专题04 全等三角形模型之截长补短法（几何模型讲义）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题04 全等三角形模型之截长补短法 截长补短，顾名思义就是把较长的线段截成两条线段或者延长较短的线段成为一条新的线段。所谓“截 长”，就是将三者中最长的那条线段一分为二，使其中的一条线段与己知线段相等，然后证明其中的另一段与已知的另一段的大小关系。所谓“补短”，就是将一个己知的较短的线段延长至与另一个己知的较短的长度相等。然后求出延长后的线段与最长的已知线段的关系。有的是采取截长补短后，使之构成某种特定的三角形进行求解。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 5 模型运用 8 12 ‌ 截长补短源于《九章算术》“以盈补虚”思想，古匠造殿梁长不足，截他木续之，发现截补后两梁端点重合、角线相符，遂悟可证全等．明代木工将此经验总结为“截长补短法”，后经徐光启引入《几何原本》体系，成为证明三角形全等的重要辅助手段，体现了中国传统技艺与西方逻辑推理的融合。 该模型常用于初中几何题中，专门解决线段的和、差、倍、分问题，把不在同一直线的线段，转化到同一条线段上，构造全等三角形，实现线段等量代换，把复杂和差关系，简化为“两段相等”的基础证明。 1、（2024•扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论． 如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD． 【特殊化感知】 （1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 AD﹣BD＝CD ； 【一般化探究】 （2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由； 【拓展性延伸】 （3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示） 【分析】（1）利用等边三角形的判定与性质和含30°角的直角三角形的性质解答即可； （2）延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，利用等边三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，圆周角定理和全等三角形的判定与性质解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当点C、D在AB同侧时，延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，利用圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理得到DE＝2DF＝2CD•sin，再利用全等三角形的判定与性质得到AD＝BE，则结论可得；②当点C、D在AB两侧时，延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，利用①的方法解答即可． 【解答】解：（1）∵CA＝CB，∠ACB＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∵AD为⊙O的直径， ∴∠ABD＝∠ACD＝90°，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝30°， ∴CD＝BDAD， ∴AD﹣BD＝CD． 故答案为：AD﹣BD＝CD； （2）若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，AD﹣BD与CD的数量关系为：AD﹣BD＝CD，理由： 延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，如图， ∵CA＝CB，∠ACB＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠CDE＝∠BAC＝60°， ∵DE＝CD， ∴△CDE为等边三角形， ∴CE＝CD，∠DCE＝∠E＝60°， ∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝60°+∠BCD， ∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝60°+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE． ∵∠ADC＝∠ABC＝60°， ∴∠ADC∠E＝60°． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（ASA）， ∴AD＝BE， ∵BE＝BD+DE＝BD+CD， ∴AD＝BD+CD， ∴AD﹣BD＝CD． （3）①当点C、D在AB同侧时， 延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，如图， ∵CA＝CB，∠ACB＝α， ∴∠CAB＝∠CBA＝90°， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠CDE＝∠BAC＝90°， ∵CE＝CD， ∴∠CDE＝∠E＝90°α，∠DCE＝α． ∵CF⊥DE， ∴∠DCF＝∠ECF，DF＝EF＝CD•sin， ∴DE＝2DF＝2CD•sin， ∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝α+∠BCD，∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝α+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， ∵∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠ADC＝∠E． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（ASA）， ∴AD＝BE， ∵BE＝BD+DE＝BD+2CD•sin， ∴AD﹣BD＝2CD•sin． ②当点C、D在AB两侧时， 延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，如图， ∵CA＝CB，∠ACB＝α， ∴∠CAB＝∠CBA＝90°， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠CBE＝∠DAC， 在△CAD和△CBE中， ， ∴△CAD≌△CBE（SAS）， ∴CD＝CE，∠ADC＝∠E， ∵∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠E＝90°， ∵CF⊥DE， ∴∠DCF＝∠ECF，DF＝EF＝CD•sin， ∴DE＝CD•sin， ∴DE＝2CD•sin， ∵DE＝BD+BE＝AD+BD， ∴AD+BD＝2CD•sin． 综上，若∠ACB＝α，AD、BD、CD满足的数量关系为：当点C、D在AB同侧时AD﹣BD＝2CD•sin；当点C、D在AB两侧时，AD+BD＝2CD•sin． 2、（2025•新吴区二模）【问题原型】在数学活动课上，老师给出如下问题：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以BC为斜边作直角三角形BCD，点D，A在边BC同侧，BD与AC交于点O，连接AD，过A作AE⊥BD于点E．求证：BE＝CD+DE（请根据下面的要求完成证明）． 【解决问题】如图②，有思维敏捷的同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在BD上截取BF＝CD，连接AF，将线段BE、CD、DE之间的数量关系转化为线段DE与EF之间的数量关系．请根据上述解题思路写出证明BE＝CD+DE的完整过程． 【实践应用】 （1）∠ADC的大小为 　135　 度； （2）若O是AC的中点，且CD＝3，求四边形ABCD的面积． 【分析】【解决问题】通过证明△ABF≌△ACD（SAS）即可得出结论； 【实践应用】（1）：利用三角形全等得到AD＝AF，∠ADC＝∠AFB，∠BAF＝∠CAD，结合三角形内角和定理求出∠AFE的度数进而求出结果； （2）通过证明△AEO≌△CDO（AAS）得到AE＝CD＝3，通过求出角的度数得到∠FAE＝∠AFE，利用等腰三角形的性质即可得出BF＝CD＝AE＝FE＝ED＝3，结合三角形面积公式求出结果即可． 【解答】【解决问题】证明：如图②，在BD上截取BF＝CD，连接AF， ∵∠BAC＝∠BDC＝90°，∠AOB＝∠COD， ∴∠ABF＝∠ACD， 在△ABF和△ACD中， ， ∴△ABF≌△ACD（SAS）， ∴AF＝AD， ∵AE⊥DF， ∴FE＝DE， ∵BE＝BF+EF， ∴BE＝CD+DE； 【实践应用】解：（1）∵△ABF≌△ACD， ∴AD＝AF，∠AFB＝∠ADC，∠BAF＝∠CAD， ∵∠BAC＝∠BAF+∠FAO＝90°， ∴∠FAD＝∠CAD+∠FAO＝90°， 在Rt△AFD中，∠AFE（180°﹣∠FAD）＝45°， ∴∠ADC＝∠AFB＝180°﹣∠AFE＝180°﹣45°＝135°， 故答案为：135； （2）解：∵O是AC中点， ∴AO＝CO， ∵AE⊥BD，CD⊥BD， ∴∠AEO＝∠BDC＝90°， 在△AEO与△CDO中， ， ∴△AEO≌△CDO（AAS）． ∴AE＝CD＝3， 由（1）得∠AFE＝45°， ∴∠FAE＝180°﹣∠AFE﹣∠AEF＝180°﹣90°﹣45°＝45°， ∴∠FAE＝∠AFE， ∴FE＝AE， ∵AE是等腰△AFD的高， ∴FE＝ED， ∵BF＝CD， ∴BF＝CD＝AE＝FE＝ED＝3， ∴BD＝BF+FE+ED＝3+3+3＝9， ∴四边形ABCD的面积＝S△ABD+S△BCDBD×AEBD×CD9×39×3＝27． 3、（2025•沾化区二模）【了解概念】折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段PM、MA组成折线段PMA，点B在折线段PMA上，若PB＝BM+MA，则称点B是折线段PMA的中点． 【理解应用】 （1）如图2，⊙M的半径为2，PA是的切线，A为切点，点B是折线段PMA的中点，若∠P＝30°，则PB的长为 　3　 ． 【认识定理】阿基米德折弦定理：如图3，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线段ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，从M向BC作垂线，垂足为D，则CD＝AB+BD．这个定理有很多证明方法，下面方框是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程． 【定理证明】 证明：如图3，在BC上截取CG＝AB，连接MC、MG、MB、MA， ∵点M是的中点， ∴， ∴MA＝MC． （2）请按照上面方框中【定理证明】的证明思路，在图3中连接辅助线并写出该证明的剩余部分； 【变式探究】 （3）如图4，若点M是的中点，【定理证明】中的其他条件不变，则CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？请直接写出结论． 【分析】（1）根据切线的性质和含30°角的直角三角形的性质求出PM＝4，然后折线段PMA的中点的定义求解即可； （2）在BC上截取CG＝AB，连接MC、MG、MB、MA，根据弧、弦的关系可得MA＝MC，根据圆周角定理可得∠A＝∠C，根据SAS证明△MAB≌△MCG，得出MB＝MG，根据三线合一的性质得出BD＝DG，然后根据线段和差关系即可得证； （3）在BD上截取BG＝AB，连接MC、MA、MB，MG，类似（2）探究即可得出结论． 【解答】解：（1）由题意可得：PA⊥AM， ∴∠PAM＝90°， ∵∠APO＝30°，AM＝2， ∴PM＝4， ∴PM+AM＝6， ∴PB＝3， 故答案为：3； （2）证明：如图3，在BC上截取CG＝AB，连接MC、MG、MB、MA， ∵点M是的中点， ∴， ∴MA＝MC． ∵， ∴∠A＝∠C， 在△MAB和△MCG中， ， ∴△MAB≌△MCG（SAS）， ∴MB＝MG， ∵MD⊥BC， ∴BD＝DG， ∴AB+BD＝CG+DG＝CD， ∴CD＝AB+BD； （3）BD＝AB+CD，理由如下： 在BD上截取BG＝AB，连接MC、MA、MB，MG， 由题意可得：， ∴AM＝CM，∠ABM＝∠MBG， 在△MAB和△MGB中， ， ∴△MAB≌△MGB（SAS）， ∴MA＝MG， ∴MC＝MG， ∵DM⊥BC， ∴CD＝DG， ∴AB+CD＝BG+DG＝BD； ∴BD＝AB+CD． 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：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 条件：，于D 结论：。 证明：解法一：（截长）在CD上截取，连接AE， ∵，∴， ∴， ∴，， ∴，∴， ∴． 解法二：（补短）延长CB到F，使，连接AF， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 条件：，于D 结论：。 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 例1【方法探究】如图1，在中，平分，，探究，，之间的数量关系； 嘉铭同学通过思考发现，可以通过“截长、补短”两种方法解决问题： 方法1：如图2，在上截取，使得，连接，可以得到全等三角形，进而解决此问题． 方法2：如图3，延长到点，使得 ，连接，可以得到等腰三角形，进而解决此问题． （1）根据探究，直接写出，，之间的数量关系； 【迁移应用】（2）如图4，在中，D是上一点，，，于，探究，，之间的数量关系，并证明． 【拓展延伸】（3）如图5，为等边三角形，点为延长线上一动点，连接．以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，求证：． 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质； （1）方法一：证明得到，，根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定证得，则，进而可得结论； 方法二：先根据等腰三角形的性质和外角性质证得，再证明得到，进而可得结论；（2）在上取，连接，根据等边对等角得出，根据三角形的外角的中得出，进而得出，即可得证； （3）先证明，过作，交于点，证明，根据等角对等边得出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：方法一：∵平分， ∴， 在和中，，，， ∴ ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 方法二：延长到点E，使得，连接， ∴，则， ∵， ∴， ∵平分， ∴， 在和中，，，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）在上取，连接， ∵于， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）如图所示，∵，为等边三角形， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 过作，交于点， ∴， ∵是的中点， ∴，又， ∴， ∴ ，，，而， ， ∴， 又∵， ∴， ∴ ， 即． 例2（2025•翁源县一模）【知识技能】 （1）如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系． 梳理解答思路并完成填空． A．旋转法：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，则BE＝DG，∠ADG＝∠B＝90°，可得∠FDG＝180°，即F，D，G三点共线． 易证△AFG≌　△AFE ，故EF，BE，DF之间的数量关系为EF＝BE+DF ． B．截长补短法：延长CD至点G，使得DG＝BE，由∠B＝∠ADG＝90°，AB＝AD，即△ABE≌△ADG，可以得到AE＝AG． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，试猜想BD，DE，EC之间的数量关系，并说明理由． 【拓展探索】 （3）如图3，正方形ABCD的边长为，∠EAF＝45°，连接BD，分别交AE，AF于点M，N．若M恰好为线段BD上靠近点B的三等分点，求线段MN的长． 【分析】（1）根据证明思路可得答案； （2）把△ABD绕点A顺时针旋转90°得到△ACG，连接EG，证明△AED≌△AEG（SAS），即可解答； （3）将△ADN 绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM，结合（2）中的结论，列方程，即可解答． 【解答】解：（1）∵△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAD＝45°＝∠DAG+∠FAD＝∠FAG， ∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AFG≌△AFE（SAS）， ∴EF＝FG＝DG+FD＝BE+FD， 故答案为：△AFE；EF＝BE+DF； （2）BD2+CE2＝DE2； 理由：如图1，把△ABD绕点A顺时针旋转90°得到△ACG，连接EG， ∴AD＝AG，BD＝CG，∠B＝∠ACG，∠BAD＝∠CAG，∠DAG＝90°， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°， ∴∠ECG＝∠ACB+∠ACG＝∠ACB+∠B＝45°+45°＝90°， ∵∠DAG＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠EAG＝90°﹣45°＝45°，∴∠DAE＝∠EAG， 在△AED和△AEG 中，， ∴△AED≌△AEG（SAS），∴DE＝EG， 在Rt△ECG中，EG2＝EC2+CG2， ∴BD2+CE2＝DE2； （3）∵正方形ABCD的边长为，∴， ∴， 如图2，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM， 由（2），可得DN2+BM2＝MN2． 设MN＝y，∵，MN＝y，∴， 根据勾股定理可得，解得， ∴． 例3【方法初探】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． 问题：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若CD＝DB+AB，求证：∠B＝2∠C． 解题思路：我们可以采用“截长补短法”解决该问题，如图2，辅助线做法在CD上截取DE＝DB，连接AE，从而证明出结论． 请你根据上述解题思路，写出证明过程． 【方法应用】如图3，已知：等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，AD是角平分线，交BC边于点D．求证：AC＝AB+BD． 【实际应用】如图4，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝50°，∠D＝110°，∠ACD＝45°，∠BCA＝85°，CE是△ABC的高，AD＝12，EB＝3，直接写出AE的长　　 ． 【分析】【方法初探】根据已知可得AD是BE的垂直平分线，从而可得AB＝AE，进而可得∠B＝∠AEB，然后结合已知AB+BD＝DC，可得AB＝EC，从而可得AE＝EC，进而可得∠C＝∠EAC，最后利用三角形的外角性质可得∠AEB＝2∠C，即可解答； 【方法应用】先证明△ABD≌△AHD得到AH＝AB，BD＝HD，再证明△CDH是等腰直角三角形，推出BD＝HC，据此根据线段的和差关系即可证明结论； 【实际应用】由三角形内角和定理可得∠DAC＝25°，证明△DAC≌△FAC（SAS）得出∠AFC＝∠D＝110°，再证明△CEF≌△CEB（AAS）得出EF＝BE，求出BF＝2BE＝6，即可得解． 【解答】【方法初探】证明：如图2，在DC上截取DE＝DB，连接AE， ∵AD⊥BC，BD＝DE，∴AD是BE的垂直平分线，∴AB＝AE，∴∠B＝∠AEB， ∵AB+BD＝DC，DE+EC＝DC，∴AB＝EC，∴AE＝EC， ∴∠C＝∠EAC， ∵∠AEB＝∠C+∠EAC， ∴∠AEB＝2∠C， ∴∠B＝2∠C； 【方法应用】证明：如图所示，过点D作DH⊥AC于H， ∴∠AHD＝90°＝∠B， ∵AD是角平分线，∴∠BAD＝∠HAD， 又∵AD＝AD，∴△ABD≌△AHD（AAS）， ∴AH＝AB，BD＝HD， ∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠C＝45°， ∴△CDH是等腰直角三角形，∴HD＝HC，∴BD＝HC， ∵AC＝AH+CH，∴AC＝AB+BD； 【实际应用】解：在AE上截取AF＝AD，连接CF， 由题意可得∠DAC＝180°﹣∠D﹣∠ACD＝25°， ∴∠FAC＝∠BAD﹣∠DAC＝25°， ∴∠DAC＝∠FAC＝25°， ∵AC＝AC， 在△DAC和△FAC中，， ∴△DAC≌△FAC（SAS），∴∠AFC＝∠D＝110°， ∴∠CFE＝180°﹣∠AFC＝70°， ∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠FAC＝70°，∴∠B＝∠CFE， ∵CE⊥AB，∴∠CEF＝∠CEB＝90°，∴CE＝CE， 在△CEF和△CEB中，， ∴△CEF≌△CEB（AAS），∴EF＝BE， ∴BF＝2BE＝6， ∴AB＝AF+BF＝12+6＝18， ∴AE＝AB﹣BE＝18﹣3＝15． 故答案为：15． 例4【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短边相等，从而解决问题．当题目中有等腰三角形、角平分线等条件，可用“截长补短法”构造全等三角形来进行解题． 【问题解决】 （1）如图①，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠C＝90°，AD为∠BAC的角平分线，在AB上截取AE＝AC，连接DE．请写出线段AB，AC，CD之间的数量关系并说明理由； 【拓展延伸】 （2）如图②，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线．请判断线段AB，AC，CD之间的数量关系并说明理由； （3）如图③，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠ACB≠90°，当AD为∠BAC的补角的角平分线时，（2）中AB，AC，CD之间存在的数量关系是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出线段AB，AC，CD之间的新数量关系，不必说明理由． 【分析】（1）在AB上截取AE＝AC，连接DE，证明△EAD≌△CAD（SAS），推出ED＝CD，∠AED＝∠C＝90°，再求得EB＝CD，据此即可得到AB＝AC+CD； （2）在AB上截取AF＝AC，连接FD，证明△FAD≌△CAD（SAS），推出FD＝CD，∠AFD＝∠ACB，同（1）即可求解； （3）在BA的延长线上取一点G，使AG＝AC，连接DG，证明△GAD≌△CAD（SAS），同理可证明CD＝AB+AC． 【解答】解：（1）AB＝AC+CD；理由如下： 在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠C＝90°，AD为∠BAC的角平分线，如图①，在AB上截取AE＝AC，连接DE， ∴∠EAD＝∠CAD， 在△EAD和△CAD中，， ∴△EAD≌△CAD（SAS）， ∴ED＝CD，∠AED＝∠C＝90°，∴∠BED＝90°， ∵∠ACB＝2∠B＝90°，∴∠B＝45°， ∴∠EDB＝∠B＝45°，∴ED＝EB， ∴EB＝CD，∴AB＝AE+EB＝AC+CD； （2）AB＝AC+CD；理由如下： 在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线．如图②，在AB上截取AF＝AC，连接FD， ∴∠FAD＝∠CAD， 在△FAD和△CAD中，， ∴△FAD≌△CAD（SAS）， ∴FD＝CD，∠AFD＝∠ACB， ∵∠AFD＝∠B+∠FDB，∠ACB＝2∠B， ∴∠B+∠FDB＝2∠B， ∴∠FDB＝∠B，∴FD＝FB， ∴FB＝CD，∴AB＝AF+FB＝AC+CD； （3）不成立，新数量关系为：CD＝AB+AC；理由如下： 如图③，在BA的延长线上取一点G，使AG＝AC，连接DG， ∵AD是∠CAG的平分线，∴∠GAD＝∠CAD， 在△GAD和△CAD中，， ∴△GAD≌△CAD（SAS）， ∴GD＝CD，∠AGD＝∠ACD， ∴∠AGD＝180°﹣∠B﹣∠GDB，∠ACD＝180°﹣∠ACB， ∴180°﹣∠B﹣∠GDB＝180°﹣∠ACB，∴∠B+∠GDB＝∠ACB， ∵∠ACB＝2∠B，∴∠B+∠GDB＝2∠B，∴∠GDB＝∠B， ∴GD＝GB＝AB+AG＝AB+AC， ∴CD＝AB+AC． 例5【问题呈现】小刚在数学兴趣小组活动中遇到一个几何问题：如图1，△ABC，△ECD均为等边三角形，AC与BE交于点M，AD与CE交于点N，AD与BE交于点P，连接CP，探究AP，CP，BP之间的数量关系． 【问题分析】小刚通过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，进而解决上述问题． 【问题解决】如图2，在BP上取点F，使得PF＝AP，连接AF，在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）求证：△BCE≌△ACD； （2）求证：∠APM＝60°； （3）试探究AP，CP，BP之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD即可； （2）由全等三角形的性质求得∠CBE＝∠CAD，再利用三角形内角和定理即可得到∠APM＝60°； （3）在BP上取点F．使得PF＝AP，连接AF，证明△AFP是等边三角形，再推出△ABF≌△ACP（SAS），得到BF＝CP，据此求解即可． 【解答】（1）证明：由等边三角形可知AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°， ∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD． 在△BCE和△ACD中，， ∴△BCE≌△ACD（SAS）； （2）证明：由全等三角形可知∠CBE＝∠CAD， 又∵∠AMP＝∠BMC，∴∠APM＝∠BCM＝60°； （3）解：BP＝AP+CP．理由如下： 在BP上取点F．使得PF＝AP，连接AF． 由条件可知△AFP是等边三角形，∴∠PAF＝60°，AF＝AP， 又∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC， 根据等式性质可得∠BAF＝∠CAP， 在△ABF和△ACP中，， ∴△ABF≌△ACP（SAS），∴BF＝CP， ∴BP＝BF+FP＝AP+CP． 1．（2025春•江北区校级期末）由三角板我们可以知道，等腰直角三角形的两条直角边相等，两个锐角也相等，如图：Rt△ABC中∠A＝90°，AC＝AB，BD平分∠CBA交AC于点D；过点D作DF⊥AC交BC于点F，过点D作DE⊥BC交BC于点E．下列结论：①DF∥AB；②DE是△FDB的高；③∠BDF＝∠DBF；④S△CDB＝S△DAB；⑤△CDE的周长与CB的长度相等，上述结论正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】①根据DE⊥BC交BC于点E，∠A＝90°得∠FDC＝∠A＝90°，根据平行线的判定可对结论①进行判断； ②根据三角形高的定义可对结论②进行判断； ③根据DF∥AB得∠BDF＝∠DBA，再根据BD平分∠CBA得，∠CBF＝∠DBA，由此可对结论③进行判断； ④进而依据“HL”判定Rt△BDE和Rt△BDA全等得S△DEB＝S△DAB，再根据S△CDB＞S△DEB即可对结论④进行判断； ⑤证明△CDF和△DEF是等腰直角三角形得DE＝EF，CD＝DF，根据∠BDF＝∠DBF得DF＝BF＝CD，由此得CE+DE+CD＝CE+EF+BF＝CB，据此可对结论⑤进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①∵DE⊥BC交BC于点E，∠A＝90°， ∴∠FDC＝∠A＝90°， ∵DF∥AB； 故结论①正确； ②∴DE⊥BC交BC于点E， 根据三角形高的定义得：DE是△FDB的高， 故结论②正确； ③∵DF∥AB， ∴∠BDF＝∠DBA， ∵BD平分∠CBA交AC于点D， ∴∠CBF＝∠DBA， ∴∠BDF＝∠DBF， 故结论③正确； ④∵BD平分∠CBA，∠A＝90°，DE⊥BC， ∴DE＝DA， 在Rt△BDE和Rt△BDA中，， ∴Rt△DEB≌Rt△DAB（HL）， ∴S△DEB＝S△DAB， ∵S△CDB＞S△DEB， ∴S△CDB＞S△DAB， 故结论④不正确； ⑤在Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝AB， ∴∠C＝45°， ∵DE⊥BC，DF⊥AC， ∴△CDE和△CDF都是等腰直角三角形， ∴∠CDE＝45°，CD＝DF， ∴∠EDF＝90°﹣∠CDE＝45°， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴DE＝EF， ∵∠BDF＝∠DBF， ∴DF＝BF， ∴CD＝DF＝BF， ∴CE+DE+CD＝CE+EF+BF＝CB， ∴△CDE的周长与CB的长度相等， 故结论⑤正确， 综上所述：正确的结论是①②③⑤，共4个． 故选：C． 2．（2025秋•西城区校级月考）如图，AP是△ABC的高，∠BAP＝α，AD＝AC，∠DAC＝2α，过点D作DE∥AB交BC于点E．下列四个结论中： ①∠ACB＝∠BDE； ②当α＝45°时，BD⊥BC； ③BD＝DE； ④BC＝2BP+BE． 所有正确结论的序号是　②④　 ． 【分析】①如图，在BC上截取B'P＝BP，连接AB'，证明△ACB'≌△ADB（SAS），即可判定； ②当α＝45°时，∠BAB'＝90°，△BAB'是等腰直角三角形，由△ACB'≌△ADB，即可判定； ③根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理计算得∠ADC＝∠ACD＝∠ABC，最后计算△BDE的三个内角的度数即可判定； ④由线段的和得BC＝CB'+B'P+BP，即可判定． 【解答】解：如图，在BC上截取B'P＝BP，连接AB'， ∵AP是△ABC的高，∴∠APB＝90°，AP垂直平分BB'， ∴AB＝AB'， ∴∠BAP＝∠B'AP＝α， ∵∠DAC＝2α， ∴∠DAC＝∠BAB'， ∴∠BAD＝∠CAB'， ∵AD＝AC， ∴△ACB'≌△ADB（SAS）， ∴∠ACB'＝∠ADB， 而∠BDE≠∠ADB， ∴∠ACB≠∠BDE， 故①错误； 当α＝45°时，∠BAB'＝90°， ∵AB＝AB'， ∴△BAB'是等腰直角三角形， ∴∠AB'B＝∠ABB'＝45°， ∴∠AB'C＝135°， 由①知：△ACB'≌△ADB， ∴∠ABD＝∠AB'C＝135°， ∴∠DBP＝135°﹣45°＝90°， ∴BD⊥BC； 故②正确； ∵AD＝AC，∠DAC＝2α， ∴∠ACD＝∠ADC90°﹣α， ∵∠APB＝90°， ∴∠ABC＝90°﹣α， ∴∠ADC＝∠ACD＝∠ABC， ∴∠AB'B＝∠ABC＝90°﹣α， ∴∠ABD＝∠AB'C＝180°﹣（90﹣α）＝90°+α， ∴∠DBE＝90°+α﹣（90°﹣α）＝2α， ∵DE∥AB， ∴∠ABC＝∠BED＝90°﹣α， ∴∠BDE＝180°﹣∠BED﹣∠DBE＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α， ∴BE＝BD， 当90°﹣α＝2α，即α＝30°时，BD＝DE， 故③错误； ∵BC＝CB'+B'P+BP，CB'＝BD＝BE， ∴BC＝2BP+BE， 故④正确； 故答案为：②④． 3．（2025秋•昌黎县期末）【方法初探】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． 问题：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若CD＝DB+AB，求证：∠B＝2∠C． 解题思路：我们可以采用“截长补短法”解决该问题，如图2，辅助线做法在CD上截取DE＝DB，从而证明出结论． （1）请你根据上述解题思路，写出证明过程． 【方法应用】 （2）如图3，已知：等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，AD是△ABC的角平分线，交BC边于点D．求证：AC＝AB+BD． 【实际应用】 （3）如图4，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝50°，∠D＝110°，∠ACD＝45°，∠BCA＝85°，CE是△ABC的高，AD＝12，EB＝3，则AB的长为　18　 ． 【分析】（1）在CD上截取DE＝DB，连接AE，利用SAS证得△ADB≌△ADE，从而得到AB＝AE，∠B＝∠AED，再由角度之间转换可得∠EAC＝∠C，根据等腰三角形的性质可得AE＝CE，即可推出∠B＝2∠C； （2）在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE，由角平分线的定义可得∠BAD＝∠DAC，易利用SAS证得△ABD≌△AED，从而得到∠B＝∠AED，BD＝ED，再由角度之间转换可得∠C＝∠EDC，根据等腰三角形的性质可得BD＝EC，即可推出AB+BD＝AC； （3）在AE上截取AF＝AD，连接CF，在△ACD中，由三角形内角和可求得∠DAC＝∠FAC＝25°，从而易证得△DAC≌△FAC（SAS），得到∠AFC＝∠D＝110°，从而可推出∠CEF＝∠CEB＝90°，易证△CEF≌△CEB（AAS），得到EF＝BE，从而可推出AB的长． 【解答】（1）证明：如图2，AD⊥BC，在CD上截取DE＝DB，连接AE， ∴∠ADB＝∠ADE． 在△ADB和△ADE中，， ∴△ADB≌△ADE（SAS）， ∴∠B＝∠AED，AB＝AE， ∵CD＝DB+AB， ∴CD＝DE+AE＝DE+CE， ∴AE＝CE， ∴∠EAC＝∠C． ∵∠AED＝∠EAC+∠C＝2∠C， ∴∠B＝∠AED＝2∠C， 即∠B＝2∠C； （2）证明：如图3，AD平分∠BAC，在AC上截取AE，使得AE＝AB，连接DE， ∴∠BAD＝∠DAC， 在△ABD和△AED中， ， ∴△ABD≌△AED（SAS）， ∴∠B＝∠AED，BD＝ED， 在等腰直角三角形ABC中，∠B＝∠AED＝90°，∴∠C＝45°， ∴△CED是等腰直角三角形，∴DE＝CE， ∴BD＝EC， ∵AE+EC＝AC， ∴AC＝AB+BD； （3）解：如图4，在AE上截取AF＝AD，连接CF， 在△ACD中，∠DAC＝180°﹣∠D﹣∠ACD＝25°， ∴∠FAC＝∠BAD﹣∠DAC＝25°， ∴∠DAC＝∠FAC＝25°， 在△DAC和△FAC中，， ∴△DAC≌△FAC（SAS）， ∴∠AFC＝∠D＝110°， ∴∠CFE＝180°﹣∠AFC＝70°， ∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠FAC＝70°， ∴∠B＝∠CFE， ∵CE⊥AB， ∴∠CEF＝∠CEB＝90°， 在△CEF和△CEB中， ， ∴△CEF≌△CEB（AAS）， ∴EF＝BE， ∵AD＝12，EB＝3， ∴BF＝2BE＝6， ∴AB＝AF+BF＝AD+BF＝12+6＝18， 故答案为：18． 4．李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯，下面是李老师在“利用角的对称性构造全等模型”主题下设计的问题，请你解答． （1）【观察发现】①如图1，是的角平分线，，在上截取，连接，则与的数量关系是__________； ②如图2，的角平分线、相交于点P．当时，线段与的数量关系是__________； （2）【探究迁移】如图3，在四边形中，，的平分线与的平分线恰好交于边上的点P，试判断与的数量关系，并说明理由． （3）【拓展应用】在（2）的条件下，若，当有一个内角是时，直接写出边的长． 【分析】（1）①运用角平分线定义证明，即得；②在上取点D，使，连接，，根据三角形角平分线相交于一点，得到，证明，得到，，根据，证明，得到，根据四边形内角和性质得到，得到，结合得到，得到 ，即得； （2）在上取点E，使，连接，得到，结合的平分线与的平分线恰好交于边上的点P，证明， ,即得； （3）设，则，当时，得到，，过点E作于点G，得到是等腰直角三角形，，根据，， 证明，得到，，根据， ，得到，，根据，，得到，，得到 ；当时，过点P作于点H，得到是等腰直角三角形，，根据，得到，结合，得到，，得到，，得到；当时，，根据，得到，，得到不成立． 【详解】（1）①∵是的角平分线，∴， ∵，，∴，∴；故答案为：； ②在上取点D，使，连接，， ∵的角平分线、相交于点P．∴平分，∴， ∵，∴，∴，， ∵，∴，∴， ∴，∴，∴， ∴，∴， ∵，∴，∴，∴；故答案为：； （2），理由：在上取点E，使，连接，则， ∵，∴， ∵的平分线与的平分线恰好交于边上的点P，∴，， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴，∴； （3）设，则， 当时，， ∴，∴，∴， 过点E作于点G，则，∴，∴， ∵，，， ∴，∴，∴，∴， ∴，∴，∴， ∵，，∴，，∵，∴， ∴，∴，，∴， ∴，∴，； 当时，，过点P作于点H，则， ∴，∴，∵，∴， ∴，∴，∴， ∵，∴，， ∴，∴，∴，； 当时，， ∵，∴，∴，∴不成立．综上，或．     5．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△ABC中，∠B＝80°，∠1＝70°，AC＝AB+BD，求∠C．此题就可以利用截长补短法．如图2，延长DB至点E，使得BE＝BA，即可求出∠C＝ 　40°　 ． （2）如图3，点D为等边△ABC外一点，连接AD，CD，BD，其中BD交AC于点E，且∠ADB＝60°，求证：BD＝AD+CD； （3）如图4，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为△ABC外一点，连接AD，CD，BD，其中BD交AC于点E．且∠BDC＝45°，则BD，AD，CD的数量关系为 　．　 ． 【分析】（1）求得∠EAD证明AE＝ED＝AC，即可解答； （2）在BD上取一点F，使得AF＝AD，证明△AFB≌△ADC，即可解答； （3）在BD上取一点M，使得CM＝CD，证明△CMB≌△ADC，即可解答； 【解答】（1）解：∵∠B＝80°，∠1＝70°，∴∠DAB＝180°﹣80°﹣70°＝30°， ∵BE＝BA，∴∠E＝∠EAB＝40°， ∴∠DAE＝30°+40°＝70°， ∴EA＝ED＝AB+BD＝AC， ∴∠C＝∠E＝40°， 故答案为：40； （2）证明：如图3，在BD上取一点F，使得AF＝AD， ∵AF＝AD，∠ADF＝60°， ∴△AFD为等边三角形， ∴AF＝AD＝DF，∠FAD＝60°， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴∠BAC﹣∠FAE＝∠FAD﹣∠FAE，即∠BAF＝∠CAD， 在△BAF与△CAD中，， ∴△BAF≌△CAD（SAS），∴BF＝CD， ∴BD＝BF+FD＝CD+AD； （3）解：如图，在BD上取一点M，使得CM＝CD， ∵∠BDC＝45°，CD＝CM， ∴△DCM为等腰直角三角形， ∴∠DCM＝90°，， ∵∠DCM＝∠ACB， ∴∠DCM﹣∠ACM＝∠ACB﹣∠ACM，即∠DCA＝∠MCB， 在△DCA与△MCB中，， ∴△DCA≌△MCB（SAS），∴AD＝BM， ∴． 故答案为：． 6．（2025春•南岗区期末）截长补短法是初中数学几何题中的一种常用方法，也是把几何题化难为易的一种思想，常常用来探究三条线段之间的数量关系． 【探索发现】如图1，在▱ABCD中，点E为AD上的一点，连接BE，作∠CBE的平分线交CD于点F，若点F为CD的中点，求证：BC+DE＝BE； 解题思路：抓住平行四边形对边平行的性质，结合中点，只需延长BF交AD的延长线于点M，通过全等将线段BC转移到DM的位置，实现补短的目的，再证明EM与BE相等，即可解决问题．请按此思路完成证明． 【类比迁移】如图2，在正方形ABCD中，点E为AD上的一点，连接BE，作∠CBE的平分线交CD于点F，求证：CF+AE＝BE； 【综合应用】如图3，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，延长BC至点E，使CE＝CD，连接DE，点F为DE上一点，连接AF，作∠BAF的平分线交BC于点G，连接FG，若EF＝2，BG＝4，求△AFG的面积． 【分析】【探索发现】可证得∠M＝∠EBF，从而BE＝EM＝ED+DM，可证得△BCF≌△MDF，从而BC＝DM，从而得出BC+DE＝BE； 【类比迁移】在DA的延长线上截取AG＝CF，连接BG，设∠CBF＝∠EBF＝α，可证得△ABG≌△CBF，从而∠G＝∠CFB＝90°﹣α，∠ABG＝∠CBF＝α，进而得出∠G＝∠EBG，从而EG＝BE，进一步得出结论； 【综合应用】在ED的延长线上截取DP＝BG，连接AP，作AH⊥PE于H，设∠BAG＝∠FAG＝α，可证得△DCE是 等边三角形，进而证得△ADP≌△ABG，从而∠P＝∠AGB＝120°﹣α，进而推出AF＝PF，设DF＝a，则AD＝DE＝a+2，AF＝PF＝DF+PD＝a+4，在Rt△ADH中表示出DH和AH，进而表示出HF在Rt△AFH中根据勾股定理得出关于a的方程，求得a，从而求得菱形的边长，作AW⊥BC于W，作FV⊥BE于V，求得BW，AW，EV，GV的值，进而得出S△AWG、S△FGV和S梯形AWVF，进一步得出结果． 【解答】【探索发现】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∴∠CBF＝∠M，∠C＝∠MDF， ∵BF平分∠CBE， ∴∠CBF＝∠EBF， ∴∠M＝∠EBF， ∴BE＝EM＝ED+DM， ∵点F是CD的中点，∴CF＝DF， ∴△BCF≌△MDF（AAS），∴BC＝DM， ∴BC+DE＝BE； 【类比迁移】证明：如图1， 在DA的延长线上截取AG＝CF，连接BG， 设∠CBF＝∠EBF＝α， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAG＝∠ABD＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠BFC＝90°﹣∠CBF＝90°﹣α，∠ABE＝90°﹣2α，△ABG≌△CBF（SAS）， ∴∠G＝∠CFB＝90°﹣α，∠ABG＝∠CBF＝α， ∴∠EBG＝∠ABE+∠ABG＝90°﹣α， ∴∠G＝∠EBG，∴EG＝BE， ∴AG+AE＝BE， ∴CF+AE＝BE； 【综合应用】解：如图2， 在ED的延长线上截取DP＝BG，连接AP，作AH⊥PE于H， 设∠BAG＝∠FAG＝α， ∴∠DAF＝∠BAD﹣∠BAG﹣∠FAG＝120°﹣2α， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠BCD＝∠BAD＝120°，AD∥BC， ∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝60°，∠ADP＝∠E，∠B＝180°﹣∠BAD＝60°， ∴∠AGB＝180°﹣∠B﹣∠BAG＝120°﹣α， ∵CE＝CD， ∴△DCE是 等边三角形， ∴∠E＝60°， ∴∠ADP＝∠B， ∴△ADP≌△ABG（SAS）， ∴∠P＝∠AGB＝120°﹣α，∠PAD＝∠BAG＝α，PD＝BG＝4， ∵∠PAF＝∠PAD+∠DAF＝120°﹣α， ∴∠P＝∠PAF，∴AF＝PF， 设DF＝a，则AD＝DE＝a+2，AF＝PF＝DF+PD＝a+4， 在Rt△ADH中，AD＝a+2，∠ADP＝60°， ∴DH，AH，∴HF＝DF+DH， 在Rt△AFH中，由勾股定理得AH2+HF2＝AF2， ∴， ∴a1＝3，a2＝﹣2（舍去）， ∴BC＝CE＝AB＝AD＝5， 作AW⊥BC于W，作FV⊥BE于V， ∴BWAB，AW，EV， ∴WV＝BC+CE﹣BW﹣EV，WG＝BG﹣BW，GV＝BC+CE﹣BG﹣EV＝5， ∴S△AWG， S△FGV， S梯形AWVF， ∴S△AFG7． 7．阅读与思考：下面是小王的数学改错本上的改错总结反思请仔细阅读，并完成相应的任务． 截长补短法：有一类几何题其命题主要是证明三条线段长度的“和”或“差”及其比例关系．这一类题目一般可以采取“截长”或“补短”的方法来进行求解，所谓“截长”，就是将三者中最长的那条线段一分为二，使其中的一条线段长度与已知线段长度相等，然后证明其中的另一条线段与已知的另一条线段的数量关系，所谓“补短”，就是将一条已知的较短的线段延长至与另一条已知的较短的线段长度相等，然后求出延长后的线段与最长的已知线段的数量关系．有的是采取截长补短法后，使之构成某种特定的三角形进行求解…． 如图1，四边形是的内接四边形，连接，．是的直径，．请说明线段，，之间的数量关系． 下面是该问题的部分解答过程： 解：．理由如下：∵是的直径，∴， ∵，∴． 如图2，过点A作交于点M， …． 任务：(1)补全解答过程；(2)如图3，四边形是的内接四边形，连接，．是的直径，，则线段，，之间的数量关系式是______． 【分析】（1）根据圆周角相等，，，继而得到，，结合，得到，从而证明，得到，解答即可．（2）过点A作交于点N，利用圆的性质，直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，特殊角的三角函数值解答即可． 【详解】（1）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴． 如图，过点A作交于点M， 根据圆周角定理得，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴． （2）． 理由如下：∵是的直径， ∴， ∵， ∴，， ∴． 如图，过点A作交于点N，根据圆周角定理，得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 8．问题：如图1，中，AB是直径，，点D是劣弧BC上任一点（不与点B、C重合），求证：为定值． 思路：和差倍半问题，可采用截长补短法，先证明．按思路完成下列证明过程． 证明：在AD上截取点E，使，连接CE． 运用：如图2，在平面直角坐标系中，与轴相切于点，与y轴相交于B、C两点，且，连接AB、．(1)OB的长为___________．(2)如图3，过A、B两点作与y轴的负半轴交于点M，与的延长线交于点N，连接AM、MN，当的大小变化时，问的值是否变化，为什么?如果不变，请求出的值． 【分析】问题：在AD上截取AE=BD，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠CBD，然后证明△ACE≌△BCD，然后根据角的等量代换得出∠ECD=90°，进而得出△ECD为等腰直角三角形，用ED表示CD，因为ED=AD-BD最后即可得出结论；（1）连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H，根据垂径定理和勾股定理求出O1B的长度，根据切线的性质得出O1A⊥x轴，得到OH=5，进而即可得出结果；（2）在图2中先根据平行和O1A=O1B得出∠ABO1=∠ABO，然后在MB上取一点G，使MG=BN构造全等，证明△AMG≌△ANB，得到AG=AB，然后根据等腰三角形三线合一得出BG=2，再根据等量代换即可得到结论． 【问题详解】证明：如图1，在AD上截AE=BD， 在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠ACE=∠BCD，CE=CD， ∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∴∠ECD=90°， ∴△ECD是等腰直角三角形，∴CD=ED， ∵ED=AD-AE=AD-BD，∴=，即为定值； 【详解】（1）解：如图2，连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H， ∴CH=BH=4，O1H=3，O1A⊥x轴， ∴O1B==5， ∴O1A=O1B=5，∴HO=5， ∴OB=HO-HB=5-4=1， 故答案为：1； （2）解：BM-BN的值不变，如图2，由（1）得，O1A⊥OA， ∵OB⊥AO，∴O1A∥OB，∴∠O1BA=∠OBA， ∵O1A=O1B，∴∠O1BA=∠O1AB，∴∠ABO1=∠ABO， 如图3，在MB上取一点G，使MG=BN，连接AN，AG， ∵∠ABO1=∠ABO，∠ABO1=∠AMN，∴∠ABO=∠AMN， ∵∠ABO=∠ANM，∴∠AMN=∠ANM，∴AM=AN， 在△AMG和△ANB中，， ∴△AMG≌△ANB（SAS），∴AG=AB， ∵AO⊥BG，∴BG=2BO=2， ∴BM-BN=BM-MG=BG=2，即BM-BN的值不变． 9．小明用“截长补短法”解答了下面问题： 如图1，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连结AC，BD．BC是⊙O的直径，AB＝AC．请说明线段AD，BD，CD之间的数量关系． 解：．理由如下： 如图2，过点A作AM⊥AD交BD于点M，则∠MAD＝90°． ∵BC是⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∴∠BAM＝∠①． 又∵AB＝AC，∠ABD＝∠②， ∴△ABM≌③， ∴BM＝CD，AM＝AD， ∵∠MAD＝90°， ∴． ∵BD＝DM+BM， ∴． （1）填空：①　∠DAC ，②　∠ACD ，③　△ACD（ASA）　 ； （2）如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，连结AC，BD．则线段AD，BD，CD之间的数量关系是 　2ADCD＝BD ． 【分析】（1）作MA⊥AD，AM交BD于M，求出∠BAM＝∠DAC＝90°﹣∠MAC，根据圆周角定理求出∠ABM＝∠ACD，根据全等三角形的判定得出△ABM≌△ACD，根据全等三角形的性质得出AM＝AD，BM＝CD，再求出答案即可；（2）作MA⊥AD，AM交BD于M，求出∠BAM＝∠DAC＝90°﹣∠MAC，根据圆周角定理得出∠ABM＝∠ACD，根据相似三角形的判定得出△ABM∽△ACD，根据相似三角形的性质得出，求出AMAD，BMCD，根据勾股定理求出DM＝2AD，再求出答案即可． 【解答】解：（1）．理由如下： 如图2，过点A作AM⊥AD交BD于点M，则∠MAD＝90°． ∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∴∠BAM＝∠DAC． 又∵AB＝AC，∠ABD＝∠ACD， ∴△ABM≌△ACD（ASA）．∴BM＝CD，AM＝AD， ∵∠MAD＝90°，∴． ∵BD＝DM+BM，∴． 故答案为：①∠DAC，②∠ACD，③△ACD（ASA）； （2）如图，作MA⊥AD，AM交BD于M， ∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝∠MAD＝90°， ∴∠BAM＝∠DAC＝90°﹣∠MAC， ∵∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，∴BC＝2AC，ABAC， ∵∠ABM和∠ACD都是对的圆周角，∴∠ABM＝∠ACD， ∵∠BAM＝∠DAC，∴△ABM∽△ACD， ∴，即AMAD，BMCD． 在Rt△MAD中，由勾股定理得：DM2AD， ∴BD＝BM+DMCD+2AD，即2ADCD＝BD， 故答案为：2ADCD＝BD． 10．（2025秋•新吴区校级期中）【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． 【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． 【解答】（1）解：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）解：∠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． 11．（2025秋•九龙坡区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC，点D是AC上一动点（不含端点），点E在BD的延长线上，且AB＝AE，AF平分∠CAE交DE于点F，连接FC． （1）如图1，求证：∠ABE＝∠ACF． （2）如图2，若∠ABC＝45°，AE∥BC，求证：BD＝2EF． （3）若∠BAC＝90°，∠ABD＝30°，点G为BC上一动点，将线段DG绕点D顺时针旋转90°得到线段DH，连接AH．将△DAH在同一平面内沿直线DH翻折，使得点A落在点P处，连接BP．若，AD＝2，当BP+DP 的值最小时，过点C作CK⊥DG，垂线交PD于点K．请直接写出△AKD的面积． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠ABE＝∠E，再证△ACF≌△AEF（SAS），得∠E＝∠ACF，即可得出结论； （2）取BD的一点G使BG＝EF，连接AG，由已知求出∠ABC＝∠ACB＝∠CAE＝45°，进而可求∠ABE＝∠E＝∠EBC＝∠CAF＝∠EAF＝22.5°，由此证明△ABG≌△AEF（SAS），进而可得∠BAG＝∠EAF＝22.5°，即可利用等角对等边可以证明BG＝AG＝DG，从而得出结论； （3）根据BP+DP≥BD可得当BP+DP的值最小时，点P在BD上，由此得出△APD是等边三角形，AP＝PD＝AD＝2，DG∥AP，根据等高三角形的面积比等于底边之比可得，再由含30°角的直角三角形性质可得，由此即可求出． 【解答】（1）证明：∵AF平分∠CAE，∴∠EAF＝∠CAF； ∵AB＝AC，AB＝AE，∴AE＝AC，∠ABE＝∠E． 在△ACF和△AEF中，， ∴△ACF≌△AEF（SAS），∴∠E＝∠ACF， ∴∠ABE＝∠ACF； （2）证明：如图2，在等腰△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝AC，取BD的一点G使BG＝EF，连接AG， ∴∠BAC＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°， 又∵AE∥BC，∴∠CAE＝∠ACB＝45°，∠E＝∠CBE， 由（1）可知：∠CAF＝∠EAF，AB＝AE，∠ABE＝∠E， ∴，， 在△ABG和△AEF中，， ∴△ABG≌△AEF（SAS），∴∠BAG＝∠EAF＝22.5°＝∠ABG， ∴∠DAG＝90°﹣∠BAG＝90°﹣22.5°＝67.5°，AG＝BG， ∵∠ADB＝90°﹣∠ABD＝90°﹣22.5°＝67.5°， ∴∠DAG＝∠ADG＝67.5°，∴AG＝DG， ∴BG＝AG＝DG＝EF，∴BD＝BG+DG＝2EF； （3）解：△AKD的面积为．理由如下： ∵BP+DP≥BD， ∴当BP+DP的值最小时，点P在BD上，如图3， ∵∠BAC＝90°，∠ABD＝30°， ∴∠ADB＝90°﹣∠ABD＝60°，BD＝2AD＝4， ∵将△DAH在同一平面内沿直线DH翻折，使得点A落在点P处， ∴，AD＝PD， ∴△APD是等边三角形，∴AP＝PD＝AD＝2，∠PAD＝60°， ∴，∴， ∵∠GDH＝90°，∴∠CDG＝180°﹣∠ADH﹣∠GDH＝60°， ∴DG∥AP，∴， ∵，∴， 又∵CK⊥DG，∴∠DCK＝90°﹣∠CDG＝90°﹣60°＝30°， ∴， ∴S△AKD． 12．（2025秋•渝水区校级期末）【经典再现】 （1）如图1，D为等边△ABC外一点，BD＝CD，∠BDC＝120°，BD＝2cm，连接AD．则： ①线段AD和线段BC的关系是AD垂直平分BC（或AD⊥BC）　 （直接写出结果）． ②AD＝　4　 cm． 【深入探究】 （2）如图2，D为等边△ABC外一点，BD＝CD，∠BDC＝120°，点M和点N分别为等边△ABC的边AB和AC上任意一点，∠MDN＝60°，试探究线段BM，CN和MN的数量关系，并加以证明． 【拓展应用】 （3）①把（2）中的条件“点M和点N为等边△ABC的边AB和AC上任意一点”改为“点M和点N为直线AB和直线AC上任意一点”，其他条件不变，直接写出线段BM，CN和MN的数量关系． ②当（2）中的点M和点N在等边△ABC的边AB和AC上运动时，记△AMN的周长为P，记△ABC的周长为Q，则的值是否改变？若不变，请求出的值；若改变，请说明理由． 【分析】（1）①根据AB＝AC、BD＝CD，由线段垂直平分线的判定定理即可得出AD垂直平分BC；②根据等边三角形的性质求出，再根据BD＝CD，∠BDC＝120°，求出∠BCD＝∠CBD＝30°，进而可得∠ABD＝90°，由含30°直角三角形性质可得AD＝2BD＝4cm； （2）延长AB到N′使BN′＝CN，连接DN′，可得△BDN′≌△CDN（SAS），进而可得△MDN′≌△MDN（SAS），由此得出MN＝MN′＝BM+BN′＝BM+CN， （3）①分三种情况同理（2）可以证明结论．②由（2）可得P＝AM+AN+MN＝AM+BM+AN+CN＝AB+AC＝2AB，由此即可得出． 【解答】解：（1）①结论：AD⊥BC， ∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC， ∵BD＝CD，∴AD垂直平分BC， 故答案为：AD垂直平分BC（或AD⊥BC）； ②∵等边△ABC中， ∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC（等边三角形的三个角都相等，三条边相等）， ∵AD⊥BC，∴， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴， ∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝60°+30°＝90°， ∴AD＝2BD＝2×2＝4（cm）， 故答案为：4； （2）MN＝BM+CN； 延长AB到N′使BN′＝CN，连接DN′， ∴MN′＝BM+BN′＝BM+CN， ∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴， ∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°， 同理：∠ACD＝90°，∴∠DBN′＝∠DCN＝90°， 在△BDN′和△CDN中，， ∵BD＝CD，∴△BDN′≌△CDN（SAS）， ∴DN′＝DN，∠BDN′＝∠CDN， ∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°， ∴∠BDM+∠CDN＝∠BDC﹣∠MDN＝120°﹣60°＝60°， ∴∠MDN′＝∠BDM+∠BDN′＝∠BDM+∠CDN＝60°，即：∠MDN′＝∠MDN＝60°， ∵DM＝DM，∴△MDN′≌△MDN（SAS），∴MN＝MN′， ∴MN＝BM+CN； （3）①结论：当点M在AB上时，MN＝CN+BM，当点M在AB的延长线上时，MN＝CN﹣BM，当点M在BA的延长线上时，MN＝BM﹣CN， 证明：当点M在AB上时，由（2）得MN＝CN+BM， 当点M在BA延长线上时，在BM取N′使BN′＝CN，则：MN′＝BM﹣BN′＝BM﹣CN，连接DN′，如图3， 同理可证△MDN′≌△MDN（SAS）， ∴MN＝MN′＝BM﹣CN 当点M在AB延长线上时，在CN取M′使CM′＝BM，则：MN′＝CN﹣CM′＝CN﹣BM，连接DM′， 同理可得：△M′DN≌△MDN（SAS），∴MN＝M′N＝CN﹣BM 综上所述：当点M在AB上时，MN＝CN+BM，当点M在AB延长线上时，MN＝CN﹣BM，当点M在BA延长线上时，MN＝BM﹣CN． ②， 解：记△AMN的周长为P， 由（2）得：MN＝BM+CN， ∴P＝AM+AN+MN＝AM+BM+AN+CN＝AB+AC＝2AB， 记△ABC的周长为Q，Q＝3AB，∴． 13．（2024•长阳县模拟）【实践操作】 （1）如图1，△ABC是等边三角形，D是△ABC外一点，且∠BDC＝120°，如果将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE，直接写出线段AD，BD，CD之间的数量关系； 【类比探究】 （2）如图2，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，D是△ABC外一点，且∠BDC＝90°，试写出线段AD，BD，CD之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形ABDC中，∠BAC+∠D＝180°，AB＝AC，若AC＝10，BD＝7，，求CD的长和四边形ABDC的面积． 【分析】（1）利用旋转的性质得出△ACD≌△ABE，得出CD＝BE，证明△ADE是等边三角形，得出AD＝DE，利用线段的和差关系即可得出结论； （2）△ACD绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，类似[实践操作]证明△ADE是等腰直角三角形，得出，利用线段的和差关系即可得出结论； （3）过A作AE⊥CD于E，AF⊥DB于F，连接AD，利用正切定义和勾股定理求出AE＝8，CE＝6，利用AAS证明△ABF≌△ACE，得出BF＝CE＝6，AF＝AE＝8，利用HL证明Rt△ADF≌Rt△ADE，得出DF＝DE＝13，利用线段的和差可求出CD，利用S四边形ABDC＝S△ABD+S△ADC即可求解． 【解答】解：（1）结论：AD＝BD+CD． 理由：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∵∠BDC＝120°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣∠BDC﹣∠BAC＝180°， ∵△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE， ∴△ACD≌△ABE，∠DAE＝60°， ∴CD＝BE，AE＝AD，∠ABE＝∠ACD， ∴△ADE是等边三角形，∠ABD+∠ABE＝180° ∴AD＝DE，E、B、D三点共线， 又∵DE＝BE+BD，∴AD＝BD+CD； （2）结论：． 理由：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝90°， ∵∠BDC＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣∠BDC﹣∠BAC＝180°， 将△ACD绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE， ∴△ACD≌△ABE，∠DAE＝90°， ∴CD＝BE，AE＝AD，∠ABD+∠ABE＝180°， ∴△ADE是等腰直角三角形，E、B、D三点共线， ∴， 又∵DE＝BE+BD，∴； （3）过A作AE⊥CD于E，AF⊥DB于F，连接AD， ∵， 设AE＝4k，则CE＝3k， ∴，∴5k＝10，∴k＝2， ∴AE＝8，CE＝6，∴DF＝DB+BF＝13， ∵∠BAC+∠BDC＝180°，∴∠ABC+∠C＝180°， 又∠ABC+∠ABF＝180°，∴∠ABF＝∠C， 又∵AB＝AC，∠F＝∠EC＝90°，∴△ABF≌△ACE（AAS）， ∴BF＝CE＝6，AF＝AE＝8， 又AD＝AD，∴Rt△ADF≌Rt△ADE（HL）， ∴DF＝DE＝13，∴CD＝DE+CE＝19， ∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ADC ＝104． 14．（2025秋•门头沟区期末）在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB，点D为平面内任意一点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，连接CE，取CE的中点F，连接AF，DF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，点E恰好落在AB上，求证：AF＝DF； （2）如图2，当点D在△ABC内部时， ①依题意补全图2； ②用等式表示AF，DF的数量关系，并证明． 【分析】（1）由直角三角形斜边中线定理即可得解； （2）①依据题意补全图形即可； 【解答】（1）证明：由题可知∠BDE＝90°， ∴∠CDE＝90°， ∵F为CE中点，∴在Rt△ACE中，AFCE， 在Rt△DCE中，DFCE，∴AF＝DF； （2）解：①补全图如图所示； ②AF＝DF，证明如下： 延长DF至点H，使得FH＝FD，连接CH，AH，延长BD与CH交于点M， ∵F为CE中点，∴CF＝EF， 又∵HF＝DF，∠CFH＝∠DFE， ∴△HCF≌△DEF（SAS）， ∴CH＝DE＝DB，∠CHF＝∠EDF， ∴CH∥DE， ∴∠CMD＝∠EDB＝90°， ∴∠CMD＝∠CAB， ∴∠HCA＝∠ABD， ∵AB＝AC，CH＝BD， ∴△HCA≌△DBA（SAS）， ∴AH＝AD，∴∠HAC＝∠BAD， ∴∠HAC+∠CAD＝∠BAD+∠CAD＝90°， 即∠HAD＝90°， 又∵F为DH中点，∴AFDF． 15．（2024•官渡区一模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝8，过AO的中点E作AB的垂线交⊙O于点C和D，P是上一动点．连接PA，PB，PC，PD． （1）求的长度； （2）延长AP到点F，连接BF，使得FB2＝FA•FP．求证：BF是⊙O的切线； （3）猜想PA，PC，PD间的数量关系，并证明． 【分析】（1）连接OC，利用垂径定理，含30°角的直角三角形的性质求得∠AOC的度数，再利用圆的弧长公式解答即可； （2）利用相似三角形的判定与性质得到∠FBA＝90°，则OB⊥FB，利用圆的切线的判定定理解答即可； （3）延长PD至点G，使DG＝PC，连接OC，AC，AD，OD，AG，利用（1）的结论得到△OAD为等边三角形，得到∠APD＝30°，利用全等三角形的判定与性质得到PA＝GA，过点A作AH⊥PG于点H，利用等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理得到PGPA，则结论可得． 【解答】（1）解：连接OC，如图， ∵AB是⊙O的直径，AB＝8，∴OA＝OB＝OC＝4， ∵E为OA的中点，∴OEOAOC， ∵OA⊥CD，∴∠OCE＝30°，∴∠COE＝60°， ∴的长度π； （2）证明：∵FB2＝FA•FP，∴， ∵∠F＝∠F，∴△FBA∽△FPB，∴∠FPB＝∠FBA． ∵AB是⊙O的直径，∴∠APB＝90°，∴∠FPB＝90°， ∴∠FBA＝90°，∴OB⊥FB． ∵OB为⊙O的半径，∴BF是⊙O的切线； （3）解：PA，PC，PD间的数量关系为：PD+PCPA． 证明：延长PD至点G，使DG＝PC，连接OC，AC，AD，OD，AG，如图， 由（1）知：OA⊥CD，∠AOC＝60°，∴△OAC为等边三角形， 同理：△OAD为等边三角形， ∴OA＝OC＝AC＝OD＝AD，∠AOD＝60°，∴∠APD＝30°． ∵∠GDA为圆内接四边形DACP的外角，∴∠GDA＝∠ACP． 在△GDA和△PCA中，， ∴△GDA≌△PCA（SAS），∴GA＝PA， ∴∠G＝∠APD＝30°， 过点A作AH⊥PG于点H，则PH＝HG． ∵cos∠APH，∴，∴PHPA， ∴PG＝2PHPA． ∵PG＝PD+DG＝PD+PC， ∴PD+PCPA． 16．（2025秋•潜江期末）【问题发现】 （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，试猜想图中∠BAD与∠EAF的数量关系． 小王同学解决此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　∠BAD＝2∠EAF ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，试探究∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （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，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠BAD与∠EAF的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，据此得出结论； （2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （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°，推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论． 【解答】解：（1）∠BAD＝2∠EAF；理由： 如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， 在△ABE和△ADG中，， ∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵EF＝BE+DF，DG＝BE，∴EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF， ∵AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF． ∴∠BAE+∠FAD＝∠EAF，∴∠BAD＝2∠EAF， 故答案为：∠BAD＝2∠EAF； （2）仍成立，理由： 如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （3）∠EAF＝180°∠DAB． 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＝180°∠DAB． 17．（2025秋•鼓楼区校级期末）问题情境： 已知：射线AB和射线CB相交于点B．点D在射线CB上，作射线AD，在射线AD上取一点E，连接CE，使∠AEC＝∠ABC． 任务一：当点D在线段CB上时， （1）如图1，请写出∠A与∠C的数量关系，并说明理由； （2）如图2，当∠AEC＝∠ABC＝90°，AB＝CB时，连接BE．在射线AD上取一点F，使AF＝CE，连接BF． ①判断BF与BE的数量关系与位置关系，并说明理由； ②∠AEB的度数为 　45°　 ； 任务二：当点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合）． （3）如图3，当AB＝CB，∠AEC＝∠ABC＝α（90°＜α＜180°），且AF＝CE时，请直接写出∠AEB的度数（用含α的式子表示）． 【分析】（1）利用三角形内角和定理即可得出答案； （2）①先证得△ABF≌△CBE（SAS），得出：BF＝BE，∠ABF＝∠CBE，再根据直角三角形性质和垂直定义即可证得结论； ②根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论； （3）当点D在线段BC上时，如图3，当点D在CB的延长线上时，如图4，在射线AD上取一点F，使AF＝CE，连接BF，先证明△ABF≌△CBE（SAS），可得：BF＝BE，∠ABF＝∠CBE，再由等腰三角形性质即可求得答案． 【解答】解：（1）∠A＝∠C； 理由：∵∠C+∠AEC+∠CDE＝180°，∠A+∠ABC+∠ADB＝180°， 又∵∠ABC＝∠AEC＝a，∠ADB＝∠CDE，∴∠A＝∠C； （2）①BF＝BE，BF⊥BE，理由如下： 由（1）知：∠A＝∠C， 在△ABF和△CBE中，， ∴△ABF≌△CBE（SAS），∴BF＝BE，∠ABF＝∠CBE， 又∵∠ABC＝a＝90°＝∠ABF+∠FBC，∴∠CBE+∠FBC＝90°， 即∠FBE＝90°，∴BF⊥BE； ②∵△ABF≌△CBE，∴BF＝BE，∴∠ABF＝∠CBE， ∴∠FBE＝∠ABC＝90°，∴∠AEB＝45°， 故答案为：45°； （3）∠AEB＝90°α或90°α，理由如下： 当点D在线段BC上时，如图3，在射线AD上取一点F，使AF＝CE，连接BF， 由（1）知：∠A＝∠C， 在△ABF和△CBE中，， ∴△ABF≌△CBE（SAS）， ∴BF＝BE，∠ABF＝∠CBE， 又∵∠ABC＝a＝∠ABF+∠FBC，∴∠CBE+∠FBC＝α，即∠FBE＝α， ∴∠AEB＝∠EFB90°α； 当点D在CB的延长线上时，在射线AD上取一点F，使AF＝CE，连接BF，如图4， 由（1）知：∠BAF＝∠ECB， 在△ABF和△CBE中，， ∴△ABF≌△CBE（SAS）， ∴BF＝BE，∠ABF＝∠CBE， 又∵∠ABC＝α＝∠BAF+∠AFB，∴∠ECB+∠CEB＝α， 即∠FBE＝α， ∴∠BEF＝∠BFE， ∴∠AEB＝180°﹣∠BEF＝180°90°α， 综上所述，∠AEB的度数为90°α或90°α． 18．（2025秋•长宁县期中）如图，在△ABC中，∠B＝60°，△ABC的角平分线AD、CE相交于点O， （1）求∠AOC的度数； （2）求证：AE+CD＝AC； （3）求证：OE＝OD． 【分析】（1）根据△ABC中，∠B＝60°，所以∠BAC+∠BCA＝120度．因为AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，可求出∠AOC＝120°； （2）求出∠AOE＝60度．在AC上截取AF＝AE，连接OF，易证△AOE≌△AOF，∠AOE＝∠AOF＝60°，可证△COD≌△COF，则CD＝CF．因为AF＝AE，所以AC＝AF+CF＝AE+CD，即AE+CD＝AC； （3）根据全等得出OE＝OF，OD＝OF，即可得出答案． 【解答】（1）解：在△ABC中，∠B＝60°， ∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣∠B＝180°﹣60°＝120°． ∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴∠OAC＝∠OAB∠BAC，∠OCD＝∠OCA∠ACB， 在△OAC中，∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA） ＝180°（∠BAC+∠ACB）＝180°120°＝120°； （2）证明：∵∠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， ∴△AOE≌△AOF（SAS），∴∠AOE＝∠AOF， ∴∠AOF＝60°， ∴∠COF＝∠AOC﹣∠AOF＝120°﹣60°＝60°， 又∠COD＝60°， ∴∠COD＝∠COF， 在△COD和△COF中，， ∴△COD≌△COF（ASA），∴CD＝CF． 又∵AF＝AE，∴AC＝AF+CF＝AE+CD，即AE+CD＝AC； （3）证明：∵△AOE≌△AOF，△COD≌△COF， ∴OE＝OF，OF＝OD，∴OE＝OD． 19．（2024秋•宿城区校级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E． （1）如图1，连接CE，求证：△BCE是等边三角形； （2）如图2，点M为CE上一点，连接BM，作等边△BMN，连接EN，求证：EN∥BC； （3）如图3，点P为线段AD上一点，连接BP，作∠BPQ＝60°，PQ交DE延长线于Q，探究线段PD，DQ与AD之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ABC＝60°，由角平分线的定义得出∠A＝∠DBA，证出AD＝BD，由线段垂直平分线的性质得出AE＝BE，由直角三角形斜边上的中线性质得出CEAB＝BE，即可得出结论； （2）由等边三角形的性质得出BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，证出∠CBM＝∠EBN，由SAS证明△CBM≌△EBN，得出∠BEN＝∠BCM＝60°，得出∠BEN＝∠EBC，即可得出结论； （3）延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，证出△PDF为等边三角形，得出PF＝PD＝DF，∠F＝∠PDQ＝60°，得到∠F＝∠PDQ＝60°，证出∠Q＝∠PBF，由AAS证明△PFB≌△PDQ，得出DQ＝BF＝BD+DF＝BD+DP，证出AD＝BD，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°， ∵BD是△ABC的角平分线，∴∠DBA∠ABC＝30°， ∴∠A＝∠DBA，∴AD＝BD， ∵DE⊥AB，∴AE＝BE，∴CEAB＝BE，∴△BCE是等边三角形； （2）证明：∵△BCE与△MNB都是等边三角形， ∴BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，∴∠CBM＝∠EBN， 在△CBM和△EBN中，， ∴△CBM≌△EBN（SAS），∴∠BEN＝∠BCM＝60°， ∴∠BEN＝∠EBC，∴EN∥BC； （3）解：DQ＝AD+DP；理由如下： 延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，如图所示： ∵∠PDF＝∠BDC＝∠A+∠DBA＝30°+30°＝60°，∴△PDF为等边三角形， ∴PF＝PD＝DF，∠F＝60°， ∵∠PDQ＝90°﹣∠A＝60°，∴∠F＝∠PDQ＝60°， ∴∠BDQ＝180°﹣∠BDC﹣∠PDQ＝60°，∴∠BPQ＝∠BDQ＝60°，∴∠Q＝∠PBF， 在△PFB和△PDQ中，， ∴△PFB≌△PDQ（AAS），∴DQ＝BF＝BD+DF＝BD+DP， ∵∠A＝∠ABD，∴AD＝BD，∴DQ＝AD+DP． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 全等三角形模型之截长补短法 截长补短，顾名思义就是把较长的线段截成两条线段或者延长较短的线段成为一条新的线段。所谓“截 长”，就是将三者中最长的那条线段一分为二，使其中的一条线段与己知线段相等，然后证明其中的另一段与已知的另一段的大小关系。所谓“补短”，就是将一个己知的较短的线段延长至与另一个己知的较短的长度相等。然后求出延长后的线段与最长的已知线段的关系。有的是采取截长补短后，使之构成某种特定的三角形进行求解。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 5 模型运用 8 12 ‌ 截长补短源于《九章算术》“以盈补虚”思想，古匠造殿梁长不足，截他木续之，发现截补后两梁端点重合、角线相符，遂悟可证全等．明代木工将此经验总结为“截长补短法”，后经徐光启引入《几何原本》体系，成为证明三角形全等的重要辅助手段，体现了中国传统技艺与西方逻辑推理的融合。 该模型常用于初中几何题中，专门解决线段的和、差、倍、分问题，把不在同一直线的线段，转化到同一条线段上，构造全等三角形，实现线段等量代换，把复杂和差关系，简化为“两段相等”的基础证明。 1、（2024•扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论． 如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD． 【特殊化感知】 （1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 AD﹣BD＝CD ； 【一般化探究】 （2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由； 【拓展性延伸】 （3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示） 2、（2025•新吴区二模）【问题原型】在数学活动课上，老师给出如下问题：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以BC为斜边作直角三角形BCD，点D，A在边BC同侧，BD与AC交于点O，连接AD，过A作AE⊥BD于点E．求证：BE＝CD+DE（请根据下面的要求完成证明）． 【解决问题】如图②，有思维敏捷的同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在BD上截取BF＝CD，连接AF，将线段BE、CD、DE之间的数量关系转化为线段DE与EF之间的数量关系．请根据上述解题思路写出证明BE＝CD+DE的完整过程． 【实践应用】 （1）∠ADC的大小为 　　 度； （2）若O是AC的中点，且CD＝3，求四边形ABCD的面积． 3、（2025•沾化区二模）【了解概念】折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段PM、MA组成折线段PMA，点B在折线段PMA上，若PB＝BM+MA，则称点B是折线段PMA的中点． 【理解应用】 （1）如图2，⊙M的半径为2，PA是的切线，A为切点，点B是折线段PMA的中点，若∠P＝30°，则PB的长为 　　 ． 【认识定理】阿基米德折弦定理：如图3，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线段ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，从M向BC作垂线，垂足为D，则CD＝AB+BD．这个定理有很多证明方法，下面方框是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程． 【定理证明】 证明：如图3，在BC上截取CG＝AB，连接MC、MG、MB、MA， ∵点M是的中点， ∴， ∴MA＝MC． （2）请按照上面方框中【定理证明】的证明思路，在图3中连接辅助线并写出该证明的剩余部分； 【变式探究】 （3）如图4，若点M是的中点，【定理证明】中的其他条件不变，则CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？请直接写出结论． 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：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 条件：，于D 结论：。 证明：解法一：（截长）在CD上截取，连接AE， ∵，∴， ∴， ∴，， ∴，∴， ∴． 解法二：（补短）延长CB到F，使，连接AF， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 条件：，于D 结论：。 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 例1【方法探究】如图1，在中，平分，，探究，，之间的数量关系； 嘉铭同学通过思考发现，可以通过“截长、补短”两种方法解决问题： 方法1：如图2，在上截取，使得，连接，可以得到全等三角形，进而解决此问题． 方法2：如图3，延长到点，使得 ，连接，可以得到等腰三角形，进而解决此问题． （1）根据探究，直接写出，，之间的数量关系； 【迁移应用】（2）如图4，在中，D是上一点，，，于，探究，，之间的数量关系，并证明． 【拓展延伸】（3）如图5，为等边三角形，点为延长线上一动点，连接．以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，求证：． 例2（2025•翁源县一模）【知识技能】 （1）如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系． 梳理解答思路并完成填空． A．旋转法：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，则BE＝DG，∠ADG＝∠B＝90°，可得∠FDG＝180°，即F，D，G三点共线． 易证△AFG≌　△AFE ，故EF，BE，DF之间的数量关系为EF＝BE+DF ． B．截长补短法：延长CD至点G，使得DG＝BE，由∠B＝∠ADG＝90°，AB＝AD，即△ABE≌△ADG，可以得到AE＝AG． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，试猜想BD，DE，EC之间的数量关系，并说明理由． 【拓展探索】 （3）如图3，正方形ABCD的边长为，∠EAF＝45°，连接BD，分别交AE，AF于点M，N．若M恰好为线段BD上靠近点B的三等分点，求线段MN的长． 例3【方法初探】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． 问题：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若CD＝DB+AB，求证：∠B＝2∠C． 解题思路：我们可以采用“截长补短法”解决该问题，如图2，辅助线做法在CD上截取DE＝DB，连接AE，从而证明出结论． 请你根据上述解题思路，写出证明过程． 【方法应用】如图3，已知：等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，AD是角平分线，交BC边于点D．求证：AC＝AB+BD． 【实际应用】如图4，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝50°，∠D＝110°，∠ACD＝45°，∠BCA＝85°，CE是△ABC的高，AD＝12，EB＝3，直接写出AE的长　　 ． 例4【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短边相等，从而解决问题．当题目中有等腰三角形、角平分线等条件，可用“截长补短法”构造全等三角形来进行解题． 【问题解决】 （1）如图①，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠C＝90°，AD为∠BAC的角平分线，在AB上截取AE＝AC，连接DE．请写出线段AB，AC，CD之间的数量关系并说明理由； 【拓展延伸】 （2）如图②，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线．请判断线段AB，AC，CD之间的数量关系并说明理由； （3）如图③，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，∠ACB≠90°，当AD为∠BAC的补角的角平分线时，（2）中AB，AC，CD之间存在的数量关系是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出线段AB，AC，CD之间的新数量关系，不必说明理由． 例5【问题呈现】小刚在数学兴趣小组活动中遇到一个几何问题：如图1，△ABC，△ECD均为等边三角形，AC与BE交于点M，AD与CE交于点N，AD与BE交于点P，连接CP，探究AP，CP，BP之间的数量关系． 【问题分析】小刚通过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，进而解决上述问题． 【问题解决】如图2，在BP上取点F，使得PF＝AP，连接AF，在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）求证：△BCE≌△ACD； （2）求证：∠APM＝60°； （3）试探究AP，CP，BP之间的数量关系，并说明理由． 1．（2025春•江北区校级期末）由三角板我们可以知道，等腰直角三角形的两条直角边相等，两个锐角也相等，如图：Rt△ABC中∠A＝90°，AC＝AB，BD平分∠CBA交AC于点D；过点D作DF⊥AC交BC于点F，过点D作DE⊥BC交BC于点E．下列结论：①DF∥AB；②DE是△FDB的高；③∠BDF＝∠DBF；④S△CDB＝S△DAB；⑤△CDE的周长与CB的长度相等，上述结论正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（2025秋•西城区校级月考）如图，AP是△ABC的高，∠BAP＝α，AD＝AC，∠DAC＝2α，过点D作DE∥AB交BC于点E．下列四个结论中： ①∠ACB＝∠BDE； ②当α＝45°时，BD⊥BC； ③BD＝DE； ④BC＝2BP+BE． 所有正确结论的序号是　 　 ． 3．（2025秋•昌黎县期末）【方法初探】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． 问题：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若CD＝DB+AB，求证：∠B＝2∠C． 解题思路：我们可以采用“截长补短法”解决该问题，如图2，辅助线做法在CD上截取DE＝DB，从而证明出结论． （1）请你根据上述解题思路，写出证明过程． 【方法应用】 （2）如图3，已知：等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，AD是△ABC的角平分线，交BC边于点D．求证：AC＝AB+BD． 【实际应用】 （3）如图4，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝50°，∠D＝110°，∠ACD＝45°，∠BCA＝85°，CE是△ABC的高，AD＝12，EB＝3，则AB的长为　　 　　 ． 4．李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯，下面是李老师在“利用角的对称性构造全等模型”主题下设计的问题，请你解答． （1）【观察发现】①如图1，是的角平分线，，在上截取，连接，则与的数量关系是__________； ②如图2，的角平分线、相交于点P．当时，线段与的数量关系是__________； （2）【探究迁移】如图3，在四边形中，，的平分线与的平分线恰好交于边上的点P，试判断与的数量关系，并说明理由． （3）【拓展应用】在（2）的条件下，若，当有一个内角是时，直接写出边的长． 5．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△ABC中，∠B＝80°，∠1＝70°，AC＝AB+BD，求∠C．此题就可以利用截长补短法．如图2，延长DB至点E，使得BE＝BA，即可求出∠C＝ 　 　． （2）如图3，点D为等边△ABC外一点，连接AD，CD，BD，其中BD交AC于点E，且∠ADB＝60°，求证：BD＝AD+CD； （3）如图4，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为△ABC外一点，连接AD，CD，BD，其中BD交AC于点E．且∠BDC＝45°，则BD，AD，CD的数量关系为 　．　 ． 6．（2025春•南岗区期末）截长补短法是初中数学几何题中的一种常用方法，也是把几何题化难为易的一种思想，常常用来探究三条线段之间的数量关系． 【探索发现】如图1，在▱ABCD中，点E为AD上的一点，连接BE，作∠CBE的平分线交CD于点F，若点F为CD的中点，求证：BC+DE＝BE； 解题思路：抓住平行四边形对边平行的性质，结合中点，只需延长BF交AD的延长线于点M，通过全等将线段BC转移到DM的位置，实现补短的目的，再证明EM与BE相等，即可解决问题．请按此思路完成证明． 【类比迁移】如图2，在正方形ABCD中，点E为AD上的一点，连接BE，作∠CBE的平分线交CD于点F，求证：CF+AE＝BE； 【综合应用】如图3，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，延长BC至点E，使CE＝CD，连接DE，点F为DE上一点，连接AF，作∠BAF的平分线交BC于点G，连接FG，若EF＝2，BG＝4，求△AFG的面积． 7．阅读与思考：下面是小王的数学改错本上的改错总结反思请仔细阅读，并完成相应的任务． 截长补短法：有一类几何题其命题主要是证明三条线段长度的“和”或“差”及其比例关系．这一类题目一般可以采取“截长”或“补短”的方法来进行求解，所谓“截长”，就是将三者中最长的那条线段一分为二，使其中的一条线段长度与已知线段长度相等，然后证明其中的另一条线段与已知的另一条线段的数量关系，所谓“补短”，就是将一条已知的较短的线段延长至与另一条已知的较短的线段长度相等，然后求出延长后的线段与最长的已知线段的数量关系．有的是采取截长补短法后，使之构成某种特定的三角形进行求解…． 如图1，四边形是的内接四边形，连接，．是的直径，．请说明线段，，之间的数量关系． 下面是该问题的部分解答过程： 解：． 理由如下：∵是的直径， ∴， ∵， ∴． 如图2，过点A作交于点M， …． 任务：(1)补全解答过程；(2)如图3，四边形是的内接四边形，连接，．是的直径，，则线段，，之间的数量关系式是______． 8．问题：如图1，中，AB是直径，，点D是劣弧BC上任一点（不与点B、C重合），求证：为定值． 思路：和差倍半问题，可采用截长补短法，先证明．按思路完成下列证明过程． 证明：在AD上截取点E，使，连接CE． 运用：如图2，在平面直角坐标系中，与轴相切于点，与y轴相交于B、C两点，且，连接AB、．(1)OB的长为___________．(2)如图3，过A、B两点作与y轴的负半轴交于点M，与的延长线交于点N，连接AM、MN，当的大小变化时，问的值是否变化，为什么?如果不变，请求出的值． 9．小明用“截长补短法”解答了下面问题： 如图1，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连结AC，BD．BC是⊙O的直径，AB＝AC．请说明线段AD，BD，CD之间的数量关系． 解：．理由如下： 如图2，过点A作AM⊥AD交BD于点M，则∠MAD＝90°． ∵BC是⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∴∠BAM＝∠①． 又∵AB＝AC，∠ABD＝∠②， ∴△ABM≌③， ∴BM＝CD，AM＝AD， ∵∠MAD＝90°， ∴． ∵BD＝DM+BM， ∴． （1）填空：①　 　 ，②　 　 ，③　 　 ； （2）如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，连结AC，BD．则线段AD，BD，CD之间的数量关系是 　 　． 10．（2025秋•新吴区校级期中）【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． 11．（2025秋•九龙坡区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC，点D是AC上一动点（不含端点），点E在BD的延长线上，且AB＝AE，AF平分∠CAE交DE于点F，连接FC． （1）如图1，求证：∠ABE＝∠ACF． （2）如图2，若∠ABC＝45°，AE∥BC，求证：BD＝2EF． （3）若∠BAC＝90°，∠ABD＝30°，点G为BC上一动点，将线段DG绕点D顺时针旋转90°得到线段DH，连接AH．将△DAH在同一平面内沿直线DH翻折，使得点A落在点P处，连接BP．若，AD＝2，当BP+DP 的值最小时，过点C作CK⊥DG，垂线交PD于点K．请直接写出△AKD的面积． 12．（2025秋•渝水区校级期末）【经典再现】 （1）如图1，D为等边△ABC外一点，BD＝CD，∠BDC＝120°，BD＝2cm，连接AD．则： ①线段AD和线段BC的关系是　 　　 　 （直接写出结果）． ②AD＝　 　 cm． 【深入探究】 （2）如图2，D为等边△ABC外一点，BD＝CD，∠BDC＝120°，点M和点N分别为等边△ABC的边AB和AC上任意一点，∠MDN＝60°，试探究线段BM，CN和MN的数量关系，并加以证明． 【拓展应用】 （3）①把（2）中的条件“点M和点N为等边△ABC的边AB和AC上任意一点”改为“点M和点N为直线AB和直线AC上任意一点”，其他条件不变，直接写出线段BM，CN和MN的数量关系． ②当（2）中的点M和点N在等边△ABC的边AB和AC上运动时，记△AMN的周长为P，记△ABC的周长为Q，则的值是否改变？若不变，请求出的值；若改变，请说明理由． 13．【实践操作】 （1）如图1，△ABC是等边三角形，D是△ABC外一点，且∠BDC＝120°，如果将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE，直接写出线段AD，BD，CD之间的数量关系； 【类比探究】 （2）如图2，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，D是△ABC外一点，且∠BDC＝90°，试写出线段AD，BD，CD之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形ABDC中，∠BAC+∠D＝180°，AB＝AC，若AC＝10，BD＝7，，求CD的长和四边形ABDC的面积． 14．（2025秋•门头沟区期末）在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB，点D为平面内任意一点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，连接CE，取CE的中点F，连接AF，DF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，点E恰好落在AB上，求证：AF＝DF； （2）如图2，当点D在△ABC内部时， ①依题意补全图2； ②用等式表示AF，DF的数量关系，并证明． 15．如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝8，过AO的中点E作AB的垂线交⊙O于点C和D，P是上一动点．连接PA，PB，PC，PD． （1）求的长度； （2）延长AP到点F，连接BF，使得FB2＝FA•FP．求证：BF是⊙O的切线； （3）猜想PA，PC，PD间的数量关系，并证明． 16．（2025秋•潜江期末）【问题发现】 （1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，试猜想图中∠BAD与∠EAF的数量关系． 小王同学解决此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　 　； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，试探究∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （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，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠BAD与∠EAF的数量关系，并说明理由． 17．（2025秋•鼓楼区校级期末）问题情境： 已知：射线AB和射线CB相交于点B．点D在射线CB上，作射线AD，在射线AD上取一点E，连接CE，使∠AEC＝∠ABC． 任务一：当点D在线段CB上时， （1）如图1，请写出∠A与∠C的数量关系，并说明理由； （2）如图2，当∠AEC＝∠ABC＝90°，AB＝CB时，连接BE．在射线AD上取一点F，使AF＝CE，连接BF． ①判断BF与BE的数量关系与位置关系，并说明理由； ②∠AEB的度数为 　 　 ； 任务二：当点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合）． （3）如图3，当AB＝CB，∠AEC＝∠ABC＝α（90°＜α＜180°），且AF＝CE时，请直接写出∠AEB的度数（用含α的式子表示）． 18．（2025秋•长宁县期中）如图，在△ABC中，∠B＝60°，△ABC的角平分线AD、CE相交于点O， （1）求∠AOC的度数； （2）求证：AE+CD＝AC； （3）求证：OE＝OD． 19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E． （1）如图1，连接CE，求证：△BCE是等边三角形； （2）如图2，点M为CE上一点，连接BM，作等边△BMN，连接EN，求证：EN∥BC； （3）如图3，点P为线段AD上一点，连接BP，作∠BPQ＝60°，PQ交DE延长线于Q，探究线段PD，DQ与AD之间的数量关系，并证明． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $