1、第第 1 1 讲讲 几何综合题的“线段和差问题”几何综合题的“线段和差问题” 【方法梳理】 1.“截长补短” ； 2.两点注意 有的题可以“截长”也可以“补短” ，但有些题只能“截长”或只能“补短” ； 线段和差中出现倍数关系的，辅助线仍是“截长补短” ，但很多时候要换个作法，比如不说延长，而说作垂线交 延长线，图相同，但由于作法不同，由辅助线导致的已知条件也不同，具体题目倒底怎么来描述辅助线，与目的 有关-辅助线之后必定要证三角形全等，哪种辅助线能为全等提供必需条件，就如此添加与描述。 【针对强化练习】 例 1.如图，在正方形 ABCD 中，点 E,F 分别为 BC,CD 的中点，则下列结论
2、：( ) AFDE；AF=DE；AD=BP；PE+PF=2PC. A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 例 2.如图，点 M 是正方形 ABCD 的边 BC 上一点，连接 AM，点 E 是线段 AM 上一点，CDE 的平分线交 AM 延长线于点 F. (1)如图 1，若点 E 为线段 AM 的中点，BM:CM=1:2，BE= ，求 AB 的长； (2)如图 2，若 G 为 AE 中点，延长 DG 至 N，使 DG=NG，连接 EN，且EDG=ENG，求证：BF+DF=2AF. 例 3.如图 1， 已知四边形 ABCD 是矩形， 点 E 在 BA 的延长线上,AE=AD,EC
3、与 BD 相交于点 G， 与 AD 相交于点 F， AF=AB （1）求证：BDEC； （2）若 AD 2,求 tanE； （3）如图 2，连接 AG，请在下面选择 EG、 DG、 AG 三者之间的数量关系并证明. 我的选择是_ EG- DG= AG；EG-DG=2AG；EG-DG=3AG； 例 4如图，正方形 ABCD 和正方形 CEFG（其中 BD2CE） ，BG 的延长线与直线 DE 交于点 H （1）如图 1，当点 G 在 CD 上时，求证：BGDE，BGDE； （2）将正方形 CEFG 绕点 C 旋转一周 如图 2，当点 E 在直线 CD 右侧时，求证：BHDH2CH； 当DEC45
4、时，若 AB3，CE1，请直接写出线段 DH 的长 例 5如图，在等边三角形 ABC 中，点 E 是边 AC 上一定点，点 D 是直线 BC 上一动点，以 DE 为一边作等边三角 形 DEF，连接 CF 【问题解决】 如图 1，若点 D 在边 BC 上，求证：CE+CFCD； 【类比探究】 如图 2，若点 D 在边 BC 的延长线上，请探究线段 CE，CF 与 CD 之间存在怎样的数量关系？并说明理由 例 6. 如图 1，直线 l 与圆 O 相交于 A，B 两点，AC 是圆 O 的直径，D 是圆上一点DEl 于点 E，连接 AD，且 AD 平分CAE （1）求证：DE 是圆 O 的切线 （2）
5、若 DE3，AE3，求圆 O 的半径 （3）如图 2，在（2）的条件下，点 P 是弧 AB 上一点，连接 PC，PD，PB，问：线段 PC、PD、PB 之间存在什么数量 G F E DC BA 图2 图1 AB CD E F G 关系？请说明理由 例 7问题：如图 1，O 中，AB 是直径，ACBC，点 D 是劣弧 BC 上任一点(不与点 B、C 重合)， （1）求证： 为定值 思路：和差倍半问题，可采用截长补短法,先证明ACEBCD按思路完成下列证明过程 证明：在 AD 上截取点 E,使 AEBD，连接 CE 运用：如图 2，在平面直角坐标系中，O1与 x 轴相切于点 A(3，0)，与 y
6、轴相交于 B、C 两点，且 BC8，连接 AB、 O1B （2）OB 的长为_. （3）如图 3，过 A、B 两点作O2与 y 轴的负半轴交于点 M，与 O1B 的延长线交于点 N，连接 AM、MN，当O2的大小 变化时，问 BMBN 的值是否变化，为什么？如果不变，请求出 BMBN 的值 例 8.已知ABC 内接于O，BAC 的平分线交O 于点 D，连接 DB，DC （1）如图，当BAC120时，请直接写出线段 AB，AC，AD 之间满足的等量关系式： ； （2）如图，当BAC90时，试探究线段 AB，AC，AD 之间满足的等量关系，并证明你的结论； （3）如图，若 BC5，BD4，求 的值
7、 O AB C E 图1 P DD 图2 E C BA O 【例题详解】【例题详解】 例 1.【解析】 （1）数学典型模型“一线三垂直模型”证ADFDCE 可得、正确； （2）由 AD=AB，即要证 AD=BP，只需证 AB=BP，证等腰三角形一般有两条思路：一是从角的角度思考，用“等角对 等边” 、 二是从边的角度思考： 结合 “三线合一” ， 此小题粗略从角的角度分析， 不难发现条件不少易出现思考障碍， 故换从边的角度思考分析，作 BQAF 于点 Q,交 AD 于 H，则 BH/DE，由 HD/BE 易得四边形 HBED 是平行四边形，可 得 HD=BE，由 E 是中点可得 H 是 AD
8、的中点，则 Q 也是 AP 的中点，即 BH 垂直平分 AP，则 AB=BP=AD，正确； （3）数学典型题型“线段和差问题” ，解题方法“截长补短” ，延长 PE 到 M，使 ME=PF，由（1）中全等可得AFD= DEC， 则PFC=CEM， 又 PF=ME,FC=EC,则PFCMEC， 则 PC=CM， FCP=ECM， 由FCB=90可得PCM=90， 则PCM 是等腰直角三角形，则 PM=2PC=PE+EM,即 PE+PF=2PC，正确。 例 2.【解析】 （1） 审题： 出现线段比， 一般两条思路线： 1.走相似； 2.方程思路； E 是线段 AM 的中点， 则可得 AM=2BE=
9、2 ； 求 线段 AB 长问题：一般三条思路线：1.相似；2.勾股定理；3.三角函数或特殊边角关系；此题走方程思路+勾股定理 即可解答. 解：设 BM=a，则 CM=2a，BC=3a， 则 AB=3a， 在 RtABM 中，由勾股定理可得AB2+ BM2= AM2， 即(3x)2+ x2= (2 )2， 解得 x=2, AB=6. （2）审题：DG=NG，EDG=ENG 可知 DE=EN，EGDN；由所求结论可知此小题是线段和差问题，解题方法是 “截长补短”；由结论中的“2”可知，BF+DF 相等的线段，与 AF 必定组成一个特殊三角形：等腰直角三角形； 证明：作 HAFA 交 FD 的延长线
10、于点 H， EDG=ENG， DE=EN， DG=NG， EGAF, HAFA， DG/AH， DF 平分CDE， 1=2， GE=GA，DGAE, DA=DE, 3=4, 1+2+3+4=90, 2+3=45， 即FDE=45, DE/AH, H=FDE=45, HFA=45, AH=AF, FH=2AF, 5+6=90,6+7=90, 5=7, AB=AD, BAFDAH, BF=DF, FH=FD+DH=FD+BF, FH=2AF, BF+DF=2AF. 【注】按传统的“截长补短” ：延长 DF 到点 H，使 DH=BF，这时会发现证BAFDAH 缺少角的条件，故辅助线换 一种说法“作
11、HAFA 交 FD 的延长线于点 H” ，所作图形完全相同，但能为三角形全等提供必要的角的条件。注意这 一细节上的变化与处理。 例 3. 【解析】 (1)求角典型图形：AEF 与DFG 组成的“8 字模型” ，只需证E=FDG，只需证AEFADB 即可，而由 AE=AD、 EAF=DAB=90、AF=AB 即可由 SAS 证AEFADB. 证：四边形 ABCD 是矩形，E 点在 BA 延长线上， EAF=DAB=90, AE=AD,AF=AB, AEFADB(SAS)， AEF=ADB， GEB+GBE=ADB+ABD=90, 即EGB=90， BDEC. (2)相似典型图形： AEF 与DF
12、G 组成的 “8 字模型” ， 设 AF=a， 则 AB=DC=a， DF=2-a， 由相似边成比例列方程解答。 解：AE/DC， = , 设 AF=a，则 AB=DC=a，DF=2-a， AD=2, AE=2, 2 = 2 , 解得 a=5 或 a=5 (不符题意舍去)， 即 AF=5 , tanE= = 5 1 2 (3)数学典型题型“线段和差问题” ，不管想选择哪个结论来证明，解题方法都是“截长补短” ：在“长”EG 上截取 EP，使 EP=DG，则 EG-DG=PG，图感告诉我们结论是错误的。 “线段和差问题”是三角形全等中的典型题型，则背 后一定跟随三角形全等，不难发现“AEPADG
13、” ，则 AP=AG，EAP=DAG，则不难证出APG是等腰直角三 角形，则结论是正确选择。 证：我的选择是,理由是： 如图，在线段 EG 上取一点 P，连接 AP，使 EP=DG， 则 EG-DG=PG， AE=AD, E=ADB、PE=DG, AEPADG(SAS), AP=AG, EAP=DAG， EAP+PAF=EAF=90， DAG+PAF=PAG=90， APG 为等腰直角三角形， PG=2AG，即 EG-DG=2AG. 例 4 【解析】 （1）证明：如图 1 中， 在正方形 ABCD 和正方形 CEFG 中，BCCD，CGCE，BCGDCE90， BCGDCE（SAS） ， BG
14、DE，CBGCDE， CDE+DEC90， HBE+BEH90， BHE90， BGDE （2）如图 2 中，在线段 BG 上截取 BKDH，连接 CK 由（1）可知，CBKCDH， BKDH，BCDC， BCKDCH（SAS） ， CKCH，BCKDCH， KCHBCD90， KCH 是等腰直角三角形， HK2CH， BHDHBHBKKH2CH 如图 31 中，当 D，H，E 三点共线时DEC45，连接 BD 由（1）可知，BHDE，且 CECH1，EH2CH， BC3， BD2BC32， 设 DHx，则 BHDEx+2， 在 RtBDH 中，BH 2+DH2BD2， （x+2） 2+x2（
15、32）2， 解得 x 2 34 2 或 2 34 2 （舍弃） 如图 32 中，当 D，H，E 三点共线时DEC45，连接 BD 设 DHx， BGDH， BHDHHGx2， 在 RtBDH 中，BH 2+DH2BD2， （x2） 2+x2（32）2， 解得 x2 34 2 或2 34 2 （舍弃） ， 综上所述，满足条件的 DH 的值为2 34 2 或 2 34 2 例 5 【解析】 【问题解决】证明：在 CD 上截取 CHCE，如图 1 所示： ABC 是等边三角形， ECH60， CEH 是等边三角形， EHECCH，CEH60， DEF 是等边三角形， DEFE，DEF60， DEH+
16、HEFFEC+HEF60， DEHFEC， 在DEH 和FEC 中， ， DEHFEC（SAS） ， DHCF， CDCH+DHCE+CF， CE+CFCD； 【类比探究】 解：线段 CE，CF 与 CD 之间的等量关系是 FCCD+CE；理由如下： ABC 是等边三角形， AB60， 过 D 作 DGAB，交 AC 的延长线于点 G，如图 2 所示： GDAB， GDCB60，DGCA60， GDCDGC60， GCD 为等边三角形， DGCDCG，GDC60， EDF 为等边三角形， EDDF，EDFGDC60， EDGFDC， 在EGD 和FCD 中， ， EGDFCD（SAS） ， E
17、GFC， FCEGCG+CECD+CE 例 6. 【解析】 （1）由 OAOD 得OADODA，由 AD 平分CAM 得OADDAE，则ODADAE，所以 DOAB，利用 DEAB 得到 DEOD，然后根据切线的判定定理即可得到结论； （2）连结 DC，先利用勾股定理计算出 AD 长，由 AC 是O 直径得到ADC90，易证得ACDADE，利用相似 比可计算出 AC，即可得到圆的半径； （3）可得结论 PCPD+PB，连接 PB、DB，在 CP 上截取 PBPF，连接 BF、BC，可证PBF 为等边三角形，再证PBD FBC，即可得结论 例 7【解析】 （1）证明：AC=BC,CAE=DBC,
18、AE=BD, ACEBCD(SAS)， ACE=BCD，CE=CD， AB 是直径， ACB=90， ECD=90， ECD 是等腰直角三角形. CD= 2 2 DE, O AB C E 图3 D P F ED=AD-BD, = 2. （2）有切线，必连 1A，已知弦 BC 长，首先考虑垂径定理， 作 1FBC 于点 F， 则 BF=CF=4, 易得四边形 1FOA 是矩形， 则 1F=OA=3, 在 Rt 1FB 中， 由勾股定理可得 1B=5, 由 1A=5， 即 OF=5， OB=OF-BF=5-4=1 （3）此题相当于材料阅读理解题，能理解（1）的解法，会对比“套”的，这题的难度不大.
19、 理解过程： （1）中的四边形 ABCD 是圆内接四边形， （3）中的四边形 MNBA 也是圆内接四边形， （1）中的“AD-BD” 即相当于（3）中的“BM-BN” ，即线段“AD”对应的是线段“BM” ，线段“BD”对应的是线段“BN” ，四边形字母 对应应该是 ABCD-MABN，(1)中在 AD 上截取 AE，使 AE=BD，则可得出（3）中应在 BM 上截取 MQ=BN， （1）中连接 CE，即（3）中连接 AQ， （1）中 CB 有连线，故（3）中需连接 AN，(1)中需证ACEBCD（SAS） ，则（3）中应证 MAQNAB （SAS）,已经有 MQ=NB,AMQ=ANB，只需证
20、 AM=AN 即可， 即证AMN=ANM，由AMN= 1BA,ANM= ABM,故只需证 1BA,=ABM,由于图中 1、A、B 仍在，故从（2）小题找思路，由数学典型模型“等腰+平行=角 平分线”即可证明： 1A/y 轴， 1A= 1B,可得 1BA,=ABM,此小题完整的思路分析线就形成了，这就是我们常 说的“解题思路的延续性”。 例 8.【解析】 （1）在 AD 上截取 AEAB，连接 BE，由条件可知ABE 和BCD 都是等边三角形，可证明BEDBAC， 可得 DEAC，则 AB+ACAD； 解：如图在 AD 上截取 AEAB，连接 BE， BAC120，BAC 的平分线交O 于点 D
21、， DBCDAC60，DCBBAD60， ABE 和BCD 都是等边三角形， DBEABC，ABBE，BCBD， BEDBAC（SAS） ， DEAC， ADAE+DEAB+AC； （2）延长 AB 至点 M，使 BMAC，连接 DM，证明MBDACD，可得 MDAD，证得 AB+AC2AD； 解：AB+AC2AD理由如下： 如图，延长 AB 至点 M，使 BMAC，连接 DM， 四边形 ABDC 内接于O， MBDACD， BADCAD45， BDCD， MBDACD（SAS） ， MDAD，MCAD45， MDAD AM2AD，即 AB+BM2AD， AB+AC2AD； （3）延长 AB 至点 N，使 BNAC，连接 DN，证明NBDACD，可得 NDAD，NCAD，证NADCBD， 可得 AN:BC=AD:BD，可由 ANAB+AC，求出 的值 解：如图，延长 AB 至点 N，使 BNAC，连接 DN， 四边形 ABDC 内接于O， NBDACD， BADCAD， BDCD， NBDACD（SAS） ， NDAD，NCAD， NNADDBCDCB， NADCBD， AN:BC=AD:BD， AD:AN=BD:BC， 又 ANAB+BNAB+AC，BC5，BD4， = 4 5
