資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺(tái)
第14招 邊邊有加減，常把一邊延
在題目給出的條件中，若涉及線段的和、差的信息，往往要主動(dòng)想到延長一邊，使之等于另一邊，或在長線段上截取一段等于另一小線段(長線段上取短線)等輔助線.因?yàn)椴捎谩把娱L”“截取”的手段，將圖形進(jìn)行適當(dāng)?shù)母脑旌螅粌H在形式上能把要證的和、差關(guān)系轉(zhuǎn)化為新的、易把握的等量關(guān)系，更新思考方向，而且還能把原來較難直接確定的關(guān)系巧妙地串通起來，進(jìn)行綜合分析，由此挖掘圖形的相似，或線段、角的相等，達(dá)到證明的目的.此招輔助線我們可將它表述為：
邊邊有加減，常把一邊延.
有時(shí)也說成：邊邊有加減，長線段上取短線.
例1 (1) 如圖 14-1所示,在△ABC中,∠BAC=60°,∠C=40°,AP平分∠BAC 交 BC 于點(diǎn) P,BQ 平分∠ABC 交AC 于點(diǎn) Q,求證:AB+BP=BQ+AQ.
(2)如圖14-2所示,若AP 為△ABC的中線,求證AB+AC>2AP.
解析 (1) 證法1 延長 AB 至點(diǎn)D,使 BD=BP,連接 DP,如圖14-3所示.
(邊邊有加減，常把一邊延)
由此可得△BPD為等腰三角形.
又由已知得∠ABP=80°,
∴∠D=∠BPD=40°.
∵AP平分∠BAC,
∴∠DAP=∠CAP=30°.
又∠C=40°,AP=AP,
∴△ACP≌△ADP(AAS),故有AD=AC.
又∠QBC=∠C=40°,則△QBC為等腰三角形.
由此可得BQ=QC.
∴AB+BP=AB+BD=AD=AC=AQ+QC=AQ+BQ.
證法2 ∵∠ABC=80°>40°=∠C,∴AC>AB.
在AC上截取AD=AB,連接 PD,如圖14-4所示.
(邊邊有加減，長線段上取短線)
∵AP平分∠BAC,∴∠BAP=∠CAP=30°.
又AP 為公共邊，
∴△ABP≌△ADP(SAS).
由此可得BP=DP,且∠BPA=∠DPA=70°.
從而可得∠DPC=∠QBC=∠C=40°,即△QBC與△DPC均為等腰三角形.
∴DP=DC,BQ=QC.
由此可得AB+BP=AD+PD=AD+DC=AC=AQ+QC=AQ+BQ.
證法3 如圖14-5 所示,由題意知∠AQB=∠QBC+∠C=80°,則AB>AQ.
于是,在線段AB上取AD=AQ,連接OD.
∵∠BAC=60°,AP平分∠BAC,
∴∠OAD=∠OAQ=30°.
∴△ADO≌△AQO(SAS).
∴OD=OQ,∠ADO=∠AQO=∠AQB=80°.
∴∠ADO=∠ABP=80°.∴OD∥BP.
∵BQ平分∠ABC,∴∠DBO=∠DOB=40°.
∴BD=OD,BP=OB.
∴AB+BP=AD+DB+BP=AQ+OQ+BO=AQ+BQ.
(2) 延長AP 至點(diǎn)E,使 PE=AP,連接BE,CE.如圖14-6 所示.(中點(diǎn)、中線想中位線，延長或作平行線)
∵AP 為△ABC的中線,
∴BP=CP.
在△ACP 和△EBP中.
∴△ACP≌△EBP(SAS).
∴BE=CA.
在△ABE中有:AB+BE>AE,
(三角形兩邊之和大于第三邊)
∴AB+AC>2AP.
點(diǎn)評(píng) 本題主要考查全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形中兩邊之和大于第三邊及三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，考查學(xué)生推理能力，有一定的難度.本題的求解充分體現(xiàn)了“邊邊有加減，常把一邊延”“邊邊有加減，長線段上取短線”的戰(zhàn)術(shù)思想.通過本題的幾種輔助線添加方法，可體會(huì)添加輔助線的目的在于構(gòu)造全等三角形.而不同的添加方法實(shí)際上是從不同途徑來實(shí)現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)移.從變換的觀點(diǎn)來看，“延長線段”或“在長線段上取短線段”，實(shí)質(zhì)上是“作平行線”的另一途徑.如對(duì)第(1)問證法1來說, “延長AB 至點(diǎn)D,使BD=BP”,相當(dāng)于“過點(diǎn) P 作PD∥BQ交AB 于點(diǎn) D,連接 PD”.這兩種作法效果是一樣的，只是說法不同而已.由此可知，對(duì)本問的證明，當(dāng)把“延長”“截取”變?yōu)椤白髌叫芯€”時(shí)還有更多的證法.另外，本題也可按圖14-7，圖14-8所示的輔助線來探究，讀者不妨試試.
第(2)問，是有關(guān)線段和差的不等式的證明.對(duì)這類命題的證明，通常要聯(lián)系到三角形中兩邊之和大于第三邊、兩邊之差小于第三邊，故可想辦法將其放在一個(gè)三角形中證明.在利用三角形三邊關(guān)系證明線段不等關(guān)系時(shí)，如直接證明困難時(shí)，可延長某邊構(gòu)成新的三角形，使結(jié)論中出現(xiàn)的線段在一個(gè)或幾個(gè)三角形中，再運(yùn)用三角形三邊的不等關(guān)系證明.
例2【感知】小亮遇到了這樣一道題:已知如圖14-9所示,在△ABC中,AB=AC,D在AB 上,E在AC的延長線上,DE交BC 于點(diǎn)F,且DF=EF,求證:BD=CE.小亮仔細(xì)分析了題中的已知條件后，如圖14-10所示，過 D點(diǎn)作DG∥AC交BC 于點(diǎn)G，進(jìn)而解決了該問題.
【探究】如圖14-11 所示,在四邊形 ABCD中,AB∥DC,E為BC 邊的中點(diǎn),∠BAE=∠EAF,AF 與DC 的延長線相交于點(diǎn) F.試探究線段AB 與AF，CF 之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.
【應(yīng)用】如圖14-12所示,在正方形ABCD中,E為AB 邊的中點(diǎn),G,F分別為AD，BC邊上的點(diǎn)，若 ,則GF與AG,BF的數(shù)量關(guān)系為 .
解析 【探究】AB=AF+CF.
如圖14-13所示,分別延長 DC,AE,交于點(diǎn)G,再連接 BG.
(邊邊有加減，常把一邊延)
∵AB∥DC,
∴∠ABC=∠GCE,∠BAE=∠EGC.
∵E為BC 邊的中點(diǎn),∴BE=CE.
∴△ABE≌△GCE(AAS).
∴AB=GC.
又∠BAE=∠EAF,
∴∠EGF=∠EAF,從而可得AF=GF.
∴AB=CG=GF+CF=AF+CF.
【應(yīng)用】如圖14-14 所示,延長GE 交CB 的延長線于點(diǎn)M.
∵四邊形 ABCD 是正方形,
∴AD∥CM.∴∠AGE=∠M.
在△AEG和△BEM中,
∴GE=ME,AG=BM=1.
∵EF⊥MG,∴FG=FM.
由此可得
解法2 如圖14-15 所示,
∵∠GEF=90°,∴∠1+∠2=90°.
又∠3+∠2=90°,
∴∠3=∠1.
于是,在 Rt△AEG與Rt△EFB中,有
則有AE·BE=AG·BF=
又AE=BE,
故填(
點(diǎn)評(píng) 本題主要考查正方形的性質(zhì)、三角形的中線、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，考查應(yīng)用意識(shí)與推理能力，綜合性強(qiáng).第(1)問，是探究一條線段與另外兩條線段的數(shù)量關(guān)系，由此想到將AF 轉(zhuǎn)到與CF 共線的位置，即作延長CF 至點(diǎn)G，使FG=AF 的輔助線，轉(zhuǎn)證CG=AB，頗有創(chuàng)意.對(duì)此，也可從證明ABGC為平行四邊形來突破.第(2)問，解法1關(guān)鍵在于：一、由中點(diǎn)E作EG延長線交 FB 邊的延長線，挖掘全等三角形，二、由∠GEF=90°，挖掘△GFM為等腰三角形.解法2注重圖形分析，活用正切函數(shù).進(jìn)行轉(zhuǎn)換，跳過了輔助線的添加，是一種好的思路.
例3 (1)已知:如圖14-16 所示,△ABC是⊙O的內(nèi)接正三角形,點(diǎn) P為BC上一動(dòng)點(diǎn),求證:PA=PB+PC.
(2) 如圖14-17所示,四邊形 ABCD 是⊙O的內(nèi)接正方形,P 為 上一動(dòng)點(diǎn)，求證：
(3)如圖14-18所示,六邊形 ABCDEF 是⊙O 的內(nèi)接正六邊形,點(diǎn)P 為 上一動(dòng)點(diǎn)，請?zhí)骄?PA，PB，PC三者之間有何數(shù)量關(guān)系，并給予證明.
解析(1) 證法1 顯然，所證的問題是邊邊有加減模型.
故延長 BP 至點(diǎn)D,使 PD=PC,連接CD.如圖14-19 所示.
則線段 PB，PC合成一條線段BD.
故須轉(zhuǎn)證 PA=BD.(邊邊有加減，常把一邊延)
∵A,B,P,C四點(diǎn)共圓,∴∠BAC+∠BPC=180°.
∵∠BPC+∠DPC=180°,
∴∠BAC=∠CPD=60°,PD=PC.
∴△PCD是等邊三角形.∴CD=PC,∠D=60°.
又∠BCD=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,
∴∠BCD=∠ACP.
∵△ABC、△DCP 為等邊三角形,
∴CD=CP,BC=AC.
∴△BDC≌△APC(SAS).
∴PA=DB=PB+PC.
證法2 延長 BP 至點(diǎn)D,使BD=AP,連接CD.
(邊邊有加減，常把一邊延)
如圖14-20所示,由圖易知∠CAP=∠CBD.
又AC=AB,BD=AP,從而可得△ACP≌△BCD(SAS).
∴CP=CD.
又∠CPD=∠CAB=60°,∴△PCD 是正三角形.∴PC=CD=PD.
∴PA=BD=PB+PC.
證法3 在AP上截取PE=PC,如圖14-21所示.
(邊邊有加減，長線段上取短線)
∵∠APC=∠ABC=60°,
∴△PEC為等邊三角形.
從而可得CE=CP,∠PCE=60°.
又∠ACB=60°,∴∠ACE=∠BCP.
又CA=CB,∴△CAE≌△CBP.
則有AE=PB,∴PA=PC+PB.
(2) 過點(diǎn) B作BE⊥PB,交 PA于點(diǎn)E,如圖14-22 所示.
∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3.
∵∠APB=∠ACB=45°,
又AB=BC,∠BAP=∠BCP,
∴△ABE≌△CBP(SAS).
∴PC=AE.∴PA=AE+PE=PC+ PB.
證明 過點(diǎn) B作BM⊥AP,在AP上截取AQ=PC,連接BQ，如圖14-23所示(長線段上取短線).
∵∠BAP=∠BCP,AB=BC,∴△ABQ≌△CBP(SAS).
∴BQ=BP.從而可得MP=QM.
又∠APB=30°,
由此可得
∴PA=PQ+AQ=PC+ PB.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓周角定理、正多邊形和圓的有關(guān)知識(shí)，考查了等邊三角形的性質(zhì)和三角形全等的判定與性質(zhì)，考查了證明一條線段等于兩條線段和的方法.證法1與證法2 采用的是延長線段，構(gòu)建全等三角形；證法3采用的是截取線段的方法來構(gòu)建全等三角形.當(dāng)然，也可在AP上截取PE=PB，讀者不妨試試.本題三種證法都充分體現(xiàn)了邊邊有加減，常把一邊延”的戰(zhàn)術(shù)思想.
跟蹤訓(xùn)練
1. (1)如圖1所示,在△ABC中,AB=4,AC=6,AD是BC邊上的中線,延長AD 到點(diǎn)E 使DE=AD,連接CE,把 AB,AC,2AD 集中在 中，利用三角形三邊關(guān)系可得AD的取值范圍是 .
(2)如圖2所示,在△ABC中,AD是BC 邊上的中線,點(diǎn) E,F 分別在AB,AC上,且DE⊥DF,求證:BE+CF>EF.
(3)如圖 3所示,在四邊形 ABCD 中,∠A 為鈍角,∠C 為銳角,∠B+∠ADC=180°,DA=DC,點(diǎn) E,F分別在BC,AB 上,且∠EDF= 連接EF，試探索線段 AF，EF，CE 之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明.
2. (1) 如圖1所示,在 中，已知a，b，c三邊滿足 求證：
(2) 如圖2所示,在 中，已知 ,AD平分 求證：
3. 如圖所示，在 中,D是AB上一點(diǎn),DE⊥AC,垂足為E,F是AD 的中點(diǎn)， ,垂足為G,FG與DE交于點(diǎn)H,若FG=AF,AG平分 連接GE,GD.
(1) 求證:
(2)小亮同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：AD=AC+EC.請你幫助小亮同學(xué)證明這一結(jié)論.
(3)若 ，判定四邊形AEGF 是否為菱形，并說明理由.
答案
1. (1)1∴△CDE≌△BDA(SAS).∴EC=AB=4.
∵6-4故答案為1(2) 證明 如圖1所示,延長ED到點(diǎn)H,使得DH=DE,連接CH,FH.
∵BD=CD,∠BDE=∠CDH,DE=DH,
∴△BDE≌△CDH(SAS).∴BE=CH.
∵FD⊥EH,DE=DH,∴EF=FH.
在△CFH中,CH+CF>FH.
∵CH=BE,FH=EF,∴BE+CF>EF.
(3)結(jié)論:AF+EC=EF.
理由:延長 BC到點(diǎn) H,使得CH=AF.
∵∠B+∠ADC=180°,∴∠A+∠BCD=180°.
∵∠DCH+∠BCD=180°,∴A=∠DCH.
∵AF=CH,AD=CD,
∴△AFD≌△CHD(SAS).
∴DF=DH,∠ADF=∠CDH.
∴∠ADC=∠FDH.
∴∠EDF=∠EDH.
∵DE=DE,∴△EDF≌△EDH(SAS).∴EF=EH.
∵EH=EC+CH=EC+AF,
∴EF=AF+EC.
2. (1)證明 如圖1所示,延長CA至點(diǎn)D,使AD=c,連接BD.
(邊邊有加減，常把一邊延)
在△ABC和△BDC中,
由 得 即 又∠C=∠C,
則△ABC∽△BDC.∴∠D=∠ABC.
∵AB=AD=c,∴∠D=∠ABD.
而∠BAC=2∠D,∴∠A=2∠B.
(2)證法1 延長AC至點(diǎn)E,使CD=CE,如圖2所示.(邊邊有加減，常把一邊延)
∴∠CDE=∠CED.∴∠ACB=2∠E,
∵∠ACB=2∠B,∴∠B=∠E,
在△ABD與△AED中
∴△ABD≌△AED(AAS).∴AB=AE.
又AE=AC+CE=AC+DC,
∴AB=AC+DC.
證法2 在AB上截取AF=AC,如圖3所示.
(邊邊有加減，長線段上取短線)
在△AFD與△ACD中,
∴△AFD≌△ACD(SAS).
∴DF=DC,∠AFD=∠ACD.
又∠ACB=2∠B,∴∠AFD=2∠B.∴∠FDB=∠B,從而FD=FB.
∴AB=AF+FB=AC+FD=AC+CD,
想一想 由(1)可獲得一個(gè)猜想:延長BA到點(diǎn)E,使AE=AC,連接EC,則BC<2AC,即a<2b.故可得新命題:在△ABC中,若A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且∠A=2∠B,則 BC<2AC.
3. (1)∵AF=FG,∴∠FAG=∠FGA.
∵AG平分∠CAB,∴∠CAG=∠FAG.
∴∠CAG=∠FGA.∴AC∥FG.
∵DE⊥AC,∴DE⊥FG.
∵FG⊥BC,∴DE∥BC.
從而可得AC⊥BC.
∴∠C=∠DHG=90°,且∠CGE=∠GED.
∵F是AD的中點(diǎn),FG∥AE,∴H是ED的中點(diǎn).
故 FG是線段ED 的垂直平分線.
∴GE=GD,∠GDE=∠GED.
∴∠CGE=∠GDE.(引線造角望相似)
∴△ECG≌△GHD(AAS).
(2)證法1 過點(diǎn)G作GP⊥AB,垂足為 P,如圖1所示.
(邊邊有加減，長線段上取短線)
∵AG平分∠CAB,∴GC=GP.
而AG=AG,
∴Rt△CAG≌Rt△PAG(HL).∴AC=AP.
又由(1)知EG=DG,
∴Rt△ECG≌Rt△DPG(HL).
∴EC=PD,則有AD=AP+PD=AC+EC.
證法2 延長EC至點(diǎn)M,使CM=EC,連接MG,如圖2所示.
(邊邊有加減，常把一邊延)
∵AG平分∠CAB,∴∠1=∠2.
由(1)知
∵F為AD 的中點(diǎn),∴AF=FG=FD=EF.
∴∠1=∠3,∠8+∠4=∠5+∠3.
又∠5+∠6+∠3=90°,
∴90°-2∠1+∠4+∠6=∠5+∠3+∠6=90°.
∴--2∠1+2∠4=0,即∠1=∠4.
∴∠5+∠6+∠7=90°,即AG⊥MG.
又∠DGH=∠GEC=∠GMC,FG∥AM,
∴M,G,D三點(diǎn)共線.∴AG為底邊MD 的高.
∴AM=AD=AC+EC.
(3) 四邊形 AEGF 是菱形.
證明:∵∠B=30°,∴∠ADE=30°.
又由(1)得AE∥FG,∴四邊形AEGF 是平行四邊形.
∴四邊形AEGF 是菱形.

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