专题7 全等三角形模型 截长补短法 2024-2025学年北师大版七年级数学下册

专题7 截长补短法 “截长补短法”在初中几何数学中有着非常重要的作用，常用来证明线段之间的和差关系。这类题目可以用“截长法”或“补短法”来解决，所谓“截长法”，就是将三条线段中最长的那一条线段分成两段，使得其中的一条线段与已知线段相等，然后再证明另外一条线段和已知线段的关系；所谓“补短法”，就是将三条三段中较短的两条线段中任取一条，延长至与另外一条较短线段相同的长度，然后比较所得的线段与最长线段的大小关系。当题目中出现a+b=c这种结论时，一般可以利用截长补短法解决，很多题目可能会与角平分线相结合进行考查。 常见的截长补短法添加辅助线的方法： （1）截长法 ①在线段AB（最长线段）上截取AC（某条较短线段），使得AC=EF，连接…… ②过某点作AB（最长线段）的垂线 （2）补短法 ①延长AB（某条较短线段）至点C，使得BC=EF（另外一条较短线段），连接…… ②通过旋转法，使得两条较短线段在同一直线上，半角模型中可以利用这种方法 截长补短法的解题步： ①添加辅助线（截长或补短） ②连接线段，构造全等三角形 ③证明三角形全等，转移线段 【典型例题】 例题1：如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠C=2∠B，试判断AB，AC，CD三者之间的数量关系，并说明理由． 例题2：如图，已知AC∥BD，EA、EB分别平分∠CAB和∠DBA，CD过点E，求证：AB=AC+BD 【巩固练习】 1.已知△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，并说明理由． 2.如图，△ABC是等边三角形，D是△ABC外一点，且∠BDC=60°，判断DA、DB、DC的数量关系． 3.如图，AD∥BC，DC⊥AD，AE平分∠BAD，且点E是DC的中点．求证：AB=AD+BC． 4.如图，已知正方形ABCD中，E为BC边上任意一点，AF平分∠DAE．求证：AE-BE=DF． 5.△ABC中，∠BAC=60°，∠C=40°，AP平分∠BAC交BC于P，BQ平分∠ABC交AC于Q，求证：AB+BP=BQ+AQ 6.如图，在中，，，为上任意一点。求证：。 7.已知△ABC中，AB=AC，BE平分∠ABC交边AC于E． （1）如图（1），当∠BAC=108°时，证明：BC=AB+CE； （2）如图（2），当∠BAC=100°时，（1）中的结论还成立吗？若不成立，是否有其他两条线段之和等于BC，若有请写出结论并完成证明． 8.如图，在四边形ABCD中，BC＞BA，AD=DC，BD平分∠ABC．求证：∠BAD+∠C=180°． 9.如图，已知∠1=∠2，P为BN上一点，且PD⊥BC于D，AB+BC=2BD，求证：∠BAP+∠BCP=180°． 10.如图所示，在五边形ABCDE中，AB=AE，BC+DE=CD，∠ABC+∠AED=180°，求证：DA平分∠CDE． 参考答案： 例题1：方法一：截长法 证明：在AB上取点E，使得AE=AC， ∵AD平分∠BAC ∴∠BAD=∠CAD 在△AED和△ACD中， ∴△AED≌△ACD（SAS）， ∴∠AED=∠C，AE=AC，ED=CD， ∵∠C=2∠B，且∠AED=∠B+∠BDE， ∴∠B=∠BDE， ∴BE=DE， ∴AB=AE+BE=AC+DE=AC+CD． 方法二：补短法 证明：如图，延长AC到点F，使CF=CD, ∵CF=CD ∴∠CDF=∠F ∵∠ACB=∠CDF+∠F ∴∠ACB=2∠F 又∵∠C=2∠B ∴∠B=∠F ∵AD平分∠BAC ∴∠BAD=∠CAD 在△ABD和△AFD中， ∴△BAD≌△FAD（AAS） ∴AB=AF ∵AF=AC+CF ∴AB=AC+CD． 例题2：方法一：截长法 如图（1）在AB上截取AF=AC，连结EF， 在△ACE和△AFE中， ∴△ACE≌△AFE（SAS）， ∴∠5=∠C， ∴AC∥BD， ∴∠C+∠D=180°， ∵∠5+∠6=180°， ∴∠6=∠D， 在△EFB和△BDE中， ∴△EFB≌△EDB（AAS）， ∴FB=DB， ∴AC+BD=AF+FB=AB； 方法二：补短法 如图（2），延长BE，与AC的延长线相交于点F， ∵AC∥BD， ∴∠F=∠4， ∵∠3=∠4， ∴∠F=∠3 在△AEF和△AEB中 ∴△AEF≌△AEB（AAS）， ∴AB=AF，BE=FE， 在△BED和△FEC中， ∴△BED≌△FEC（ASA）， ∴BD=FC， ∴AB=AF=AC+CF=AC+BD． 【巩固练习】 1.解：在BC上取点G使得CG=CD， ∵∠BOC=180°-（∠ABC+∠ACB）=180°-（180°-60°）=120°， ∴∠BOE=∠COD=60°， ∵在△COD和△COG中， ∴△COD≌△COG（SAS）， ∴∠COG=∠COD=60°， ∴∠BOG=120°-60°=60°=∠BOE， ∵在△BOE和△BOG中， ∴△BOE≌△BOG（ASA）， ∴BE=BG， ∴BE+CD=BG+CG=BC． 2.解：结论：BD=DA+DC． 理由：如图，在DM上截取一点M，使得DM=DC． ∵∠BDC=60°， ∴△DMC是等边三角形， ∵△ABC是等边三角形， ∴DC=CM=DM，∠DCM=∠ACB=60°，CA=CB， ∴∠ACD=∠BCM， 在△CAD和△CBM中， ∴△CAD≌△CBM， ∴BM=AD， ∴BD=BM+DM=AD+DC． 3.证明：作EF⊥AB于F，连接BE， ∵AE平分∠BAD，DC⊥AD，EF⊥AB， ∴EF=ED． ∵E是DC的中点， ∴DE=EC， ∴EC=EF． ∵AD∥BC，DC⊥AD， ∴∠DCB=90°． ∴∠BFE=∠ECB=90°． 在Rt△BFE和Rt△BCE中， ∴Rt△BFE≌Rt△BCE（HL）． ∴BF=BC， 同理可证：AF=AD， ∴AD+BC=AF+BF=AB，即AD+BC=AB． 4.证明：延长CB到G，使GB=DF，连接AG（如图）， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD=AB，∠ADF=∠ABC=∠ABG=90° 在△ADF和△ABG中， ∴△ADF≌△ABG（ASA）， ∴∠1=∠G，∠3=∠2=∠4， 又∵AB∥CD ∴∠1=∠4+∠5=∠3+∠5=∠GAE ∴∠G=∠GAE ∴AE=GE=GB+BE=DF+BE ∴AE-BE=DF． 5.证明：延长AB到D，使BD=BP，连接PD， 则∠D=∠5． ∵AP，BQ分别是∠BAC，∠ABC的平分线，∠BAC=60°，∠ACB=40°， ∴∠1=∠2=30°，∠ABC=180°-60°-40°=80°，∠3=∠4=40°=∠C， ∴QB=QC， 又∠D+∠5=∠3+∠4=80°， ∴∠D=40°． 在△APD与△APC中， ∴△APD≌△APC（AAS）， ∴AD=AC．即AB+BD=AQ+QC， ∴AB+BP=BQ+AQ． 6.证明：在AB上取一点E，使AE=AC，连接PE ∵AP为∠BAC的平分线， ∴∠1=∠2， 在△AEP和△ACP中， ∴△AEP≌△ACP（SAS） ∴PE=PC ∵AE=AC ∴BE=AB-AE=AB-AC 在△PBE中， ∵BE＞PB-PE ∴AB-AC＞PB-PC 7.解：（1）如图1中，在BC上截取BD=BA． ∵BA=BD，∠EBA=∠EBD，BE=BE， ∴△BEA≌△BED， ∴BA=BD，∠A=∠BDE=108°， ∵AB=AC， ∴∠C=∠ABC=36°，∠EDC=72°， ∴∠CED=72°， ∴CE=CD， ∴BC=BD+CD=AB+CE． （2）结论：BC=BE+AE． 理由：如图2中，在BA、BC上分别截取BF=BE，BH=BE．则△EBH≌△EBF， ∴EF=EH， ∵∠BAC=100°，AB=AC， ∴∠ABC=∠C=40°， ∴∠EBA=∠EBC=20°， ∴∠BFE=∠H=∠EAH=80°， ∴AE=EH， ∵∠BFE=∠C+∠FEC， ∴∠CEF=∠C=40°， ∴EF=CF， ∴BC=BF+CF=BE+AE． 8.证明：在BC上截取BE=BA，连接DE， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠EBD， 在△ABD和△EBD中 ∴△ABD≌△EBD， ∴∠A=∠BED，AD=DE， ∵AD=DC， ∴DE=DC， ∴∠C=∠DEC， ∵∠BED+∠DEC=∠A+∠DEC=∠A+C=180°， ∴∠BAD+∠C=180°． 9.证明：如图，过点P作PE⊥AB于E， ∵∠1=∠2，PD⊥BC， ∴PD=PE， 在Rt△BPE和Rt△BPD中， ∴Rt△BPE≌Rt△BPD（HL）， ∴BE=BD， ∵AB+BC=2BD， ∴BE-AE+BD+CD=2BD， ∴AE=CD， 在△APE和△CPD中， ∴△APE≌△CPD（SAS）， ∴∠BCP=∠PAE， ∵∠BAP+∠PAE=180°， ∴∠BAP+∠BCP=180°． 10.解：连接AC，延长DE到F，使EF=BC，连接AF， ∵BC+DE=CD，EF+DE=DF， ∴CD=FD， ∵∠ABC+∠AED=180°，∠AEF+∠AED=180°， ∴∠ABC=∠AEF， 在△ABC和△AEF中， ∴△ABC≌△AEF（SAS）， ∴AC=AF， 在△ACD和△AFD中， ∴△ACD≌△AFD（SSS） ∴∠ADC=∠ADF， 即AD平分∠CDE． 学科网（北京）股份有限公司 $$