段、、之间的数量关系，并证明． 小刚发现：用截长补短法先构造等边三角形，再利用三角形全等，将线段进行转换，进而可以解决上述问题 （注：截长补短法是把几何题化难为易的一种思路，这种方法常用于证明两条短线段之和等于第三条长线段．） (3)问题拓展，若，且平分，如图③，请直接写出的值为______． 【变式5】（2025·湖北襄阳校级月考改编）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，它不仅仅涉及正方形，也不仅仅局限于全等，在正方形中也有涉及相似三角形的结论，其中全等中的半角模型可看作是截长补短的一类，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十七：截长补短模型 27-1:1倍、2倍型的截长补短模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) 截长法（在边上截取，一般是在等量关系中最长边上截取） / 补短法（根据等量关系，把等量关系中的短边补在另一条短边上） / 双延长法（是一种特殊的截长补短，不交代等于哪条边，直接延长产生交点，能避免截长补短中连接不能证明三点共线的问题） （本方法图示建议参考第7题） / 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 利用截取或延长证明 证明线段和差 常在解答题中进行证明 根据截长法、补短法、双延长法解题，必要时额外添加辅助线证明 PART 2——模型思路. 截长补短是初中和倍长中线同等重要的辅助线构造方法，对于一部分截长补短题型，可能只能用截长求证，无法用补短证明，截长补短可融入多种模型，其次，截长和补短涉及了连接，要注意考虑角度的问题，必要时可选择双延长法.一定要注意，截取的线段可能影响证明，有时候截取线段错误会导致边边角的情况. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “截长补短”模型 截长法（在边上截取，一般是在等量关系中最长边上截取） “截长补短”模型 补短法（根据等量关系，把等量关系中的短边补在另一条短边上） “截长补短”模型 （本方法图示建议参考第7题） 双延长法（是一种特殊的截长补短，不交代等于哪条边，直接延长产生交点，能避免截长补短中连接不能证明三点共线的问题） PART 5——模型解析. 1.（2024·重庆渝北期末）如图，点，，在同一条直线上，点在点，之间，点，在直线同侧，，，，连接，给出下面三个结论： ①； ②； ③． 上述结论中，所有正确的结论序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】如图，过点作，交于点，延长交的延长线于点，可知四边形为矩形，从而，可得①②正确；在中，，可得，故③正确； 【详解】解：如图，过点作，交于点；延长交的延长线于点； ， ∴四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形， 是直角三角形， 故①； ， 故②正确； ∵在中， ， 故③正确． 故①②③正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的三边关系，熟练运用这些知识解决问题是解题的关键． 2.（原创）截长补短法（）是数学的一种常用证明方法，用截长补短可以解决诸多数学问题，如图，阿基米德折弦定理可以转化成如下图的图形，并抽象成这样的结论.在中，在下方找一点使且，求证：. 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 在上截取，连接，利用条件，构造合适的全等，最后利用垂直平分得证. 【详解】证明：如图，在上截取，连接， ∵，，. ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴ 3.（2025·湖南长沙师大附中月考）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F． (1)求证：△ABC≌△ADE； (2)求∠FAE的度数； (3)求证：CD＝2BF+DE． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)见解析 【分析】（1）先根据等角的余角相等证得，再根据全等三角形的判定证明即可； （2）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质求得，再根据直角三角形的两锐角互余求得即可求解； （3）延长BF到G，使得，根据全等三角形的判定与性质证明，得到即可证得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∴， 在△BAC和△DAE中， ∵， ∴； （2）解：∵，， ∴， 由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）证明：延长BF到G，使得， ∵， ∴， 在△AFB和△AFG中， ∴， ∴， ∴，， ∵，   ∴，，， ∴，， ∴， ∵， ∴在△CGA和△CDA中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、线段的和差等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，添加辅助线构造全等三角形求解线段问题是解答的关键． 4.（2025·广西南宁校级月考）如图，为的平分线，为上一点，且于点，，给出下列结论：①；②；③；④四边形的面积是面积的2倍，其中结论正确的个数有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，过点P作，垂足为点K，证明，，利用全等三角形的性质即可解决问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【详解】解：如图，过点P作，垂足为点K， ∵为的平分线， ∴， ∵， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故②正确，符合题意； 在和中， ， ∴， ∴，，故①正确，符合题意； ∴， ∴， ∴，故③正确，符合题意； ∵，， ∴，， ∴，故④正确，符合题意； 综上所述，正确的共有4个， 故选：A． 5.（2025·山东泰安期末模拟）如图，已知，的平分线与的平分线相交于点E，的连线交于点D，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，两直线平行同旁内角互补，添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 在上截取，连接，由平分可得，利用可证得，于是可得，由两直线平行同旁内角互补可得，结合，进而可得，由平分可得，利用可证得，于是可得，然后利用等量代换即可得出结论． 【详解】证明：如图，在上截取，连接， 平分， ， 又， ， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ． 6.（2024·重庆丰都校级月考节选）如图，点E是正方形的边上的一点，的平分线交的延长线于点F，交于点G． 求证：． 【答案】见解析 【分析】根据平行线性质得出， 证，推出 ，求出，推出即可． 【详解】证明：如图，延长到点M，使， 连结， 四边形是正方形， ， ， 平分， ． ， ， ， ， ． 7.（2023·重庆秀山期末节选）已知，在平行四边形中，点M是边上一点，连接、，且，点E是上一动点，连接．      如图，当时，连接，求证：. 【答案】见解析 【分析】延长，两线交于点F，证明得到，再证明，得到，等量代换即可得证． 【详解】延长，两线交于点F， ∵平行四边形中，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，    ∵， ∴ ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴． 8.（2023·广东广州校级期中）在中，，，平分，交于点，点与点关于直线对称，连接，，延长交于点，过点作于． (1)补全图形； (2)直接写出、、之间的相等关系：________________； (3)求证：. 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】本题考查等腰直角三角形，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线等知识； （1）按照要求补全图形即可； （2）过作于，证明，则，，证明是等腰直角三角形，则，则，则，由即可得到结论． （3）延长交于点，先证明，得到，再证明，则，即可得到结论． 【详解】（1）解：补全图形如下． （2）； 过作于，如图：   平分， ， ， ， 在和中， ， ，， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ． （3）证明：延长交于点， 于， ，， ， 在和中， ∴， ， 在和中， ， ， ． 9.（2025·山东威海期末节选）截长补短法是一种在几何证明中常用的方法，它通常通过构造辅助线，将一条线段截短或补长，使其与另一条线段相等或具有某种特定关系，从而简化证明过程． (1)例如，如图1，在中，，，，求．此题就可以利用截长补短法．如图2，延长至点，使得，即可求出______． (2)如图3，点为等边外一点，连接，，，其中交于点，且，求证：. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． （1）求得证明，即可解答； （2）在上取一点，使得，证明，即可解答. 【详解】（1）解：，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）证明：如图，在上取一点，使得， ，， 为等边三角形， ， 为等边三角形， ， ，即， ， ， . 10.（2025·重庆西大附中周测节选）在等边中，点D是边上一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，则，连接交于点F，交于点H． (1)如图1，当点为中点时，且，求点到直线的距离； (2)如图2，猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）过点作，交延长线于点，先根据等边三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，然后根据含30度角的直角三角形的性质可得，由此即可得； （2）猜想，证明：在取一点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出，根据全等三角形的性质可得，则，然后根据线段的和差、等量代换即可得证、． 【详解】（1）解：如图，过点作，交延长线于点， ∵是等边三角形， ∴， ∵点为中点， ∴， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴点到直线的距离． （2）解：猜想，证明如下： 如图，在取一点，使得，连接， ∵是等边三角形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． 11.（2023·重庆南川校级月考节选）如图，中，，点为边上一点． 如图，已知，延长至点，以、为边作，连接、，若于点，求证：． 【答案】见解析 【分析】在线段上取一点，使，证明得到，，再证明得到，即可得证； 【详解】证明：如图，在线段上取一点，使， 于点， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， . 12.（2024·福建泉州校级期中）如图，是等边三角形，，分别是的延长线和的延长线上的点，，延长交于点，是上一点，且，交于点．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 ．（填序号）． 【答案】①②③ 【分析】设，证明，可得①符合题意；连接，求解，证明，可得②符合题意；过作交于，截取，而，证明，可得③符合题意；作，连接，证明，可得，，再证明，可得④不符合题意；从而可得答案． 【详解】解：如图，设， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，，又， ∴， ∴，故①符合题意； 连接， ∵， ∴，， ∴， ∴，又 ∴， ∴，故②符合题意； 过作交于，截取，而， ∴，为等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故③符合题意； 作，连接， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④不符合题意； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理及外角性质的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 13.（2025·福建福州校级期中节选）平行四边形中，点E在边上，连接，点F在线段上，连接，连接． 如图，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：. 【答案】见解析 【分析】由题意可得，是的角平分线，且，故延长交于点M，可证，要证，而，即证明即可，延长交于N，过E作于P，先证明，可以得到，再证明四边形是正方形，得到，接着证明即可解决． 【详解】证明：如图，设射线与射线交于点M， 由题可设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 延长交于N， ∴， 过E作于P， 则， 在与中，   ， ∴， ∴， 过E作于Q， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴， ∴矩形为正方形， ∴， ∴， 在与中， ，   ∴， ∴， ∵， ∴. 【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意基本辅助线构造方法，比如线段既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等． 14.（2023·重庆涪陵期末节选）如图，在平行四边形中，，点E为边上一点，连结交对角线于点F．若，点G，H为边的两点，连接，，，且满足．求证：．      【答案】证明见解析 【分析】（延长、交于点M，在上取点N，使，通过是等边三角形证明，得，再证明即可得出结论． 【详解】证明：延长、交于点M，在上取点N，使，    ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 由（1）可知， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∴， ∴. 15.（2025·江苏无锡校级期中）【初步探索】 截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题． （1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系；    【灵活运用】 （2）如图2，△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD＋CE＝CA；    【延伸拓展】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE＋FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 【答案】（1）DA=DC+DB，证明见详解；（2）见详解；（3）∠EAF=，证明见详解. 【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB； （2）首先在AC上截取CM=CD，由△ABC为等边三角形，易得△CDM是等边三角形，继而可证得△ADM≌△EDC，即可得AM=EC，则可证得CD+CE=CA； （3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，进而推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论． 【详解】（1）如图1，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，    ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC，∠BAC=60°， ∵∠BDC=120°， ∴∠ABD+∠ACD=180°， 又∵∠ACE+∠ACD=180°， ∴∠ABD=∠ACE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD=AE，∠BAD=∠CAE， ∵∠BAC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°， ∴∠DAC+∠CAE═60°，即∠DAE=60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴DA=DE=DC+CE=DC+DB， 即DA=DC+DB； （2）证明：在AC上截取CM=CD，    ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB=60°， ∴△CDM是等边三角形， ∴MD=CD=CM，∠CMD=∠CDM=60°， ∴∠AMD=120°， ∵∠ADE=60°， ∴∠ADE=∠MDC， ∴∠ADM=∠EDC， ∵直线a∥AB， ∴∠ACE=∠BAC=60°， ∴∠DCE=120°=∠AMD， 在△ADM和△EDC中， ∴△ADM≌△EDC(ASA)， ∴AM=EC， ∴CA=CM+AM=CD+CE； 即CD+CE=CA. （3）∠EAF=； 证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，    ∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°， ∴∠ADC=∠ABE， 又∵AB=AD， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴AG=AE，∠DAG=∠BAE， ∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠FAE=∠FAG， ∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°， 即2∠FAE+∠DAB=360°， ∴∠EAF=. 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形． 【变式1】（2024·重庆八中期末）如图，在中，，，过点B作，且，点B作交于点F，连接．      (1)如图1，若，且，求的度数； (2)如图2，若，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、平行线的性质等知识，熟练运用全等三角形的性质探究线段间的关系是解答的关键． （1）先根据平行线的性质得到，，再根据等腰三角形的性质求得，，进而利用三角形的外角性质求解即可； （2）先求得，在上截取，连接，分别证明和得到，进而可得结论． 【详解】（1）解：∵，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， 如图，在上截取，连接，      ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（2024·重庆渝北期末节选） 如图，在中，，，是平面内两点， (1)如图1，若，，求的大小； (2)如图2，若，，交延长线于，求证：. 【答案】(1) (2)证明详见解析 【分析】（1）利用“”证明，即可得出答案； （2）在上取点，使，过作交于，可证得，再证明，即可得出结论； 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：在上取点，使，过作交于， ∵，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即. 【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等，综合性强，难度大，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式3】（2024·重庆南开期末模拟节选）在中，，D是边上一动点，E是外一点，连接． (1)如图1，，，若，求的度数； (2)如图2，，，过点D作交于点F，，求证：. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）先求出，进而证明是等边三角形，再证明，进一步证明，得到，利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案； （2）在上截取，连接交于点N，证明，得到，再证明，得到，进而证明，得到由，即可证明. 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形． ∴， 又∵， ∴， ∴． 在和中，      ∴． ∴， 又∵， ∴； （2）证明：在上截取，连接交于点N， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在和中，      ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴． 又∵， ∴， 在和中， ； ∴， ∴， 又∵∠， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴. 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，明确题意，添加合适的辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键． 【变式4】（2025·福建泉州校级期中）小刚在数学兴趣小组活动中，通过小组合作解决了一个几何问题：如图①，等腰中，．点D是上一动点，点E、P分别在延长线上，且，． (1)问题思考在图①中，求证：； (2)问题再探若，如图②，探究线段、、之间的数量关系，并证明． 小刚发现：用截长补短法先构造等边三角形，再利用三角形全等，将线段进行转换，进而可以解决上述问题 （注：截长补短法是把几何题化难为易的一种思路，这种方法常用于证明两条短线段之和等于第三条长线段．） (3)问题拓展，若，且平分，如图③，请直接写出的值为______． 【答案】(1)证明见解析； (2)，证明见解析； (3)． 【分析】(1) 先证明，再利用全等三角形的性质即可解决问题； (2) 在线段上取点F，使得，再证明，推出，，可得结论； (3) 在线段上取点H，使得，先求出，再证明可得，再求出可得答案． 【详解】（1）解：，证明如下： ，, ， 在与中， ， ， ，, ，， ， ，， ； （2）如图所示，在线段上取点F，使得， ， ， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， ，，， ； （3）如图所示：在线段上取点H，使得，即， ，且平分， ，， 又， ， 在与中， ， ， ， ， ， ，， ，即：， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【变式5】（2025·湖北襄阳校级月考改编）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，它不仅仅涉及正方形，也不仅仅局限于全等，在正方形中也有涉及相似三角形的结论，其中全等中的半角模型可看作是截长补短的一类，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 【答案】成立，见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质；根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：成立． 证明：将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ，， ， ， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $