初中几何截长补短法的题型解析

【知识汇总】

截长补短法在初中几何教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教学的始终.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a+b=c时，用截长补短．

1、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。

2、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；

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AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可以考虑截长补短法.

截长法：如图2，在EF上截取EG=AB,在证明GF=CD即可；

补短法：如图3，延长AB至H点，使BH=CD,再证明AH=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△BMC≌△DFC（SAS），

则MC=FC=FG，∠BCM=∠DCF，

可得△MCF为等腰直角三角形，

又可证∠CFE=45°，∠CFG=90°，

∠CFG=∠MCF，FG∥CM，

可得四边形CGFM为平行四边形，则CG=MF，

于是BF=BM+MF=DF+CG.

图2

方法二：

如图2所示，在BF上截取FM=GC，

可证四边形GCFM为平行四边形，

可得CM=FG=CF；

可得∠BFC=∠BDC=45°，得∠MCF=90°；

又得∠BMC=∠DFC=135°，

于是△BMC≌△DFC（AAS），BM=DF，

于是BF=FM+BM=CG+DF.

上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BCD和△MCF。

方法三：

如图3所示，在BF上截取FK=FD，得等腰Rt△DFK，

可证得∠DFC=∠KFG=135°，

所以△DFC≌△KFG（SAS），

所以KG=DC=BC，

∠FKG=∠FDC=∠CBF，KG∥BC，

得四边形BCGK为平行四边形，BK=CG，

于是BF=BK+KF=CG+DF.

图3 

方法四：

如图3所示，在BF上截取BK=CG，

可得四边形BCGK为平行四边形，

BC=GK=DC，BC∥KG，

∠GKF=∠CBF=∠CDF，

根据四边形BCFD为圆的内接四边形，

更多内容见公众号：初中数学解题思路 可证得∠BFC=45°，∠DFC=∠KFG，

于是△DCF≌△KGF（AAS），DF=KF，

于是BF=BK+KF=CG+DF.

上述两种方法中都利用了两个共顶点的等腰Rt△BDC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GC至N，使CN=DF，

易证△CDF≌△BCN（SAS），

可得CF=FG=BN，∠DFC=∠BNC=135°，

又知∠FGC=45°，可证BN∥FG，

于是四边形BFGN为平行四边形，得BF=NG，

所以BF=NG=NC+CG=DF+CG.

图4

方法六：

如图4所示，延长GC至N，使NG=BF，

得四边形BFGN为平行四边形，

所以BN=GF=CF，

又∠DCF+∠CDF=∠CBN+∠BCN=45°，

得∠DCF=∠CBN，

又CD=BC，可证△CDF≌△BCN（SAS），

DF=CN，以下从略.

 

方法七：

如图5所示，延长CG至P，使CP=BF，连接PF，

则四边形CPFB为平行四边形，PF=BC=DC，

又∠BFC=45°，∠PFE=∠DEC，

因为∠PFG=∠FGC－∠P= 45°－∠P，

∠DCF=∠CFE－∠CDF=45°－∠CDF，

又可证∠P=∠CBF=∠CDF，于是∠PFG=∠DCF，

所以△PFG≌△DCF（SAS），PG=DF，

于是BF=CP=CG+PG=CG+DF.

图5

方法八：

如图5所示，延长CG至P，使GP=DF，连接PF，

可证∠DFC=∠PGF=135°，FC=CF，

所以△DFC≌△PGF（SAS），

更多内容见公众号：初中数学解题思路  

所以DC=PF=BC，

∠P=∠CDF=∠CBF=∠PCE，BC∥FP，

所以四边形BCPF为平行四边形，

所以BF=CP=CG+PG=CG+DF.

方法九：

如图6所示，延长DE至Q，

使DQ=BF，连接CQ，GQ，

可证△BCF≌△DCQ（SAS），

CF=CQ，∠BCF=∠DCQ，

于是可得∠FCQ=∠BCD=90°，

所以△FCQ为等腰直角三角形，

可得四边形FCQG为正方形，FQ=CG，

所以BF=DQ=DF+FQ=DF+CG.

图6

方法十：

如图6所示，延长FE至Q，使FQ=CG，通过证明四边形FCQG为正方形，△BCF≌△DCQ，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H，使DH=CG，

可证得∠BDF=∠BDC+∠CDF，

∠ECF=∠FCG+∠CEG，

于是∠BDF=∠ECF，

则∠BDH=∠BCF，

所以△BDH∽△BCF（SAS），

得∠H=∠BFC=45°，

所以△BFH为等腰直角三角形，

于是BF=HF=DF+DH=DF+CG.

图7

方法十二：

如图7所示，延长FD至H，使FH=BF，

可得△BFH为等腰直角三角形，

于是∠HBD=∠FBC，又∠H=∠BFC=45°，

所以△BDH∽△BCF，

所以BF=HF=DF+DH=DF+CG.

经过上述分析，可知采取不同的切入点，解题思路会有差异。