初中数学模型2-截长补短模型证明问题

如图1，若证明线段AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可考虑截长补短法. 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.
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。
知识总结
1、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；
2、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。
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.
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）， 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.
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， 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。
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。
图4
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.
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∠B MC=∠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
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．
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B F=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。
THE END！
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
△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.
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.