经典截长补短法巧解资料讲解

八年级上册数学截长补短法一、截长补短法的概念。

1. 定义。

- 截长补短法是几何证明题中一种常用的辅助线添加方法。

“截长”就是将一条较长的线段截成两段或几段，使得其中的一段或几段与已知线段相等；“补短”就是将一条较短的线段延长，使得延长后的线段与已知的较长线段相等。

- 例如，在三角形ABC中，要证明AB = AC+CD（假设AB>AC），“截长”的做法可以是在AB上截取AE = AC，然后去证明BE=CD；“补短”的做法可以是延长AC到F，使CF = CD，然后去证明AB = AF。

2. 适用情况。

- 当题目中出现证明两条线段之和等于第三条线段或者两条线段之差等于第三条线段等类型的问题时，常常考虑使用截长补短法。

- 比如在四边形或者三角形的边的关系证明中经常用到。

如在等腰三角形的相关证明中，如果要证明等腰三角形腰长与底边一部分线段的关系时，可能就需要用到这种方法。

二、截长补短法的解题步骤。

1. 截长法解题步骤。

- 第一步：观察图形和已知条件，确定要截的线段。

一般选择较长的那条线段进行截取。

- 第二步：根据已知条件截取合适的长度，使得截取后的线段与其他已知线段有一定的联系。

例如，在三角形中，如果有角平分线的条件，可能会截取与角平分线到角两边距离相等的线段。

- 第三步：连接截取点与其他点，构造全等三角形或者其他特殊的几何关系。

- 第四步：利用全等三角形的性质或者其他几何定理进行推理，得出要证明的结论。

- 例如：在三角形ABC中，AD是∠BAC的角平分线，∠C = 2∠B，求证：AB = AC+CD。

- 证明（截长法）：在AB上截取AE = AC，连接DE。

- 因为AD是角平分线，所以∠EAD = ∠CAD。

- 在△AED和△ACD中，AE = AC，∠EAD = ∠CAD，AD = AD，根据SAS（边角边）定理，△AED≌△ACD。

- 所以∠AED = ∠C，CD = ED。

- 又因为∠C = 2∠B，∠AED = ∠B + ∠EDB，所以∠B = ∠EDB。

截长补短法截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法，也是把几何题化难为易的一种思想。

截长：1.过某一点作长边的垂线 2.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：1.延长短边2.通过旋转等方式使两短边拼合到一起。

用法例题例1：如图，已知AD∥BC，AB=AD+BC，E是CD的中点，求∠AEB的度数。

解：向AE方向延长AE，交BC的延长线于F。

∵∠5和∠6是对顶角∴∠5=∠6∵E是CD的中点∴DE=EC∵AD∥BC∴∠1=∠F∴△AED≌△CEF（AAS)∴AD=CF，AE=EF∴AB=AD+BC=CF+BC=BF∴△ABF是等腰三角形且AF为底边又∵AE=EF且点E在线段AF上∴BE⊥AF图中有角平分线，可向两边作垂线。

也可将图对折看，对称以后关系现。

角平分线平行线，等腰三角形来添。

角平分线加垂线，三线合一试试看。

线段垂直平分线，常向两端把线连。

要证线段倍与半，延长缩短可试验。

三角形中两中点，连接则成中位线。

三角形中有中线，延长中线等中线。

平行四边形出现，对称中心等分点。

梯形里面作高线，平移一腰试试看。

平行移动对角线，补成三角形常见。

证相似，比线段，添线平行成习惯。

等积式子比例换，寻找线段很关键。

直接证明有困难，等量代换少麻烦。

斜边上面作高线，比例中项一大片。

半径与弦长计算，弦心距来中间站。

圆上若有一切线，切点圆心半径连。

要想证明是切线，半径垂线仔细辨。

弧有中点圆心连，垂径定理要记全。

要想作个外接圆，各边作出中垂线。

还要作个内接圆，内角平分线梦圆如果遇到相交圆，不要忘作公共弦。

若是添上连心线，切点肯定在上面。

辅助线，是虚线，画图注意勿改变。

假如图形较分散，对称旋转去实验。

基本作图很关键，平时掌握要熟练。

解题还要多心眼，经常总结方法显。

切勿盲目乱添线，方法灵活应多变。

分析综合方法选，困难再多也会减。

虚心勤学加苦练，成绩上升成直线。

模型介绍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，使其中的一条线段与已知线段相等，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”，就是将一个已知的较短的线段延长至与另一个已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截长：在较长的线段上截取另外两条较短的线段.如图所示，在BF上截取BM=DF，易证△BMC≌△DFC（SAS）.②补短：选取两条较短线段中的一条进行延长，使得较短的两条线段共线并寻求解题突破.如图所示，延长GC至N，使CN=DF，易证△CDF≌△BCN（SAS）.例题精讲考点一：截长型【例1】．如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AD⊥BC于D，且AB+BD＝DC，则∠C等于_______.解：在DC上截取DE＝DB，连接AE．设∠BCA＝α，∵AB+BD＝DC，DE＝DB，∴CE＝AB．∵AD⊥BC，DB＝DE，∴直线AD是BE的垂直平分线，∴AB＝AE，∴CE＝AE，∴∠BCA＝∠CAE．∵AB＝AE，∴∠CBA＝∠AEB．∵∠AEB是△CAE的一个外角，∴∠AEB＝∠BCA+∠CAE，∴∠CBA＝∠AEB＝2α，∴∠CBA+∠BCA＝3α＝180°﹣120°＝60°，∴α＝20°，∴∠BCA＝20°．变式训练【变式1-1】．如图，△ABC中，AC＝BC，AD平分∠BAC，若AC+CD＝AB，求∠C的度数．解：在AB上截取AC＝AE，设∠B＝x°，∵AC＝BC，∴∠BAC＝∠B＝x°∵AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠CAD，在△EAD和△CAD中，∴△EAD≌△CAD，∴∠C＝∠AED，CD＝DE，∵AC+CD＝AB，AB﹣BE+AE，AE＝AC，∴BE＝DE＝DC，∴∠B＝∠BDE＝x°，∴∠C＝∠AED＝∠B+∠BDE°，在△ABC中，x+x+2x＝180°，∴x＝45，即∠C＝2x°＝90°．【变式1-2】．如图，四边形ABCD中，AC平分∠BAD，CE⊥AB于点E，且∠B＋∠D＝180°，若BE＝3，CE＝4，S△ACE＝14，则S△ACD＝________．解：在AE 上截取AM ＝AD ，连接CM ，∵AC 平分∠BAD ，∴∠1＝∠2，在△AMC 和△ADC 中，12AC AC AD AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AMC ≌△ADC （SAS ），∴3D ∠=∠，∵∠B ＋∠D ＝180°，43=180∠+∠︒，∴4=B ∠∠，∵CE ⊥AB ，∴90CEM CEB ∠=∠=︒，在EMC △和EBC 中，4B CEM CEB CE CE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EMC ≌△EBC （AAS ），∴ME ＝EB ＝3，∵CE ＝4，S △ACE ＝14，∴21474AE ⨯==，∴AM ＝AE -EM =7-3=4，∴1144822AMC S AM CE =⨯=⨯⨯= ，∴8ADC AMC S S ==．故答案为：８．【变式1-3】．已知在△ABC 中，∠B ＝2∠C ，∠BAC 的平分线AD 交BC 边于点D ．求证：AC ＝AB +BD．证明：在AC 上截取AE ＝AB ，连接DE ．∵∠BAC 的平分线AD 交BC 边于点D ，∴∠BAD ＝∠DAC ，在△ABD 与△AED中，，∴△ABD≌△AED（SAS），∴BD＝DE，∠B＝∠AED，∵∠B＝2∠C，∠AED＝∠C+∠EDC，∴∠AED＝2∠C，∴∠C＝∠EDC，∴CE＝DE，∴CE＝BD，∴AC＝AE+EC＝AB+BD．考点二：补短型【例2】．已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外一点，且∠ABD＝60°，∠ACD＝60°求证：BD+DC＝AB．证明：延长BD到F，使BF＝BA，连接AF，CF，∵∠ABD＝60度，∴△ABF为等边三角形，∴AF＝AB＝AC＝BF，∠AFB＝60°，∴∠ACF＝∠AFC，又∵∠ACD＝60°，∴∠AFB＝∠ACD＝60°∴∠DFC＝∠DCF，∴DC＝DF．∴BD+DC＝BD+DF＝BF＝AB，即BD+DC＝AB．变式训练【变式2-1】．如图，四边形ABCD中，AB∥DC，点E为AD上一点，连接BE，CE，且BE、CE 分别平分∠ABC 、∠BCD ．求证：BC ＝AB +DC ．证明：延长BE 交CD 的延长线于点F ，∵BE 平分∠ABC ，∴∠ABE ＝∠CBE ，∵AB ∥CD ，∴∠F ＝∠ABE ，∠A ＝∠FDA ，∴∠F ＝∠CBE ，∴CF ＝BC ，∵CE 平分∠BCD ，∴BE ＝EF （三线合一），在△ABE 和△DFE 中，，∴△ABE ≌△FDE （ASA ），∴FD ＝AB ，∵CF ＝DF +CD ，∴CF ＝AB +CD ，∴BC ＝AB +CD ．【变式2-2】．【问题背景】如图1：在四边形ABCD 中，AB AD =，120BAD ∠=︒，E 、F 分别是BC 、CD 上的点，且60EAF ∠=︒，小王同学探究此问题的方法是：延长FD 到点G ，使DG BE =，连接AG ，再证明AEF AGF ≅△△，可得出结论．【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD 中，AB AD =，E 、F 分别是BC ，CD 上的点12BAD ，上述结论是否仍然成立【学以致用】如图3，四边形ABCD 是边长为5的正方形，45EBF ∠=︒，求DEF 的周长．解：（1）【问题背景】如图1在ABE △和ADG 中，∵DG BE B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ABE ADG SAS ≅△△，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，∵18EAF BAD ∠=∠，∴GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠，∴EAF GAF ∠=∠，在AEF 和GAF 中，∵AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AEF AGF SAS ≅△△，∴EF FG =，∵FG DG DF BE DF =+=+，∴EF BE DF =+；故答案为：EF BE DF =+．（2）【探索延伸】解：结论EF BE DF =+仍然成立；理由：如图2，延长FD 到点G ．连接AG ，在ABE △和ADG 中，∵DG BE B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ABE ADG SAS ≅△△，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，∵13EAF BAD ∠=∠，∴GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠，∴EAF GAF ∠=∠，在AEF 和GAF 中，∵AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AEF AGF SAS ≅△△，∴EF FG =，∵FG DG DF BE DF =+=+，∴EF BE DF =+；（3）【学以致用】解：如图3，延长DC 到点G ，连接BG ，在AEB △与CGB △中，∵AE CG A BCG AB BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AEB CGB SAS ≅△△，∴BE BG =，ABE CBG ∠=∠．∵45EBF ∠=︒，90ABC ∠=︒，∴45ABE CBF ∠+∠=︒，∴45CBF CBG ∠+∠=︒，在EBF △与GBF 中，∵BE BG EBF GBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()EBF GBF SAS ≅△△，∴EF GF =，∴DEF 的周长5510EF ED DF AE CF DE DF AD CD =++=+++=+=+=．实战演练1．如图，在△ABC 中，BD 平分∠ABC ，∠C ＝2∠CDB ，AB ＝12，CD ＝3，则△ABC 的周长为（）A ．21B ．24C ．27D ．30解：如图，在AB 上截取BE ＝BC ，连接DE，∵BD 平分∠ABC ，∴∠ABD ＝∠CBD ，在△CBD 和△EBD 中，CB BE CBD DBE BD BD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CBD ≌△EBD （SAS ），∴∠CDB ＝∠BDE ，∠C ＝∠DEB ，∵∠C ＝2∠CDB ，∴∠CDE ＝∠DEB ，∴∠ADE ＝∠AED ，∴AD ＝AE ，∴△ABC 的周长＝AD +AE +BE +BC +CD ＝AB +AB +CD ＝27，故选C ．2．如图，AD ⊥BC ，AB +BD ＝DC ，∠B ＝54°，则∠C ＝27°．解：在DC 上截取DE ＝BD ，连接AE，∵AD ⊥BC ，DE ＝BD ，∴AD 是BE 的垂直平分线，∴AB ＝AE ，∴∠B ＝∠AEB ＝54°，∵AB +BD ＝DC ，DE +EC ＝DC ，∴AB ＝EC ，∴AE ＝EC ，∴∠C ＝∠EAC ，∵∠C+∠EAC＝∠AEB＝54°，∴∠C＝∠EAC＝∠AEB＝27°，故答案为：27°．3．已知：如图，在△ABC中，AC＝BC，∠C＝100°，AD平分∠CAB．求证：AD+CD＝AB．证明：如图，在AB上截取AE＝AC，延长AD到F使AF＝AB，连接DE、BF．又∵∠1＝∠2，AD是公共边BE，在△ADC和△ADE中，，∴△ADC≌△ADE，∴∠AED＝∠C＝100°，则得∠DEB＝80°∵CA＝CB，AD平分∠BAC，∴∠1＝∠2＝20°，∠3＝40°∵AF＝AB，∠2＝20°，∴∠F＝∠ABF＝1/2（180°﹣∠2）＝80°则∠F＝∠DEB∴∠4＝80°﹣∠3＝40°，∴∠3＝∠4，∠F＝∠DEC，在△BDF和△BDE中，，∴△DBE≌△DBF（AAS）∴DF＝DE＝CD∴AB＝AF＝AD+DF＝AD+DC．4．如图，△ABC中，∠BAC＝60°，点D、E分别在AB、AC上，∠BCD＝∠CBE＝30°，BE、CD相交于点O，OG⊥BC于点G，求证：OE+OD＝2OG．证明：延长OE至点M，使OM＝OC，连接CM，∵∠BCD＝∠CBE＝30°，∴OB＝OC，∠MOC＝30°+30°＝60°，∵OM＝OC，∴△OMC为等边三角形，∴CM＝OC＝OB，∠M＝60°，∴∠DBO＝∠MCE，在△BOD和△CME中，，∴△BOD≌△MCE，∴DO＝EM，∴OE+OD＝OM＝OB，在Rt△OBG中，∠OBG＝30°，OG⊥BC，∴2OG＝OB，∴OE+OD＝2OG．5．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ACB＝40°，P、Q分别在BC、CA上，并且AP、BQ分别是∠BAC、∠ABC的角平分线．求证：（1）BQ＝CQ；（2）BQ+AQ＝AB+BP．证明：（1）∵BQ是∠ABC的角平分线，∴∠QBC＝∠ABC．∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，且∠BAC＝60°，∠ACB＝40°，∴∠ABC＝80°，∴∠QBC＝＝40°，∴∠QBC＝∠C，∴BQ＝CQ；（2）延长AB至M，使得BM＝BP，连接MP．∴∠M＝∠BPM，∵△ABC中∠BAC＝60°，∠C＝40°，∴∠ABC＝80°，∵BQ平分∠ABC，∴∠QBC＝40°＝∠C，∴BQ＝CQ，∵∠ABC＝∠M+∠BPM，∴∠M＝∠BPM＝40°＝∠C，∵AP平分∠BAC，∴∠MAP＝∠CAP，在△AMP和△ACP中，∵∴△AMP≌△ACP，∴AM＝AC，∵AM＝AB+BM＝AB+BP，AC＝AQ+QC＝AQ+BQ，∴AB+BP＝AQ+BQ．6．如图，△ABC两条角平分线BD，CE相交于点O，∠A＝60°，求证：CD+BE＝BC．证明：在BC上找到F使得BF＝BE，，∵∠A＝60°，BD、CE是△ABC的角平分线，∴∠BOC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝120°，∴∠BOE＝∠COD＝60°，在△BOE和△BOF中，，∴△BOE≌△BOF，（SAS）∴∠BOF＝∠BOE＝60°，∴∠COF＝∠BOC﹣∠BOF＝60°，在△OCF和△OCD中，，∴△OCF≌△OCD（ASA），∴CF＝CD，∵BC＝BF+CF，∴BC＝BE+CD．7．如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC和∠BCD的平分线的交点E在AD上．求证：（1）点E是AD的中点；（2）BC＝AB+CD．证明：延长CE交BA的延长线于点F．∵CE和BE分别是∠ABC和∠BCD的平分线，即∠ECB＝∠DCB，∠EBC＝∠CBA，又∵AB∥CD，∴∠DCB+∠CBA＝180°，∴∠ECB+∠EBC＝90°，∴∠CEB＝90°，即BE⊥EC，∵AB∥CD∴∠DCE＝∠F，又∵∠DCE＝∠ECB，∴∠F＝∠ECB∴BF＝BC，EC＝EF．在△DCE和△AFE中，，∴△DCE≌△AFE，∴DE＝AE，即E是AD的中点，DC＝AF，∴BC＝BF＝AB+CD．8．已知，如图，BD是△ABC的角平分线，AB＝AC，（1）若BC＝AB+AD，请你猜想∠A的度数，并证明；（2）若BC＝BA+CD，求∠A的度数？（3）若∠A＝100°，求证：BC＝BD+DA．解：（1）答：∠A＝90°．理由如下：在BC上截取BE＝BA，连接DE．∵BC＝AB+AD，∴CE＝AD，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠EBD，∵AB＝BE，BD＝BD，∴△ABD≌△EBD，∴AD＝DE＝CE，∠A＝∠DEB∴∠C＝∠EDC，∴∠A＝∠DEB＝∠C+∠EDC＝2∠C，∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，∴4∠C＝180°，∴∠C＝45°，∠A＝2∠C＝90°，即∠A＝90°；（2）解：在BC上截取CF＝CD，连接DF．∵BC＝BA+CD，∴BF＝BA，∵∠ABD＝∠FBD，BD＝BD，∴△ABD≌△FBD，∴∠A＝∠DFB，∵CD＝CF，∴∠CDF＝∠CFD，∴∠C+2∠DFC＝180°，∵∠A+∠DFC＝180°，∴2∠A﹣∠C＝180°，∵∠A+2∠C＝180°，解得：∠A＝108°，答：∠A的度数是108°．（3）证明：在BC上截取BQ＝BD，连接DQ，延长BA到W使BW＝BQ，连接DW．∵∠A＝100°，AC＝AB，∴∠C＝∠ABC＝40°，∵BD平分∠ABC，∴∠DBQ＝20°，∵BD＝BQ，∴∠DQB＝∠BDQ＝（180°﹣∠DBQ）＝80°，∴∠CDQ＝∠DQB﹣∠C＝40°＝∠C，∴DQ＝CQ，∵在△WBD和△QBD中，∴△WBD≌△QBD，∴∠W＝∠DQB＝80°，DW＝DQ＝CQ，∵∠BAC＝100°，∴∠WAD＝180°﹣∠BAC＝180°﹣100°＝80°，即∠WAD＝∠W，∴AD＝DW＝DQ＝CQ，∴BC＝BD+DA．9．阅读：探究线段的和．差．倍．分关系是几何中常见的问题，解决此类问题通常会用截长法或补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明．（1）请完成下题的证明过程：如图1，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD平分∠BAC．求证：AB+BD＝AC．证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE（2）如图2，AD∥BC，EA，EB分别平分∠DAB，∠CBA，CD过点E，求证：AB＝AD+BC．证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE，如图1：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC，在△ABD和△AED中，，∴△ABD≌△AED（SAS），∴∠B＝∠AED，BD＝DE，又∠B＝2∠C，∴∠AED＝2∠C，而∠AED＝∠C+∠EDC＝2∠C，∴∠C＝∠EDC，∴DE＝CE，∴AB+BD＝AE+CE＝AC；（2）延长AE、BC交于F，∵AB＝BF，BE平分∠ABF，∴AE＝EF，在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（ASA），∴AD＝CF，∴AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD．10．在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、F分别在边AB、AD上，且AE＝DF，BF与DE交于点G．（1）如图①，连接BD．求证：△ADE≌△DBF；（2）如图②，连接CG．求证：BG+DG＝CG．证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝∠BAD＝60°，∴△ABD和△CBD都是等边三角形，∴AD＝DB，∠BDF＝∠DAE＝60°，在△ADE和△DBF中，，∴△ADE≌△DBF（SAS）；（2）如图②，延长GB到点H，使BH＝DG，连接CH、BD，由（1）知△ADE≌△DBF，△CBD是等边三角形，∴∠ADE＝∠DBF，∠CBD＝∠BCD＝60°，∴∠DBF+∠CBH＝180°﹣∠CBD＝120°，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴BC＝CD，∠ADC＝180°﹣∠BAD＝120°，∴∠ADE+∠CDG＝120°，∴∠CBH＝∠CDG，在△CBH和△CDG中，，∴△CBH≌△CDG（SAS），∴CH＝CG，∠BCH＝∠DCG，∵∠BCD＝∠DCG+∠BCG＝60°，∴∠BCH+∠BCG＝60°，即∠GCH＝60°，∴△CGH是等边三角形，∴GH＝CG，∵GH＝BG+BH＝BG+DG，∴BG+DG＝CG．11．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，点E、F分别在直线BC、CD上，且∠EAF＝∠BAD．（1）当点E、F分别在边BC、CD上时（如图1），请说明EF＝BE+FD的理由；（2）当点E、F分别在边BC、CD延长线上时（如图2），（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出EF、BE、FD之间的数量关系，并说明理由．解：（1）EF＝BE+DF，理由：延长EB至G，使BG＝DF，连接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，∴∠ADC＝∠ABG，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAG＝∠EAF，即∠EAG＝∠EAF，在△EAG和△EAF中，，∴△EAG≌△EAF（SAS），∴GE＝EF，∴EF＝BE+DF；（2）（1）中结论不成立，EF＝BE﹣FD，在BE上截取BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ABC＝∠ADF，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∵∠BAM+∠MAD＝∠DAF+∠MAD，∴∠BAD＝∠MAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠EAF＝∠MAF，∴∠EAF＝∠EAM，在△AME和△AFE中，，∴△AME≌△AFE（SAS），∴ME＝EF，∴ME＝BE﹣BM＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．12．如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE 交直线CD于点F．（1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数；（2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想．解：（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，在△BCE和△CBK中，，∴△BCE≌△CBK（SAS），∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，∵CE＝BD，∴BD＝BK，∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，∵∠BEC+∠AEF＝180°，∴∠ADF+∠AEF＝180°，∴∠A+∠EFD＝180°，∵∠A＝60°，∴∠EFD＝120°，∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°；（2）结论：BF+CF＝2CN．理由：如图2中，∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，∵AE＝BD，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF＝∠ABE，∴∠FBC+∠BCF＝60°，∴∠BFC＝120°，如图2中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，∵PB＝PF，∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，∴△PCQ是等边三角形，∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN．13．如图1，点A和点B分别在y轴正半轴和x轴正半轴上，且OA＝OB，点C和点D分别在第三象限和第二象限上，且OC⊥OD，OC＝OD，点C的坐标为（m，n），且满足（m﹣2n）2+|n+2|＝0．（1）求点C坐标；（2）求证：AC＝BD，AC⊥BD；（3）求∠BEO度数；（4）如图2，点P在OA上，点Q在OB上且OP＝OQ，直线ON⊥BP，交AB于点N，MN⊥AQ交BP延长线于点M，请猜想ON，MN，BM的数量关系并证明．解：（1）∵（m﹣2n）2+|n+2|＝0又∵（m﹣2n）2≥0，|n+2|≥0，∴n＝﹣2，m＝﹣4，∴点C坐标为（﹣4，﹣2）；（2）如图1中，作OH⊥BD于H，OF⊥AC于F．∵OA＝OB，OD＝OC，∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠BOD＝∠AOC，∴△BOD≌△AOC（SAS），∴BD＝AC，∴HO＝OF（全等三角形对应边上的高相等），∴OE平分∠BEC，∵△BOD≌△AOC，∴∠OBD＝∠OAC，设BD交y轴于点R，则∠ARE＝∠BRO，∴∠AEB＝∠BOA＝90°，即AC⊥BD；（3）由（2）知，AC⊥BD，则∠FEH＝90°，∴∠OHE＝∠OFE＝∠FEH＝90°，故四边形OHEF为矩形，而HO＝OF，故四边形OHEF为正方形，而OE为该正方形的对角线，∴∠BEO＝45°；（4）结论：BM＝MN+ON．理由：如图2中，过点B作BH∥y轴交MN的延长线于H．∵OQ＝OP，OA＝OB，∠AOQ＝∠BOP＝90°，∴△AOQ≌△BOP（SAS），∴∠OBP＝∠OAQ，∵∠OBA＝∠OAB＝45°，∴∠ABP＝∠BAQ，∵NM⊥AQ，BM⊥ON，∴∠ANM+∠BAQ＝90°，∠BNO+∠ABP＝90°，∴∠ANM＝∠BNO＝∠HNB，∵∠HBN＝∠OBN＝45°，BN＝BN，∴△BNH≌△BNO（ASA），∴HN＝NO，∠H＝∠BON，∵∠HBM+∠MBO＝90°，∠BON+∠MBO＝90°，∴∠HBM＝∠BON＝∠H，∴MH＝MB，∴BM＝MN+NH＝MN+ON．14．如图所示：△ABC是等腰直角三角形，BC＝AC，直角顶点C在x轴上，一锐角顶点B 在y轴上（1）如图1所示，若C的坐标是（2，0），点A的坐标是（﹣2，﹣2），求：点B的坐标；（2）如图2，若y轴恰好平分∠ABC，AC与y轴交于点D，过点A作AE⊥y轴于E，问BD与AE有怎样的数量关系，并说明理由；（3）如图3角边BC在两坐标轴上滑动，使点A在第四象限内，过A点作AF⊥y轴于F，在滑动的过程中，两个结论①为定值；②为定值，只有一个结论成立，请你判断正确的结论加以证明，并求出定值．解：（1）过点A作AD垂直OC于D．∵∠DAC+∠ACD＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠BCD＝∠DAC，在△ADC和△COB中，，∴△ADC≌△COB（AAS），∴AD＝OC，CD＝OB，∴点B坐标为（0，4）；（2）延长BC，AE交于点F，∵AC＝BC，AC⊥BC，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵BD平分∠ABC，∴∠COD＝22.5°，∠DAE＝90°﹣∠ABD﹣∠BAD＝22.5°，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（ASA），∴AF＝BD，在△ABE和△FBE中，，∴△ABE≌△FBE（ASA），∴AE＝EF，∴BD＝2AE；（3）作AE⊥OC，则AF＝OE，∵∠CBO+∠OCB＝90°，∠OCB+∠ACO＝90°，∴∠ACO＝∠CBO，在△BCO和△ACE中，，∴△BCO≌△ACE（AAS），∴CE＝OB，∴OB+AF＝OC．∴＝1．。

专题10：截长补短专题10.1 截长补短--角平分线一．【知识要点】1.截长补短（截长法，补短法）是证明线段和差问题的基本方法: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，使其中的一条线段与已知线段相等，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”，就是将一个已知的较短的线段延长至与另一个已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。

二．【经典例题】1、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．2、如图,△ABC中,AB>AC,AD是∠BAC的平分线，点P是线段AD上异于A，D的任意一点,则AB+PC与AC+PB的大小关系是( )A. AB+PC>AC+PBB. AB+PC<AC+PBC.AB+PC=AC+PBD.不确定三．【练习】1．如图，过线段AB的两个端点作射线AM、BN，使AM∥BN,按下列要求画图并回答：画∠MAB、∠NBA的平分线交于E。

（12分）（1）∠AEB是什么角？（2）过点E作一直线交AM于D，交BN于C，观察线段DE、CE，你有何发现？（3）无论DC的两端点在AM、BN如何移动，只要DC经过点E，①AD+BC=AB；②AD+BC=CD 谁成立？并说明理由。

2.如图,P为△ABC内的点,连CP、BP、AP,∠PBA=30°,PC平分∠BCA，∠BPC =150°,求证:BC=AC+PA.一．【知识要点】1.截长补短（截长法，补短法）是证明线段和差问题的基本方法。

二．【经典例题】 1．已知：如图，△ABC 中，∠C=2∠B ，∠1=∠2，求证：AB=AC+CD ．三、【练习】1．如图，△ABC 中，AD 是∠CAB 的平分线，且AB=AC+CD ，求证：∠C=2∠B2.已知正方形ABCD 中，M 为CD 的中点，E 为MC 上一点，且∠BAE =2∠DAM ．求证：AE =BC +CE ．M ED CBA一．【知识要点】半角模型：若一个角等于整个角的一半,往往通过旋转将两个角搬到一起从而产生全等转化问题.有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构造全等或相似三角形，弱化条件，变更载体，而构建模型，可把握问题的本质。

专题16 截长补短问题【规律总结】“截长补短”是几何证明题中十分重要的方法，通常用来证明几条线段的数量关系，即若题目条件或结论中含有“a ＋b ＝c ”的条件，需要添加辅助线时可以考虑“截长补短”的方法。

在较长的线段上截取一条线段等于较短线段，再设法证明较长线段的剩余线段等于另外的较短线段。

①延长较短线段中的一条，使延长出来的线段等于另外的较短线段，然后证明两线段之和等于较长线段。

即延长a ，得到b ，证：a ＋b ＝c 。

②延长较短线段中的一条，使延长后的线段等于较长线段，然后证明延长出来的部分等于另一条较短线段。

即延长a ，得到c ，证：b ＝c-a 。

【典例分析】例1．（2020·广州大学附属中学八年级月考）如图，在ABC 中，AD 平分BAC ∠，2B ADB ∠=∠，5AB =，6CD =，则AC 的长为（ ）A ．3B ．9C ．11D ．15【答案】C【分析】 在AC 上截取AE=AB ，连接DE ，证明△ABD△△AED ，得到△B=△AED ，AB=AE ，再证明CD=CE ，进而代入数值解答即可．【详解】在AC 上截取AE=AB ，连接DE ，△AD 平分△BAC ，△△BAD=△DAC ，在△ABD 和△AED 中，BAD DA AE AB AD AD C =⎧=∠=∠⎪⎨⎪⎩，△△ABD△△AED （SAS ），△△B=△AED ，△ADB =△ADE ， AB=AE ，又△B=2△ADB△△AED=2△ADB ，△BDE=2△ADB ，△△AED=△C+△EDC=2△ADB ，△BDE=△C+△DEC=2△ADB ，△△DEC =△EDC ，△CD=CE ，△5AB =，6CD =，△AC =AE+CE=AB+CD = 5+6=11．故选：C ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质；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． 例2．（2021·上海九年级专题练习）如图，△ABC 中，E 在BC 上，D 在BA 上，过E 作EF△AB 于F ，△B ＝△1+△2，AB ＝CD ，BF ＝43，则AD 的长为________．【答案】8 3【分析】在FA上取一点T，使得FT=BF，连接ET，在CB上取一点K，使得CK=ET，连接DK．想办法证明AT=DK，DK=BD，推出BD=AT，推出BT=AD即可解决问题．【详解】在FA上取一点T，使得FT=BF，连接ET，在CB上取一点K，使得CK=ET，连接DK．△EB=ET，△△B=△ETB，△△ETB=△1+△AET，△B=△1+△2，△△AET=△2，△AE=CD，ET=CK，△△AET△△DCK(SAS)，△DK=AT，△ATE=△DKC，△△ETB=△DKB，△△B=△DKB，△DB=DK，△BD=AT，△AD=BT，△BT=2BF=83，△AD=83，故答案为：83．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键在于学会添加常用辅助线，构造出全等三角形．例3．（2021·湖北武汉市·八年级期末）如图，△ABC为等边三角形，直线l经过点C，在l上位于C点右侧的点D满足△BDC＝60°．（1）如图1，在l上位于C点左侧取一点E，使△AEC＝60°，求证：△AEC△△CDB；（2）如图2，点F、G在直线l上，连AF，在l上方作△AFH ＝120°，且AF＝HF，△HGF ＝120°，求证：HG＋BD＝CF；（3）在（2）的条件下，当A、B位于直线l两侧，其余条件不变时（如图3），线段HG、CF、BD的数量关系为．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）HG=CF+BD．【分析】（1）先利用角的和差证明△BCD=△EAC，然后利用AAS即可证明△AEC△△CDB；（2）在l上C点左侧取一点E，使△AEC=60°，连接AE，依次证明△AEC△△CDB和△HGF△△FEA 即可得出结论；（3）在l上位于C点右侧取一点E，使△AED=60°，连接AE，在l上取一点M，使BM=BD，依次证明△ACE△△CBM和△HGF△△FEA即可得出结论．【详解】解：（1）证明：△△ABC是等边三角形，△AC=BC，△ACB=60°，△△BCD+△ACE=120°，△△AEC=60°，△△ACE+△EAC=120°，△△BCD=△EAC，在△AEC和△CDB中△60 AEC BDCBCD EACAC BC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,△△AEC△△CDB（AAS）；（2）证明：如图2，在l上C点左侧取一点E，使△AEC=60°，连接AE，由（1）知：△AEC△△CDB，△BD=CE，△△AEC=60°，△△AEF =120°，△△AFH ＝120°，△△AFE+△FAE=△AFE+△GFH=60°，△△FAE=△GFH，△△HGF=△AEF=120°，AF=FH，△△HGF△△FEA（AAS），△GH=EF，△CF=EF+CE=HG+BD；（3）解：HG=CF+BD，理由是：如图3，在l上位于C点右侧取一点E，使△AED=60°，连接AE，在l上取一点M，使BM=BD，△△BDC=60°，△△BDM是等边三角形，△△BMD=60°，△△AED=60°，△△AEC=△CMB=120°，△△ACB=60°，△△ACE+△BCE=△ACE+△CAE=60°，△△CAE=△BCE，△AC=BC，△△ACE△△CBM（AAS），△CE=BM=BD，由（2）可证△HGF△△FEA（AAS），△GH=FE，△EF=CF+CE△HG=CF+BD．故答案为：HG=CF+BD．【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判断，三角形外角的性质等．掌握一线三等角的模型，能借助一线三等角证明对应角相等是解题关键．【好题演练】一、单选题1．（2020·济南高新区第一实验学校八年级期中）如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，3AC =，4BC =，AD 平分CAB ∠交BC 于D 点，E ，F 分别是AD ，AC 上的动点，则CE EF +的最小值为（ ）A ．152B ．152C ．3D ．125【答案】D【分析】利用角平分线构造全等，使两线段可以合二为一，则EC+EF 的最小值即为点C 到AB 的垂线段长度．【详解】在AB 上取一点G ，使AG ＝AF△在Rt△ABC 中，△ACB ＝90°，AC ＝3，BC ＝4△AB=5，△△CAD＝△BAD，AE＝AE，△△AEF△△AEG（SAS）△FE＝GE，△要求CE+EF的最小值即为求CE+EG的最小值，故当C、E、G三点共线时，符合要求，此时，作CH△AB于H点，则CH的长即为CE+EG的最小值，此时，AC BC AB CH，△CH=·AC ABBC=125，即：CE+EF的最小值为125，故选：D．【点睛】本题考查了角平分线构造全等以及线段和差极值问题，灵活构造辅助线是解题关键．2．（2019·湖北黄冈市·八年级期中）如图，已知四边形ABCD中，AD△BC，若△DAB的平分线AE交CD于E，连接BE，且BE恰好平分△ABC，则AB的长与AD+BC的大小关系是（）A ．AB ＞AD+BCB ．AB ＜AD+BC C ．AB ＝AD+BCD ．无法确定【答案】C【分析】 在AB 上截取AF ＝AD ，连接EF ，易得△AEB=90°和△ADE△△AFE ，再证明△BCE△△BFE ，利用全等三角形对应边相等即可得出三条线段之间的关系.【详解】解：如图所示，在AB 上截取AF ＝AD ，连接EF ，△AD△BC ，△△ABC+△DAB=180°，又△BE 平分△ABC ，AE 平分△DAB △△ABE+△EAB=()1ABC DAB 2∠+∠=90°， △△AEB=90°即△2+△4=90°，在△ADE 和△AFE 中，AD=AF DAE=FAE AE=AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩△△ADE△△AFE （SAS ），所以△1＝△2，又△2+△4＝90°，△1+△3＝90°，所以△3＝△4，在△BCE 和△BFE 中，CBE=FBE BE=BE3=4∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩△△BCE△△BFE （ASA ），所以BC ＝BF ，所以AB ＝AF+BF ＝AD+BC ；故选：C ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，截长补短是证明线段和差关系的常用方法.二、填空题3．（2020·山西九年级期中）如图，ABC 是等边三角形，180BAD BCD ∠+∠=︒，8BD =，2CD =，则AD =________．【答案】6【分析】在线段BD 上取一点E ，使得BE=CD ，连接AE ，由,,,A B C D 四点共圆得△ABE ACD =∠，再证明ABE ACD ≅∆，△ADE 是等边三角形，得AD DE AE ==，再由线段的和差关系可得结论．【详解】解：在线段BD 上取一点E ，使得BE=CD ，连接AE ，△180BAD BCD ∠+∠=︒△,,,A B C D 四点共圆，△△ABD ACD =∠△△ABE ACD =∠△△ABC 是等边三角形，△AB AC BC ==，60DAE ∠=︒，△△ABE ACD ≅∆，△60BAE CAF +∠=︒，△,BAE CAD BAF CAD ∠=∠∠=∠，△△60CAD CAE +∠=︒，即60DAE ∠=︒，△△ADE 是等边三角形，△AD DE AE ==，△=8BD ，2CD =，△6DE BD BE BD CD =-=-=，△6AD DE ==．【点睛】=∠是此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及四点共圆的判定，证明△ABE ACD解答此题的关键．4．（2020·无锡市羊尖中学八年级月考）如图，四边形ABCD中，△BAD＝120°，△B＝△D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则△AMN＋△ANM的度数是________．【答案】120°【分析】延长AB，使得AB=BE，延长AD，使得AD=DF，连接EF，与BC，DC相较于M，N，要使得△AMN 的周长最小，则三角形的三边要共线，根据△BAD=120°和△AMN的内角和是180°即可列出方程求解．【详解】解：延长AB，使得AB=BE，延长AD，使得AD=DF，连接EF，与BC，DC相较于M，N如图所示，此时△AMN的周长最小△△ABM=90°△△EBM=90°在△AMB和△EMB中AB BE ABM EBM MB MB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△△AMB△△EMB△△BEM=△BAM△△AMN=2△BAM同理可得：△AND△△FDN△△NAD=△NFD△△ANM=2△NAD设△BAM=x ，△MAN=z ，△NAD=y△△BAD=120°△12022180x y z x y z ++=︒⎧⎨++=︒⎩解得：60x y +=︒即△AMN+△ANM=2×60°=120°．故答案为：120°．【点睛】本题主要考查的是三角形周长最小的条件，涉及到的知识点为全等三角形的判定及性质、三角形内角和的应用，正确添加合适的辅助线是解题的关键．三、解答题5．（2021·安徽合肥市·八年级期末）如图，在ABC 中，AC BC =，AD 平分CAB ∠．（1）如图1，若90ACB =︒，求证：AB AC CD =+；（2）如图2，若AB AC BD =+，求ACB ∠的度数；（3）如图3，若100ACB ∠=︒，求证：AB AD CD =+．【答案】（1）见详解；（2）108°；（3）见详解【分析】（1）如图1，过D 作DM△AB 于M ，由 CA ＝CB ，90ACB =︒，得ABC 是等腰直角三角形，根据角平分线的性质得到CD ＝MD ，△ABC ＝45°，根据全等三角形的性质得到AC ＝AM ，于是得到结论；（2）如图2，设△ACB ＝α，则△CAB ＝△CBA ＝90°−12α，在AB 上截取AK ＝AC ，连结DK ，根据角平分线的定义得到△CAD ＝△KAD ，根据全等三角形的性质得到△ACD ＝△AKD ＝α，根据三角形的内角和即可得到结论；（3）如图3，在AB 上截取AH ＝AD ，连接DH ，根据等腰三角形的性质得到△CAB ＝△CBA ＝40°，根据角平分线的定义得到△HAD ＝△CAD ＝20°，求得△ADH ＝△AHD ＝80°，在AB 上截取AK ＝AC ，连接DK ，根据全等三角形的性质得到△ACB ＝△AKD ＝100°，CD ＝DK ，根据等腰三角形的性质得到DH ＝BH ，于是得到结论．【详解】（1）如图1，过D 作DM△AB 于M ，△在ABC 中，AC BC =，△△ABC ＝45°，△△ACB ＝90°，AD 是角平分线，△CD ＝MD ，△△BDM ＝△ABC ＝45°，△BM ＝DM ，△BM ＝CD ，在RT△ADC 和RT△ADM 中，CD MD AD AD ⎧⎨⎩＝＝， △RT△ADC△RT△ADM （HL ），△AC ＝AM ，△AB ＝AM ＋BM ＝AC ＋CD ，即AB ＝AC ＋CD ；（2）设△ACB ＝α，则△CAB ＝△CBA ＝90°−12α， 在AB 上截取AK ＝AC ，连结DK ，如图2，△AB ＝AC ＋BD ，AB=AK+BK△BK ＝BD ，△AD 是角平分线，△△CAD ＝△KAD ，在△CAD 和△KAD 中，AC AK CAD KAD AD AD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ △△CAD△△KAD （SAS ），△△ACD ＝△AKD ＝α，△△BKD ＝180°−α，△BK ＝BD ，△△BDK ＝180°−α，△在△BDK 中，180°−α＋180°−α＋90°−12α＝180°， △α＝108°，△△ACB ＝108°；（3）如图3，在AB上截取AH＝AD，连接DH，△△ACB＝100°，AC＝BC，△△CAB＝△CBA＝40°，△AD是角平分线，△△HAD＝△CAD＝20°，△△ADH＝△AHD＝80°，在AB上截取AK＝AC，连接DK，由（1）得，△CAD△△KAD，△△ACB＝△AKD＝100°，CD＝DK，△△DKH＝80°＝△DHK，△DK＝DH＝CD，△△CBA＝40°，△△BDH＝△DHK -△CBA =40°，△DH＝BH，△BH＝CD，△AB＝AH＋BH，△AB＝AD＋CD．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，三角形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键．6．（2020·全国九年级课时练习）如图，A、P、B、C是△O上四点，△APC=△CPB=60°．（1）判断△ABC的形状并证明你的结论；（2）当点P位于什么位置时，四边形PBOA是菱形？并说明理由．（3）求证：PA+PB=PC．【答案】（1）△ABC是等边三角形，证明见解析；（2）当点P位于AB中点时，四边形PBOA 是菱形，理由见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）利用圆周角定理可得△BAC=△CPB，△ABC=△APC，而△APC=△CPB=60°，则可得△BAC=△ABC=60°，从而可判断△ABC的形状；（2）当点P位于AB中点时，四边形PBOA是菱形，通过证明△OAP和△OBP均为等边三角形，得到OA=AP=OB=BP即可得证；（3）在PC上截取PD=AP，则△APD是等边三角形，然后证明△APB△△ADC，证明BP=CD即可得证结论．【详解】（1）△ABC是等边三角形．证明如下：在△O中，△△BAC与△CPB是BC所对的圆周角，△ABC与△APC是AC所对的圆周角，△△BAC=△CPB，△ABC=△APC，又△△APC=△CPB=60°，△△ABC=△BAC=60°，△△ABC为等边三角形；（2）当点P位于AB中点时，四边形PBOA是菱形，如图1，连接OP．△△AOB=2△ACB=120°，P是AB的中点，△△AOP=△BOP=60°又△OA=OP=OB，△△OAP和△OBP均为等边三角形，△OA=AP=OB=PB，△四边形PBOA是菱形；（3）如图2，在PC上截取PD=AP，又△△APC=60°，△△APD是等边三角形，△AD =AP =PD ，△ADP =60°，即△ADC =120°．又△△APB =△APC +△BPC =120°，△△ADC =△APB ．在△APB 和△ADC 中，APB ADC ABP ACD AP AD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△△APB △△ADC （AAS ），△BP =CD ，又△PD =AP ，△CP =BP +AP ．【点睛】本题考查圆内接多边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理是解题关键．。

截长补短模型专题解读【专题说明】“截长补短”是几何证明题中十分重要的方法，通常用来证明几条线段的数量关系，即若题目条件或结论中含有“a＋b ＝c”的条件，需要添加辅助线时可以考虑“截长补短”的方法。

【方法技巧】常见类型及常规解题思路：① a b c ±= 可采取直接截长或补短，绕后进行证明。

或者化为类型②证明。

② a b kc ±= 可以将a b ±与c 构建在一个三角形中，然后证明这个三角形为特殊三角形，如等边三角形，等腰直角三角形，或一个角为30o 的直角三角形等。

截长法常规辅助线：（1）过某一点作长边的垂线（2）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。

补短法常规辅助线：（1）延长短边。

（2）通过旋转等方式使两短边拼合到一起【典例分析】【典例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△ABC 中，AD 平分∠BAC 交BC 于点D ，且∠B ＝2∠C ，求证：AB +BD ＝AC ． 截长法：在AC 上截取AE ＝AB ，连接DE ，证明CE ＝BD 即可．补短法：延长AB 至点F ，使AF ＝AC ，连接DF ，证明BF ＝BD 即可．请结合右边的证明结论．求证：AB +BD ＝AC ．请结合右边的【模型分析】证明结论．求证：AB+BD＝AC．【截长法】【补短法】【解答】证明：【截长法】在AC上截取AE＝AB，连接DE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC，在△ABD和△AED中，，∴△ABD≌△AED（SAS），∴∠B＝∠AED，BD＝DE，又∠B＝2∠C，∴∠AED＝2∠C，而∠AED＝∠C+∠EDC＝2∠C，∴∠C＝∠EDC，∴DE＝CE，∴AB+BD＝AE+CE＝AC．证明：【补短法】延长AB到F，使BF＝BD，连接DF，∵BF＝BD，∴∠F＝∠BDF，∴∠ABC＝∠F+∠BDF＝2∠F，且∠ABC＝2∠C，∴∠C＝∠F，且∠CAD＝∠BAD，AD＝AD，∴△ADF≌△ADC（AAS）∴AC＝AF，∴AC＝AF＝AB+BF＝AB+BD．【变式1】如图，Rt△ABC中，AC＝BC，AD平分∠BAC交BC于点D，CE⊥AD交AD于F点，交AB于点E．求证：AD＝2DF+CE．【解答】证明：在AF上截取FG＝DF，连接CG，则DG＝2DF，∵∠ACB＝90°，∴∠DCF+∠ACF＝90°，又∵CF⊥AD，∴∠ACF+∠CAF＝90°，∴∠DCF＝∠CAF，∵AD平分∠CAE，∴∠CAF＝∠EAF，∵DF＝FG，CF⊥DG，∴CD＝CG，∴∠CDG＝∠CGD，∵∠DGC＝∠GAC+∠ACG，∠ADC＝∠B+∠BAD，∴∠B＝∠ACG，又∵AC＝BC，∴△ACG≌△CBE（ASA），∴AG＝CE，∴AD＝AG+DG＝CE+2DF．【变式2】如图，△ABC为等边三角形，D为△ABC外一点，连接AD，BD，CD，∠ADB ＝∠ADC＝60°，求证：AD＝BD+CD．【解答】证明：在DA上截取DE＝DB，连接BE，如下图所示，∵∠ADB＝60°，DE＝DB，∴△ABD为等边三角形，∴∠EBD＝60°，BE＝BD，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝60°，BA＝BC，∴∠EBD﹣∠EBC＝∠ABC﹣∠EBC，∴∠ABE＝∠CBD，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD，∴AD＝AE+ED＝CD+BD．【变式3】如图，△ABC内接于⊙O，AC＝BC，CD是⊙O的一条弦，且＝，过点A 作AP⊥CD，分别交CD，⊙O于点E，P，连接BP，若CD＝6，△ABP的周长为13，求AE的长．【解答】解：在AE上截取AF＝BP，连接CF，PC，∵AC＝BC，∠CAF＝∠CBP，∴△CAF≌△CBP，CF＝CP，∵CD⊥P A，∴EF＝PE，∴AE＝AF+FE＝PB+PE，∵AC＝BC，∴＝，∵＝，∴＝，∴AB＝CD＝6，∵△ABP的周长是13，∴AP+PB＝7，∵AE＝PE+PB，∴2AE＝AP+PB，∴AE＝．【变式4】如图，在△ABC中，AB＝AC，在AB左侧作∠BDC＝∠BAC＝α，过点A作AE ⊥DC于点E．（1）当α＝90°时，①求证：AE＝DE；②若BD＝AE＝2，请求出△ABC的面积；（2）当α≠90°时，求证：BD+DE＝EC．【解答】（1）①证明：过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，∵AE⊥CD，∴∠DEF＝90°，又∵∠BDE＝90°，∴四边形BDEF为矩形，∴DE＝BF，∵∠BAC＝90°，∴∠BAF+∠EAC＝90°，又∵∠EAC+∠ACE＝90°，∴∠BAF＝∠ACE，又∵∠AEC＝∠BF A＝90°，AB＝AC，∴△ABF≌△CAE（AAS），∴BF＝AE，∴DE＝AE；②解：∵四边形BDEF为矩形，BD＝AE＝2，∴BD＝EF＝2，DE＝BF＝AE＝，∴AF＝AE+EF＝+2，∴BA2＝BF2+AF2＝＝8+4，∴S△ABC＝＝；（2）证明：过点A作AF⊥BD，交BD的延长线于F，连接AD，设CD与AB交于点O，∵∠BDC＝∠BAC，∠BOD＝∠AOC，∴∠ACO＝∠DOB，即∠ABF＝∠ACE，又∵∠AEC＝∠AFB＝90°，AC＝AB，∴△ACE≌△ABF（AAS），∴AE＝AF，BF＝CE，又∵AD＝AD，∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），∴DE＝DF，∴CE＝BF＝BD+DF＝BD+DE．【变式5】【问题背景】如图①，在边长为1的正方形ABCD中，点E为射线BC上的一个动点（与点B，C不重合），连接AE，过点E作EF⊥AE，与正方形ABCD的外角∠DCG的平分线交于点F．李老师指出，当点E为线段BC的中点时，AE＝EF．【初步探索】（1）如图②，当点E在线段BC的延长线上时，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”是否仍然成立；【问题解决】（2）当点E在线段BC上时，设BE＝x，△ECF的面积为y，求y与x之间的函数关系式；【拓展延伸】（3）如图③，将正方形ABCD放在平面直角坐标系xOy中，点O与点B重合，点C在x轴正半轴上，当点E运动到某一点时，点F恰好落在直线y＝﹣2x+3上，求此时点E 的坐标．【解答】解：【问题背景】如图1，取AB的中点H，连接EH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°＝∠BCD，∵CF平分∠DCG，∴∠DCF＝45°，∴∠ECF＝135°，∵E是BC的中点，∴BH＝BE＝AH＝CE，∴∠BHE＝∠BEH＝45°，∴∠AHE＝∠ECF＝135°，∵AE⊥EF，∴∠AEB+∠FEC＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠FEC＝∠BAE，∴△AHE≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；【初步探索】（1）仍然成立，理由如下：如图2，在BA的延长线上取一点N，使AN＝CE，连接NE．∵AB＝BC，AN＝CE，∴BN＝BE，∴∠N＝∠FCE＝45°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BE，∴∠DAE＝∠BEA，∴∠NAE＝∠CEF，在△ANE和△ECF中，，∴△ANE≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；【问题解决】（2）如图3，在BA上截取BH＝BE，连接HE，同理得：△AHE≌△ECF，∴y＝S△AHE＝AH•BE＝x（1﹣x）＝﹣x2+x（0≤x≤1）；【拓展延伸】（3）如图4，在BA上截取BH＝BE，连接HE，过点F作FM⊥x轴于M，设点E（a，0），∴BE＝a＝BH，∴HE＝a，由（1）可得△AHE≌△ECF，∴CF＝HE＝a，∵CF平分∠DCM，∴∠DCF＝∠FCM＝45°，∵FM⊥CM，∴∠CFM＝∠FCM＝45°，∴CM＝FM＝a，∴BM＝1+a，∴点F（1+a，a），∵点F恰好落在直线y＝﹣2x+3上，∴a＝﹣2（1+a）+3，∴a＝，∴点E（，0）．【典例2】如图1，在Rt△ABC中，AB＝BC，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，且DE＝EF，∠DEF＝∠B，∠A＝45°．（1）试猜想CF与BE之间的数量关系，并证明；（2）自主探究：如图2，若将已知条件中含45°的直角三角形换成含30°的直角三角形，其余条件不变，试探究BE和CF的关系．【解答】解：（1）CF与BE之间的数量关系为：CF＝BE．理由：过点F作FH⊥BC于点H，如图，∵Rt△ABC中，AB＝BC，∠A＝45°，∴∠C＝45°，∠B＝90°．∵∠DEF＝∠B，∴∠DEF＝90°，∴∠DEB+∠FEH＝90°．∵∠BDE+∠DEB＝90°，∴∠BDE＝∠FEH．在△BDE和△HEF中，，∴△BDE≌△HEF（AAS），∴BE＝FH．∵FH⊥BC，∠C＝45°，∴△FHC为等腰直角三角形，∴FC＝FH，∴FC＝BE；（2）CF与BE之间的数量关系为：CF＝BE．理由：过点F作FH⊥BC于点H，如图，∵Rt△ABC中，∠A＝30°，∴∠C＝60°，∠B＝90°．∵∠DEF＝∠B，∴∠DEF＝90°，∴∠DEB+∠FEH＝90°．∵∠BDE+∠DEB＝90°，∴∠BDE＝∠FEH．在△BDE和△HEF中，，∴△BDE≌△HEF（AAS），∴BE＝FH．∵FH⊥BC，∠C＝60°，∴sin60°＝，∴FC＝FH，∴FC＝BE．【变式1】如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，点F是AC上一点，连接BF交AD于点E，且DE＝CD，连接DF，若AF＝4，DF＝2，则BF的长为．【解答】解：如图，在BF上截取HF＝AF，连接AH，∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，∴AD＝BD，∠ADB＝∠ADC＝90°，在△BDE和△ADC中，，∴△BDE≌△ADC（SAS），∴∠EBD＝∠CAD，∵∠BED＝∠AEF，∴∠AFE＝∠BDE＝90°，∴∠AHF＝∠HAF＝45°，∴AH＝AF，∴∠BAH＝∠DAF，∠AHB＝135°，∠AEF＝∠BED，∠AFE＝∠BDE＝90°，∴△AFE∽△BDE，∴＝，∵∠AEB＝∠FED，∴△AEB∽△FED，∴∠EAB＝∠EFD＝45°，∴∠AFD＝∠AFH+∠EFD＝90°+45°＝135°，∴∠AHB＝∠AFD，∴△AHB∽△AFD，∴＝＝，∴BH＝DF，∴BF＝BH+HF＝DF+AF＝2+4．故答案为：2+4．【变式2】如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，BC＞AC，点E在BC上，点D在AB上，CE＝CA，连接DE，∠ACB+∠ADE＝180°，CH⊥AB，垂足为点H．求证：DE+AD＝2CH．【解答】证明：如图，作∠FCD＝∠ACB，交BA延长线于F，∵∠FCA+∠ACD＝∠ACD+∠DCB，∴∠FCA＝∠DCB，∵∠ACB＝120°，∠ACB+∠ADE＝180°，∴∠EDB＝120°，∠EDA＝60°，∵∠F AC＝120°+∠B，∠CED＝120°+∠B，∴∠F AC＝∠CED，在△AFC和△EDC中，，∴△AFC≌△EDC（ASA），∴AF＝DE，FC＝CD，∵CH⊥FD，∴FH＝HD，∠FCH＝∠HCD＝60°，∴DH＝CH，∵AD+DE＝AD+AF＝FD＝2DH＝2CH，∴AD+DE＝2CH．【变式3】如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC是⊙O的直径，连接AC，BD，若AB＝AC，请探究AD，BD，DC之间的数量关系．【解答】解：作AE⊥AD交BD于E，∵BC是直径，∴∠BAC＝90°，∵∠BAE+∠EAC＝∠DAC+∠EAC＝90°，∴∠BAE＝∠CAD，∵∠ABD＝∠ACD，AB＝AC，∴△ABE≌△ACD（SAS），∴BE＝CD，∵△AED是等腰直角三角形，∴DE＝AD，∵BD＝DE+BE，∴BD＝AD+CD．【变式4】如图，在矩形ABCD中，AB＝AD，点E为CD延长线上一点，连接AE，过点C作CF⊥AE于点F，CF交AD于点H，过点D作DN⊥AE于点N，连接DF．（1）在不添加辅助线的情况下，找出一个与△CDH相似的三角形，并证明；（2）求证：FD＝2DN；（3）求证：CF＝AF+2FD．【解答】（1）解：选择△AFH，证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∵CF⊥AE，∴∠AFC＝90°，∴∠AFH＝∠CDH，∵∠AHF＝∠CHD，∴△AFH∽△CDH；（2）证明：连接AC，∵△AFH∽△CDH，∴，∴，∵∠FHD＝∠AHC，∴△FHD∽△AHC，∴∠DFC＝∠DAC，∵AB＝CD＝AD，∴∠DAC＝60°，∴∠DFC＝∠DAC＝60°，∴∠DFN＝30°，∵DN⊥AE，∴∠DNF＝90°，∴FD＝2DN；（3）证明：在线段FC上截取FO，使FO＝AF，连接AO，∵∠AFO＝90°，∴F AO＝60°，∵∠DAC＝60°，∴∠F AD＝∠OAC，∵，∴△F AD∽△OAC，∴，∴OC＝2FD，∴CF＝FO+OC＝AF+2FD，∴CF＝AF+2FD．【变式5】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是平面内一点，且AD⊥CD．点O是BC的中点，连接OA，OD．（1）如图①，若点D是BC下方一点，过点O作OE⊥OD分别交AC，AD于点E，F．①求证：∠OAF＝∠OCD；②若CD＝1，DF＝2，求BC的长；（2）如图②，若点D是AC右侧一点，试判断AD，CD，OD之间的数量关系，并说明理由．【解答】（1）①证明：∵AB＝AC，O为BC的中点，∴OA＝OB＝OC，OA⊥OC，∵OE⊥OD，∴∠AOC＝∠EOD＝90°，∴∠AOF＝∠COD，∵∠AOM＝∠MDC＝90°，∠AMO＝∠CMD，∴∠OAM＝∠MCD，∴△OAF≌△OCD（ASA），∴∠OAF＝∠OCD；②解：∵△OAF≌△OCD，∴AF＝CD＝1，∵DF＝2，∴AD＝AF+DF＝1+2＝3，∵AD⊥DC，∴∠ADC＝90°，∴AC＝＝＝，∵AC＝AB，∴BC＝AC＝＝2；（2）解：AD+CD＝OD．理由：过点O作OE⊥OD，交DA的延长线于点E，∵∠DOE＝∠AOC＝90°，∴∠AOE＝∠COD，∵∠ODC+∠+ODA＝90°，∠ODA+∠OEA＝90°，∴∠ODC＝∠OEA，又∵OA＝OC，∴△OCD≌△OAE（AAS），∴CD＝AE，OD＝OE，∴DE＝OD，∴AD+AE＝AD+CD＝OD．【变式6】【问题探究】如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D是平面内一点，连接AD，BD，CD，且∠CAB＝∠CDB．（1）如图①，当∠CAB＝60°时，试探究BD，CD，AD之间的数量关系；（2）如图②，当∠CAB＝120°时，探究是否为定值，并说明理由；【问题解决】（3）如图③，在四边形ADBC中，AB＝AC，∠CAB＝∠CDB＝120°，若AD＝2，BD ＝3，求CD的长．【解答】解：（1）BD，CD，AD之间的数量关系为：BD＝CD+AD，理由如下：在BD上取一点E，使BE＝CD，连接AE，设AC交BD于H，如图①所示：∵∠CAB＝∠CDB，∠AHB＝∠CHD，∴∠ABE＝∠ACD，在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS），∴AD＝AE，∠DAC＝∠EAB，∴∠DAC+∠CAE＝∠EAB+∠CAE＝∠CAB＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴DE＝AD，∴BD＝BE+DE＝CD+AD；（2）是定值，理由如下：在BD上取一点E，使BE＝CD，连接AE，设AC交BD于H，过点A作AF⊥BD于F，如图②所示：∵∠CAB＝∠CDB，∠AHB＝∠CHD，∴∠ABE＝∠ACD，在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS），∴AD＝AE，∠DAC＝∠EAB，∴∠DAC+∠CAE＝∠EAB+∠CAE＝∠CAB＝120°，∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣120°）＝30°，∵AF⊥DE，∴DF＝EF，AF＝AD，在Rt△AFD中，由勾股定理得：DF＝＝＝AD，∴DE＝2DF＝AD，∵DE＝BD﹣BE＝BD﹣CD，∴BD﹣CD＝AD，∴＝，∴是定值；（3）在CD上取一点E，使CE＝BD，连接AE，设AB交CD于H，过点A作AF⊥CD 于F，如图③所示：∵∠CAB＝∠CDB，∠AHC＝∠BHD，∴∠ACE＝∠ABD，在△ACE和△ABD中，，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴AE＝AD，∠EAC＝∠DAB，∴∠EAC+∠BAE＝∠DAB+∠BAE＝∠CAB＝120°，∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣120°）＝30°，∵AF⊥DE，∴DF＝EF，AF＝AD，在Rt△AFD中，由勾股定理得：DF＝＝＝AD，∴DE＝2DF＝AD，∴CD＝CE+DE＝BD+AD＝3+×2＝3+2．。