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小专题(一) 构造全等三角形的方法技巧
类型1 连结线段构造全等三角形
【例1】 如图，已知AB＝AD，BC＝CD，求证：∠B＝∠D.
证明：连结AC，
在△ABC和△ADC中，
∴△ABC≌△ADC(SSS)．
∴∠B＝∠D.
【方法归纳】 通过连结两点，构造出三角形，再证明两个三角形全等，然后利用全等三角形的性质说明角相等或边相等．
1．如图，已知AB∥CD，AD∥BC，求证：∠A＝∠C.
证明：连结BD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB.
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD.
又∵BD＝DB，
∴△ABD≌△CDB(ASA)．∴∠A＝∠C.
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，点M为BC中点，MD⊥AB于点D，ME⊥AC于点E.求证：MD＝ME.
证明：连结AM.
在△ABM和△ACM中，
∴△ABM≌△ACM(SSS)．
∴∠BAM＝∠CAM.
∵MD⊥AB，ME⊥AC，
∴MD＝ME.
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类型2 利用“截长补短”构造全等三角形
【例2】 如图，AD∥BC，点E在线段AB上，∠ADE＝∠CDE，∠DCE＝∠ECB.求证：CD＝AD＋BC.
证明：在CD上截取DF＝DA，连结FE.
在△ADE和△FDE中，
∴△ADE≌△FDE.
∴∠A＝∠DFE.
又∵AD∥BC，∴∠A＋∠B＝180°.
∵∠DFE＋∠EFC＝180°.
∴∠B＝∠EFC.
在△EFC和△EBC中，
∴△EFC≌△EBC.
∴FC＝BC.
∴CD＝DF＋FC＝AD＋BC.
【方法归纳】 遇到证明线段的和差倍分问题时，通常利用截长法或补短法，具体的作法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或者延长某条线段，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质解决．
3．如图，在△ABC中，∠A＝60°，BD，CE分别平分∠ABC和∠ACB，BD，CE交于点O，试判断BE，CD，BC的数量关系，并加以证明．
解：BC＝BE＋CD.
证明：在BC上截取BF＝BE，连结OF.
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBO＝∠FBO.
又∵BO＝BO，
∴△EBO≌△FBO.
∴∠EOB＝∠FOB.
∵∠A＝60°，BD，CE分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠BOC＝180°－∠OBC－∠OCB＝180°－∠ABC－∠ACB＝180°－(180°－∠A)＝120°.
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∴∠EOB＝∠DOC＝60°.
∴∠BOF＝60°，∠FOC＝∠DOC＝60°.
∵CE平分∠DCB，∴∠DCO＝∠FCO.
又∵CO＝CO，∴△DCO≌△FCO.∴CD＝CF.
∴BC＝BF＋CF＝BE＋CD.
4．(德州中考)问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°.点E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝60°.探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
(1)小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG.先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是EF＝BE＋DF；
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°.E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
解：EF＝BE＋DF仍然成立．
证明：延长FD到G，使DG＝BE，连结AG，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADC＋∠ADG＝180°，
∴∠B＝∠ADG.
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)．
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG.
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF.
∴∠EAF＝∠GAF.
在△AEF和△AGF中，
∴△AEF≌△AGF(SAS)．∴EF＝FG.
∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF.
类型3 利用“中线倍长”构造全等三角形
【例3】 如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，AC>AB，求证：AB＋AC>2AD>AC－AB.
证明：延长AD至E，使AD＝DE，并连结CE，
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∵D是BC上的中点，
∴CD＝BD.
又∵AD＝DE，∠ADB＝∠CDE，
∴△ADB≌△EDC(SAS)．
∴AB＝CE.
∵AC＋CE>2AD>AC－CE，
∴AB＋AC>2AD>AC－AB.
【方法归纳】 当题目中出现中线时，常常延长中线，使所延长部分与中线的长度相等，然后连结相应的端点，便可以得到全等三角形．
5．已知：如图，AD，AE分别是△ABC和△ABD的中线，且BA＝BD.求证：AE＝AC.
证明：延长AE至F，使EF＝AE，连结DF.
∵AE是△ABD的中线，
∴BE＝DE.
又∵∠AEB＝∠FED，
∴△ABE≌△FDE.
∴∠B＝∠BDF，AB＝DF.
∵BA＝BD，
∴∠BAD＝∠BDA，BD＝DF.
∵∠ADF＝∠BDA＋∠BDF，∠ADC＝∠BAD＋∠B，
∴∠ADF＝∠ADC.
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD.
∴DF＝CD.
又∵AD＝AD，
∴△ADF≌△ADC(SAS)．
∴AC＝AF＝2AE，即AE＝AC.
6．如图，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，求证：DE＝2AM.
证明：延长AM至点N，使MN＝AM，连结BN，
∵M为BC中点，
∴BM＝CM.
又∵AM＝MN，∠AMC＝∠NMB，
∴△AMC≌△NMB(SAS)．
∴AC＝BN，∠C＝∠NBM.
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∴∠ABN＝∠ABC＋∠NBM＝∠ABC＋∠C＝180°－∠BAC＝∠EAD.
∵AD＝AC，AC＝BN，
∴AD＝BN.
又∵AB＝AE，∴△ABN≌△EAD(SAS)．
∴DE＝NA.
又∵AM＝MN，∴DE＝2AM.
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小专题(二) 等腰三角形中的分类讨论
类型1 对顶角和底角的分类讨论
对于等腰三角形，只要已知它的一个内角的度数，就能算出其他两个内角的度数，如果题中没有确定这个内角是顶角还是底角，就要分两种情况来讨论．在分类时要注意：三角形的内角和等于180°；等腰三角形中至少有两个角相等．
1．等腰三角形中有一个角为52°，它的一条腰上的高与底边的夹角为多少度？
解：①若已知的这个角为顶角，则底角的度数为(180°－52°)÷2＝64°，故一腰上的高与底边的夹角为26°；
②若已知的这个角为底角，则一腰上的高与底边的夹角为38°.
故所求的一腰上的高与底边的夹角为26°或38°.
类型2 对腰长和底长的分类讨论
在解答已知等腰三角形边长的问题时，当题目条件中没有明确说明哪条边是“腰”、哪条边是“底”时，往往要进行分类讨论．判定的依据是：三角形的任意两边之和大于第三边；两边之差小于第三边．
2．(1)已知等腰三角形的一边长等于6 cm，一边长等于7 cm，求它的周长；
(2)等腰三角形的一边长等于8 cm，周长等于30 cm，求其他两边的长．
解：(1)周长为19 cm或20 cm.
(2)其他两边的长为8 cm，14 cm或11 cm，11 cm.
3．若等腰三角形一腰上的中线分周长为9 cm和12 cm两部分，求这个等腰三角形的底和腰的长．
解：如图，由于条件中中线分周长的两部分，并没有指明哪一部分是9 cm、哪一部分是12 cm，因此，应有两种情形．
设这个等腰三角形的腰长为x cm，底边长为y cm，根据题意，得
或
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解得或
故腰长是6 cm，底边长是9 cm或腰长是8 cm，底边长是5 cm.
类型3 几何图形之间的位置关系不明确的分类讨论
4．已知C、D两点在线段AB的中垂线上，且∠ACB＝50°，∠ADB＝80°，求∠CAD的度数．
解：①如图1，当C、D两点在线段AB的同侧时，
∵C、D两点在线段AB的垂直平分线上，
∴CA＝CB.∴△CAB是等腰三角形．
又∵CE⊥AB，
∴CE是∠ACB的平分线．∴∠ACE＝∠BCE.
∵∠ACB＝50°，∴∠ACE＝25°.
同理可得∠ADE＝40°，
∴∠CAD＝∠ADE－∠ACE＝40°－25°＝15°；
图1 图2
②如图2，当C、D两点在线段AB的两侧时，同①的方法可得∠ACE＝25°，∠ADE＝40°，
∴∠CAD＝180°－(∠ADE＋∠ACE)＝180°－(40°＋25°)＝180°－65°＝115°.
故∠CAD的度数为15°或115°.
类型4 运动过程中等腰三角形中的分类讨论
5．(下城区校级期中)在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8 cm，AC＝6 cm，在射线BC上一动点D，从点B出发，以2厘米每秒的速度匀速运动，若点D运动t秒时，以A、D、B为顶点的三角形恰为等腰三角形，则所用时间t为或5或8秒．
解析：①当AD＝BD时，
在Rt△ACD中，根据勾股定理，得
AD2＝AC2＋CD2，即BD2＝(8－BD)2＋62，
解得BD＝ cm.
则t＝＝(秒)；
②当AB＝BD时，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得
AB＝＝＝10(cm)，
则t＝＝5(秒)；
③当AD＝AB时，BD＝2BC＝16 cm，
则t＝＝8(秒)．
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综上所述，t的值可以是：，5，8.
6．(杭州期中)如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8 cm，BC＝6 cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1 cm，点Q从点B开始沿B→C方向运动，且速度为每秒2 cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
(1)当t＝2秒时，求PQ的长；
(2)求出发时间为几秒时，△PQB是等腰三角形？
(3)若Q沿B→C→A方向运动，则当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间．
解：(1)BQ＝2×2＝4(cm)，
BP＝AB－AP＝8－2×1＝6(cm)，
∵∠B＝90°，
∴PQ＝＝＝2(cm)．
(2)根据题意，得BQ＝BP，
即2t＝8－t，
解得t＝.
∴出发时间为秒时，△PQB是等腰三角形．
(3)分三种情况：
①当CQ＝BQ时，如图1所示，
则∠C＝∠CBQ，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBQ＋∠ABQ＝90°，∠A＋∠C＝90°.
∴∠A＝∠ABQ.
∴BQ＝AQ.
∴CQ＝AQ＝5 cm.
∴BC＋CQ＝11 cm.
∴t＝11÷2＝5.5(秒)．
②当CQ＝BC时，如图2所示，
则BC＋CQ＝12 cm.
∴t＝12÷2＝6(秒)．
③当BC＝BQ时，如图3所示，
过B点作BE⊥AC于点E，
则BE＝＝＝4.8(cm)．
∴CE＝＝3.6 cm.
∴CQ＝2CE＝7.2 cm.
∴BC＋CQ＝13.2 cm.
∴t＝13.2÷2＝6.6(秒)．
由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，△BCQ为等腰三角形．
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小专题(三) 利用勾股定理解决折叠与展开问题
类型1 利用勾股定理解决平面图形的折叠问题
1．如图所示，有一张直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝4 cm，BC＝3 cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则CE的长为( A )
A．1 cm B．1.5 cm
C．2 cm D．3 cm
第1题图 第2题图
2．如图，长方形ABCD的边AD沿折痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，已知AB＝6，△ABF的面积是24，则FC等于( B )
A．1 B．2 C．3 D．4
3．如图，有一张直角三角形纸片，两直角边AC＝5 cm，BC＝10 cm，将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD的长为( D )
A. cm B. cm
C. cm D. cm
第3题图 第4题图
4．(铜仁中考)如图，在长方形ABCD中，BC＝6，CD＝3，将△BCD沿对角线BD翻折，点C落在点C′处，BC′交AD于点E，则线段DE的长为( B )
A．3 B.
C．5 D.
5．(上城区期末)在矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝5，如图所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ，当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动，若限定点P、Q分别在线段AB、AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为( B )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：如图1，当点D与点Q重合时，根据翻折对称性可得
A′D＝AD＝5.
在Rt△A′CD中，A′D2＝A′C2＋CD2，
即52＝(5－A′B)2＋32，
解得A′B＝1.
如图2，当点P与点B重合时，根据翻折对称性可得A′B＝AB＝3.
∵3－1＝2，
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∴点A′在BC边上可移动的最大距离为2.
故选B.
6．如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，AC＝5，将△ABC折叠，使点C与点A重合，折痕为DE，则△ABE的周长为7．
第6题图 第7题图
7．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6 cm，AC＝8 cm，按图中所示方法将△BCD沿BD折叠，使点C落在AB边的C′点，那么△ADC′的面积是6_cm2．
8．如图，长方形ABCD中，CD＝6，BC＝8，E为CD边上一点，将长方形沿直线BE折叠，使点C落在线段BD上C′处，求DE的长．
解：∵在长方形ABCD中，∠C＝90°，DC＝6，BC＝8，
∴BD＝＝10.
由折叠可得BC′＝BC＝8，EC′＝EC，∠BC′E＝∠C＝90°，
∴C′D＝2，∠DC′E＝90°.
设DE＝x，则C′E＝CE＝6－x.
在Rt△C′DE中，x2＝(6－x)2＋22，
解得x＝.
∴DE的长为.
类型2 利用勾股定理解决立体图形的最短路径问题
9．如图是一个封闭的正方体纸盒，E是CD中点，F是CE中点，一只蚂蚁从一个顶点A爬到另一个顶点G，那么这只蚂蚁爬行的最短路线是( C )
A．A⇒B⇒C⇒G
B．A⇒C⇒G
C．A⇒E⇒G
D．A⇒F⇒G
10．如图，在一个长为2 m，宽为1 m的长方形草地上，放着一根长方体的木块，它的棱和场地宽AD平行且棱长大于AD，木块从正面看是边长为0.2 m的正方形，一只蚂蚁从点A处到达点C处需要走的最短路程是2.60m.(精确到0.01 m)
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第10题图 第11题图
11．(凉山中考)如图，圆柱形玻璃杯，高为18 cm，底面周长为24 cm，在杯内离杯底4 cm的点C处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿2 cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为20cm.
12．一位同学要用彩带装饰一个长方体礼盒．长方体高6 cm，底面是边长为4 cm的正方形，从顶点A到顶点C′如何贴彩带用的彩带最短？最短长度是多少？
解：把长方体的面DCC′D′沿棱CD展开至面ABCD上，如图．
构成矩形ABC′D′，则A到C′的最短距离为AC′的长度，
连结AC′交DC于O，易证△AOD≌△C′OC.
∴OD＝OC，
即O为DC的中点．
由勾股定理得AC′2＝AD′2＋D′C′2＝82＋62＝100，
∴AC′＝10 cm.
即从顶点A沿直线到DC中点O(或A′B′中点O′)，再沿直线到顶点C′，贴的彩带最短，最短长度为10 cm.
13．如图，一个长方体形状的木柜放在墙角处(与墙面和地面均没有缝隙)，有一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角C1处．
(1)请你画出蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径；
(2)当AB＝4，BC＝4，CC1＝5时，求蚂蚁爬过的最短路径的长．
解：(1)如图，木柜的表面展开图是两个矩形ABC′1D1和ACC1A1.
蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径有如图所示的AC′1和AC1两种．
(2)蚂蚁沿着木柜表面经线段A1B1到C′1，
爬过的路径的长l1＝＝；
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蚂蚁沿着木柜表面经线段BB1到C1，
爬过的路径的长l2＝＝.
∵l1>l2，
∴最短路径的长是.
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小专题(四) 全等三角形的基本模型
类型1 平移型
把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形．图1，图2是常见的平移型全等三角形．在证明平移型全等的试题中，常常要碰到移动方向的边加(减)公共边．如图1，若BE＝CF，则BE＋EC＝CF＋CE，即BC＝EF.如图2，若BE＝CF，则BE－CE＝CF－CE，即BC＝EF.
1．如图，已知EF∥MN，EG∥HN，且FH＝MG，求证：△EFG≌NMH.
证明：∵EF∥MN，EG∥HN，
∴∠F＝∠M，∠EGF＝∠NHM.
∵FH＝MG，
∴FH＋HG＝MG＋HG，
即GF＝HM.
在△EFG和△NMH中，
∴△EFG≌△NMH(ASA)．
2．(金华六校10月联考)如图，A、B、C、D四点在同一直线上，请你从下面四项中选出三个选项作为条件，余下一个作为结论，构成一个真命题，并进行证明.
①AB＝CD；②∠ACE＝∠D；③∠EAG＝∠FBG；④AE＝BF.
你选择的条件是：①②③，结论是：④．(填写序号)
证明：∵∠EAG＝∠FBG，
∴∠EAD＝∠FBD.
∵AB＝CD，
∴AB＋BC＝BC＋CD，
即AC＝BD.
在△ACE和△BDF中，
∴△ACE≌△BDF(ASA)．
∴AE＝BF.
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类型2 翻折型
将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为翻折型全等三角形．此类图形中要注意其隐含条件，即公共边或公共角相等．
3．(下城区校级期中)如图，已知Rt△ABC≌Rt△ADE，∠ABC＝∠ADE＝90°，BC与DE相交于点F，连结CD、EB.
(1)不添加辅助线，找出图中其他的全等三角形；
(2)求证：CF＝EF.
解：(1)图中其他的全等三角形为：
△ACD≌△AEB，
△DCF≌△BEF.
(2)证明：∵Rt△ABC≌Rt△ADE，
∴AC＝AE，AD＝AB，∠CAB＝∠EAD.
∴∠CAB－∠DAB＝∠EAD－∠DAB，
即∠CAD＝∠EAB.
∴△CAD≌△EAB.
∴CD＝EB，∠ADC＝∠ABE.
又∵∠ADE＝∠ABC，
∴∠CDF＝∠EBF.
又∵∠DFC＝∠BFE，
∴△CDF≌△EBF(AAS)．
∴CF＝EF.
类型3 旋转型
将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形．识别旋转型三角形时，如图1，涉及对顶角相等；如图2，涉及等角加(减)等角的条件．
4．已知：如图，AB＝AC，AB⊥AC，AD⊥AE，且∠ABD＝∠ACE.求证：AD＝AE.
证明：∵AB⊥AC，AD⊥AE，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°.
∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，即∠BAD＝∠CAE.
在△ABD和△ACE中，∠BAD＝∠CAE，AB＝AC，∠ABD＝∠ACE，
∴△ABD≌△ACE.
∴AD＝AE.
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5．如图，△ABC，△CDE是等边三角形，B，C，E三点在同一直线上．
(1)求证：AE＝BD；
(2)若BD和AC交于点M，AE和CD交于点N，求证：CM＝CN；
(3)连结MN，猜想MN与BE的位置关系，并加以证明．
解：(1)证明：∵△ABC和△DCE均为等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°.
∴∠BCD＝∠ACE＝120°.
在△ACE和△BCD中，
∴△ACE≌△BCD(SAS)．
∴AE＝BD.
(2)证明：∵△ACE≌△BCD，
∴∠CBD＝∠CAE.
∵∠ACN＝180°－∠ACB－∠DCE＝60°，
∴∠BCM＝∠ACN.
在△BCM和△ACN中，
∴△BCM≌△ACN(ASA)．
∴CM＝CN.
(3)MN∥BE.证明：
∵CM＝CN，∠MCN＝60°，
∴△MCN为等边三角形．
∴∠CMN＝60°.
∴∠CMN＝∠ACB.
∴MN∥BE.
类型4 双垂型
基本图形如图：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B＝∠CAE.
6．如图，AD⊥AB于点A，BE⊥AB于点B，点C在AB上，且CD⊥CE，CD＝CE.求证：AD＝CB.
证明：∵AD⊥AB，BE⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°.
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∴∠D＋∠ACD＝90°.
∵CD⊥CE，
∴∠ACD＋∠BCE＝180°－90°＝90°.
∴∠D＝∠BCE.
在△ACD和△BEC中，
∴△ACD≌△BEC(AAS)．
∴AD＝CB.
7．如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，直线l经过点A且绕点A在△ABC所在平面内转动，作BD⊥l，CE⊥l，D、E为垂足．求证：DA＋DB＝2DE.
证明：在l上截取FA＝DB，连结CD、CF.
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD⊥l，
∴AC＝BC，∠BDA＝90°.
∴∠CBD＋∠CAD＝360°－∠BDA－∠ACB＝360°－90°－90°＝180°.
又∵∠CAF＋∠CAD＝180°，
∴∠CBD＝∠CAF.
在△CBD和△CAF中，
∴△CBD≌△CAF(SAS)．
∴CD＝CF.
∵CE⊥l，
∴DE＝EF＝DF＝(DA＋FA)＝(DA＋DB)．
∴DA＋DB＝2DE.
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小专题(五) 一元一次不等式(组)的解法
1．解下列不等式(组)：
(1)(金华金东区期末)5x＋3＜3(2＋x)；
解：去括号，得5x＋3＜6＋3x.
移项，得5x－3x＜6－3.
合并同类项，得2x＜3.
系数化为1，得x＜.
(2)(黄冈中考)≥3(x－1)－4；
解：去分母，得x＋1≥6(x－1)－8.
去括号，得x＋1≥6x－6－8.
移项，得x－6x≥－6－8－1.
合并同类项，得－5x≥－15.
两边都除以－5，得x≤3.
(3)
解：由①，得x≥1.
由②，得x>1.
所以，不等式组的解集为x>1.
(4)(莆田中考)
解：由①，得x≤1.
由②，得x＜4.
所以原不等式组的解集为x≤1.
(5)(金华金东区期末)
解：解不等式①，得x＞.
解不等式②，得x≤4.
故不等式组的解集为＜x≤4.
2．(苏州中考)解不等式2x－1＞，并把它的解集在数轴上表示出来．
解：去分母，得4x－2＞3x－1.
移项，得4x－3x＞2－1.
合并同类项，得x＞1.
将不等式解集表示在数轴上如图：
由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费
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3．(萧山区校级月考)解不等式
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