76 截长补短模型证明问题

截长补短模型证明问题 【专题说明】 截长补短法在初中几何学中有着十分重要的作用,它主要是用来证线段的和差问题,而且这种方法一直贯穿 着整个几何学的始终那么什么是截长补短法呢?所谓截长补短其实包含两层意思,即截长和补短截长就是在 较长的线段上截取一段等于要证的两段较短的线段中的一段,证剩下的那一段等于另外一段较短的线段当条 件或结论中出现+b=时，用截长补短． 【知识总结】 1、补短法：通过添加辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和，在证所构造的线段和求证 中那一条线段相等； 2、截长法：通过添加辅助线先在求证中长线段上截取与线段中的某一段相等的线段，在证明截剩部分与 线段中的另一段相等。 3、截长法与补短法，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，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是 常用 如图1，若证明线段B,D,EF 之间存在EF=B+D,可以考虑截长补短法 截长法：如图2，在EF 上截取EG=B,在证明GF=D 即可； 补短法：如图3，延长B 至点，使B=D,再证明=EF 即可 【类型】一、截长 “截长”是指在较长的线段上截取另外两条较短的线段，截取的作法不同，涉及四种方法。 方法一： 如图2 所示，在BF 上截取BM=DF， 易证△BM DF ≌△ （SS）， 则M=F=FG，∠BM= DF ∠ ， 可得△MF 为等腰直角三角形， 又可证∠FE=45°，∠FG=90°， FG= MF ∠ ∠ ，FG M ∥ ， 可得四边形GFM 为平行四边形，则G=MF， 于是BF=BM+MF=DF+G 图2 方法二： 如图2 所示，在BF 上截取FM=G， 可证四边形GFM 为平行四边形， 可得M=FG=F； 可得∠BF= BD=45° ∠ ，得∠MF=90°； 又得∠BM= DF=135° ∠ ， 于是△BM≌△DF（S），BM=DF， 于是BF=FM+BM=G+DF 上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt BD △ 和△MF。 [来源:Z§xx§km] 方法三： [来源:Z,xx,km] 如图3 所示，在BF 上截取FK=FD，得等腰Rt DFK △ ， 可证得∠DF= KFG=135° ∠ ， 所以△DF KFG ≌△ （SS）， 所以KG=D=B， FKG= FD= BF ∠ ∠ ∠ ，KG B ∥， 得四边形BGK 为平行四边形，BK=G， 于是BF=BK+KF=G+DF 图3 方法四：[来源:Z#xx#km] 如图3 所示，在BF 上截取BK=G， 可得四边形BGK 为平行四边形， B=GK=D，B KG ∥ ， GKF= BF= DF ∠ ∠ ∠ ，[] 根据四边形BFD 为圆的内接四边形， 可证得∠BF=45° ，∠DF= KFG ∠ ， 于是△DF KGF ≌△ （S），DF=KF， 于是BF=BK+KF=G+DF 上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt BD △ 和△KDF。 【类型】二、补短 “补短”指的是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，根据辅 助线作法的不同也涉及四种不同的方法。 方法五： 如图4 所示，延长G 至，使=DF， 易证△DF B ≌△（SS）， 可得F=FG=B，∠DF= B=135° ∠ ， 又知∠FG=45°，可证B FG ∥ ， 于是四边形BFG 为平行四边形，得BF=G， 所以BF=G=+G=DF+G 图4[] 方法六： 如图4 所示，延长G 至，使G=BF， 得四边形BFG 为平行四边形， 所以B=GF=F， 又∠DF+ DF= B+ B=45° ∠ ∠ ∠ ， 得∠DF= B ∠， 又D=B，可证△DF B ≌△（SS）， DF=，以下从略 方法七： 如图5 所示，延长G 至P，使P=BF，连接PF， 则四边形PFB 为平行四边形，PF=B=D， 又∠BF=45°，∠PFE= DE ∠ ， 因为∠PFG= FG ∠ －∠P= 45°－∠P， DF= FE ∠ ∠ －∠DF=45°－∠DF， 又可证∠P= BF= DF ∠ ∠ ，于是∠PFG= DF ∠ ， 所以△PFG DF ≌△ （SS），PG=DF， 于是BF=P=G+PG=G+DF 图5 方法八： 如图5 所示，延长G 至P，使GP=DF，连接PF， 可证∠DF= PGF=135° ∠ ，F=F， 所以△DF PGF ≌△ （SS）， 所以D=PF=B， P= DF= BF= PE ∠ ∠ ∠ ∠ ，B FP ∥ ， 所以四边形BPF 为平行四边形， 所以BF=P=G+PG=G +DF 方法九： 如图6 所示，延长DE 至Q， 使DQ=BF，连接Q，GQ， 可证△BF DQ ≌△ （SS）， F=Q，∠BF= DQ ∠ ， 于是可得∠FQ= BD=90° ∠ ， 所以△FQ 为等腰直角三角形， 可得四边形FQG 为正方形，FQ=G， 所以BF=DQ=DF+FQ=DF+G 图6 方法十： 如图6 所示，延长FE 至Q，使FQ=G，通过证明四边形FQG 为正方形，△BF DQ ≌△ ，同样可以证明结论成 立。感兴趣的读者可以自行证明，详细思路从略。 方法十一： 如图7 所示，延长FD 至，使D=G， 可证得∠BDF= BD+ DF ∠ ∠ ， EF= FG+ EG ∠ ∠ ∠ ， 于是∠BDF= EF ∠ ， 则∠BD= BF ∠ ， 所以△BD BF ∽△ （SS）， 得∠= BF=45° ∠ ， 所以△BF 为等腰直角三角形， 于是B F=F=DF+D=DF+G 图7 方法十二： 如图7 所示，延长FD 至，使F=BF， 可得△BF 为等腰直角三角形， 于是∠BD= FB ∠ ，又∠= BF=45° ∠ ， 所以△BD BF ∽△ ， 所以BF=F=DF+D=DF+G 经过上述分析，可知采取不同的切入点，解题思路会有差异。 截长补短模型证明问题 1．如图，在△B 中，∠＝60°，BD，E 分别平分∠B 和∠B，BD，E 交于点，试判断BE，D，B 的数量关系， 并加以证明． [来源:Z#xx#km] 证明：在B 上截取BF＝BE，连接F[] ∵BD 平分∠B， ∴∠EB＝∠FB ∴△EB≌△FB ∴∠EB＝∠FB ∵∠＝60°，BD，E 分别平分∠B 和∠B， ∴∠B＝180°－∠B－∠B＝180°－∠B－∠B＝180°－(180°－∠)＝120° ∴∠EB＝∠D＝60° ∴∠BF＝60°，∠F＝∠D＝60° ∵E 平分∠DB， ∴∠D＝∠F ∴△D≌△F[ZXXK] ∴D＝F ∴B＝BF＋F＝BE＋D 2．如图，D//B，D⊥D，E 平分∠BD，E 是D 的中点．问：D，B，B 之间有何关系？并说明理由． 解：B＝D＋B 理由：作EF⊥B 于F，连接BE ∵E 平分∠BD，D⊥D，EF⊥B， ∴EF＝DE ∵DE＝E， ∴E＝EF ∴Rt△BFE≌Rt△BE(L)． ∴BF＝B 同理可证：F＝D ∴D＋B＝F＋BF＝B，即B＝D＋B 3．如图，已知DE＝E，点E 在B 上，E⊥DE，B⊥B，D⊥B，请问线段B，D 和线段B 有何大小关系？并 说明理由． 解：线段B，D 和线段B的关系是： B＝B＋D 理由：在△DE 中， ∠ED＋∠DE＝90°， ∵∠EB＋∠DE＝90°， ∴∠EB＝∠ED， 又∵ED＝E，∠BE＝∠ED＝90°， ∴△BE≌△ED(S)， ∴B＝E，BE＝D， ∴B＝BE＋E＝D＋B 4．如图，B∥D，BE，E 分别是∠B 和∠BD 的平分线，点E 在D 上． 求证：B＝B＋D 证明：在B 上取点F，使BF＝B，连接EF，如图， ∵BE，E 分别是∠B 和∠BD 的平分线， ∴∠BE＝∠FBE，∠EF＝∠ED ∴△BE≌△FBE(SS)， ∴∠＝∠BFE， ∵B∥D， ∴∠＋∠D＝180°， ∴∠BFE＋∠D＝180° ∵∠BFE＋∠EF＝180°， ∴∠EF＝∠D ∴△DE≌△FE(S)， ∴F＝D ∵B＝BF＋F， ∴B＝B＋D 5．如图，在Rt△B 中，∠＝90°，B＝，∠B＝∠B＝45°，D 平分∠B 交B 于D， 求证：B＝＋D 证明：如图，延长到E，使E＝D，连接DE 则∠E＝∠DE＝45°， ∴∠B＝∠E ∵D 平分∠B，[来源:ZXXK] 1 ∴∠＝∠2， 在△BD 和△ED 中， ∠B＝∠E，∠2＝∠1，D＝D， ∴△BD≌△ED(S)． ∴E＝B ∵E＝＋E＝＋D， ∴B＝＋D 6．如图，在△B 中，∠B＝60°，D，E 分别平分∠B，∠B，D，E 交于 (1)求∠的度数； (2)求证：＝E＋D[] (1)解：∵∠B＝60°，D，E 分别平分∠B，∠B， ∴∠＝180°－(∠＋∠)＝180°－(∠B＋∠B)＝180°－＝120°； (2)证明：∵∠＝120°， ∴∠E＝60°， 如图，在上截取F＝E，连接F， ∵D 平分∠B， ∴∠BD＝∠D， ∵＝， ∴△E≌△F(SS)， ∴∠E＝∠F， ∵∠E＝60°，∠＝120°， ∴∠F＝∠D＝∠F＝60° ∵∠F＝∠D，＝，∠D＝∠F， ∴△F≌△D(S)， ∴F＝D， ∴＝F＋F＝E＋D