第10讲 拓展专题：“截长补短模型”证明三角形全等-新八年级数学暑假自学提升课讲义（人教版）解析版

第第页第10讲拓展专题：“截长补短模型”证明三角形全等截长：即在一条较长的线段上截取一段较短的线段在线段上截取补短：即在较短的线段上补一段线段使其和较长的线段相等延长，使得截长补短法是几何证明题中十分重要的方法，通常来证明几条线段的数量关系，常见做辅助线方法有：截长法：⑴过某一点作长边的垂线；⑵在长边上截取一条与某一短边相同的线段，再证剩下的线段与另一短边相等。补短法：⑴延长短边。⑵通过旋转等方式使两短边拼合到一起，证与长边相等。1．模型分析当题目中出现线段的和差关系时，考虑用截长补短法，该类题日中常出现等腰三角形、角平分线等关键词句，采用截长补短法进行证明．问题：如图，在中，平分交于点，且，求证：．截长法：在上截取，连接，证明即可．补短法：延长至点，使，连接，证明即可．请结合右边的证明结论．求证：．请结合右边的【模型分析】证明结论．求证：．【截长法】【补短法】【分析】【截长法】在上截取，连接，证明，得到，再证明即可．【补短法】延长到，使，连接，可得，由“”可证，可得，可得结论．【解答】证明：【截长法】在上截取，连接，平分，，在和中，，，，，又，，而，，，．证明：【补短法】延长到，使，连接，，，，且，，且，，，．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；此题利用了全等三角形中常用辅助线截长补短法构造全等三角形，然后利用全等三角形解题，这是解决线段和差问题最常用的方法，注意掌握．题型归纳【例1】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．如图，在中，，于D，求证：．∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∴．解法二：（补短）延长CB到F，使，连接AF，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【例2】（2022秋•盱眙县期中）【初步探索】（1）如图1，是等边三角形，点是边下方一点，，探索线段、、之间的数量关系；【灵活运用】（2）如图2，为等边三角形，直线，为边上一点，交直线于点，且．求证：；【延伸拓展】（3）如图3，在四边形中，，．若点在的延长线上，点在的延长线上，满足，请直接写出与的数量关系．【分析】（1）由等边三角形知，，结合知，由知，证得，，再证是等边三角形得；（2）首先在上截取，由为等边三角形，易得是等边三角形，继而可证得，即可得，则可证得；（3）在延长线上取一点，使得，连接，先判定，再判定，得出，最后根据，进而推导得到，即可得出结论．【解答】（1）解：如图1，延长到点，使，连接，是等边三角形，，，，，又，，，，，，即，，即，是等边三角形，，即；（2）证明：在上截取，是等边三角形，，是等边三角形，，，，，，，直线，，，在和中，，，，；即．（3）解：；证明：如图3，在延长线上取一点，使得，连接，，，，又，，，，，，，，，，，即，．【点评】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．【例3】．（2021秋•五峰县期中）在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；补短法：延长较短线段和较长线段相等．这两种方法统称截长补短法．请用这两种方法分别解决下列问题：已知，如图，在中，，，为上任一点，求证：．【分析】解法一：在上截取，使，连接，证明，得，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可；解法二：延长到，使，连接，证明，得，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可．【解答】解：解法一：如图，在上截取，使，连接，在和中，，，，在中，，即；解法二：如图，延长到，使，连接，在和中，，，，在中，，即．【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．【例4】．（2023秋•平桥区期中）阅读材料：截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．依据上述材料，解答下列问题：如图1，在中，平分，交于点，且，求证：．（1）为了证明结论“”，小亮在上截取，使得，连接，解答了这个问题，请按照小亮的思路写证明过程；（2）如图2，在四边形中，已知，，，，是的高，，，求的长．【分析】（1）在上截取，使得，连接，根据角平分线的定义可得，再利用证明，从而可得，，进而可得，然后利用三角形的外角性质可得，从而可得，进而可得，再根据等量代换可得，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答；（2）在上截取，连接，先利用三角形内角和定理可得，从而可得，再利用证明，从而可得，进而可得，然后利用三角形内角和定理可得，从而可得，再利用等腰三角形的三线合一性质可得，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．【解答】解：（1）在上截取，使得，连接，平分，，，，，，，，是的一个外角，，，，，，；（2）在上截取，连接，，，，，，，，，，，，，，，，，，，的长为16．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．【例5】．（2021秋•泊头市期中）阅读在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系，截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等．应用把两个全等的直角三角形的斜边重合，，组成一个四边形，以为顶点作，交边、于、．（1）若，，证明：；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长到点，使，连接，先证明，再证明，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程；（2）当时，、、三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明）（3）如图③，在（2）的条件下，若将、改在、的延长线上，完成图③，其余条件不变，则、、之间有何数量关系？证明你的结论．【分析】（1）延长到，使，证，推出，，证，推出即可；（2）延长到，使，证，推出，，证，推出即可；（3）在截取，连接，证，推出，，证，推出即可．【解答】（1）证明：延长到，使，，，在和中，，，，，，，，，在和中，，，，，．（2），证明：延长到，使，连接，由（1）知：，，，，，，，，在和中，，，，，．（3），证明：在截取，连接，，，，，，，，在和中，，，，，，，在和中，，，，，．【点评】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，运用了类比推理的方法，题目比较典型，但有一定的难度．【例6】．（2023秋•建昌县期末）【问题初探】（1）如图1，在四边形中，，．、分别是、上的点，且，探究图中，，之间的数量关系．甲同学探究此问题的方法：延长到点，使．连接．先证明，再证，请你根据甲同学的解题思路直接写出，，装之间的数量关系．【类比分析】像（1）题一样，当已知（或求证）一条线段等于另外两条线段的和（或差）时，经常用到这种方法——截长补短法构造全等三角形来完成证明过程，这样可以利用转化思想，把两条线段的和（或差）转化成一条线段，从而降低解题难度．请你用这种方法解答（2）．（2）如图2，若在四边形中，，，，分别是，上的点．且，上述结论是否仍然成立？请说明理由．【学以致用】（3）如图3，在四边形中，，．若点在的延长线上，点在的延长线上，且，请直接写出与之间的数量关系．【分析】（1）延长到点，使，由可得，有，，而，，可得，即可证，得，从而；（2）延长到点，使，连接，由，，得，可证，得，，而，故，根据可得，即得；（3）延长到，使，连接，由，，有，可知，得，，而，即可得，故，又，即得．【解答】解：（1）延长到点，使，如图：，，，，，，，，，，，，，，，；故答案为：；（2）上述结论仍然成立，理由如下：延长到点，使，连接，如图：，，，在和中，，，，，，，在和中，，，，即；（3），理由如下：延长到，使，连接，如图：，，，，，，，，，，，，，，．【点评】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，角的和差等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．过关检测1.如图，在中，，的平分线交于点．求证：．方法一：（截长）在上截取，连接．在和中，，∴∴，又∵∴，∴∴．方法二：（补短）延长到点使得，连接．在和中，，，∴，∴又∵∴∴，∴．方法三：（补短）延长到点使得，连接则有，又∵，∴∴∴，∴∴AB+BD=AC若题目条件或求证结论中含有“”的条件，需要添加辅助线时多考虑“截长补短”.建议教师此题把3种解法都讲一下，方便学生更加深刻理解这种辅助线添加方法.2.如图，已知在△ABC中，∠C=2∠B,∠1=∠2，求证：AB=AC+CD解析：在AB上取一点E,使AE=AC,连接DE,∵AE=AC,∠1=∠2，AD=AD∴△ACD≌△AED∴CD=DE,∠C=∠3∵∠C=2∠B∴∠3=2∠B=∠4+∠B∴∠4=∠B，∴DE=BE,CD=BE∵AB=AE+BE∴AB=AC+CD3.如图，AC平分∠BAD，CE⊥AB于点E，∠B+∠D=180°，求证：AE=AD+BE.解析：如图，在EA上取点F,使EF=BE,连接CF,∵CE⊥AB∴CF=CB∠CFB=∠B∵∠AFC+∠CFB=180°，∠D+∠B=180°∴∠D=∠AFC∵AC平分∠BAD即∠DAC=∠FAC在△ACD和△ACF中∠D=∠AFC∠DAC=∠FACAC=AC∴ACD≌△ACF（AAS）∴AD=AF∴AE=AF+EF=AD+BE4.如图所示，AB∥CD,BE,CE分别是∠ABC,∠BCD的平分线，点E在AD上，求证：BC=AB+CD.解析：在BC上取点F，使BF=AB∵BE,CE分别是∠ABC,∠BCD的平分线∴∠ABE=∠FBE,∠BCE=∠DCE∵AB∥CD∴∠A+∠D=180°在△ABE和△FBE中AB=FB∠ABE=∠FBEBE=BE∴△ABE≌△FBE（SAS）∴∠A=∠BFE∴∠BFE+∠D=180°∵∠BFE+∠EFC=180°∴∠EFC=∠D在△EFC和△EDC中，∠EFC=∠D∠BCE=∠DCECE=CE∴△EFC≌△EDC（AAS）∴CF=CD∵BC=BF+CF∴BC=AB+CD5．（2023·全国·八年级假期作业）如图，四边形中，，，，M、N分别为AB、AD上的动点，且．求证：．【答案】见解析【分析】延长至点，使得，连接，根据同角的补角相等得，根据证明，则，进而证明，根据证明，得到，则．【详解】证明：延长至点，使得，连接，四边形中，，，，在和中，，，，，，，，，在和中，，，．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．6.如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP于D．求证：AD+BC=AB．【答案】证明见解析【分析】如图，在上截取证明再证明可得从而可得结论.【详解】证明：如图，在上截取平分平分【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握“利用截长补短的方法证明两条线段的和等于另一条线段”是解题的关键.7.如图，在△ABC中，∠B=60°，△ABC的角平分线AD、CE相交于点O，求证：AE+CE=AC.解析：由题意可得∠AOC=120°∴∠AOE=∠DOC=180°-∠AOC=180°-120°=60°在AC上截取AF=AE，连接OF，如图在△AOE和△AOF中，AE=AF∠OAE=∠OAFOA=OA∴△AOE≌△AOF（SAS）∴∠AOE=∠AOF，∴∠AOF=60°∴∠COF=∠AOC-∠AOF=60°又∠COD=60°，∴∠COD=∠COF同理可得：△COD≌△COF（ASA）∴CD=CF又∵AF=AE∴AC=AF+CF=AE+CD即AE+CD=AC8.如图，是等边三角形，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个角，角的两边分别交AB于M，交AC于N，连接MN，求证：．延长AC到E点，使，连接DE，由题意可知，，，，，，，，，，，，，．9.已知四边形ABCD是正方形，E、F分别在CB、CD的延长线上，．求证：．延长FD到G，使，连接AG，∵四边形ABCD是正方形，∴，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴．10.在中，的平分线交于，，，求的大小．在上截取，连接．∵，，，∴，∴，，∵，，∴∴，11．已知：在中，，，求证：．方法一：在上取一点，使，如图1，在和中，，，．∴．∴，．又∵∴，∴∴．方法二：延长到点，使，如图2，∴．∵，∴．在和中，，，．∴．∴．∵∴．12.如图，在五边形ABCDE中，AB=AE,BC+DE=CD,∠B+∠E=180°，求证：AD平分∠CDE.解析：延长CB至点F,使BF=DE,连接BF=DE,连接AF,AC∵∠1+∠2=180°，∠E+∠1=180°∴∠2=∠E∵AB=AE,∠2=∠E,BF=DE∴△ABF≌△AED∠F=∠4，AF=AD∵BC+BF=CD即FC=CD又∵AC=AC∴△ACF≌△ACD∴∠F=∠3∵∠F=∠4∴∠3=∠4∴AD平分∠CDE.13.已知四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=BC如图2，点P,Q分别在线段AD,DC上，满足PQ=AP+CQ,求证：∠PBQ=90°-12∠ADC解析：如图2，延长DC，在上面找一点K，使得CK=AP，连接BK,∵∠ABC+∠ADC=180°∴∠BAD+∠BCD=180°∵∠BCD+∠BCK=180°∴∠BAD=∠BCK在△BAP和△BKC中AP=CK∠BAP=∠BCKAB=BC∴△BPA≌△BKC（SAS）∴∠ABP=∠CBK,BP=BK∵PQ=AP+CQ∴PQ=QK∵在△BPQ和△BKQ中BP=BKBQ=BQPQ=KQ∴△BPQ≌△BKQ(SSS)∴∠PBQ=∠KBQ∴∠PBQ=12∵∠ABC+∠ADC=180°∴∠ABC=180°-∠ADC∴12∠ABC=90°-1∴∠PBQ=90°-1214.正三角形ABC中，E在AB上，F在AC上EDF=60°，DB=DC，BDC=120°，请问现在EF、BE、CF又有什么数量关系？数量关系为：EF=BE+FC，理由如下延长AC到点G，使得CG=BE，连接DG由△ABC是正三角形得：ABC=ACB=60°又∵DB=DC，BDC=120°，∴DBC=DCB=30°∴DBE=ABC+DBC=60°+30°=90°，ACD=ACB+DCB=60°+30°=90°∴GCD=180°ACD=90°∴DBE=DCG=90°又∵DB=DC，BE=CG，∴△DBE≌△DCG（SAS）∴EDB=GDC，DE=DG又∵DBC=120°=EDB+EDC=GDC+EDC=EDG∴GDF=EDGEDF=12060°=60°∴GDF=EDF=60°又∵DG=DE，DF=DF∴△GDF≌△EDF（SAS）∴EF=GF=CG+FC=BE+FC15.正方形ABCD中，点E在CD延长线上，点F在BC延长线上，EAF=45°，请问现在EF、DE、BF又有什么数量关系？数量关系为：EF=BFDE．理由如下：在BC上截取BG，使得BG=DF，连接AG由四边形ABCD是正方形得ADE=ABG=90°，AD=AB又DE=BG∴△ADE≌△ABG（SAS）∴EAD=GAB，AE=AG由四边形ABCD是正方形得DAB=90°=DAG+GAB=DAG+EAD=GAE∴GAF=GAEEAF=90°45°=45°∴GAF=EAF=45°又∵AG=AE，AF=AF∴△EAF≌△GAF（SAS）∴EF=GF=BFBG=BFDE16.正方形ABCD中，点E在DC延长线上，点F在CB延长线上，EAF=45°，请问现在EF、DE、BF又有什么数量关系？数量关系为：EF=DEBF.理由如下：在DC上截取DG，使得DG=BF，连接AG由四边形ABCD是正方形得ADG=ABF=90°，AD=AB又∵DG=BF∴△ADG≌△ABF（SAS）∴GAD=FAB，AG=AF由四边形ABCD是正方形得DAB=90°=DAG+GAB=BAF+GAB=GAF∴GAE=GAFEAF=90°45°=45°∴GAE=FAE=45°又∵AG=AF，AE=AE∴△EAG≌△EAF（SAS）∴EF=EG=EDGD=DEBF17．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，，、分别平分、，与交于点O．（1）求的度数；（2）说明的理由．【答案】（1）120°；（2）见解析【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠OAB+∠OBA=60°，从而得到∠AOB；（2）在AB上截取AE=AC，证明△AOC≌△AOE，得到∠C=∠AEO，再证明∠C+∠D=180°，从而推出∠BEO=∠D，证明△OBE≌△OBD，可得BD=BE，即可证明AC+BD=AB．【详解】解：（1）∵AD，BC分别平分∠CAB和∠ABD，∠CAB+∠ABD=120°，∴∠OAB+∠OBA=60°，∴∠AOB=180°-60°=120°；（2）在AB上截取AE=AC，∵∠CAO=∠EAO，AO=AO，∴△AOC≌△AOE（SAS），∴∠C=∠AEO，∵∠C+∠D=（180°-∠CAB-∠ABC）+（180°-∠ABD-∠BAD）=180°，∴∠AEO+∠D=180°，∵∠AEO+∠BEO=180°，∴∠BEO=∠D，又∠EBO=∠DBO，BO=BO，∴△OBE≌△OBD（AAS），∴BD=BE，又AC=AE，∴AC+BD=AE+BE=AB．【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形内角和，全等三角形的判定和性质，解题的关键是截取AE=AC，利用全等三角形的性质证明结论．18．如图所示，已知△ABC中AB＞AC，AD是∠BAC的平分线，M是AD上任意一点，求证：MB－MC＜AB－AC．【答案】见解析【分析】法一：因为AB＞AC，所以在AB上截取线段AE＝AC，则BE＝AB－AC，连接EM，在△BME中，显然有MB－ME＜BE，再证明ME＝MC，则结论成立．法二：延长AC至H，在AH上截取线段AB＝AG，证明△ABM≌△AGM，得到BM=GM，根据三角形的三边关系即可求解．【详解】证明：法一：在AB上截取AE＝AC，连接ME，在△MBE中，MB－ME＜BE（三角形两边之差小于第三边）,∵AD是∠BAC的平分线，∴,在△AMC和△AME中，∵∴△AMC≌△AME（SAS），∴MC＝ME（全等三角形的对应边相等）．又∵BE＝AB－AE，∴BE＝AB－AC，∴MB－MC＜AB－AC．法二：延长AC至H，在AH上截取线段AB＝AG，同理可证得△ABM≌△AGM（SAS），∴BM=GM，∵在△MCG中MG-MC＜CG∴MB－MC＜AG-AC=AB－AC即MB－MC＜AB－AC．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系以及截长补短法，解题关键是作辅助线构造全等三角形．19．（2023·全国·九年级专题练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是；（不需要证明）（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论