八年级数学 全等三角形截长补短法专题

八年级数学全等三角形截长补短法专题

在人教八年级上册课本的全等三角形部分中，介绍了角的平分线的性质，这一性质在许多问题中都有着广泛的应用。而“截长补短法”是解决这类问题的一种特殊方法，常常能使思路豁然开朗。下面将介绍几个例子。例1：已知如图1-1，在四边形ABCD中，BC＞AB，AD=DC，BD平分∠ABC。要证明∠BAD+∠BCD=180°。分析：我们可以通过构造直角三角形，利用“截长补短法”来解决这个问题。证明：过点D作DE垂直BA的延长线于点E，作DF⊥BC于点F，如图1-2。因为BD平分∠ABC，所以DE=DF。在Rt△ADE与Rt△CDF中，根据HL条件，可得到Rt△ADE≌Rt△CDF，从而∠DAE=∠DCF。又∠BAD+∠DAE=180°，所以∠BAD+∠DCF=180°，即∠BAD+∠BCD=180°。例2：如图2-1，AD∥BC，点E在线段AB上，∠ADE=∠CDE，∠DCE=∠ECB。要证明CD=AD+BC。分析：结论是CD=AD+BC，我们可以利用“截长补短法”中的“截长”，即在CD上截取CF=CB，只需再证明DF=DA即可，从而简化问题。证明：在CD上截取CF=BC，如图2-2。在△FCE与△BCE中，根据SAS条件，可得到△FCE≌△BCE，从而∠2=∠1。又因为AD∥BC，所以∠ADC+∠BCD=180°，因此∠DCE+∠CDE=90°，故∠2+∠3=90°，∠1+∠4=90°，从而∠3=∠4。在△FDE与△ADE中，根据ASA条件，可得到△FDE≌△ADE，从而DF=DA。因为CD=DF+CF，所以CD=AD+BC。例3：已知如图3-1，∠1=∠2，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，AB+BC=2BD。要证明∠BAP+∠BCP=18°。（此处删除明显有问题的段落）证明：在△PBD中，根据正弦定理，可得到BD/DP=sin∠1，而在△PBC中，BD/DP=sin∠2，因此sin∠1=sin∠2。因为0°＜∠1,∠2＜180°，所以∠1=∠2或∠1+∠2=180°。由于∠1=∠2，所以∠1+∠2=2∠1=180°，即∠1=∠2=90°。又因为AB+BC=2BD，所以AD=BD=CD。在△APB与△CPB中，根据SAS条件，可得到△APB≌△CPB，从而∠BAP=∠BCP。又因为∠BAP+∠BCP=2∠BAP=180°-2∠BPC，所以∠BAP+∠BCP=18°。分析：根据条件可得∠C=180°-∠A-∠B=2∠B，即∠A=3∠B，因此可以将∠A和∠B分别表示为3x和x，然后利用三角形内角和定理得到∠C=2x。接着可以将∠1和∠2移到一起，让它们是邻补角，即证明∠BCP=∠EAP，从而可以构造全等三角形。证明过程如下：证明：过点P作PE垂直BA的延长线于点E，如图3-2所示。因为∠1=∠2，且PD⊥BC，所以PE=PD。在直角三角形BPE和BPD中，PE=PD，BP=BP，因此根据HL（斜边和直角边相等）可得Rt△BPE≌Rt△BPD，因此BE=BD。又因为AB+BC=2BD，所以AB+BD+DC=BD+BE，即AB+DC=BE，即DC=BE-AB=AE。在直角三角形APE和CPD中，PE=PD，PEA=PDC，AE=DC，因此根据SAS（两边和夹角相等）可得Rt△APE≌Rt△CPD，从而得到∠PAE=∠PCD。又因为∠BAP+∠PAE=180°，所以∠BAP+∠BCP=180°，因此∠BCP=∠EAP，从而可以构造全等三角形。因此，可以得到AB=AC+CD，证毕。例4.已知：如图4-1，在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2。求证：AB=AC+CD。分析：根据条件可得∠C=180°-∠A-∠B=2∠B，即∠A=3∠B，因此可以将∠A和∠B分别表示为3x和x。接着可以利用三角形内角和定理得到∠C=2x，然后根据∠1=∠2将两个角移到一起，让它们是邻补角，即证明∠BAC=∠BDC，从而可以利用“补短”构造全等三角形。证明过程如下：证明：过点D作DE垂直BC的延长线于点E，如图4-2所示。因为∠1=∠2，所以∠BAC=180°-∠1-∠A=180°-∠2-∠A=∠BDC。在直角三角形ABE和CDE中，AE=DE，BE=CE，∠AEB=∠CED=90°，因此根据HL可得Rt△ABE≌Rt△CDE，因此AB=CD。在△ADE中，∠A=3x，∠DAE=180°-∠C=180°-2x，因此∠ADE=x，从而得到∠AED=90°