八年級數(shù)學(xué) 全等三角形截長補短法專題

八年級數(shù)學(xué)全等三角形截長補短法專題

在人教八年級上冊課本的全等三角形部分中，介紹了角的平分線的性質(zhì)，這一性質(zhì)在許多問題中都有著廣泛的應(yīng)用。而“截長補短法”是解決這類問題的一種特殊方法，常常能使思路豁然開朗。下面將介紹幾個例子。例1：已知如圖1-1，在四邊形ABCD中，BC＞AB，AD=DC，BD平分∠ABC。要證明∠BAD+∠BCD=180°。分析：我們可以通過構(gòu)造直角三角形，利用“截長補短法”來解決這個問題。證明：過點D作DE垂直BA的延長線于點E，作DF⊥BC于點F，如圖1-2。因為BD平分∠ABC，所以DE=DF。在Rt△ADE與Rt△CDF中，根據(jù)HL條件，可得到Rt△ADE≌Rt△CDF，從而∠DAE=∠DCF。又∠BAD+∠DAE=180°，所以∠BAD+∠DCF=180°，即∠BAD+∠BCD=180°。例2：如圖2-1，AD∥BC，點E在線段AB上，∠ADE=∠CDE，∠DCE=∠ECB。要證明CD=AD+BC。分析：結(jié)論是CD=AD+BC，我們可以利用“截長補短法”中的“截長”，即在CD上截取CF=CB，只需再證明DF=DA即可，從而簡化問題。證明：在CD上截取CF=BC，如圖2-2。在△FCE與△BCE中，根據(jù)SAS條件，可得到△FCE≌△BCE，從而∠2=∠1。又因為AD∥BC，所以∠ADC+∠BCD=180°，因此∠DCE+∠CDE=90°，故∠2+∠3=90°，∠1+∠4=90°，從而∠3=∠4。在△FDE與△ADE中，根據(jù)ASA條件，可得到△FDE≌△ADE，從而DF=DA。因為CD=DF+CF，所以CD=AD+BC。例3：已知如圖3-1，∠1=∠2，P為BN上一點，且PD⊥BC于點D，AB+BC=2BD。要證明∠BAP+∠BCP=18°。（此處刪除明顯有問題的段落）證明：在△PBD中，根據(jù)正弦定理，可得到BD/DP=sin∠1，而在△PBC中，BD/DP=sin∠2，因此sin∠1=sin∠2。因為0°＜∠1,∠2＜180°，所以∠1=∠2或∠1+∠2=180°。由于∠1=∠2，所以∠1+∠2=2∠1=180°，即∠1=∠2=90°。又因為AB+BC=2BD，所以AD=BD=CD。在△APB與△CPB中，根據(jù)SAS條件，可得到△APB≌△CPB，從而∠BAP=∠BCP。又因為∠BAP+∠BCP=2∠BAP=180°-2∠BPC，所以∠BAP+∠BCP=18°。分析：根據(jù)條件可得∠C=180°-∠A-∠B=2∠B，即∠A=3∠B，因此可以將∠A和∠B分別表示為3x和x，然后利用三角形內(nèi)角和定理得到∠C=2x。接著可以將∠1和∠2移到一起，讓它們是鄰補角，即證明∠BCP=∠EAP，從而可以構(gòu)造全等三角形。證明過程如下：證明：過點P作PE垂直BA的延長線于點E，如圖3-2所示。因為∠1=∠2，且PD⊥BC，所以PE=PD。在直角三角形BPE和BPD中，PE=PD，BP=BP，因此根據(jù)HL（斜邊和直角邊相等）可得Rt△BPE≌Rt△BPD，因此BE=BD。又因為AB+BC=2BD，所以AB+BD+DC=BD+BE，即AB+DC=BE，即DC=BE-AB=AE。在直角三角形APE和CPD中，PE=PD，PEA=PDC，AE=DC，因此根據(jù)SAS（兩邊和夾角相等）可得Rt△APE≌Rt△CPD，從而得到∠PAE=∠PCD。又因為∠BAP+∠PAE=180°，所以∠BAP+∠BCP=180°，因此∠BCP=∠EAP，從而可以構(gòu)造全等三角形。因此，可以得到AB=AC+CD，證畢。例4.已知：如圖4-1，在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2。求證：AB=AC+CD。分析：根據(jù)條件可得∠C=180°-∠A-∠B=2∠B，即∠A=3∠B，因此可以將∠A和∠B分別表示為3x和x。接著可以利用三角形內(nèi)角和定理得到∠C=2x，然后根據(jù)∠1=∠2將兩個角移到一起，讓它們是鄰補角，即證明∠BAC=∠BDC，從而可以利用“補短”構(gòu)造全等三角形。證明過程如下：證明：過點D作DE垂直BC的延長線于點E，如圖4-2所示。因為∠1=∠2，所以∠BAC=180°-∠1-∠A=180°-∠2-∠A=∠BDC。在直角三角形ABE和CDE中，AE=DE，BE=CE，∠AEB=∠CED=90°，因此根據(jù)HL可得Rt△ABE≌Rt△CDE，因此AB=CD。在△ADE中，∠A=3x，∠DAE=180°-∠C=180°-2x，因此∠ADE=x，從而得到∠AED=90°