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最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题28 截长补短模型
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这是一份最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题28 截长补短模型，文件包含专题28截长补短模型原卷版docx、专题28截长补短模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共87页， 欢迎下载使用。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
模块二 常见模型专练
专题28 截长补短模型
例1 （2021年·四川广安·中考真题）在数学中，我们会用“截长补短”的方法来解决几条线段之间的和差问题．请看这个例题：如图1，在四边形中，，，若，求四边形的面积．
解：延长线段到E，使得，连接，我们可以证明，根据全等三角形的性质得，，则，得，这样，四边形的面积就转化为等腰直角三角形面积．
(1)根据上面的思路，我们可以求得四边形的面积为 cm2．
(2)如图2，在中，，且，求线段的最小值．
(3)如图3，在平行四边形中，对角线与相交于O，且；，则是否为定值？若是，求出定值；若不是，求出的最小值及此时平行四边形的面积．
【答案】(1)12.5
(2)
(3)不是，，
【分析】（1）根据题意，可以计算出等腰直角三角形的面积，从而可以得到四边形的面积；
（2）由勾股定理可得，由配方法可求解；
（3）由平行四边形的性质可得，，由勾股定理可求，由配方法可求的最小值，即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得，，，
则的面积，
即四边形的面积为，
故答案为：12.5；
（2）解：，
，
，
，
当时，取最小值，最小值为2；
（3）解：如图，过点B作于H，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
当时，有最小值，即的最小值为，
此时：，，
是等边三角形，
．
综上可知，不是定值，的最小值为，此时平行四边形的面积为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，灵活运用这些性质是解题的关键．
例2 （2021年·湖北襄阳·中考真题）如图，四边形是内正方形，P是圆上一点（点P与点A，B，C，D不重合），连接．
(1)若点P是弧上一点，
①∠BPC度数为 ___________；
②求证：；小明的思路为：这是线段和差倍半问题，可采用截长补短法，请按小明思路完成下列证明过程（也可按自己的想法给出证明）．证明：在的延长线上截取点E．使，连接．
(2)探究当点P分别在，，上，求的数量关系，直接写出答案，不需要证明．
【答案】(1)①，②见解析
(2)；；；证明见解析
【分析】（1）①理由正方形的性质和圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半解答即可；
②在的延长线上截取点E．使，连接，利用全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用截长补短法，依题意画出相应图形，按小明思路完成解答即可．
【详解】（1）①解：，理由：
∵四边形是正方形，
∴，
∴的度数为，
∴，
故答案为：；
②证明：在的延长线上截取点E，使．连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
又∵点P在上，
∴四边形为内接四边形
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）当点P在上时，；
在上取点E，使，连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
当点P在上时，，
在上取点E，使，连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
当点P在上时，，理由：
在的延长线上截取点E，使，连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
又∵点P在上，
∴四边形为内接四边形
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，本题是阅读型题目，理解并熟练应用截长补短法，构造恰当的辅助线解答是解题的关键．
模型 截长补短
截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法，也是把几何题化难为易的一种思想。截长就是在一条线上截取成两段，补短就是在一条边上延长，使其等于一条所求边。
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，再证明
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。
模型分析
截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。截长，指在长线段中截取一段等于已知线段；补短，指将短线段延长，延长部分等于已知线段。
该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词句，可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程。
概述图：
【变式1】（2021秋·河北沧州·八年级统考期中）【阅读】在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系．截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等．
【应用】把两个全等的直角三角形的斜边重合，，组成一个四边形，以D为顶点作，交边于M、N．
(1)若，，证明：；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长到点E，使，连接，先证明，再证明，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程；
(2)当时，三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明）
(3)如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在的延长线上，完成图③，其余条件不变，则之间有何数量关系？证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据题意得AD=BD，延长到E，使，连接，利用全等三角形的判定得出，，再根据全等三角形的性质结合图形即可证明；
（2）证明方法与（1）一致，证明即可；
（3）在截取，连接，利用全等三角形的判定得出，再根据全等三角形的性质结合图形即可得出结果．
（1）
证明：根据题意得：AD=BD，
延长到E，使，连接
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵
∴
∴，
在和中
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）
由（1）中条件得∠ACD+∠MDN=90°，
证明方法同（1）类似，
∴；
（3）
，
证明：在截取，连接，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∵
∴
即
∴
即，
在和中
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线，找出各角之间的关系是解题关键．
【变式2】（2022秋·全国·八年级专题练习）在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．
截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；
补短法：延长较短线段和较长线段相等．
这两种方法统称截长补短法．
请用这两种方法分别解决下列问题：
已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1 = ∠2，P为AD上任一点，求证：AB－AC＞PB－PC
【答案】见解析
【分析】截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，可证得△APN≌△APC，可得到PC=PN，△BPN中，利用三角形的三边关系，即可求证；补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，证明△ABP≌△AMP，可得PB=PM，在△PCM中，利用三角形的三边关系，即可求证．
【详解】解：截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，
在△APN和△APC中
∵AN=AC，∠1=∠2，AP=AP，
∴△APN≌△APC，
∴PC=PN，
∵△BPN中有PB－PN＜BN，
即PB－PC＜AB－AC；
补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，
在△ABP和△AMP中，
∵AB=AM，∠1=∠2，AP=AP，
∴△ABP≌△AMP，
∴PB=PM，
又∵在△PCM中有CM＞PM－PC，
即AB－AC＞PB－PC．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解截长补短法是解题的关键．
【变式3】（2022·贵州遵义·统考三模）（1）问题发现：学完垂径定理后，小红对弧的中点与弦的关系再次做了研究，如图甲，中，点C是劣弧AB的中点，D点在BC弧之间，过点C作，垂足为点E，小红在电脑上用几何画板的度量功能度量了线段ED、DB、AE的长度如下表所示，小红发现了一个数量关系，这个关系是______（用ED、DB、AE的式子表示）
（2）探索结论：
怎么完成（1）中关系的证明呢？小红根据学习经验想到了“截长补短”中的“截长”思想，如图乙，在线段AE上截取点F，使得，连接CF、CD．小红试图构造关于AF、DB所在的三角形，通过全等完成证明，请接着小红的想法完成证明．
（3）结论应用：
如图丙，等边三角形ABC内接于，点D在上，连接BD、CD，过点C作，垂足为点E，若，，求的半径．
【答案】（1）AE=DE+BD；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）由AE、DE、BD的取值可得结论AE=DE+BD；
（2）如图1，在线段AE上取一点F，使得EF=DE，连接CD、BC、CF、AC，先证明，，从而得出，进而证明得，即可证明结论成立；
（3）如图2，作直径AF，连接CF，由等边三角形ABC内接于，得，，进而得，AE=CE，从而求得DE=1，AE=，最后求得，即可求得的半径．
【详解】（1）解：由表格可得：当AE=3.60，DE=1.37，BD=2.23时，有3.60=1.37+2.23，即AE=DE+BD；
当AE=3.58，DE=1.51，BD=2.07时，有3.58=1.51+2.07，即AE=DE+BD；
当AE=3.56，DE=1.63，BD=1.93时，有3.56=1.63+1.93，即AE=DE+BD；
当AE=3.51，DE=1.91，BD=1.60时，有3.56=1.91+1.60，即AE=DE+BD；
因此，线段ED、DB、AE的关系为AE=DE+BD，
故答案为AE=DE+BD；
（2）证明：如图1，在线段AE上取一点F，使得EF=DE，连接CD、BC、CF、AC，
，EF=DE，
CF=CD，
，
，
中，点C是劣弧AB的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
AE=AF+EF=DE+BD；
（3）解：如图2，作直径AF，连接CF，
等边三角形ABC内接于，
，，
，
，
，，
，
AE=CE，
，，，
，
DE=1，AE=，
，
AF是的直径，
，
，
的半径为．
【点睛】本题主要考查了圆与等边三角形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定及性质以及等腰三角形的性质，做辅助线构造全等三角形及直角三角形是解题的关键．
【变式4】（2022·全国·九年级专题练习）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．
(1)如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．
解题思路：延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，根据∠BAC+∠BDC＝180°，可证∠ABD＝∠ACE易证得△ABD≌△ACE，得出△ADE是等边三角形，所以AD＝DE，从而探寻线段DA、DB、DC之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出DA、DB、DC之间的数量关系是______；
【拓展延伸】
(2)如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．若点D是边BC下方一点，∠BDC＝90°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系，并说明理由；
【知识应用】
(3)如图3，两块斜边长都为4cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离PQ的长为______cm．
【答案】(1)DA=DB+DC
(2)DA=DB+DC；理由见解析
(3)
【分析】（1）延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°，知∠ABD+∠ACD=180°，则∠ABD=∠ACE，证得△ABD≅△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证明△ADE是等边三角形，等量代换可得结论；
（2） 同理可证△ABD≅△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，由勾股定理得，等量代换即得结论；
（3）由直角三角形的性质可得QN的长，由勾股定理可得MQ的长，由（2）知，由此可求得PQ长．
（1）
（1）延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD≅△ACE(SAS)，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，
（2）
DA=DB+DC，
理由如下：延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∴∠ABD+∠ACD=180°
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，CE=BD，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴，
∴，
∴，
（3）
如图所示：连接PQ，
∵，∠QMN=30°，
∴，
根据勾股定理得，
由（2）知，
∴，
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形和等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【培优练习】
1．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）阅读材料：
“截长补短法”是几何证明题中十分重要的方法，通常用来证明几条线段的数量关系．截长，即在长线段上截取一条线段等于其中一条短线段，再证明剩下的部分等于另一条短线段；补短，即延长其中一条短线段，使延长部分等于另一条线段，再证明延长后的线段等于长线段．
依据上述材料，解答下列问题：
如图，在等边中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为边作等边，连接CF．
(1)如图，若点D在边BC上，试说明；（提示：在线段CD上截取，连接EG．）
(2)如图，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间的数量关系并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)FC＝CD+CE
【分析】（1）在CD上截取CG＝CE，易证△CEG是等边三角形，得出EG＝EC＝CG，证明△DEG≌△FEC（SAS），得出DG＝CF，即可得出结论；
（2）过D作DGAB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
（1）
证明：在CD上截取CG＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECG＝60°，
∴△CEG是等边三角形，
∴EG＝EC＝CG，∠CEG＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEG+∠GEF＝∠FEC+∠GEF＝60°，
∴∠DEG＝∠FEC，
在△DEG和△FEC中，
，
∴△DEG≌△FEC（SAS），
∴DG＝CF，
∴CD＝CG+DG＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
（2）
解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DGAB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GDAB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【点睛】此题考查了平行线的性质，三角形全等及其性质，三角形全等的判定，等边三角形的性质等知识，作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
2．（2022秋·全国·九年级专题练习）问题：如图1，中，AB是直径，，点D是劣弧BC上任一点（不与点B、C重合），求证：为定值．
思路：和差倍半问题，可采用截长补短法，先证明．按思路完成下列证明过程．
证明：在AD上截取点E，使，连接CE．
运用：如图2，在平面直角坐标系中，与轴相切于点，与y轴相交于B、C两点，且，连接AB、．
(1)OB的长为___________．
(2)如图3，过A、B两点作与y轴的负半轴交于点M，与的延长线交于点N，连接AM、MN，当的大小变化时，问的值是否变化，为什么?如果不变，请求出的值．
【答案】(1)1
(2)不变，理由见解析
【分析】问题：在AD上截取AE=BD，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠CBD，然后证明△ACE≌△BCD，然后根据角的等量代换得出∠ECD=90°，进而得出△ECD为等腰直角三角形，用ED表示CD，因为ED=AD-BD最后即可得出结论；
（1）连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H，根据垂径定理和勾股定理求出O1B的长度，根据切线的性质得出O1A⊥x轴，得到OH=5，进而即可得出结果；
（2）在图2中先根据平行和O1A=O1B得出∠ABO1=∠ABO，然后在MB上取一点G，使MG=BN构造全等，证明△AMG≌△ANB，得到AG=AB，然后根据等腰三角形三线合一得出BG=2，再根据等量代换即可得到结论．
【问题详解】证明：如图1，在AD上截AE=BD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠ACE=∠BCD，CE=CD，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ECD=90°，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴CD=ED，
∵ED=AD-AE=AD-BD，
∴=，即为定值；
【详解】（1）解：如图2，连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H，
∴CH=BH=4，O1H=3，O1A⊥x轴，
∴O1B==5，
∴O1A=O1B=5，
∴HO=5，
∴OB=HO-HB=5-4=1，
故答案为：1；
（2）解：BM-BN的值不变，
如图2，
由（1）得，O1A⊥OA，
∵OB⊥AO，
∴O1A∥OB，
∴∠O1BA=∠OBA，
∵O1A=O1B，
∴∠O1BA=∠O1AB，
∴∠ABO1=∠ABO，
如图3，在MB上取一点G，使MG=BN，连接AN，AG，
∵∠ABO1=∠ABO，∠ABO1=∠AMN，
∴∠ABO=∠AMN，
∵∠ABO=∠ANM，
∴∠AMN=∠ANM，
∴AM=AN，
在△AMG和△ANB中，
，
∴△AMG≌△ANB（SAS），
∴AG=AB，
∵AO⊥BG，
∴BG=2BO=2，
∴BM-BN=BM-MG=BG=2，即BM-BN的值不变．
【点睛】本题考查圆的综合题，同弧所对的圆周角相等，两条半径所形成的三角形是等腰三角形，等腰三角形三线合一，垂径定理是解本题的必备知识，利用“截长补短”法证明全等是解本题的关键．
3．（2022秋·北京·八年级统考期末）如图，在等边△ABC中，点P是BC边上一点，∠BAP＝（30°＜＜60°），作点B关于直线AP的对称点D，连接DC并延长交直线AP于点E，连接BE．
（1）依题意补全图形，并直接写出∠AEB的度数；
（2）用等式表示线段AE，BE，CE之间的数量关系，并证明．
分析：①涉及的知识要素：图形轴对称的性质；等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质……
②通过截长补短，利用60°角构造等边三角形，进而构造出全等三角形，从而达到转移边的目的．
请根据上述分析过程，完成解答过程．
【答案】（1）图见解析，∠AEB＝60°；（2）AE＝BE＋CE，证明见解析
【分析】（1）依题意补全图形，如图所示：然后连接AD，先求出，然后根据轴对称的性质得到，AD=AB=AC，∠AEC=∠AEB，求出，即可求出，再由进行求解即可；
（2）如图，在AE上截取EG＝BE，连接BG．先证明△BGE是等边三角形，得到BG＝BE＝EG，∠GBE＝60°． 再证明∠ABG＝∠CBE，即可证明△ABG≌△CBE得到AG＝CE，则AE＝EG＋AG＝BE＋CE．
【详解】解：（1）依题意补全图形，如图所示：连接AD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC，
∵，
∴，
∵B、D关于AP对称，
∴，AD=AB=AC，∠AEC=∠AEB，
∴，
∴，
∴，
∴
∴∠AEB＝60°．
（2）AE＝BE＋CE．
证明：如图，在AE上截取EG＝BE，连接BG．
∵∠AEB＝60°，
∴△BGE是等边三角形，
∴BG＝BE＝EG，∠GBE＝60°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴∠ABG＋∠GBC＝∠GBC＋∠CBE＝60°，
∴∠ABG＝∠CBE．
在△ABG和△CBE中，
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴AG＝CE，
∴AE＝EG＋AG＝BE＋CE．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，等边三角形的性质与判定，轴对称的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等等，熟知相关知识是解题的关键
4．（2021秋·湖南永州·九年级校考阶段练习）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．
（1）如图1，是等边三角形，点是边下方一点，，探索线段、、之间的数量关系．
解题思路：延长到点，使，连接，根据，可证，易证得≌，得出是等边三角形，所以，从而探寻线段、、之间的数量关系．
根据上述解题思路，请写出、、之间的数量关系是______，并写出证明过程；
【拓展延伸】
（2）如图2，在中，，，若点是边下方一点，，探索线段、、之间的数量关系，并说明理由；
【知识应用】
（3）如图3，两块斜边长都为的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离的平方为多少？
【答案】（1）DA=DC+BD，见解析；（2）；见解析；（3）
【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB．
（2）延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，先证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，据此可得∠DAE=∠BAC=90°，由勾股定理知DA2+AE2=DE2，继而可得2AD2=（DC+BD）2；
（3）由直角三角形的性质知QN=MN=1，MQ=，利用（2）中的结论知，据此可得答案．
【详解】解：（1）DA=DC+BD，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=360°-∠BAC-∠BDC=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠ABC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAC+∠CAE=60°，即∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，即DA=DC+DB，
故答案为：DA=DC+BD；
（2），如图2，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∴∠ABD+∠ACD=360°-∠BAC-∠BDC=180°，
∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，CE=BD，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴DA2+AE2=DE2，
∴；
（3）如图3，连接PQ，
∵MN=2，∠QMN=30°，∠MQN=90°，
∴QN=MN=1，
∴，
由（2）知．
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
5．（2022秋·河北石家庄·八年级校考期末）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．
（1）如图①，△是等边三角形，点是边下方一点，连结，且，探索线段之间的数量关系．
解题思路：延长到点，使，连接，根据，则，因为可证，易证得△≌△，得出△是等边三角形，所以，从而探寻线段之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出之间的数量关系是 ；
【拓展延伸】
（2）如图②，在Rt△中，，．若点是边下方一点，，探索线段之间的数量关系，并说明理由；
【知识应用】
（3）如图③，两块斜边长都为2cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，已知所对直角边等于斜边一半，则的长为_____________cm．（结果无需化简）
【答案】（1）；（2）猜想： 证明见解析；（3）．
【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB．
（2）延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，先证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，据此可得∠DAE=∠BAC=90°，由勾股定理知DA2+AE2=DE2，继而可得2DA2=（DB+DC）2；
（3）由直角三角形的性质知QN=MN=1，MQ=，利用（2）中的结论知PQ=QN+QM=1+，据此可得答案．
【详解】解：（1）DA=DC+DB，理由：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠ABC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAC+∠CAE=60°，即∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，即DA=DC+DB，
故答案为：DA=DC+DB；
（2）DA=DB+DC如图2，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=90°，∠BDC=90°∴∠ABD+∠ACD=180°，
∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，CE=BD，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴DA2+AE2=DE2，
∴2DA2=（DB+DC）2，
∴DA=DB+DC；
（3）如图3，连接PQ，
∵MN=2，∠QMN=30°，
∴QN=MN=1，
∴MQ=，
由（2）知PQ=QN+QM=1+，
∴PQ=，
故答案为：．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6．（2021秋·新疆乌鲁木齐·八年级乌鲁木齐市第70中校考期末）阅读下面文字并填空：
数学习题课上李老师出了这样一道题：“如图1，在中，AD平分，．求证：．
李老师给出了如下简要分析：“要证就是要证线段的和差问题，所以有两个方法，方法一：‘截长法’如图2，在AC上截取，连接DE，只要证__________即可，这就将证明线段和差问题__________为证明线段相等问题，只要证出____________________，得出及_________，再证出_____________________，进而得出，则结论成立．此种证法的基础是‘已知AD平分，将沿直线AD对折，使点B落在AC边上的点E处’成为可能．
方法二：“补短法”如图3，延长AB至点F，使．只要证即可．此时先证__________，再证出__________________，则结论成立．”
“截长补短法”是我们今后证明线段或角的“和差倍分”问题常用的方法．
【答案】方法一：；转化；；；；；；方法二：；；
【分析】方法一：在AC上截取，由SAS可证可得，BD=DE，根据等角对等边得到CE=DE，即可求证；
方法二：延长AB至点F，使，由AAS可证，可得AC=AF，即可证明．
【详解】方法一：在AC上截取，连接DE，如图2
∵AD平分，
∴，
在和中
，
∴，
∴，BD=DE，
∵，
∴
而，
∴，
∴DE=CE，
∴AB+BD=AE+CE=AC，
故答案为：；转化；；；；；；
方法二：如图3，延长AB至点F，使，
∴
∴
∴
∴
在和中
，
∴，
∴AC=AF，
∴AC=AB+BF=AB+BD，
故答案为：；；．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，属于截长补短类辅助线，核心思想为数学中的转化思想，此类题的关键是要找到最长边和最短边，然后确定截取辅助线的方式．
7．（2022秋·浙江·八年级专题练习）阅读材料并完成习题：
在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若AC=2cm，求四边形ABCD的面积．
解：延长线段CB到E，使得BE=CD，连接AE，我们可以证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质得AE=AC=2， ∠EAB=∠CAD，则∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=S△ABC+S△ABE=S△AEC，这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰直角三角形EAC面积．
（1）根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为 cm2．
（2）请你用上面学到的方法完成下面的习题．
如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN的面积．
【答案】（1）2；（2）4
【分析】（1）根据题意可直接求等腰直角三角形EAC的面积即可；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，由（1）易证，则有FK=FH，因为HM=GH+MN易证，故可求解．
【详解】（1）由题意知，
故答案为2；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，如图所示：
FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，
∠FNK=∠FGH=90°，，
FH=FK，
又FM=FM，HM=KM=MN+GH=MN+NK，
，
MK=FN=2cm，
．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，关键是根据截长补短法及割补法求面积的运用．
8．（2023·全国·九年级专题练习）例：截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC=120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．
解题思路：将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．
根据上述解题思路，三条线段DA、DB、DC之间的等量关系是___________；
（2）如图2，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点D是边BC下方一点，∠BDC=90°，探索三条线段DA、DB、DC之间的等量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)DA=DB+DC;(2) DA=DB+DC,证明见解析.
【分析】(1)由旋转60°可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．
(2) 延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,由已知可得,根据,可得=,可证,进而可得AD=AE, ,可得,由勾股定理可得：,进行等量代换可得结论.
【详解】(1)结论：DA=DB+DC.
理由：∵△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，
∴AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
∴∠ACE+∠ACD=180°，
∴D,C,E三点共线，
∵AE=AD，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∴AD=DC+CE=DB+DC;
(2)结论：DA=DB+DC,
证明如下：
如图所示，延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,
∵,,
∴,
∵,
∴=,
∵AB=AC,CE=BD,
∴(SAS),
∴AD=AE, ,
∴,
∴,
∴,
∴DA=DB+DC.
【点睛】本题主要考查了截长补短的方法，通过全等三角形得到线段间的等量关系，正确作出辅助线找到全等三角形是解题的关键.
9．（2021秋·山东济宁·八年级统考期中）现阅读下面的材料，然后解答问题：
截长补短法，是初中数学几何题中一种常见辅助线的做法．在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．截长法：在较长的线段上截一条线段等于较短线段，而后再证明剩余的线段与另一段线段相等．补短法：就是延长较短线段与较长线段相等，而后证延长的部分等于另一条线段．
请用截长法解决问题（1）
（1）已知：如图1等腰直角三角形中，，是角平分线，交边于点．求证：．
请用补短法解决问题（2）
（2）如图2，已知，如图2，在中，，是的角平分线．求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据截长法，在上截取，连接，通过题目条件可证，进而证得是等腰直角三角形，等量代换即可得；
（2）根据补短法，延长到，使，连接，根据已知条件可证，进而可证，等量代换即可得证．
【详解】（1）证明：如图1，在上截取，连接，
∵是角平分线，
∴
在和中
∴
∴，
又∵是等腰直角三角形，
∴，∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
（2）如图2，延长到，使，连接，
∵是的角平分线，
∴
在和中
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了截长法和补短法两种方法证明线段和的问题，三角形全等的判定和性质的应用，角平分线的性质应用，等量代换的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
10．（2022秋·八年级课时练习）数学课上，小白遇到这样一个问题：
如图1，在等腰中，，，，求证；
在此问题的基础上，老师补充：
过点作于点交于点，过作交于点，交于点，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
小白通过研究发现，与有某种数量关系；
小明通过研究发现，将三条线段中的两条放到同一条直线上，即“截长补短”，再通过进一步推理，可以得出结论．
阅读上面材料，请回答下面问题：
（1）求证；
（2）猜想与的数量关系，并证明；
（3）探究线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2），证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）利用SAS证明可得结论；
（2）设，推出，，即可证明；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，证明△ABE≌△CAM，得出和，从而证明△NFC≌△MFC，得到和，可得PN=PE，从而得出BP=AF+PF.
【详解】解：（1）∵在△ABE和△ACD中，
，
（SAS），
；
（2）设，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，
，，
，
在△ABE和△CAM中，
，
（ASA），
，，
，，，
（ASA），
，，
，
，
∴.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及等角对等边等知识点，解题的关键是根据截长补短法添加适当的辅助线，构造全等三角形证明结论，有一定难度.
11．（2021秋·江苏无锡·八年级宜兴市实验中学校考期中）【初步探索】
截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系；
【灵活运用】
（2）如图2，△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD＋CE＝CA；
【延伸拓展】
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE＋FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）DA=DC+DB，证明见详解；（2）见详解；（3）∠EAF=，证明见详解.
【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB；
（2）首先在AC上截取CM=CD，由△ABC为等边三角形，易得△CDM是等边三角形，继而可证得△ADM≌△EDC，即可得AM=EC，则可证得CD+CE=CA；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，进而推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】（1）如图1，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠BAC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAC+∠CAE═60°，即∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，
即DA=DC+DB；
（2）证明：在AC上截取CM=CD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴△CDM是等边三角形，
∴MD=CD=CM，∠CMD=∠CDM=60°，
∴∠AMD=120°，
∵∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠MDC，
∴∠ADM=∠EDC，
∵直线a∥AB，
∴∠ACE=∠BAC=60°，
∴∠DCE=120°=∠AMD，
在△ADM和△EDC中，
∴△ADM≌△EDC(ASA)，
∴AM=EC，
∴CA=CM+AM=CD+CE；
即CD+CE=CA.
（3）∠EAF=；
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=.
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．
12．（2023秋·山西吕梁·九年级校考阶段练习）综合与实践
问题情境：已知在等边中，P是边上的一个定点．M是上的一个动点，以为边在的右侧作等边，连接．
猜想证明：
(1)如图1，当点M在边上时，过点P作交于点H，试猜想之间的数量关系．并说明理由．
(2)问题解决：如图2，当点M在的延长线上时，已知．请直接写出的长．
(3)如图3，当点M在的延长线上时，（1）中的猜想是否依然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出正确的猜想并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)7
(3)不成立，正确的的猜想是，理由见解析
【分析】（1）先证是等边三角形，可得，由“”可证 ，可得，即可求解；
（2）先证是等边三角形，可得，由“”可证 ，可得，即可求解；
（3）先证是等边三角形，可得，由“”可证 ，可得，即可求解．
【详解】（1）解：（1），理由如下：
∵和是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴（），
∴，
∴；
（2）如图2，过点P作，交于H，
∵和是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴（），
∴，
∴；
∴ ，
∴；
（3）（1）中的猜想不成立，正确的的猜想是，理由如下：
如图，过点P作，交于H，
∵和是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴（），
∴，
∴；
【点睛】本题是三角形综合题，全等三角形判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13．（2023秋·河南南阳·八年级校考期末）【问题初探】
（1）如图1，在中，，，点D是上一点，连结，以为一边作，使，，连结，猜想和有怎样的数量关系，并说明理由；
【类比再探】
（2）如图2，在中，，，点M是上一点，点D是上一点，连结，以为一边作，使，，连结，则______（直接写出答案，不写过程）；
【方法迁移】
（3）如图3，在是等边三角形，点D是上一点，连结，以为一边作等边三角形，连结，则，，之间有怎样的数量关系？答案：____________（直接写出答案，不写过程）；
【拓展创新】
（4）如图4，是等边三角形，点M是上一点，点D是上一点，连结
，以为一边作等边三角形，连结．猜想的度数，并说明理由．
【答案】（1），理由见解析（2）（3）（4），理由见解析
【分析】（1）证明，得到；
（2）过点作交于，推出，，证明，得到，根据，即可得解；
（3）证明：，得到，即可得到：；
（4）过点作交于点，得到是等边三角形，再证明，得到，根据，即可得解．
【详解】（1），理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）如图，过点作交于，则：，
在中，，
∴，
∴，
∴，
同（1）可得：，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）；理由如下：
∵和是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（4）；理由如下：
过点作交于点，如图，则，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．本题的综合性较强，解题的关键是添加辅助线，构造手拉手全等模型，证明三角形全等．
14．（2023秋·重庆沙坪坝·九年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，和分别位于两侧，点为中点，连接，．
(1)如图1，若，，，求的长；
(2)如图2，连接交于点，在上取一点使得，若，，，猜想与之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，是以为斜边的等腰直角三角形，若，，请直接写出当取最大值时的面积．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）过作交延长线于，根据勾股定理得出，，根据为中点，得出，在中，勾股定理即可求解；
（2）延长至，使，作于，证明，继而证明为等边三角形，最后证明即可得证．
（3）取的中点，连接，可推出点在以为圆心，半径是的圆上运动，在上截取，构造，从而得出，确定当、、在同一直线上时，最小，进而解斜，从而进一步求出结果．
【详解】（1）解：过作交延长线于，
∵，，
∴，，
又∵为中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2），理由如下：
延长至，使，作于，
∵E为中点
∴
∴
∴，
∴
又∵，
∴为等边三角形
∴
∴
又∵
∴为等边三角形
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴．
又∵
∴．
又∵，
∴
∴
∴
（3）如图3，
取的中点，连接，
是的中点，
，
点在以为圆心，半径是的上运动，
在上截取，
，
，
，
，
，
，
当、、在一条直线上时，
最大，
，
最大，
如图4，
连接，作于，
，
，
设，，
在中，
，
，
，舍去，
=
=．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆的有关概念和性质，解决问题的关键是根据题意构造辅助线．
15．（2022秋·广西贵港·八年级校考期末）在四边形中．
(1)如图1，，，，分别是，上的点，且，探究图中，，之间的数量关系．
小林同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先对比与的关系，再对比与的关系，可得出、、之间的数量关系，他的结论是 ；
(2)如图2，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，则上述结论是否仍然成立，请说明理由．
(3)如图3，在四边形中，，，若点在的延长线上，点在的延长线上，若，请写出与的数量关系，并给出证明过程．
【答案】(1)，理由见解析
(2)成立，理由见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）延长到点，使，连接，可判定，进而得出，，再判定，可得结论；
（2）延长到点，使，连接，先判定，进而得出，，再判定，可得结论；
（3）在延长线上取一点，使得，连接，先判定，再判定，得出，最后根据，推导得到，即可得出结论．
【详解】（1）解：结论：．
理由：如图1，延长到点，使，连接，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
．
故答案为：；
（2）解：仍成立，理由：
如图2，延长到点，使，连接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（3）解：结论：．
理由：如图3，在延长线上取一点，使得，连接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
即，
．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
16．（2022秋·吉林松原·八年级校联考阶段练习）（1）如图①，已知是等边三角形．、分别为边、的中点，连接、，与交于点．
①的度数为______；
②直接写出线段、、之间的数量关系；
（2）若点是边所在射线上一动点．按下列步骤画图：
①连接，作点关于所在直线对称的点，连接；
②作射线，交所在直线于点．
小明所做的图形如图②所示，他猜想：下面是小明未写完的证明过程：如图②，延长到点，使，连接．请你将小明的证明过程补充完整；
（3）小华同学在按上述步骤画图时，把点标在了边的延长线上，如图③小华测量得到，，请直接写出的长，不用说明理由．
【答案】（1）①；②；（2）见解析；（3）
【分析】（1）①根据等边三角形的性质以及角平分线的定义得出，在中，，根据直角三角形两个锐角互余即可求解；
②利用等边三角形的性质和含角的直角三角形的性质可得答案；
（2）先判断出，得出，进而得出，进而判断出，得出，再判断出是等边三角形，即可得出结论；
（3）在线段上取点，使得，连接，利用证明，得，，再说明为等边三角形，即可得出结论；
【详解】（1）解：①是等边三角形，，分别为，的中点，
，，分别是，的平分线，且，，
，
在中，，
，
故答案为：；
②在中，，
，，
同理，，
，
，
，
即，
故答案为：；
（2）证明：为等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
；
（3）解：如图，在线段上取点，使得，连接，
是等边三角形，点，点关于所在直线对称，
，
，
，
，，
点，点关于所在直线对称，
，
，
，
为等边三角形，
．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出两三角形全等是解本题的关键.ED
DB
AE
1.37
2.23
3.60
1.51
2.07
3.58
1.63
1.93
3.56
1.91
1.60
3.51
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
模块二 常见模型专练
专题28 截长补短模型
例1 （2021年·四川广安·中考真题）在数学中，我们会用“截长补短”的方法来解决几条线段之间的和差问题．请看这个例题：如图1，在四边形中，，，若，求四边形的面积．
解：延长线段到E，使得，连接，我们可以证明，根据全等三角形的性质得，，则，得，这样，四边形的面积就转化为等腰直角三角形面积．
(1)根据上面的思路，我们可以求得四边形的面积为 cm2．
(2)如图2，在中，，且，求线段的最小值．
(3)如图3，在平行四边形中，对角线与相交于O，且；，则是否为定值？若是，求出定值；若不是，求出的最小值及此时平行四边形的面积．
【答案】(1)12.5
(2)
(3)不是，，
【分析】（1）根据题意，可以计算出等腰直角三角形的面积，从而可以得到四边形的面积；
（2）由勾股定理可得，由配方法可求解；
（3）由平行四边形的性质可得，，由勾股定理可求，由配方法可求的最小值，即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得，，，
则的面积，
即四边形的面积为，
故答案为：12.5；
（2）解：，
，
，
，
当时，取最小值，最小值为2；
（3）解：如图，过点B作于H，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
当时，有最小值，即的最小值为，
此时：，，
是等边三角形，
．
综上可知，不是定值，的最小值为，此时平行四边形的面积为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，灵活运用这些性质是解题的关键．
例2 （2021年·湖北襄阳·中考真题）如图，四边形是内正方形，P是圆上一点（点P与点A，B，C，D不重合），连接．
(1)若点P是弧上一点，
①∠BPC度数为 ___________；
②求证：；小明的思路为：这是线段和差倍半问题，可采用截长补短法，请按小明思路完成下列证明过程（也可按自己的想法给出证明）．证明：在的延长线上截取点E．使，连接．
(2)探究当点P分别在，，上，求的数量关系，直接写出答案，不需要证明．
【答案】(1)①，②见解析
(2)；；；证明见解析
【分析】（1）①理由正方形的性质和圆周角的度数等于它所对弧的度数的一半解答即可；
②在的延长线上截取点E．使，连接，利用全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用截长补短法，依题意画出相应图形，按小明思路完成解答即可．
【详解】（1）①解：，理由：
∵四边形是正方形，
∴，
∴的度数为，
∴，
故答案为：；
②证明：在的延长线上截取点E，使．连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
又∵点P在上，
∴四边形为内接四边形
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）当点P在上时，；
在上取点E，使，连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
当点P在上时，，
在上取点E，使，连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
当点P在上时，，理由：
在的延长线上截取点E，使，连接，如图，
∵四边形是内接正方形，
∴，
又∵点P在上，
∴四边形为内接四边形
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，本题是阅读型题目，理解并熟练应用截长补短法，构造恰当的辅助线解答是解题的关键．
模型 截长补短
截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法，也是把几何题化难为易的一种思想。截长就是在一条线上截取成两段，补短就是在一条边上延长，使其等于一条所求边。
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，再证明
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。
模型分析
截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。截长，指在长线段中截取一段等于已知线段；补短，指将短线段延长，延长部分等于已知线段。
该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词句，可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程。
概述图：
【变式1】（2021秋·河北沧州·八年级统考期中）【阅读】在证明线段和差问题时，经常采用截长补短法，再利用全等图形求线段的数量关系．截长法：将较长的线段截取为两段，证明截取的两段分别与给出的两段相等．补短法：延长较短两条线段中的一条，使得与较长线段相等，证明延长的那一段与另一条较短线段相等．
【应用】把两个全等的直角三角形的斜边重合，，组成一个四边形，以D为顶点作，交边于M、N．
(1)若，，证明：；经过思考，小红得到了这样的解题思路：利用补短法，延长到点E，使，连接，先证明，再证明，即可求得结论．按照小红的思路，请写出完整的证明过程；
(2)当时，三条线段之间有何数量关系？（直接写出你的结论，不用证明）
(3)如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在的延长线上，完成图③，其余条件不变，则之间有何数量关系？证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据题意得AD=BD，延长到E，使，连接，利用全等三角形的判定得出，，再根据全等三角形的性质结合图形即可证明；
（2）证明方法与（1）一致，证明即可；
（3）在截取，连接，利用全等三角形的判定得出，再根据全等三角形的性质结合图形即可得出结果．
（1）
证明：根据题意得：AD=BD，
延长到E，使，连接
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵
∴
∴，
在和中
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）
由（1）中条件得∠ACD+∠MDN=90°，
证明方法同（1）类似，
∴；
（3）
，
证明：在截取，连接，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∵
∴
即
∴
即，
在和中
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线，找出各角之间的关系是解题关键．
【变式2】（2022秋·全国·八年级专题练习）在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．
截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；
补短法：延长较短线段和较长线段相等．
这两种方法统称截长补短法．
请用这两种方法分别解决下列问题：
已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1 = ∠2，P为AD上任一点，求证：AB－AC＞PB－PC
【答案】见解析
【分析】截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，可证得△APN≌△APC，可得到PC=PN，△BPN中，利用三角形的三边关系，即可求证；补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，证明△ABP≌△AMP，可得PB=PM，在△PCM中，利用三角形的三边关系，即可求证．
【详解】解：截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，
在△APN和△APC中
∵AN=AC，∠1=∠2，AP=AP，
∴△APN≌△APC，
∴PC=PN，
∵△BPN中有PB－PN＜BN，
即PB－PC＜AB－AC；
补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，
在△ABP和△AMP中，
∵AB=AM，∠1=∠2，AP=AP，
∴△ABP≌△AMP，
∴PB=PM，
又∵在△PCM中有CM＞PM－PC，
即AB－AC＞PB－PC．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解截长补短法是解题的关键．
【变式3】（2022·贵州遵义·统考三模）（1）问题发现：学完垂径定理后，小红对弧的中点与弦的关系再次做了研究，如图甲，中，点C是劣弧AB的中点，D点在BC弧之间，过点C作，垂足为点E，小红在电脑上用几何画板的度量功能度量了线段ED、DB、AE的长度如下表所示，小红发现了一个数量关系，这个关系是______（用ED、DB、AE的式子表示）
（2）探索结论：
怎么完成（1）中关系的证明呢？小红根据学习经验想到了“截长补短”中的“截长”思想，如图乙，在线段AE上截取点F，使得，连接CF、CD．小红试图构造关于AF、DB所在的三角形，通过全等完成证明，请接着小红的想法完成证明．
（3）结论应用：
如图丙，等边三角形ABC内接于，点D在上，连接BD、CD，过点C作，垂足为点E，若，，求的半径．
【答案】（1）AE=DE+BD；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）由AE、DE、BD的取值可得结论AE=DE+BD；
（2）如图1，在线段AE上取一点F，使得EF=DE，连接CD、BC、CF、AC，先证明，，从而得出，进而证明得，即可证明结论成立；
（3）如图2，作直径AF，连接CF，由等边三角形ABC内接于，得，，进而得，AE=CE，从而求得DE=1，AE=，最后求得，即可求得的半径．
【详解】（1）解：由表格可得：当AE=3.60，DE=1.37，BD=2.23时，有3.60=1.37+2.23，即AE=DE+BD；
当AE=3.58，DE=1.51，BD=2.07时，有3.58=1.51+2.07，即AE=DE+BD；
当AE=3.56，DE=1.63，BD=1.93时，有3.56=1.63+1.93，即AE=DE+BD；
当AE=3.51，DE=1.91，BD=1.60时，有3.56=1.91+1.60，即AE=DE+BD；
因此，线段ED、DB、AE的关系为AE=DE+BD，
故答案为AE=DE+BD；
（2）证明：如图1，在线段AE上取一点F，使得EF=DE，连接CD、BC、CF、AC，
，EF=DE，
CF=CD，
，
，
中，点C是劣弧AB的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
AE=AF+EF=DE+BD；
（3）解：如图2，作直径AF，连接CF，
等边三角形ABC内接于，
，，
，
，
，，
，
AE=CE，
，，，
，
DE=1，AE=，
，
AF是的直径，
，
，
的半径为．
【点睛】本题主要考查了圆与等边三角形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定及性质以及等腰三角形的性质，做辅助线构造全等三角形及直角三角形是解题的关键．
【变式4】（2022·全国·九年级专题练习）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．
(1)如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．
解题思路：延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，根据∠BAC+∠BDC＝180°，可证∠ABD＝∠ACE易证得△ABD≌△ACE，得出△ADE是等边三角形，所以AD＝DE，从而探寻线段DA、DB、DC之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出DA、DB、DC之间的数量关系是______；
【拓展延伸】
(2)如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．若点D是边BC下方一点，∠BDC＝90°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系，并说明理由；
【知识应用】
(3)如图3，两块斜边长都为4cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离PQ的长为______cm．
【答案】(1)DA=DB+DC
(2)DA=DB+DC；理由见解析
(3)
【分析】（1）延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°，知∠ABD+∠ACD=180°，则∠ABD=∠ACE，证得△ABD≅△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证明△ADE是等边三角形，等量代换可得结论；
（2） 同理可证△ABD≅△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，由勾股定理得，等量代换即得结论；
（3）由直角三角形的性质可得QN的长，由勾股定理可得MQ的长，由（2）知，由此可求得PQ长．
（1）
（1）延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD≅△ACE(SAS)，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，
（2）
DA=DB+DC，
理由如下：延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∴∠ABD+∠ACD=180°
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，CE=BD，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴，
∴，
∴，
（3）
如图所示：连接PQ，
∵，∠QMN=30°，
∴，
根据勾股定理得，
由（2）知，
∴，
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形和等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【培优练习】
1．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）阅读材料：
“截长补短法”是几何证明题中十分重要的方法，通常用来证明几条线段的数量关系．截长，即在长线段上截取一条线段等于其中一条短线段，再证明剩下的部分等于另一条短线段；补短，即延长其中一条短线段，使延长部分等于另一条线段，再证明延长后的线段等于长线段．
依据上述材料，解答下列问题：
如图，在等边中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为边作等边，连接CF．
(1)如图，若点D在边BC上，试说明；（提示：在线段CD上截取，连接EG．）
(2)如图，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间的数量关系并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)FC＝CD+CE
【分析】（1）在CD上截取CG＝CE，易证△CEG是等边三角形，得出EG＝EC＝CG，证明△DEG≌△FEC（SAS），得出DG＝CF，即可得出结论；
（2）过D作DGAB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
（1）
证明：在CD上截取CG＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECG＝60°，
∴△CEG是等边三角形，
∴EG＝EC＝CG，∠CEG＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEG+∠GEF＝∠FEC+∠GEF＝60°，
∴∠DEG＝∠FEC，
在△DEG和△FEC中，
，
∴△DEG≌△FEC（SAS），
∴DG＝CF，
∴CD＝CG+DG＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
（2）
解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DGAB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GDAB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【点睛】此题考查了平行线的性质，三角形全等及其性质，三角形全等的判定，等边三角形的性质等知识，作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
2．（2022秋·全国·九年级专题练习）问题：如图1，中，AB是直径，，点D是劣弧BC上任一点（不与点B、C重合），求证：为定值．
思路：和差倍半问题，可采用截长补短法，先证明．按思路完成下列证明过程．
证明：在AD上截取点E，使，连接CE．
运用：如图2，在平面直角坐标系中，与轴相切于点，与y轴相交于B、C两点，且，连接AB、．
(1)OB的长为___________．
(2)如图3，过A、B两点作与y轴的负半轴交于点M，与的延长线交于点N，连接AM、MN，当的大小变化时，问的值是否变化，为什么?如果不变，请求出的值．
【答案】(1)1
(2)不变，理由见解析
【分析】问题：在AD上截取AE=BD，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠CBD，然后证明△ACE≌△BCD，然后根据角的等量代换得出∠ECD=90°，进而得出△ECD为等腰直角三角形，用ED表示CD，因为ED=AD-BD最后即可得出结论；
（1）连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H，根据垂径定理和勾股定理求出O1B的长度，根据切线的性质得出O1A⊥x轴，得到OH=5，进而即可得出结果；
（2）在图2中先根据平行和O1A=O1B得出∠ABO1=∠ABO，然后在MB上取一点G，使MG=BN构造全等，证明△AMG≌△ANB，得到AG=AB，然后根据等腰三角形三线合一得出BG=2，再根据等量代换即可得到结论．
【问题详解】证明：如图1，在AD上截AE=BD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠ACE=∠BCD，CE=CD，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ECD=90°，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴CD=ED，
∵ED=AD-AE=AD-BD，
∴=，即为定值；
【详解】（1）解：如图2，连接O1A，过O1作O1H⊥BC于点H，
∴CH=BH=4，O1H=3，O1A⊥x轴，
∴O1B==5，
∴O1A=O1B=5，
∴HO=5，
∴OB=HO-HB=5-4=1，
故答案为：1；
（2）解：BM-BN的值不变，
如图2，
由（1）得，O1A⊥OA，
∵OB⊥AO，
∴O1A∥OB，
∴∠O1BA=∠OBA，
∵O1A=O1B，
∴∠O1BA=∠O1AB，
∴∠ABO1=∠ABO，
如图3，在MB上取一点G，使MG=BN，连接AN，AG，
∵∠ABO1=∠ABO，∠ABO1=∠AMN，
∴∠ABO=∠AMN，
∵∠ABO=∠ANM，
∴∠AMN=∠ANM，
∴AM=AN，
在△AMG和△ANB中，
，
∴△AMG≌△ANB（SAS），
∴AG=AB，
∵AO⊥BG，
∴BG=2BO=2，
∴BM-BN=BM-MG=BG=2，即BM-BN的值不变．
【点睛】本题考查圆的综合题，同弧所对的圆周角相等，两条半径所形成的三角形是等腰三角形，等腰三角形三线合一，垂径定理是解本题的必备知识，利用“截长补短”法证明全等是解本题的关键．
3．（2022秋·北京·八年级统考期末）如图，在等边△ABC中，点P是BC边上一点，∠BAP＝（30°＜＜60°），作点B关于直线AP的对称点D，连接DC并延长交直线AP于点E，连接BE．
（1）依题意补全图形，并直接写出∠AEB的度数；
（2）用等式表示线段AE，BE，CE之间的数量关系，并证明．
分析：①涉及的知识要素：图形轴对称的性质；等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质……
②通过截长补短，利用60°角构造等边三角形，进而构造出全等三角形，从而达到转移边的目的．
请根据上述分析过程，完成解答过程．
【答案】（1）图见解析，∠AEB＝60°；（2）AE＝BE＋CE，证明见解析
【分析】（1）依题意补全图形，如图所示：然后连接AD，先求出，然后根据轴对称的性质得到，AD=AB=AC，∠AEC=∠AEB，求出，即可求出，再由进行求解即可；
（2）如图，在AE上截取EG＝BE，连接BG．先证明△BGE是等边三角形，得到BG＝BE＝EG，∠GBE＝60°． 再证明∠ABG＝∠CBE，即可证明△ABG≌△CBE得到AG＝CE，则AE＝EG＋AG＝BE＋CE．
【详解】解：（1）依题意补全图形，如图所示：连接AD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC，
∵，
∴，
∵B、D关于AP对称，
∴，AD=AB=AC，∠AEC=∠AEB，
∴，
∴，
∴，
∴
∴∠AEB＝60°．
（2）AE＝BE＋CE．
证明：如图，在AE上截取EG＝BE，连接BG．
∵∠AEB＝60°，
∴△BGE是等边三角形，
∴BG＝BE＝EG，∠GBE＝60°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴∠ABG＋∠GBC＝∠GBC＋∠CBE＝60°，
∴∠ABG＝∠CBE．
在△ABG和△CBE中，
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴AG＝CE，
∴AE＝EG＋AG＝BE＋CE．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，等边三角形的性质与判定，轴对称的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等等，熟知相关知识是解题的关键
4．（2021秋·湖南永州·九年级校考阶段练习）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题．
（1）如图1，是等边三角形，点是边下方一点，，探索线段、、之间的数量关系．
解题思路：延长到点，使，连接，根据，可证，易证得≌，得出是等边三角形，所以，从而探寻线段、、之间的数量关系．
根据上述解题思路，请写出、、之间的数量关系是______，并写出证明过程；
【拓展延伸】
（2）如图2，在中，，，若点是边下方一点，，探索线段、、之间的数量关系，并说明理由；
【知识应用】
（3）如图3，两块斜边长都为的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离的平方为多少？
【答案】（1）DA=DC+BD，见解析；（2）；见解析；（3）
【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB．
（2）延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，先证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，据此可得∠DAE=∠BAC=90°，由勾股定理知DA2+AE2=DE2，继而可得2AD2=（DC+BD）2；
（3）由直角三角形的性质知QN=MN=1，MQ=，利用（2）中的结论知，据此可得答案．
【详解】解：（1）DA=DC+BD，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=360°-∠BAC-∠BDC=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠ABC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAC+∠CAE=60°，即∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，即DA=DC+DB，
故答案为：DA=DC+BD；
（2），如图2，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∴∠ABD+∠ACD=360°-∠BAC-∠BDC=180°，
∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，CE=BD，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴DA2+AE2=DE2，
∴；
（3）如图3，连接PQ，
∵MN=2，∠QMN=30°，∠MQN=90°，
∴QN=MN=1，
∴，
由（2）知．
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
5．（2022秋·河北石家庄·八年级校考期末）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．
（1）如图①，△是等边三角形，点是边下方一点，连结，且，探索线段之间的数量关系．
解题思路：延长到点，使，连接，根据，则，因为可证，易证得△≌△，得出△是等边三角形，所以，从而探寻线段之间的数量关系．根据上述解题思路，请直接写出之间的数量关系是 ；
【拓展延伸】
（2）如图②，在Rt△中，，．若点是边下方一点，，探索线段之间的数量关系，并说明理由；
【知识应用】
（3）如图③，两块斜边长都为2cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，已知所对直角边等于斜边一半，则的长为_____________cm．（结果无需化简）
【答案】（1）；（2）猜想： 证明见解析；（3）．
【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB．
（2）延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，先证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，据此可得∠DAE=∠BAC=90°，由勾股定理知DA2+AE2=DE2，继而可得2DA2=（DB+DC）2；
（3）由直角三角形的性质知QN=MN=1，MQ=，利用（2）中的结论知PQ=QN+QM=1+，据此可得答案．
【详解】解：（1）DA=DC+DB，理由：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠ABC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAC+∠CAE=60°，即∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，即DA=DC+DB，
故答案为：DA=DC+DB；
（2）DA=DB+DC如图2，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=90°，∠BDC=90°∴∠ABD+∠ACD=180°，
∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，CE=BD，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴DA2+AE2=DE2，
∴2DA2=（DB+DC）2，
∴DA=DB+DC；
（3）如图3，连接PQ，
∵MN=2，∠QMN=30°，
∴QN=MN=1，
∴MQ=，
由（2）知PQ=QN+QM=1+，
∴PQ=，
故答案为：．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6．（2021秋·新疆乌鲁木齐·八年级乌鲁木齐市第70中校考期末）阅读下面文字并填空：
数学习题课上李老师出了这样一道题：“如图1，在中，AD平分，．求证：．
李老师给出了如下简要分析：“要证就是要证线段的和差问题，所以有两个方法，方法一：‘截长法’如图2，在AC上截取，连接DE，只要证__________即可，这就将证明线段和差问题__________为证明线段相等问题，只要证出____________________，得出及_________，再证出_____________________，进而得出，则结论成立．此种证法的基础是‘已知AD平分，将沿直线AD对折，使点B落在AC边上的点E处’成为可能．
方法二：“补短法”如图3，延长AB至点F，使．只要证即可．此时先证__________，再证出__________________，则结论成立．”
“截长补短法”是我们今后证明线段或角的“和差倍分”问题常用的方法．
【答案】方法一：；转化；；；；；；方法二：；；
【分析】方法一：在AC上截取，由SAS可证可得，BD=DE，根据等角对等边得到CE=DE，即可求证；
方法二：延长AB至点F，使，由AAS可证，可得AC=AF，即可证明．
【详解】方法一：在AC上截取，连接DE，如图2
∵AD平分，
∴，
在和中
，
∴，
∴，BD=DE，
∵，
∴
而，
∴，
∴DE=CE，
∴AB+BD=AE+CE=AC，
故答案为：；转化；；；；；；
方法二：如图3，延长AB至点F，使，
∴
∴
∴
∴
在和中
，
∴，
∴AC=AF，
∴AC=AB+BF=AB+BD，
故答案为：；；．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，属于截长补短类辅助线，核心思想为数学中的转化思想，此类题的关键是要找到最长边和最短边，然后确定截取辅助线的方式．
7．（2022秋·浙江·八年级专题练习）阅读材料并完成习题：
在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若AC=2cm，求四边形ABCD的面积．
解：延长线段CB到E，使得BE=CD，连接AE，我们可以证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质得AE=AC=2， ∠EAB=∠CAD，则∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=S△ABC+S△ABE=S△AEC，这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰直角三角形EAC面积．
（1）根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为 cm2．
（2）请你用上面学到的方法完成下面的习题．
如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN的面积．
【答案】（1）2；（2）4
【分析】（1）根据题意可直接求等腰直角三角形EAC的面积即可；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，由（1）易证，则有FK=FH，因为HM=GH+MN易证，故可求解．
【详解】（1）由题意知，
故答案为2；
（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，如图所示：
FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，
∠FNK=∠FGH=90°，，
FH=FK，
又FM=FM，HM=KM=MN+GH=MN+NK，
，
MK=FN=2cm，
．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，关键是根据截长补短法及割补法求面积的运用．
8．（2023·全国·九年级专题练习）例：截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC=120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．
解题思路：将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．
根据上述解题思路，三条线段DA、DB、DC之间的等量关系是___________；
（2）如图2，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点D是边BC下方一点，∠BDC=90°，探索三条线段DA、DB、DC之间的等量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)DA=DB+DC;(2) DA=DB+DC,证明见解析.
【分析】(1)由旋转60°可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．
(2) 延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,由已知可得,根据,可得=,可证,进而可得AD=AE, ,可得,由勾股定理可得：,进行等量代换可得结论.
【详解】(1)结论：DA=DB+DC.
理由：∵△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，
∴AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
∴∠ACE+∠ACD=180°，
∴D,C,E三点共线，
∵AE=AD，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∴AD=DC+CE=DB+DC;
(2)结论：DA=DB+DC,
证明如下：
如图所示，延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,
∵,,
∴,
∵,
∴=,
∵AB=AC,CE=BD,
∴(SAS),
∴AD=AE, ,
∴,
∴,
∴,
∴DA=DB+DC.
【点睛】本题主要考查了截长补短的方法，通过全等三角形得到线段间的等量关系，正确作出辅助线找到全等三角形是解题的关键.
9．（2021秋·山东济宁·八年级统考期中）现阅读下面的材料，然后解答问题：
截长补短法，是初中数学几何题中一种常见辅助线的做法．在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．截长法：在较长的线段上截一条线段等于较短线段，而后再证明剩余的线段与另一段线段相等．补短法：就是延长较短线段与较长线段相等，而后证延长的部分等于另一条线段．
请用截长法解决问题（1）
（1）已知：如图1等腰直角三角形中，，是角平分线，交边于点．求证：．
请用补短法解决问题（2）
（2）如图2，已知，如图2，在中，，是的角平分线．求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据截长法，在上截取，连接，通过题目条件可证，进而证得是等腰直角三角形，等量代换即可得；
（2）根据补短法，延长到，使，连接，根据已知条件可证，进而可证，等量代换即可得证．
【详解】（1）证明：如图1，在上截取，连接，
∵是角平分线，
∴
在和中
∴
∴，
又∵是等腰直角三角形，
∴，∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
（2）如图2，延长到，使，连接，
∵是的角平分线，
∴
在和中
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了截长法和补短法两种方法证明线段和的问题，三角形全等的判定和性质的应用，角平分线的性质应用，等量代换的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
10．（2022秋·八年级课时练习）数学课上，小白遇到这样一个问题：
如图1，在等腰中，，，，求证；
在此问题的基础上，老师补充：
过点作于点交于点，过作交于点，交于点，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
小白通过研究发现，与有某种数量关系；
小明通过研究发现，将三条线段中的两条放到同一条直线上，即“截长补短”，再通过进一步推理，可以得出结论．
阅读上面材料，请回答下面问题：
（1）求证；
（2）猜想与的数量关系，并证明；
（3）探究线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2），证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）利用SAS证明可得结论；
（2）设，推出，，即可证明；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，证明△ABE≌△CAM，得出和，从而证明△NFC≌△MFC，得到和，可得PN=PE，从而得出BP=AF+PF.
【详解】解：（1）∵在△ABE和△ACD中，
，
（SAS），
；
（2）设，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）过点作交延长线于点，延长交于点，
，，
，
在△ABE和△CAM中，
，
（ASA），
，，
，，，
（ASA），
，，
，
，
∴.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及等角对等边等知识点，解题的关键是根据截长补短法添加适当的辅助线，构造全等三角形证明结论，有一定难度.
11．（2021秋·江苏无锡·八年级宜兴市实验中学校考期中）【初步探索】
截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系；
【灵活运用】
（2）如图2，△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD＋CE＝CA；
【延伸拓展】
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE＋FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）DA=DC+DB，证明见详解；（2）见详解；（3）∠EAF=，证明见详解.
【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB；
（2）首先在AC上截取CM=CD，由△ABC为等边三角形，易得△CDM是等边三角形，继而可证得△ADM≌△EDC，即可得AM=EC，则可证得CD+CE=CA；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，进而推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】（1）如图1，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠BAC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAC+∠CAE═60°，即∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，
即DA=DC+DB；
（2）证明：在AC上截取CM=CD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴△CDM是等边三角形，
∴MD=CD=CM，∠CMD=∠CDM=60°，
∴∠AMD=120°，
∵∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠MDC，
∴∠ADM=∠EDC，
∵直线a∥AB，
∴∠ACE=∠BAC=60°，
∴∠DCE=120°=∠AMD，
在△ADM和△EDC中，
∴△ADM≌△EDC(ASA)，
∴AM=EC，
∴CA=CM+AM=CD+CE；
即CD+CE=CA.
（3）∠EAF=；
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=.
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．
12．（2023秋·山西吕梁·九年级校考阶段练习）综合与实践
问题情境：已知在等边中，P是边上的一个定点．M是上的一个动点，以为边在的右侧作等边，连接．
猜想证明：
(1)如图1，当点M在边上时，过点P作交于点H，试猜想之间的数量关系．并说明理由．
(2)问题解决：如图2，当点M在的延长线上时，已知．请直接写出的长．
(3)如图3，当点M在的延长线上时，（1）中的猜想是否依然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出正确的猜想并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)7
(3)不成立，正确的的猜想是，理由见解析
【分析】（1）先证是等边三角形，可得，由“”可证 ，可得，即可求解；
（2）先证是等边三角形，可得，由“”可证 ，可得，即可求解；
（3）先证是等边三角形，可得，由“”可证 ，可得，即可求解．
【详解】（1）解：（1），理由如下：
∵和是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴（），
∴，
∴；
（2）如图2，过点P作，交于H，
∵和是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴（），
∴，
∴；
∴ ，
∴；
（3）（1）中的猜想不成立，正确的的猜想是，理由如下：
如图，过点P作，交于H，
∵和是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴（），
∴，
∴；
【点睛】本题是三角形综合题，全等三角形判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13．（2023秋·河南南阳·八年级校考期末）【问题初探】
（1）如图1，在中，，，点D是上一点，连结，以为一边作，使，，连结，猜想和有怎样的数量关系，并说明理由；
【类比再探】
（2）如图2，在中，，，点M是上一点，点D是上一点，连结，以为一边作，使，，连结，则______（直接写出答案，不写过程）；
【方法迁移】
（3）如图3，在是等边三角形，点D是上一点，连结，以为一边作等边三角形，连结，则，，之间有怎样的数量关系？答案：____________（直接写出答案，不写过程）；
【拓展创新】
（4）如图4，是等边三角形，点M是上一点，点D是上一点，连结
，以为一边作等边三角形，连结．猜想的度数，并说明理由．
【答案】（1），理由见解析（2）（3）（4），理由见解析
【分析】（1）证明，得到；
（2）过点作交于，推出，，证明，得到，根据，即可得解；
（3）证明：，得到，即可得到：；
（4）过点作交于点，得到是等边三角形，再证明，得到，根据，即可得解．
【详解】（1），理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）如图，过点作交于，则：，
在中，，
∴，
∴，
∴，
同（1）可得：，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）；理由如下：
∵和是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（4）；理由如下：
过点作交于点，如图，则，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．本题的综合性较强，解题的关键是添加辅助线，构造手拉手全等模型，证明三角形全等．
14．（2023秋·重庆沙坪坝·九年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，和分别位于两侧，点为中点，连接，．
(1)如图1，若，，，求的长；
(2)如图2，连接交于点，在上取一点使得，若，，，猜想与之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，是以为斜边的等腰直角三角形，若，，请直接写出当取最大值时的面积．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）过作交延长线于，根据勾股定理得出，，根据为中点，得出，在中，勾股定理即可求解；
（2）延长至，使，作于，证明，继而证明为等边三角形，最后证明即可得证．
（3）取的中点，连接，可推出点在以为圆心，半径是的圆上运动，在上截取，构造，从而得出，确定当、、在同一直线上时，最小，进而解斜，从而进一步求出结果．
【详解】（1）解：过作交延长线于，
∵，，
∴，，
又∵为中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2），理由如下：
延长至，使，作于，
∵E为中点
∴
∴
∴，
∴
又∵，
∴为等边三角形
∴
∴
又∵
∴为等边三角形
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴．
又∵
∴．
又∵，
∴
∴
∴
（3）如图3，
取的中点，连接，
是的中点，
，
点在以为圆心，半径是的上运动，
在上截取，
，
，
，
，
，
，
当、、在一条直线上时，
最大，
，
最大，
如图4，
连接，作于，
，
，
设，，
在中，
，
，
，舍去，
=
=．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆的有关概念和性质，解决问题的关键是根据题意构造辅助线．
15．（2022秋·广西贵港·八年级校考期末）在四边形中．
(1)如图1，，，，分别是，上的点，且，探究图中，，之间的数量关系．
小林同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先对比与的关系，再对比与的关系，可得出、、之间的数量关系，他的结论是 ；
(2)如图2，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，则上述结论是否仍然成立，请说明理由．
(3)如图3，在四边形中，，，若点在的延长线上，点在的延长线上，若，请写出与的数量关系，并给出证明过程．
【答案】(1)，理由见解析
(2)成立，理由见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）延长到点，使，连接，可判定，进而得出，，再判定，可得结论；
（2）延长到点，使，连接，先判定，进而得出，，再判定，可得结论；
（3）在延长线上取一点，使得，连接，先判定，再判定，得出，最后根据，推导得到，即可得出结论．
【详解】（1）解：结论：．
理由：如图1，延长到点，使，连接，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
．
故答案为：；
（2）解：仍成立，理由：
如图2，延长到点，使，连接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（3）解：结论：．
理由：如图3，在延长线上取一点，使得，连接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
即，
．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
16．（2022秋·吉林松原·八年级校联考阶段练习）（1）如图①，已知是等边三角形．、分别为边、的中点，连接、，与交于点．
①的度数为______；
②直接写出线段、、之间的数量关系；
（2）若点是边所在射线上一动点．按下列步骤画图：
①连接，作点关于所在直线对称的点，连接；
②作射线，交所在直线于点．
小明所做的图形如图②所示，他猜想：下面是小明未写完的证明过程：如图②，延长到点，使，连接．请你将小明的证明过程补充完整；
（3）小华同学在按上述步骤画图时，把点标在了边的延长线上，如图③小华测量得到，，请直接写出的长，不用说明理由．
【答案】（1）①；②；（2）见解析；（3）
【分析】（1）①根据等边三角形的性质以及角平分线的定义得出，在中，，根据直角三角形两个锐角互余即可求解；
②利用等边三角形的性质和含角的直角三角形的性质可得答案；
（2）先判断出，得出，进而得出，进而判断出，得出，再判断出是等边三角形，即可得出结论；
（3）在线段上取点，使得，连接，利用证明，得，，再说明为等边三角形，即可得出结论；
【详解】（1）解：①是等边三角形，，分别为，的中点，
，，分别是，的平分线，且，，
，
在中，，
，
故答案为：；
②在中，，
，，
同理，，
，
，
，
即，
故答案为：；
（2）证明：为等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
；
（3）解：如图，在线段上取点，使得，连接，
是等边三角形，点，点关于所在直线对称，
，
，
，
，，
点，点关于所在直线对称，
，
，
，
为等边三角形，
．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出两三角形全等是解本题的关键.ED
DB
AE
1.37
2.23
3.60
1.51
2.07
3.58
1.63
1.93
3.56
1.91
1.60
3.51
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