柴宇舟：截长补短,说难不难.pdf

1 ( 图 1)DBCA( 图2)EDBCA( 图 3)EDBCA图 5ENDABCM截长补短，说难不难—— 巧添辅助线证“线段和差式”都说几何难学，难在添辅助线；都说几何有趣，也就在于辅助线当数学老师第一次向我们说起 “截长补短” 这四个字时， 辅助线的有趣与魅力就慢慢地向我们展现初次认识：题 1：如图 1，已知 AD为△ABC的角平分线，∠ B=2∠C，求证： AC=AB+BD分析：这是一道大家都很熟悉的证明线段和（差） 的问题，有两种常见的处理方法：①“截长法” ：即在较长的AC边上截取较短线段 AE ，使得 AE=AB ；剩下再去证 EC=BD ，如图 2②“补短法”：就是把较短线段AB延长到点 E，使得 BE=BD ，连结 ED ，再去证 AE=AC 即可，如图 3这么有趣的添法，我们一下子就记住了过了一段时间 ，一次数学测试，让我们再次与它碰面考场遇险 ：题 2：如图 4，△ABC是等边三角形，△ BDC 是顶角为 1200的等腰三角形， 以点 D为顶点作一个 600的角，角的两边分别交AB于点M ，交 AC于点 N ，连结 MN ，形成一个三角形，求证：△AMN 的周长等于 2AB 。

经过一番紧张地思考， 发现△ AMN 中的 AM 与 AN可看成是线段AB 、AC 上共有的公共部分，剩下只需证出MN=BM+CN即可这不是属于证明线段和 （差）的问题吗？于是，便采取了图5 的证法“截长法”在 MN上截取 ME=MB，连结 ED ，需要去证△ BMD ≌△EMD 时，发现不对，全等条件不够当时根本没想到“截长法”会失败，以前每次都会成功的于是思维僵持在那边，舍不得放弃与转变 时间飞逝，幸亏，后来用“补短法” （如图 6， 延长 MB 到点 G ， 使得 BG=NC，先利用△ BGD ≌△CND ，再证出△ MDG ≌△MDN ）进行尝试，才侥幸过关怎么会这样呢？考后，我们三个人一碰头，都觉得要琢磨琢磨万一，遇到类似的问题会怎么办？是方法有问题呢？还是想法有问题？图 4NDABCM图 6GNDABCM2 20° 20°40°(图 9)HGEDBCA( 图 7)DBCA200 200解法剖析： “截长”与“补短”的作用不一样吗？比较一下，在题1 中，图 2与图 3 不管是截长还是补短， 共同的特征是都始终围绕角平分线构造了一对全等三角形，并且那条角平分线既为全等三角形的判定提供了公共边，又带了一对等角，所以两法皆可行。

而图 5 中由于没有“角平分线”这个已知条件，所以“截长”造全等三角形的方法因缺少等角而失败了再观察图6，其实“补短”这个的方法，也可以看作是把△ NCD 绕点 D逆时针旋转 1200后与△ MBD 拼合在一起，组成了△ CDM ，所以究其本质， 应该是“旋转变换”，而不象前面的题 1，是围绕角平分线的 “轴对称变换”哦，归根结底，原来如此！有意思！于是我们决定各去寻找一些几何难题来互相切磋学习，交流交流学习心得下面的几道题，让我们加深了对“截长补短”的更深一层的认识多解探究题 3：如图 7，已知 AB=AC ；CD为∠ACB 的角平分线，∠ A=1000，求证： BC=AD+DC分析： “截长法” , 如图 8，在 BC上取点 E，使得 EC=DC ，再去证 AD=BE 我发现∠ EDC= ∠DEC=800，∠ EDB=400=∠B，推得 DE=BE ，问题就转化为去证AD=DE ，怎么证呢？ ,,仔细观察图形，发现如果把△ ADC 绕 DC 进行轴对称变换，则可找到解题的思路 如图 8，在 EC上取 CF=AC ，可得△ ADC≌△FDC ，所以∠ DFC= ∠A=1000，那么∠ DFE=800=∠DEF ，从而推出 DE=DF=AD，完成证明。

联想到 CD为角平分线，又得到另一种方法去证AD=DE 如图 9 所示，过点 D向 AC 、BC两边作垂线段利用角平分线的性质定理，得DG=DH，再利用∠ BAC=1000，∠DEC=800，得∠DAG= ∠DEH=800，所以△ ADG ≌△EDH ，推出 AD=DE 哦，证出来了，而且用了两种方法，我很高兴后来与组员一切磋，竟然，还有另外一种方法行，你来讲一讲”——既然CD作为已知的角平分线已经出现，它的轴对称性一定要在图形中体现出来，不妨以CD 为对称轴在图上构造三角形全等吧如图 10，在 CB上截取 CE=AC ） ，再看已知条件：“AB=AC ，∠A=1000” ，先得到∠ABC=400，∠ACD= ∠ECD=200，接着得出∠ ADC= ∠EDC=600，那么∠EDB=600，这样在△BDC 中，可得∠ DBC=2 ∠DCE ， ， DE平分∠ BDC 交 BC于点 E， 这不就是题 1 吗？那 么 根 据题 1 所 用 的方 法， 马上 证得 DC=BD+BE 因 为 EC=AC=AB， 所 以( 图8)E FDBCA3 （图 16）KBDCOAPE60°60°20°40°(图 10)EDBCABC=BE+EC=BE+AD+BD， 同时由于 DC=BD+BE， 所以 BC=AD+DC。

这是一种取其神髓（造全等三角形），但又不完全等同上面的截取方法看来，对解过的问题，重要的基本图形，还是需要随时记忆，很好地储存在脑海里，这样解题时顺手拿来方便多了截长补短，不应该只是一种具体的证明技巧与方法；更重要的是一种思想策略分析中，要根据题目的已知条件，运用几何的变换思想， 选择合适的辅助线， 把所证的两线段和的形式通过“截长补短“的具体措施，转化为证两线段相等的问题在思路探索中，要仔细观察图形， 紧密联系已知条件， 善于联想相关的定理， 而且要多做一题多法的探究，并对各种方法进行优劣比较，灵活辨析，来确定最佳的解题思路难题攻关1、圆中线段和 （差） 的证明：题 4：如图 15 所示，已知 PA 、PB为⊙O的弦， C是劣弧＾AB的中点，直线 CD ⊥PA于点 E，求证： AE=PE+PB分析：如图 16，考虑到弧 AC= 弧 CB ，若连接 AD 、BD ，可得∠ADE= ∠BDC ，并且又∵ CD ⊥AP ，∴若延长 DB与 AP ，必然得到一个等腰三角形△ ADK ，根据等腰三角形三线合一，得AE=EK ，这样剩下只要去证 PK=PB 就行根据“圆内接四边形的外角等于它的内对角”得∠PBK= ∠A，而∠A=∠K，所以最终可得 PK=PB 。

熟悉基本图形是有效添加辅助线的一个重要因素角平分线+垂线=等腰三角形”，这个基本图形的出现，帮我们想到应该把 AP 、DB分别延长，采取“补短法”更适宜但是一定要注意，如果辅助线的添法是“延长AP ，取 PK=PB ” ，则对 K，B，D三点而言，还存在一个“三点共线”必需的证明，这是比较麻烦的因此，在添加辅助线的过程中，一定要注意辅助线添法的合理性与严谨性题 5： （第 26届国际数学奥林匹克试题）如图 17所示，四边形 ABCD 四个顶点在同一圆上， 另一圆的圆心 O在边 AB上，且与其他三边相切，求证：AD+BC=AB分析；如图 18 所示，在 AB上截取 AE=AD ，连接 ED 、 CE、OC 、OD ，作△ OCD 的外接圆四边形ABCD 四个顶点在同一圆上∴∠A+∠BCD= ∠B+∠ADC=1800， ∴∠AED= ∠ADE=1/2 （1800-∠A）=1/2∠BCD= ∠OCD ，得点 E 也在△ OCD 的外接圆上，即点D、C、E、O四点共 圆 ∴∠ BEC= ∠ ODC=1/2 ∠ADC=1/2（ 1800- ∠ B） =∠ BCE ， ∴ BE=BC ，∴（图 15）BDCOAPE（图 17）ODCAB4 AD+BC=AE+BE=AB。

看来证明线段和差问题， 主要还是通过 “截长补短”法，需要大胆地去尝试、去探索本题粗粗一看，很难直接想到思路不妨照以往的经验先探索下去，在 AB上截取AE=AD 后，得到∠ AED= ∠ADE ，因为 A、B、C、D四点共圆，可得∠ A+∠DCB=1800，加上OC平分∠ DCB ，所以∠ AED=（1800- ∠A）/2= ∠BCD/2 ，因此考虑连接 OC ，OD ，得∠DEA= ∠OCD ，从而得出 E、C、D 、O四点共圆，因而构造出辅助圆，这才是解题的关键2、平行线中线段和差的证明：题 6：如图，已知AB ∥CD ，AD ∥CE ，F、G 分别是 AC和 FD的中点，过点 G的直线依次交 AB 、AD 、CD 、CE于点M 、N、P、Q ，求证： MN+PQ=2PN （浙江省竞赛题）分析； “截长补短” ？三条待证的线段都挤在一条线段上，怎么“截”怎么“补”？根据平行线，本题会得到△ CQP ∽ △ DNP ∽ △ ANM ， 可 以 推 得 MN/PN=AM/PD，PQ/PN=CP/PD ， 要 证 的MN+PQ=2PN 可 以 转 化 为 去 证MN/PN+PQ/PN=2， 即AM/PD+CP/PD=2， 最后去证 AM+PC=2PD。

要把 CP与 AM “补”在一起，考虑到CD ∥AB且 F 为AC的中点，如图 20，可以连接 PF，并延长交 BA的延长线于点 R 由全等得 AR=CP ，所以 CP+AM=MR，剩下只需去证 MR=2PD同样 PD ∥AB且 G为 FD的中点，如图 21，可延长 DF交 BA的延长线于点 O ，由△PDF ≌△ROF ，得 OF=FD=2GD，则 OG=3GD，再由 PD∥AB 得△PDG ∽△ MOG ，推出OM/PD=OG/GD=3，所以OM=3PD=3RO， 那么 RM=2RO=2PD， 最后证得 PC+AM=2PD本题中含有“由平行线所构成的相似三角形”的基本图形，它给线段在位置上与数量上的转化提供了可能性；同时本题又有线段中点的已知条件，所以可以围绕中点构造全等的三角形和可知相似比的相似三角形 特定的条件赋予了特定的解法 虽然辅助线的添加不是那么单一与直接，但思维的本质还是“截长补短” “尽可能地把MN+PQ的和转化成一条线段” ，是至始至终一直在思考的目的与方向回顾反思综上所述， “截长补短”是证明“ a+b=c”类型几何题，用到最多的方法说它难，是难在辅助线的添加是一个从无到有的过程，需要我们具有一定的想象力（图 18）EODCAB（图 19）NPMG FABDCEQ（图 20）RNPMG FABDCEQ（图 21）RONPMG FABDCEQ5 与创造力；但相对来说，它又是比较容易的，因为“截长补短”既是证题的思考策略，又已经是非常具体的添加辅助线的方法。

只要在运用过程中， 时时注意到以下几个环节，证明并不难！1、 “截长” “补短”厢情愿，单打独斗非妙方看到“a+b=c”类的证明，我们第一个念头就是 “截长补短”但，究竟是“截长”还是“补短”，却说不清楚，道不明白其实，两者在方法上不分优劣，都需尝试后方知能否成功就象题2，图 5中用“截长法”行不通，是因为待证的△BMD 与△EMD 无法从已知条件中获取它所需要的等角；而“补短法”， （如图 6） ，之所以能够成功，是因为所构造出的△BDG 与△CDN ，以及△ MGD 与△MND ，由于能充分利用了“∠ ABD= ∠ACD=600+300=900”与∠ MDG=∠MDN=600这些条件，从而为它们的全等判定提供了所缺的条件又如题 5，我们选择“截长法”是因为这样截取，不仅所构造出的△ADE是现成的等腰三角形，而且待证的BC与 BE ，又可通过证明△ BCE是等腰三角形而获得相等相反，若采取“补短法” ，而很难利用得上题目中已知条件因此，充分地分析已知条件，在添加辅助线中要体现“集中原则”，把已知与所求都能集结在某几个图形中， 整合它们的性质， 共同发挥它们的功效， 这才是选择“截”或“补”的真正原因所在。

2、基本图形为基础，寻找构造是关键无论是“截长”还是“补短” ，添加辅助线后的后续任务就是。