截长补短法 例1. 已知，如图1-1，在四边形ABCD中，BC＞AB，AD=DC，BD平分∠ABC. 求证：∠BAD +∠BCD=180°. 分析：因为平角等于180°，因而应考虑把两个不在一起的通过全等转化成为平角，图中缺少全等的三角形，因而解题的关键在于构造直角三角形，可通过“截长补短法”来实现. 证明：过点D作DE垂直BA的延长线于点E，作DF⊥BC于点F，如图1-2 ∵BD平分∠ABC，∴DE=DF， 在Rt△ADE与Rt△CDF中， ADDEDF ADCD∴Rt△ADE≌Rt△CDF(HL),∴∠DAE=∠DCF. EB图1-1 CAD又∠BAD+∠DAE=180°，∴∠BAD+∠DCF=180°， 即∠BAD+∠BCD=180° B图1-2 FC例2. 已知，如图3-1，∠1=∠2，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，AB+BC=2BD. 求证：∠BAP+∠BCP=180°. 分析：与例1相类似，证两个角的和是180°，可把它们移到一起，让它们是邻补角，即证明∠BCP=∠EAP，因而此题适用“补短”进行全等三角形的构造. 证明：过点P作PE垂直BA的延长线于点E，如图3-2 A∵∠1=∠2，且PD⊥BC，∴PE=PD， 在Rt△BPE与Rt△BPD中， NPPEPD BPBP∴Rt△BPE≌Rt△BPD(HL),∴BE=BD. ∵AB+BC=2BD，∴AB+BD+DC=BD+BE，∴AB+DC=BE即DC=BE-AB=AE. B12DC图3-1 EAPNB12DC图3-2 在Rt△APE与Rt△CPD中, PEPDPEAPDC AEDC∴Rt△APE≌Rt△CPD(SAS),∴∠PAE=∠PCD 又∵∠BAP+∠PAE=180°,∴∠BAP+∠BCP=180° 例3. 如图2-1，AD∥BC，点E在线段AB上，∠ADE=∠CDE，∠DCE=∠ECB. 求证：CD=AD+BC. 分析：结论是CD=AD+BC，可考虑用“截长补短法”中的“截长”，即在CD上截取CF=CB，只要再证DF=DA即可，这就转化为证明两线段相等的问题，从而达到简化问题的目的. 证明：在CD上截取CF=BC，如图2-2 AD在△FCE与△BCE中， CFCBFCEBCE CECE∴△FCE≌△BCE（SAS）,∴∠2=∠1. 又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠BCD=180°，∴∠DCE+∠CDE=90°， ∴∠2+∠3=90°，∠1+∠4=90°，∴∠3=∠4. 在△FDE与△ADE中， AECB图2-1 DFDEADE DEDE34∴△FDE≌△ADE（ASA），∴DF=DA， ∵CD=DF+CF，∴CD=AD+BC. 4E321FCB图2-2 例4. 已知：如图4-1，在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2. 求证：AB=AC+CD. 分析：从结论分析，“截长”或“补短”都可实现问题的转化，即延长AC至E使CE=CD，或在AB上截取AF=AC. A12BDC证明：方法一（补短法） 延长AC到E，使DC=CE，则∠CDE＝∠CED，如图4-2 ∴∠ACB＝2∠E， ∵∠ACB＝2∠B，∴∠B＝∠E， 在△ABD与△AED中, 12BE ADAD∴△ABD≌△AED（AAS）,∴AB=AE. 又AE=AC+CE=AC+DC，∴AB=AC+DC. 方法二（截长法） 在AB上截取AF=AC，如图4-3 在△AFD与△ACD中, AFAC12 ADAD∴△AFD≌△ACD（SAS）,∴DF=DC，∠AFD＝∠ACD. 又∵∠ACB＝2∠B，∴∠FDB＝∠B，∴FD=FB. ∵AB=AF+FB=AC+FD，∴AB=AC+CD. 图4-1 A12BDC图4-2 EA12FBDC图4-3 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/0996f749081c59eef8c75fbfc77da26925c596b4.html