2026学年苏科版初三中考复习几何专题01 截长补短模型构造全等三角形（学案）（含解析）

这是一份2026学年苏科版初三中考复习几何专题01 截长补短模型构造全等三角形（学案）（含解析），共19页。学案主要包含了模型说明，模型引入，模型讲解，模型典例等内容，欢迎下载使用。
有一类几何题其命题主要是证明三条线段长度的“和”或"差”及其比例关系. 这一类题目一般可以采取“截长”或“补短”的方法来进行求解. 所谓“截长”，就是将三者中最长的那条线段一分为二，使其中的一条线段与已知线段相等，然后证明其中的另一段与已知的另一段的大小关系. 所谓“补短”，就是将一个已知的较短的线段延长至与另一个已知的较短的长度相等. 然后求出延长后的线段与最长的已知线段的关系. 有的是采取截长补短后，使之构成某种特定的三角形进行求解.
【模型引入】
一、模型的理论基础
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.
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.
二、模型的应用
全等三角形的应用“截长补短”法
【例1】已知，在△ABC中， ∠C=2∠B，∠1= ∠2，试说明：AB=AC+CD
总结方法：截长法
在一条线段上一截取一定长度的线段
1、延长AC至点E，使得CE=CD
2、延长AC至点E，使得AE=AB
【例2】如图，AD//BC ，AE，BE平分∠DAB、 ∠CBA，CD过点E，试说明：AB=AD+BC
【截长法】在AB上取点F，使得AF=AD连接EF
【补短法】延长AE、BC，交于点F
步骤：
1、添加辅助线
2、说明全等三角形
3、找到对应边/角
获得线段数量关系
【模型讲解】
【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，
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。
例1：如图，已知在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2 . 求证：AB＝AC＋CD .
证明：如图①，在AB上取一点E，使AE＝AC，连接DE.
∵AE＝AC，∠1＝∠2，AD＝AD，
∴△ACD≌△AED ，
∴CD＝DE，∠C＝∠3 .
∵∠C＝2∠B，
∴∠3＝2∠B＝∠4＋∠B ，
∴∠4＝∠B ，
∴DE＝BE ，
∴CD＝BE.
∵AB＝AE＋BE，∴AB＝AC＋CD .
例2：如图，已知OD平分∠AOB，DC⊥OA于点C，∠A＝∠GBD . 求证：AO＋BO＝2CO .
证明：在线段AO上取一点E，使CE＝AC，连接DE .
∵CD＝CD，DC⊥OA，
∴△ACD≌△ECD，
∴∠A＝∠CED .
∵∠A＝∠GBD ，
∴∠CED＝∠GBD ，
∴1800－∠CED＝1800－∠GBD ，
∴∠OED＝∠OBD .
∵OD平分∠AOB，
∴∠AOD＝∠BOD .
∵OD＝OD，∴△OED≌△OBD ，∴OB＝OE，
∴AO＋BO＝AO＋OE＝OE＋2CE＋OE＝OE＋CE＋OE＋CE＝2（CE＋OE）＝2CO .
【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），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。
例1：如图，已知在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2 . 求证：AB＝AC＋CD .
证明：如图②，延长AC到点E，使CE＝CD，连接DE .
∵CE＝CD，∴∠4＝∠E .
∵∠3＝∠4＋∠E，∴∠3＝2∠E .
∵∠3＝2∠B，∴∠E＝∠B .
∵∠1＝∠2，AD＝AD，
∴△EAD≌△BAD，∴AE＝AB.
又∵AE＝AC＋CE，
∴AB＝AC＋CD .
例2：如图，在△ABC中，∠BAC＝600，AD是∠BAC的平分线，且AC＝AB＋BD . 求∠ABC的度数 .
证法一：补短
延长AB到点E，使BE＝BD . 在△BDE中，
∵BE＝BD，∴∠E＝∠BDE，
∴∠ABC＝∠BDE＋∠E＝2∠E .
又∵AC＝AB＋BD，
∴AC＝AB＋BE，∴AC＝AE .
∵AD是∠BAC的平分线，∠BAC＝600，
∴∠EAD＝∠CAD＝600÷2＝300 .
∵AD＝AD，
∴△AED≌△ACD，∴∠E＝∠C .
∵∠ABC＝2∠E，∴∠ABC＝2∠C .
∵∠BAC＝600，
∴∠ABC＋∠C＝1800－600＝1200，∴∠ABC＝1200，∴∠ABC＝800 .
证法二：在AC上取一点F，使AF＝AB，连接DF.
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠FAD .
∵AD＝AD，
∴△BAD≌△FAD，
∴∠B＝∠AFD，BD＝FD .
∵AC＝AB＋BD，AC＝AF＋FC
∴FD＝FC ，∴∠FDC＝∠C .
∵∠AFD＝∠FDC＋∠C，
∴∠B＝∠FDC＋∠C＝2∠C .
∵∠BAC＋∠B＋∠C＝1800，
∴∠ABC＝1200，∴∠ABC＝800 .
【模型典例】
1. 如图，在△ABC中，∠ABC＝600，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB . 求证：AC＝AE＋CD .
【答案】如图，在AC边上取点F，使AE＝AF，连接OF .
∵∠ABC＝600，∴∠BAC＋∠ACB＝1800－∠ABC＝1200 .
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠OAC＝∠OAB＝，∠OCA＝∠OCB＝，
∴∠AOE＝∠COD＝∠OAC＋∠OCA＝＝600，
∴∠AOC＝1800－∠AOE＝1200 .
∵AE＝AF，∠EAO＝∠FAO，AO＝AO，
∴△AOE≌△AOF（SAS），
∴∠AOF＝∠AOE＝600，
∴∠COF＝∠AOC－∠AOF＝600，
∴∠COF＝∠COD .
∵CO＝CO，CE平分∠ACB，
∴△COD≌△COF（ASA），∴CD＝CF .
∵AC＝AF＋CF，
∴AC＝AE＋CD，
2. 如图，∠ABC＋∠BCD＝1800，BE、CE分别平分∠ABC、∠DCB .求证：AB＋CD＝BC .
【答案】证法一：截长
如图①，在BC上取一点F，使BF＝AB，连接EF .
∵∠1＝∠ABE，BE＝BE，
∴△ABE≌△FBE，∴∠3＝∠4 .
∵∠ABC＋∠BCD＝1800，
BE、CE分别平分∠ABC、∠DCB，
∴∠1＋∠2＝∠ABC＋∠DCB
＝×1800＝900 ，
∴∠BEC＝900 ，
∴∠4＋∠5＝900，∠3＋∠6＝900 .∵∠3＝∠4 ，∴∠5＝∠6 .
∵CE＝CE， ∠2＝∠DCE ，
∴△CEF≌△CED，∴CF＝CD .
∵BC＝BF＋CF，AB＝BF，∴AB＋CD＝BC
证法二：补短
如图②，延长BA到点F，使BF＝BC，连接EF .
∵∠1＝∠ABE，BE＝BE，
∴△BEF≌△BEC，
∴EF＝EC，∠BEC＝∠BEF .
∵∠ABC＋∠BCD＝1800，
BE、CE分别平分∠ABC、∠DCB，
∴∠1＋∠2＝∠ABC＋∠DCB
＝×1800＝900 ，
∴∠BEC＝900 ，
∴∠BEF＝∠BEC＝900，
∴∠BEF＋∠BEC＝1800，∴C、E、F三点共线 .
∵AB∥CD，∴∠F＝∠FCD .
∵EF＝EC，∠FEA＝∠DEC，
∴△AEF≌△DEC，
∴AF＝CD .
∵BF＝AB＋AF，
∴BC＝AB＋CD .
3. 如图，在△ABC中，∠ABC＝900，AD平分∠BAC交BC于D，∠C＝300，BE⊥AD于点E . 求证：AC－AB＝2BE .
【答案】延长BE交AC于点M .
∵BE⊥AD，∴∠AEB＝∠AEM＝900 .
∵∠3＝900－∠1，∠4＝900－∠2，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，∴AB＝AM .
∵BE⊥AE，∴BM＝2BE .
∵∠ABC＝900，∠C＝300，∴∠BAC＝600 .
∵AB＝AM，∴∠3＝∠4＝600，
∴∠5＝900－∠3＝300，
∴∠5＝∠C，∴CM＝BM，
∴AC－AB＝CM＝BM＝2BE .
4. 如图，Rt△ACB中，A＝BC，AD平分∠BAC交BC于点D，CE⊥AD交AD于点F，交AB于点E . 求证：AD＝2DF＋CE .
【答案】在AD上取一点G，使AG＝CE，连接CG .
∵CE⊥AD，
∴∠AFC＝900，∠1＋∠ACF＝900 .
∵∠2＋∠ACF＝900，∴∠1＝∠2 .
∵AC＝BC，AG＝CE，∴△ACG≌△CBE，∴∠3＝∠B＝450，
∴∠2＋∠4＝900－∠3＝450 .
∵∠2＝∠1＝∠BAC＝22.50，
∴∠4＝450－∠2＝22.50，
∴∠4＝∠2＝22.50 .
又∵CF＝CF，DG⊥CF，
∴△CDF≌△CGF，∴DF＝GF .
∵AD＝AG＋DG，∴AD＝CE＋2DF .
5. 如图，五边形ABCDE中，AB＝AE，BC＋DE＝CD，∠B＋∠E＝1800 . 求证：AD平分∠CDE .
【答案】如图，延长CB到点F，使BF＝DE，连接AF、AC .
∵∠1＋∠2＝1800，∠E＋∠1＝1800，∴∠2＝∠E .
∵AB＝AE，∠2＝∠E，BF＝DE，
∴△ABF≌△AED，∴∠F＝∠4，AF＝AD .∵BC＋DE＝CD，∴BC＋BF＝CD，即FC＝CD .
又∵AC＝AC，∴△ACF≌△ACD，
∴∠F＝∠3 .
∵∠F＝∠4，
∴∠3＝∠4，
∴AD平分∠CDE .