截長補(bǔ)短法與倍長中線法

培訓(xùn)師：張文靜

截長補(bǔ)短法與倍長中線法培訓(xùn)師：張文靜1一、截長補(bǔ)短法1、截長在某條線段上截取一條線段與特定線段相等2、補(bǔ)短將某條線段延長使之與特定線段相等利用三角形全等的有關(guān)性質(zhì)加以說明，這種作法，適合于證明線段的和、差、倍、分等類的題目一、截長補(bǔ)短法1、截長21、利用對稱思想、．

FF1、利用對稱思想、．FF3FFFF4證明：在AC上取點(diǎn)E，使AE＝AB，連接DE∵AD平分∠BAC∴∠BAD＝∠CAD

∵AB＝AE，AD＝AD∴△ABD≌△AED（SAS）∴DE＝BD，∠AED＝∠B∵∠AED＝∠C+∠CDE，∠B＝2∠C∴∠C+∠CDE＝2∠C∴∠CDE＝∠C∴DE＝CE∴BD＝CE∵AC＝AE+CE∴AC＝AB+BDE證明：在AC上取點(diǎn)E，使AE＝AB，連接DEE5分析：因?yàn)槠浇堑扔?80°，因而應(yīng)考慮把兩個不在一起的通過全等轉(zhuǎn)化成為平角，圖中缺少全等的三角形，因而解題的關(guān)鍵在于構(gòu)造直角三角形，可通過“截長補(bǔ)短法”來實(shí)現(xiàn).分析：因?yàn)槠浇堑扔?80°，因而應(yīng)考慮把兩個不在一起的通過全6初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件7初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件82、利用旋轉(zhuǎn)思想F'2、利用旋轉(zhuǎn)思想F'9F'F'F'F'10初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件11證：延長MB至E使BE=NC,連接DE

∵等邊三角形ABC中

∴∠ABC=∠ACB=60°

∵△DBC中,DB=DC,∠BDC=120°∴∠DBC=∠DCB=30°

∴∠ABD=∠ACD=90°∴∠EBD=∠NCD=90°

在△EBD與△NCD中

BD=ND

∠EBD=∠NCD

BE=CN

∴△EBD≌△NCD（SAS）∴ED=DN,∠1=∠3

∵∠BDC=120°,∠MDN=60°

∴∠2+∠3=60°∴∠1+∠3=60°

∴∠MDE=∠MDN=60°

在△MDE與△MDN中

MD=MD

∠MDE=∠MDN

DE=DN

∴△MDE與△MDN（SAS）

∴MN=ME=BM+BE=BM+NC

△AMN周長=AM+AN+MN=AM+AN+BM+NC=AB+AC=2證：延長MB至E使BE=NC,連接DE

∵等邊三角形ABC中123、當(dāng)系數(shù)不為1GPFG3、當(dāng)系數(shù)不為1GPFG13解答：（1）證明：∵tanB=2，

∴AE=2BE；

∵E是BC中點(diǎn)，

∴BC=2BE，即AE=BC；

又∵四邊形ABCD是平行四邊形，

則AD=BC=AE；（2）證明：作AG⊥AF，交DP于G；（如圖2）

∵AD∥BC，

∴∠ADG=∠DPC；

∵∠AEP=∠EFP=90°，

∴∠PEF+∠EPF=∠PEF+∠AEF=90°，

即∠ADG=∠AEF=∠FPE；

又∵AE=AD，∠FAE=∠GAD=90°-∠EAG，

∴△AFE≌△AGD，

∴AF=AG，即△AFG是等腰直角三角形，且EF=DG；

∴FG=2AF，且DF=DG+GF=EF+FG，

故DF-EF=2AF；（3）解：如圖3，①當(dāng)EP≤2BC時，DF+EF=2AF，解法同（2）．

②當(dāng)EP＞2BC時，EF-DF=2AF．解答：（1）證明：∵tanB=2，

14初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件15解：（1）如圖1，延長BD至E，使BE=AB，連接AE、CE，

∵∠ABD=60°，

∴△ABE是等邊三角形，

∴AE=AB，∠AEB=60°，

∵AB=AC，

∴AC=AE，

∴∠ACE=∠AEC，

∵∠ACD=60°，

∴∠ACE-∠ACD=∠AEC-∠AEB，

即∠DCE=∠DEC，

∴DE=CD，

∴BE=BD+DE=BD+CD，

∴AB=BD+CD；

故答案為：AB=BD+CD；解：（1）如圖1，延長BD至E，使BE=AB，連接AE、CE16（2）猜想：AB=(

BD+CD）．

理由如下：如圖2，過點(diǎn)A作AE⊥AB交BD的延長線于點(diǎn)E，連接CE，∵∠ABD=45°，

∴△ABE是等腰直角三角形，

∴AE=AB，∠AEB=45°，

∵AB=AC，

∴AC=AE，

∴∠ACE=∠AEC，

∵∠ACD=45°，

∴∠ACE-∠ACD=∠AEC-∠AEB，

即∠DCE=∠DEC，

∴DE=CD，

∴BE=BD+DE=BD+CD，

在Rt△ABE中，AB=BEcos∠ABD=（BD+CD）cos45°=（BD+CD），

即AB=（BD+CD）；（2）猜想：AB=(BD+CD）．

理由如下：17（3）如圖3，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，延長BD到E，

使EF=BF，連接AE、CE，則AE=AB（等腰三角形三線合一），

∴∠AEB=∠ABD=β，

∵AB=AC，

∴AC=AE，

∴∠ACE=∠AEC，

∵∠ACD=β，

∴∠ACE-∠ACD=∠AEC-∠AEB，

即∠DCE=∠DEC，

∴DE=CD，

∴BE=BD+DE=BD+CD，

在Rt△ABF中，ABcos∠ABD=BE，

即ABcosβ=

（BD+CD）．（3）如圖3，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，延長BD到E，18例3、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=．點(diǎn)D在邊AC上（不與A，C重合），連接BD，F(xiàn)為BD中點(diǎn)．

（1）若過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，連接CF、EF、CE，如圖1．

設(shè)CF=kEF，則k=______；

（2）若將圖1中的△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使得D、E、B三點(diǎn)共線，點(diǎn)F仍為BD中點(diǎn)，如圖2所示．求證：BE-DE=2CF；

（3）若BC=6，點(diǎn)D在邊AC的三等分點(diǎn)處，將線段AD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)F始終為BD中點(diǎn)，求線段CF長度的最大值．例3、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=19（1）∵F為BD中點(diǎn)，DE⊥AB，

∴CF=12BD，EF=12BD，

∴CF=EF，

∴k=1；

故答案為1．（2）如圖，過點(diǎn)C作CE的垂線交BD于點(diǎn)G，設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為Q．由題意，tan∠BAC=，∴BC/AC=DE/AE=．

∵D、E、B三點(diǎn)共線，

∴AE⊥DB．

∵∠BQC=∠AQD，∠ACB=90°，

∴∠QBC=∠EAQ．

∵∠ECA+∠ACG=90°，∠BCG+∠ACG=90°，

∴∠ECA=∠BCG．

∴△BCG∽△ACE．

∴BC/AC=GB/AE=

∴GB=DE．

∵F是BD中點(diǎn)，∴F是EG中點(diǎn)．在Rt△ECG中，CF=EG，

∴BE-DE=EG=2CF；（1）∵F為BD中點(diǎn)，DE⊥AB，

∴C20（3）情況1：如圖，當(dāng)AD=AC時，取AB的中點(diǎn)M，連接MF和CM，

∵∠ACB=90°，tan∠BAC=，且BC=6，

∴AC=12，AB=∵M(jìn)為AB中點(diǎn)，

∴CM=，

∵AD=AC，∴AD=4.

∵M(jìn)為AB中點(diǎn)，F(xiàn)為BD中點(diǎn)，∴FM=AD=2．如圖4：當(dāng)且僅當(dāng)M、F、C三點(diǎn)共線且M在線段CF上時CF最大，

此時CF=CM+FM=2+

情況2：如圖5，當(dāng)AD=AC時，取AB的中點(diǎn)M，連接MF和CM，

類似于情況1，可知CF的最大值為4+綜合情況1與情況2，可知當(dāng)點(diǎn)D在靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)時，線段CF

的長度取得最大值為：4+故答案為：4+（3）情況1：如圖，當(dāng)AD=AC時，取AB的中21初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件22二、倍長中線法中線是三角形中的重要線段之一，在利用中線解決幾何問題時，常常采用“倍長中線”添加輔助線，所謂倍長中線法，就是將三角形的中線延長一倍，以便構(gòu)造初全等三角形/相似三角形，從而運(yùn)用全等三角形/相似三角形的有關(guān)知識來解決問題的方法，倍長中線它延續(xù)著旋轉(zhuǎn)的思想，它們都是把離散的條件集中起來，構(gòu)成新的圖形，從而產(chǎn)生新的已知條件。二、倍長中線法中線是三角形中的重要線段之一，23全等三角形------證明線段不等全等三角形------證明線段不等24初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件25全等三角形------證明線段相等全等三角形------證明線段相等26初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件27A'A'28QQ29全等三角形------證明線段倍分F延長CD至F,使DF=CD,連接AF,AD=BD,CD=DF,∠ADF=∠BDC,∴⊿ADF≌⊿BDC,∴AF=BC,AF∥BC∴∠CAF+∠ACB=180°,∵∠ACB=∠ABC,∠ABC+∠CBE=180°∴∠CAF=∠CBE又∵AC=BE,∴⊿CAF≌⊿CBE∴CE=CF∴CE=2CD全等三角形------證明線段倍分F延長CD至F,使DF=C30相似三角形------證明線段倍分A'相似三角形------證明線段倍分A'31初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件32A'A'33倍長中線----角相等F證明：延長AE到F,使EF=AE,連接BF∵AE是△ABD的中線∴BE=DE又∵EF=AE,∠BEF=∠AED∴⊿BEF≌⊿DEA（SAS）∴AD=BF,∠ADE=∠FBE∵∠ADC=∠ABD+∠BAD∠ABF=∠ABD+∠FBE∠BAD=∠BDA=∠FBD∴∠ADC=∠ABF又∵CD=AB,AD=BF∴⊿ADC≌⊿FBA（SAS）∴∠C=∠BAE倍長中線----角相等F證明：34M1243延長AE,過D作DM‖AC交AE延長線于M∴∠M=∠1,∠C=∠2在△DEM與△CEA中∠M=∠1∠C=∠2DE=CE∴△DEM≌△CEA∴DM=CA又∵DF=CA∴DM=DF∴∠M=∠3∵AB‖F(xiàn)D∴∠3=∠4∴∠4=∠1∴AE平分∠BACM1243延長AE,過D作DM‖AC交AE延長線于M35初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件36

截長補(bǔ)短法與倍長中線法

培訓(xùn)師：張文靜

截長補(bǔ)短法與倍長中線法培訓(xùn)師：張文靜37一、截長補(bǔ)短法1、截長在某條線段上截取一條線段與特定線段相等2、補(bǔ)短將某條線段延長使之與特定線段相等利用三角形全等的有關(guān)性質(zhì)加以說明，這種作法，適合于證明線段的和、差、倍、分等類的題目一、截長補(bǔ)短法1、截長381、利用對稱思想、．

FF1、利用對稱思想、．FF39FFFF40證明：在AC上取點(diǎn)E，使AE＝AB，連接DE∵AD平分∠BAC∴∠BAD＝∠CAD

∵AB＝AE，AD＝AD∴△ABD≌△AED（SAS）∴DE＝BD，∠AED＝∠B∵∠AED＝∠C+∠CDE，∠B＝2∠C∴∠C+∠CDE＝2∠C∴∠CDE＝∠C∴DE＝CE∴BD＝CE∵AC＝AE+CE∴AC＝AB+BDE證明：在AC上取點(diǎn)E，使AE＝AB，連接DEE41分析：因?yàn)槠浇堑扔?80°，因而應(yīng)考慮把兩個不在一起的通過全等轉(zhuǎn)化成為平角，圖中缺少全等的三角形，因而解題的關(guān)鍵在于構(gòu)造直角三角形，可通過“截長補(bǔ)短法”來實(shí)現(xiàn).分析：因?yàn)槠浇堑扔?80°，因而應(yīng)考慮把兩個不在一起的通過全42初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件43初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件442、利用旋轉(zhuǎn)思想F'2、利用旋轉(zhuǎn)思想F'45F'F'F'F'46初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件47證：延長MB至E使BE=NC,連接DE

∵等邊三角形ABC中

∴∠ABC=∠ACB=60°

∵△DBC中,DB=DC,∠BDC=120°∴∠DBC=∠DCB=30°

∴∠ABD=∠ACD=90°∴∠EBD=∠NCD=90°

在△EBD與△NCD中

BD=ND

∠EBD=∠NCD

BE=CN

∴△EBD≌△NCD（SAS）∴ED=DN,∠1=∠3

∵∠BDC=120°,∠MDN=60°

∴∠2+∠3=60°∴∠1+∠3=60°

∴∠MDE=∠MDN=60°

在△MDE與△MDN中

MD=MD

∠MDE=∠MDN

DE=DN

∴△MDE與△MDN（SAS）

∴MN=ME=BM+BE=BM+NC

△AMN周長=AM+AN+MN=AM+AN+BM+NC=AB+AC=2證：延長MB至E使BE=NC,連接DE

∵等邊三角形ABC中483、當(dāng)系數(shù)不為1GPFG3、當(dāng)系數(shù)不為1GPFG49解答：（1）證明：∵tanB=2，

∴AE=2BE；

∵E是BC中點(diǎn)，

∴BC=2BE，即AE=BC；

又∵四邊形ABCD是平行四邊形，

則AD=BC=AE；（2）證明：作AG⊥AF，交DP于G；（如圖2）

∵AD∥BC，

∴∠ADG=∠DPC；

∵∠AEP=∠EFP=90°，

∴∠PEF+∠EPF=∠PEF+∠AEF=90°，

即∠ADG=∠AEF=∠FPE；

又∵AE=AD，∠FAE=∠GAD=90°-∠EAG，

∴△AFE≌△AGD，

∴AF=AG，即△AFG是等腰直角三角形，且EF=DG；

∴FG=2AF，且DF=DG+GF=EF+FG，

故DF-EF=2AF；（3）解：如圖3，①當(dāng)EP≤2BC時，DF+EF=2AF，解法同（2）．

②當(dāng)EP＞2BC時，EF-DF=2AF．解答：（1）證明：∵tanB=2，

50初數(shù)-截長補(bǔ)短與倍長中線法-課件51解：（1）如圖1，延長BD至E，使BE=AB，連接AE、CE，

∵∠ABD=60°，

∴△ABE是等邊三角形，

∴AE=AB，∠AEB=60°，

∵AB=AC，

∴AC=AE，

∴∠ACE=∠AEC，

∵∠ACD=60°，

∴∠ACE-∠ACD=∠AEC-∠AEB，

即∠DCE=∠DEC，

∴DE=CD，

∴BE=BD+DE=BD+CD，

∴AB=BD+CD；

故答案為：AB=BD+CD；解：（1）如圖1，延長BD至E，使BE=AB，連接AE、CE52（2）猜想：AB=(

BD+CD）．

理由如下：如圖2，過點(diǎn)A作AE⊥AB交BD的延長線于點(diǎn)E，連接CE，∵∠ABD=45°，

∴△ABE是等腰直角三角形，

∴AE=AB，∠AEB=45°，

∵AB=AC，

∴AC=AE，

∴∠ACE=∠AEC，

∵∠ACD=45°，

∴∠ACE-∠ACD=∠AEC-∠AEB，

即∠DCE=∠DEC，

∴DE=CD，

∴BE=BD+DE=BD+CD，

在Rt△ABE中，AB=BEcos∠ABD=（BD+CD）cos45°=（BD+CD），

即AB=（BD+CD）；（2）猜想：AB=(BD+CD）．

理由如下：53（3）如圖3，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，延長BD到E，

使EF=BF，連接AE、CE，則AE=AB（等腰三角形三線合一），

∴∠AEB=∠ABD=β，

∵AB=AC，

∴AC=AE，

∴∠ACE=∠AEC，

∵∠ACD=β，

∴∠ACE-∠ACD=∠AEC-∠AEB，

即∠DCE=∠DEC，

∴DE=CD，

∴BE=BD+DE=BD+CD，

在Rt△ABF中，ABcos∠ABD=BE，

即ABcosβ=

（BD+CD）．（3）如圖3，過點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，延長BD到E，54例3、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=．點(diǎn)D在邊AC上（不與A，C重合），連接BD，F(xiàn)為BD中點(diǎn)．

（1）若過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，連接CF、EF、CE，如圖1．

設(shè)CF=kEF，則k=______；

（2）若將圖1中的△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使得D、E、B三點(diǎn)共線，點(diǎn)F仍為BD中點(diǎn)，如圖2所示．求證：BE-DE=2CF；

（3）若BC=6，點(diǎn)D在邊AC的三等分點(diǎn)處，將線段AD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)F始終為BD中點(diǎn)，求線段CF長度的最大值．例3、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=55（1）∵F為BD中點(diǎn)，DE⊥AB，

∴CF=12BD，EF=12BD，

∴CF=EF，

∴k=1；

故答案為1．（2）如圖，過點(diǎn)C作CE的垂線交BD于點(diǎn)G，設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為Q．由題意，tan∠BAC=，∴BC/AC=DE/AE=．

∵D、E、B三點(diǎn)共線，

∴AE⊥DB．

∵∠BQC=∠AQD，∠ACB=90°，

∴∠QBC=∠EAQ．

∵∠ECA+∠ACG=90°，∠BCG+∠ACG=90°，

∴∠ECA=∠BCG．

∴△BCG∽△ACE．

∴BC/AC=GB/AE=

∴GB=DE．

∵F是BD中點(diǎn)，∴F是EG中點(diǎn)．在Rt△ECG中，CF=EG，

∴BE-DE=EG=2CF；（1）∵F為BD中點(diǎn)，DE⊥AB，

∴C56（3）情況1：如圖，當(dāng)AD=AC時，取AB的中點(diǎn)M，連接MF和CM，

∵∠ACB=90°，tan∠BAC=，且BC=6，

∴AC=12，AB=∵M(jìn)為AB中點(diǎn)，

∴CM=，

∵AD=AC，∴AD=4.

∵M(jìn)為AB中點(diǎn)，F(xiàn)為BD中點(diǎn)，∴FM=AD=2．如圖4：當(dāng)且僅當(dāng)M、F、C三點(diǎn)共線且M在線段CF上時CF最大，

此時CF=CM+FM=2+

情況2：如圖5，當(dāng)AD=AC時，取AB的中點(diǎn)M，連接MF和CM，

類似于情況1，可知CF的最大值為4+綜合情況1與情況2，可知當(dāng)點(diǎn)D在靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)時，線段CF