專題16 截長補短問題（解析版）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)經(jīng)典問題專題訓(xùn)練

專題16截長補短問題【規(guī)律總結(jié)】“截長補短”是幾何證明題中十分重要的方法，通常用來證明幾條線段的數(shù)量關(guān)系，即若題目條件或結(jié)論中含有“a＋b＝c”的條件，需要添加輔助線時可以考慮“截長補短”的方法。截長法：在較長的線段上截取一條線段等于較短線段，再設(shè)法證明較長線段的剩余線段等于另外的較短線段。補短法：①延長較短線段中的一條，使延長出來的線段等于另外的較短線段，然后證明兩線段之和等于較長線段。即延長a，得到b，證：a＋b＝c。②延長較短線段中的一條，使延長后的線段等于較長線段，然后證明延長出來的部分等于另一條較短線段。即延長a，得到c，證：b＝c-a?！镜淅治觥坷?．（2020·廣州大學(xué)附屬中學(xué)八年級月考）如圖，在中，AD平分，，，，則AC的長為（）A．3 B．9 C．11 D．15【答案】C【分析】在AC上截取AE=AB，連接DE，證明△ABD≌△AED，得到∠B=∠AED，AB=AE，再證明CD=CE，進(jìn)而代入數(shù)值解答即可．【詳解】在AC上截取AE=AB，連接DE，

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD=∠DAC，

在△ABD和△AED中，

，

∴△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，∵，，

∴AC=AE+CE=AB+CD=5+6=11．

故選：C．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)；利用了全等三角形中常用輔助線-截長補短法構(gòu)造全等三角形，然后利用全等三角形解題，這是解決線段和差問題最常用的方法，注意掌握．例2．（2021·上海九年級專題練習(xí)）如圖，△ABC中，E在BC上，D在BA上，過E作EF⊥AB于F，∠B＝∠1+∠2，AB＝CD，BF＝，則AD的長為________．【答案】【分析】在FA上取一點T，使得FT=BF，連接ET，在CB上取一點K，使得CK=ET，連接DK．想辦法證明AT=DK，DK=BD，推出BD=AT，推出BT=AD即可解決問題．【詳解】在FA上取一點T，使得FT=BF，連接ET，在CB上取一點K，使得CK=ET，連接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=，∴AD=，故答案為：．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識點，解題關(guān)鍵在于學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造出全等三角形．例3．（2021·湖北武漢市·八年級期末）如圖，△ABC為等邊三角形，直線l經(jīng)過點C，在l上位于C點右側(cè)的點D滿足∠BDC＝60°．（1）如圖1，在l上位于C點左側(cè)取一點E，使∠AEC＝60°，求證：△AEC≌△CDB；（2）如圖2，點F、G在直線l上，連AF，在l上方作∠AFH＝120°，且AF＝HF，∠HGF＝120°，求證：HG＋BD＝CF；（3）在（2）的條件下，當(dāng)A、B位于直線l兩側(cè)，其余條件不變時（如圖3），線段HG、CF、BD的數(shù)量關(guān)系為．

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）HG=CF+BD．【分析】（1）先利用角的和差證明∠BCD=∠EAC，然后利用AAS即可證明△AEC≌△CDB；（2）在l上C點左側(cè)取一點E，使∠AEC=60°，連接AE，依次證明△AEC≌△CDB和△HGF≌△FEA即可得出結(jié)論；（3）在l上位于C點右側(cè)取一點E，使∠AED=60°，連接AE，在l上取一點M，使BM=BD，依次證明△ACE≌△CBM和△HGF≌△FEA即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∴∠BCD+∠ACE=120°，∵∠AEC=60°，∴∠ACE+∠EAC=120°，∴∠BCD=∠EAC，在△AEC和△CDB中∵,∴△AEC≌△CDB（AAS）；（2）證明：如圖2，在l上C點左側(cè)取一點E，使∠AEC=60°，連接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：如圖3，在l上位于C點右側(cè)取一點E，使∠AED=60°，連接AE，在l上取一點M，使BM=BD，∵∠BDC=60°，∴△BDM是等邊三角形，∴∠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）可證△HGF≌△FEA（AAS），∴GH=FE，∵EF=CF+CE∴HG=CF+BD．故答案為：HG=CF+BD．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判斷，三角形外角的性質(zhì)等．掌握一線三等角的模型，能借助一線三等角證明對應(yīng)角相等是解題關(guān)鍵．【好題演練】一、單選題1．（2020·濟南高新區(qū)第一實驗學(xué)校八年級期中）如圖，在中，，，，平分交于D點，E，F(xiàn)分別是，上的動點，則的最小值為（）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】利用角平分線構(gòu)造全等，使兩線段可以合二為一，則EC+EF的最小值即為點C到AB的垂線段長度．【詳解】在AB上取一點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的最小值即為求CE+EG的最小值，故當(dāng)C、E、G三點共線時，符合要求，此時，作CH⊥AB于H點，則CH的長即為CE+EG的最小值，此時，，∴CH==，即：CE+EF的最小值為，故選：D．【點睛】本題考查了角平分線構(gòu)造全等以及線段和差極值問題，靈活構(gòu)造輔助線是解題關(guān)鍵．2．（2019·湖北黃岡市·八年級期中）如圖，已知四邊形ABCD中，AD∥BC，若∠DAB的平分線AE交CD于E，連接BE，且BE恰好平分∠ABC，則AB的長與AD+BC的大小關(guān)系是（）A．AB＞AD+BC B．AB＜AD+BC C．AB＝AD+BC D．無法確定【答案】C【分析】在AB上截取AF＝AD，連接EF，易得∠AEB=90°和△ADE≌△AFE，再證明△BCE≌△BFE，利用全等三角形對應(yīng)邊相等即可得出三條線段之間的關(guān)系.【詳解】解：如圖所示，在AB上截取AF＝AD，連接EF，∵AD∥BC，∴∠ABC+∠DAB=180°，又∵BE平分∠ABC，AE平分∠DAB∴∠ABE+∠EAB==90°，∴∠AEB=90°即∠2+∠4=90°，在△ADE和△AFE中，∴△ADE≌△AFE（SAS），所以∠1＝∠2，又∠2+∠4＝90°，∠1+∠3＝90°，所以∠3＝∠4，在△BCE和△BFE中，∴△BCE≌△BFE（ASA），所以BC＝BF，所以AB＝AF+BF＝AD+BC；故選：C．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，截長補短是證明線段和差關(guān)系的常用方法.二、填空題3．（2020·山西九年級期中）如圖，是等邊三角形，，，，則________．【答案】6【分析】在線段BD上取一點E，使得BE=CD，連接AE，由四點共圓得∠，再證明，△是等邊三角形，得，再由線段的和差關(guān)系可得結(jié)論．【詳解】解：在線段BD上取一點E，使得BE=CD，連接AE，∵∴四點共圓，∴∠∴∠∵△是等邊三角形，∴，，∴△，∠，∴，∴∠，即，∴△是等邊三角形，∴，∵，，∴，∴．【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，以及四點共圓的判定，證明∠是解答此題的關(guān)鍵．4．（2020·無錫市羊尖中學(xué)八年級月考）如圖，四邊形ABCD中，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分別找一點M、N，使△AMN周長最小時，則∠AMN＋∠ANM的度數(shù)是________．【答案】120°【分析】延長AB，使得AB=BE，延長AD，使得AD=DF，連接EF，與BC，DC相較于M，N，要使得△AMN的周長最小，則三角形的三邊要共線，根據(jù)∠BAD=120°和△AMN的內(nèi)角和是180°即可列出方程求解．【詳解】解：延長AB，使得AB=BE，延長AD，使得AD=DF，連接EF，與BC，DC相較于M，N如圖所示，此時△AMN的周長最小∵∠ABM=90°∴∠EBM=90°在△AMB和△EMB中∴△AMB≌△EMB∴∠BEM=∠BAM∴∠AMN=2∠BAM同理可得：△AND≌△FDN∴∠NAD=∠NFD∴∠ANM=2∠NAD設(shè)∠BAM=x，∠MAN=z，∠NAD=y∵∠BAD=120°∴解得：即∠AMN+∠ANM=2×60°=120°．故答案為：120°．【點睛】本題主要考查的是三角形周長最小的條件，涉及到的知識點為全等三角形的判定及性質(zhì)、三角形內(nèi)角和的應(yīng)用，正確添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．三、解答題5．（2021·安徽合肥市·八年級期末）如圖，在中，，平分．（1）如圖1，若，求證：；（2）如圖2，若，求的度數(shù)；（3）如圖3，若，求證：．【答案】（1）見詳解；（2）108°；（3）見詳解【分析】（1）如圖1，過D作DM⊥AB于M，由CA＝CB，，得是等腰直角三角形，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到CD＝MD，∠ABC＝45°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC＝AM，于是得到結(jié)論；（2）如圖2，設(shè)∠ACB＝α，則∠CAB＝∠CBA＝90°?α，在AB上截取AK＝AC，連結(jié)DK，根據(jù)角平分線的定義得到∠CAD＝∠KAD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ACD＝∠AKD＝α，根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可得到結(jié)論；（3）如圖3，在AB上截取AH＝AD，連接DH，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAB＝∠CBA＝40°，根據(jù)角平分線的定義得到∠HAD＝∠CAD＝20°，求得∠ADH＝∠AHD＝80°，在AB上截取AK＝AC，連接DK，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到DH＝BH，于是得到結(jié)論．【詳解】（1）如圖1，過D作DM⊥AB于M，∴在中，，∴∠ABC＝45°，∵∠ACB＝90°，AD是角平分線，∴CD＝MD，∴∠BDM＝∠ABC＝45°，∴BM＝DM，∴BM＝CD，在RT△ADC和RT△ADM中，，∴RT△ADC≌RT△ADM（HL），∴AC＝AM，∴AB＝AM＋BM＝AC＋CD，即AB＝AC＋CD；（2）設(shè)∠ACB＝α，則∠CAB＝∠CBA＝90°?α，在AB上截取AK＝AC，連結(jié)DK，如圖2，∵AB＝AC＋BD，AB=AK+BK∴BK＝BD，∵AD是角平分線，∴∠CAD＝∠KAD，在△CAD和△KAD中，∴△CAD≌△KAD（SAS），∴∠ACD＝∠AKD＝α，∴∠BKD＝180°?α，∵BK＝BD，∴∠BDK＝180°?α，∴在△BDK中，180°?α＋180°?α＋90°?α＝180°，∴α＝108°，∴∠ACB＝108°；（3）如圖3，在AB上截取AH＝AD，連接DH，∵∠ACB＝100°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝40°，∵AD是角平分線，∴∠HAD＝∠CAD＝20°，∴∠ADH＝∠AHD＝80°，在AB上截取AK＝AC，連接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．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，角平分線的定義，三角形的內(nèi)角和，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．6．（2020·全國九年級課時練習(xí)）如圖，A、P、B、C是⊙O上四點，∠APC=∠CPB=60°．（1）判斷△ABC的形狀并證明你的結(jié)論；（2）當(dāng)點P位于什么位置時，四邊形PBOA是菱形？并說明理由．（3）求證：PA+PB=PC．【答案】（1）△ABC是等邊三角形，證明見解析；（2）當(dāng)點P位于中點時，四邊形PBOA是菱形，理由見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）利用圓周角定理可得∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，而∠APC=∠CPB=60°，則可得∠BAC=∠ABC=60°，從而可判斷△ABC的形狀；（2）當(dāng)點P位于中點時，四邊形PBOA是菱形，通過證明△OAP和△OBP均為等邊三角形，得到OA=AP=OB=BP即可得證；（3）在PC上截取PD=AP，則△APD是等邊三角形，然后證明△APB≌△ADC，證明BP=CD即可得證結(jié)論．【詳解】（1）△ABC是等邊三角形．證明如下：在⊙O中，∵∠BAC與∠CPB是所對的圓周角，∠ABC與∠APC是所對的圓周角，∴∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，又∵∠APC=∠CPB=60°，∴∠ABC=∠BAC=60°，∴△ABC為等邊三角形；（2）當(dāng)點P位于中點時，四邊形PBOA是菱形，如圖1，連接OP．∵∠AOB=2∠ACB