專題12.35作輔助線證明三角形全等-截長補短（知識講解）“截長補短”是處理線段間數(shù)量關(guān)系的一種重要的解題方法.當(dāng)題目中出現(xiàn)三條線段間的和差關(guān)系時(如a=b+c),?？紤]用此法解決.所謂"截",就是將最長的線段a截成兩段,使其中一段等于較短的一條線段b,再利用全等三角形或者等腰三角形的知識證另一段等于線段c;所謂"補",就是將較短的線段6延長,使延長的線段長度為c,相當(dāng)于將線段b,c拼成一條線段,再證明此線段的長等于a.用截長補短法解決問題的關(guān)鍵,是用"截"或"補"的手段去構(gòu)造線段.1．如圖，，、分別平分、，與交于點O．（1）求的度數(shù)；（2）說明的理由．【答案】（1）120°；（2）見分析【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義可得∠OAB+∠OBA=60°，從而得到∠AOB；（2）在AB上截取AE=AC，證明△AOC≌△AOE，得到∠C=∠AEO，再證明∠C+∠D=180°，從而推出∠BEO=∠D，證明△OBE≌△OBD，可得BD=BE，即可證明AC+BD=AB．解：（1）∵AD，BC分別平分∠CAB和∠ABD，∠CAB+∠ABD=120°，∴∠OAB+∠OBA=60°，∴∠AOB=180°-60°=120°；（2）在AB上截取AE=AC，∵∠CAO=∠EAO，AO=AO，∴△AOC≌△AOE（SAS），∴∠C=∠AEO，∵∠C+∠D=（180°-∠CAB-∠ABC）+（180°-∠ABD-∠BAD）=180°，∴∠AEO+∠D=180°，∵∠AEO+∠BEO=180°，∴∠BEO=∠D，又∠EBO=∠DBO，BO=BO，∴△OBE≌△OBD（AAS），∴BD=BE，又AC=AE，∴AC+BD=AE+BE=AB．【點撥】本題考查了角平分線的定義，三角形內(nèi)角和，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是截取AE=AC，利用全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論．【變式1】如圖，四邊形ABCD中，,,,對角線BD平分交AC于點P.CE是的角平分線,交BD于點O.（1）請求出的度數(shù);（2）試用等式表示線段BE、BC、CP之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由;【答案】（1）；（2）BE+CP=BC，理由見分析．【分析】（1）先證得為等邊三角形，再利用平行線的性質(zhì)可求得結(jié)論；（2）由BP、CE是△ABC的兩條角平分線，結(jié)合BE=BM，依據(jù)“SAS”即可證得△BEO≌△BMO；利用三角形內(nèi)角和求出∠BOC=120°，利用角平分線得出∠BOE=∠BOM=60，求出∠BOM，即可判斷出∠COM=∠COP，即可判斷出△OCM≌△OCP，即可得出結(jié)論；解：（1）∵，，∴為等邊三角形，∴∠ACD=，∵，∴∠BAC=∠ACD=；（2）BE+CP=BC，理由如下：在BC上取一點M，使BM=BE，連接OM，如圖所示：∵BP、CE是△ABC的兩條角平分線，∴∠OBE=∠OBM=∠ABC，在△BEO和△BMO中，，∴△BEO△BMO(SAS)，∴∠BOE=∠BOM=60，∵BP、CE是△ABC的兩條角平分線，∴∠OBC+∠OCB=在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180，∵∠BAC=60，∴∠ABC+∠ACB=180-∠A=180-60=120，∴∠BOC=180-(∠OBC+∠OCB)=180=180-×120=120，∴∠BOE=60，∴∠COP=∠BOE=60∵△BEO≌△BMO，∴∠BOE=∠BOM=60，∴∠COM=∠BOC-∠BOM=120-60=60，∴∠COM=∠COP=60，∵CE是∠ACB的平分線，∴∠OCM=∠OCP，在△OCM和△OCP中，∴△OCM≌△OCP（ASA），∴CM=CP，∴BC=CM+BM=CP+BE，∴BE+CP=BC．【點撥】本題是三角形綜合題，主要考查了角平分線的定義、三角形內(nèi)角和定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握三角形內(nèi)角和定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，證明∠CFM=∠CFD是解題的關(guān)鍵．【變式2】在中，為的角平分線.

圖1圖2

（1）如圖1，，，點在邊上，，請直接寫出圖中所有與相等的線段.（2）如圖2，，如果，求證：.【答案】（1）=；（2）證明見分析．【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)結(jié)合已知條件可證得，再證得，從而證得=；（2）在AB上取點E，使得AE=AC，則可證得△AED≌△ACD，可得∠AED=∠C=2∠B，ED=CD，可證得△BDE為等腰三角形，所以有BE=DE=CD，可得結(jié)論．解：（1）∵為的角平分線，∴∠EAD=∠CAD，∵，在△AED和△ACD中，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴=；（2）在AB上取點E，使得AE=AC，在△AED和△ACD中∴△AED≌△ACD（SAS），∴∠AED=∠C，ED=CD，∵∠C=2∠B，又∠AED=∠B+∠BDE=2∠B，∴∠B=∠BDE，∴BE=DE，∴AB=AE+BE=AC+DE=AC+CD．【點撥】本題主要考查三角形全等的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造全等三角形，在證明兩條線段的和等于一條線段時，通常是截取線段，難度不大．2．(1)問題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F(xiàn)分別是BC,CD上的點，且∠EAF=60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小明同學(xué)探究此問題的方法是延長FD到點G，使DG=BE，連結(jié)AG，先證明ΔΔADG，再證明ΔΔAGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是．(2)探索延伸：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，∠EAF=∠BAD，上述結(jié)論是否依然成立？并說明理由．【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，見分析【分析】（1）延長FD到點G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；（2）延長FD到點G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；解：（1）EF=BE+DF，證明如下：在△ABE和△ADG中，在△AEF和△AGF中，故答案為EF=BE+DF．（2）結(jié)論EF=BE+DF仍然成立；理由：延長FD到點G．使DG=BE．連結(jié)AG，如圖②，在△ABE和△ADG中∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；【點撥】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)及“半角模型”，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)及“半角模型”構(gòu)造全等的方法是解題的關(guān)鍵．【變式1】如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分別是邊BC、CD上的點，且∠EAF=∠BAD．求證：EF=BE+FD．【答案】證明見分析．【分析】延長EB到G，使BG=DF，連接AG．先說明△ABG≌△ADF，然后利用全等三角形的性質(zhì)和已知條件證得△AEG≌△AEF，最后再運用全等三角形的性質(zhì)和線段的和差即可解答．解：延長EB到G，使BG=DF，連接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．

∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD【點撥】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，做出輔助線構(gòu)造全等三角形是解答本題的關(guān)鍵．【變式2】已知：如圖所示，在中，為中線，交分別于，如果，求證：．【答案】詳見分析【分析】根據(jù)點D是BC的中點，延長AD到點G，得到，利用全等三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等進(jìn)行等量代換，得到△AEF中的兩個角相等，然后用等角對等邊證明AE等于EF．解：延長ED至G，使，連結(jié)GC，∵在中，為中線，∴BD=CD，在△ADC和△GDB中，∴，，，，，．又，∴，∴.【點撥】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)建全等三角形．3．在等邊三角形ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點M、N，P為△ABC外一點，且∠MPN＝60°，∠BPC＝120°，BP＝CP．探究：當(dāng)點M、N分別在直線AB、AC上移動時，BM，NC，MN之間的數(shù)量關(guān)系．(1)如圖①，當(dāng)點M、N在邊AB、AC上，且PM＝PN時，試說明MN＝BM+CN．(2)如圖②，當(dāng)點M、N在邊AB、AC上，且PM≠PN時，MN＝BM+CN還成立嗎？答：．（請在空格內(nèi)填“一定成立”“不一定成立”或“一定不成立”）．(3)如圖③，當(dāng)點M、N分別在邊AB、CA的延長線上時，請直接寫出BM，NC，MN之間的數(shù)量關(guān)系．

【答案】(1)見分析(2)一定成立(3)MN＝NC﹣BM【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理得到∠PBC＝∠＝30°，進(jìn)而得到∠PBM＝∠PCN＝90°，證明Rt△PBM≌Rt△PCN，得到∠BPM＝∠CPN＝30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；（2）延長AC至H，使CH＝BM，連接PH，證明△PBM≌△PCH，得到PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，再證明△MPN≌△HPN，得到MN＝HN，等量代換得到答案；（3）在AC上截取CK＝BM，連接PK，仿照（2）的方法得出結(jié)論．(1)解：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵∠BPC＝120°，BP＝CP，∴∠PBC＝∠PCB＝×（180°﹣120°）＝30°，∴∠PBM＝∠PCN＝90°，在Rt△PBM和Rt△PCN中，，∴Rt△PBM≌Rt△PCN（HL），∴∠BPM＝∠CPN＝30°，∵∠MPN＝60°，PM＝PN，∴△PMN為等邊三角形，∴PM＝PN＝MN，在Rt△PBM中，∠BPM＝30°，∴BM＝PM，同理可得，CN＝PN，∴BM+CN＝MN．(2)解：一定成立，理由如下：延長AC至H，使CH＝BM，連接PH，如圖所示，由（1）可知：∠PBM＝∠PCN＝90°，∴∠PCH＝90°，∴∠PBM＝∠PCH，在△PBM和△PCH中，，∴△PBM≌△PCH（SAS），∴PM＝PH，∠BPM＝∠CPH，∵∠BPM+∠CPN＝60°，∴∠CPN+∠CPH＝60°，∴∠MPN＝∠HPN，在△MPN和△HPN中，，∴△MPN≌△HPN（SAS），∴MN＝HN＝BM+CN，故答案為：一定成立．(3)解：在AC上截取CK＝BM，連接PK，如圖所示，在△PBM和△PCK中，，∴△PBM≌△PCK（SAS），∴PM＝PK，∠BPM＝∠CPK，∵∠BPM+∠BPN＝60°，∴∠CPK+∠BPN＝60°，∴∠KPN＝60°，∴∠MPN＝∠KPN，在△MPN和△KPN中，，∴△MPN≌△KPN（SAS），∴MN＝KN，∵KN＝NC﹣CK＝NC﹣BM，∴MN＝NC﹣BM．【點撥】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．【變式1】如圖，在四邊形中，，點E、F分別在直線、上，且．(1)當(dāng)點E、F分別在邊、上時（如圖1），請說明的理由．(2)當(dāng)點E、F分別在邊、延長線上時（如圖2），（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請說明理由；若不成立，請寫出、、之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見分析(2)不成立，，見分析【分析】（1）延長EB至G，使BG＝DF，連接AG，通過證明△ABG≌△ADF，△EAG≌△EAF可得GE＝EF，進(jìn)而可說明EF＝BE+DF；（2）在BE上截取BM＝DF，連接AM，通過證明△ABM≌△ADF，△AME≌△AFE可得ME＝EF，進(jìn)而可得EF＝BE﹣FD．解：(1)EF＝BE+DF，理由：延長EB至G，使BG＝DF，連接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）中結(jié)論不成立，EF＝BE﹣FD，在BE上截取BM＝DF，連接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．【點撥】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線證明相關(guān)三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式2】在中，BE，CD為的角平分線，BE，CD交于點F．（1）求證：；（2）已知．①如圖1，若，，求CE的長；②如圖2，若，求的大?。敬鸢浮浚?）證明見分析；（2）2.5；（3）100°．【分析】（1）由三角形內(nèi)角和定理和角平分線得出的度數(shù)，再由三角形內(nèi)角和定理可求出的