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专项 11 用截长补短法构造全等三角形综合应用
截长补短法原理：
延长边上（不一定是底边）的中线，使所延长部分与中线相等，然后往往需要连接
截长：1.过某一点作长边的垂线；2.在长边上截取一条与某一短边相同的线
相应的顶点，则 对应角 对应边都对应相等。 此法常用于构造 全等三角形 ，利用中线的
段，再证剩下的线段与另一短边相等。
性质补、短 ：辅1助.延线长 短、边 ；对2顶.通角过 旋一转般等用方“式 使S两AS短 ”边证拼合明到对一应起边之间的关系。 （在一定
范围中）
【典例1】（2020秋•富县期末）如图，AD是△ABC的角平分线，AB＞AC，求证：AB﹣
AC＞BD﹣CD．
【答案】略
【解答】证明：如图，在AB上截取AE＝AC，连接DE，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠CAD＝∠EAD．在△ADC和△ADE中，
∴△ADC≌△ADE（SAS）．
∴DC＝DE．
∵在△BDE中，BE＞BD﹣ED，
∵AB﹣AE＝BE，
∴AB﹣AC＞BD﹣CD．
【变式1】（2020秋•顺庆区校级期中）如图：锐角△ABC中，∠C＝2∠B，AD是高，求
证：AC+CD＝BD．
【答案】略
【解答】解：甲：截长法，如图1，在DB上截取DE＝DC，连AE，
∵DE＝DC，AD⊥BC，
∴AE＝AC，
∴∠AEC＝∠C，且∠C＝2∠B，
∴∠AEC＝∠B，且∠AEC＝∠B+∠BAE，
∴∠B＝∠BAE，
∴AE＝BE＝AC，
∴BD＝BE+DE＝AC+CD【变式2】如图所示，在△ABC中，∠1＝∠2，AB＝AC+CD．试判断∠B与∠C之间的关
系．
【答案】∠C＞∠B
【解答】解：（1）在AB上截取AE＝AC，连接DE，如图1，
在△ADE与△ADC中，
，
∴△ADE≌△ADC（SAS），
∴∠AED＝∠C，ED＝CD，
∵AB＝AC+CD，
∴AB＝AE+BE＝AC+CD＝AC+ED，
∴BE＝ED，
∴∠AED＝2∠B，
∴∠AEC＝2∠B，
∴∠C＞∠B；
【典例2】把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形 ACBD以D为顶点作
∠MDN，交边AC、BC于M、N．
（1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，当∠MDN绕点D旋转时，AM、MN、BN三条线
段之间有何种数量关系？证明你的结论；
（2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的
结论；
（3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其
余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）【答案】（1）AM+BN＝MN；（2）AM+BN＝MN；（3）BN﹣AM＝MN
【解答】
（1）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（2）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠DBE＝90°，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠MDN＝∠BDC，
∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB，
在△DAM和△DBE中
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE，
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（3）BN﹣AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN，
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°，在△DAM和△DBE中
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM，
∴BN﹣AM＝MN．
【变式2-1】（2012•昌平区模拟）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D
＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝ ∠BAD．求证：EF＝BE+FD；
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD
上的点，且∠EAF＝ ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、
CD延长线上的点，且∠EAF＝ ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证
明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立
（3）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD
【解答】证明：（1）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵∠ABG＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG＝AF，∠1＝∠2．
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF＝ ∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
又∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD
（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立．
（3）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵AB＝AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD
＝∠EAF＝ ∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD
【变式2-2】（2021春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形ABCDE中，EC，EB为其对
角线，EA＝ED．
（1）如图1，若∠A＝60°，∠CDE＝120°，且CD+AB＝BC．求证：EC平分∠BCD；
（2）如图2，∠A与∠D互补，∠DEA＝2∠CEB，若凸五边形ABCDE面积为30，且
CD＝ AB＝4．求点E到BC的距离．【答案】（1）略 （2）点E到BC的距离为3
【解答】（1）证明：延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．
∵∠CDE＝120°，
∴∠EDT＝180°﹣120°＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠A＝∠EDT，
在△EAB和△EDT中，
，
∴△EAB≌△EDT（SAS），
∴EB＝ET，
∴CB＝CD+BA＝CD+DT＝CT，
在△ECB和△ECT中，
，
∴△ECB≌△ECT（SSS），
∴∠ECB＝∠ECD．
（2）解：延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．∵∠A+∠CDE＝180°，∠CDE+∠EDQ＝180°，
∴∠A＝∠EDQ，
在△AEB和△DEQ中，
，
∴△AEB≌△DEQ（ASA），
∴EB＝EQ，
∵∠AED＝2∠BEC，
∴∠AEB+∠CED＝∠BEC，
∴∠CED+∠DEQ＝∠BEC，
∴∠CEB＝∠CEQ，
在△CEB和△CEQ中，
，
∴△ECB≌△ECQ（SAS），
∵S五边形ABCDE ＝S四边形EBCQ ＝2S△EBC ＝30，
∴S△EBC ＝15，
∵CD＝ AB＝4，
∴AB＝6，CD＝4，
∴BC＝CD+QD＝CD+AB＝10，
∴ ×10×EH＝15，
∴EH＝3，
∴点E到BC的距离为3．1．已知，如图，AD∥BC，AE平分∠BAD，BE平分∠ABC，求证：AD+BC＝AB．
【答案】略
【解答】证法一：在AB上截取AF＝AD，连接EF，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠FAE，
由AF＝AD，∠DAE＝∠FAE，AE＝AE，可得△ADE≌△AFE（SAS），
∴∠DEA＝∠FEA，
∵AD∥BC，AE平分∠BAD，BE平分∠ABC，
∴∠EAB+∠EBA＝ （∠DAB+∠CBA）＝ ×180°＝90°，∠CBE＝∠FBE，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AED+∠BEC＝90°，∠AEF+∠BFE＝90°，
∴∠BEC＝∠BEF，
由∠BEC＝∠BEF，BE＝BE，∠CBE＝∠FBE，可得△BFE≌△BCE，
∴BF＝BC，
∴AB＝AF+BF＝AD+BC；
2.（2020秋•綦江区期末）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC、∠ACB的平分线分别交
AC、AB于点D、E，CE、BD相交于点F，连接DE．
（1）若AC＝BC＝7，求DE的长；
（2）求证：BE+CD＝BC．【答案】（1）DE＝ （2）略
【解答】解：（1）∵AC＝BC，∠A＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB，
又∵BD、CE分别是∠ABC、∠ACB的平分线，
∴D、E分别是AC、AB的中点，
∴AD＝ AC，AE＝ AB，
∴AD＝AE，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE＝AE＝ ；
（2）证明：在BC上截取BH＝BE，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵BF＝BF
∴△EBF≌△HBF（SAS），
∴∠EFB＝∠HFB＝60°．
∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，∴∠ABD＝∠CBD，∠ACE＝∠BCE，
∴∠CBD+∠BCE＝60°，
∴∠BFE＝60°，
∴∠CFB＝120°，
∴∠CFH＝60°，
∴∠CFH＝∠CFD＝60°，
∵CF＝CF，
∴△CDF≌△CHF（ASA）．
∴CD＝CH，
∵CH+BH＝BC，
∴BE+CD＝BC．
3.（2020秋•建华区期末）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△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝
2∠C．求证：AB+BD＝AC．”
李老师给出了如下简要分析：要证AB+BD＝AC，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 AE＝AB，连接 DE，只要证 BD＝
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∠B＝∠AED及BD＝ ，再证出∠ ＝ ，进而得出ED＝
EC，则结论成立．此种证法的基础是“已知AD平分∠BAC，将△ABD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BF＝BD．只要证AF＝AC即可，此
时先证∠ ＝∠C，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】（1）EC，转化，ABD，AED，DE，EDC，∠C
（2）F，AFD，ACD
【解答】解：方法一、在AC上截取AE＝AB，连接DE，如图2：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
在△ABD和△AED中，
，
∴△ABD≌△AED（SAS），
∴∠B＝∠AED，BD＝DE，
又∵∠B＝2∠C，
∴∠AED＝2∠C，
而∠AED＝∠C+∠EDC＝2∠C，
∴∠C＝∠EDC，
∴DE＝CE，
∴AB+BD＝AE+CE＝AC，
故答案为：EC，转化，ABD，AED，DE，EDC，∠C；
方法二、如图3，延长AB至点F，使BF＝BD，
∴∠F＝∠BDF，
∴∠ABD＝∠F+∠BDF＝2∠F，
∵∠ABD＝2∠C，
∴∠F＝∠C，
在△AFD和△ACD中，
，
∴△AFD≌△ACD（AAS），
∴AC＝AF，
∴AC＝AB+BF＝AB+BD，
故答案为F，AFD，ACD
4．（2019秋•四川期中）我们知道，利用三角形全等可以证明两条线段相等．但是我们会
碰到这样的“和差”问题：“如图①，AD为△ABC的高，∠ABC＝2∠C，证明：CD
＝AB+BD”．我们可以用“截长、补短”的方法将这类问题转化为证明两条线段相等的
问题：在CD上截取DE＝BD，连接AE．
（1）请补写完这个证明：（2）运用上述方法证明：如图②，AD平分∠BAC，∠ABC＝2∠C，证明：BD＝AC﹣
AB．
【答案】（1）略 （2）略
【解答】（1）证明：在CD上截取DE＝BD，连接AE，
∵AD⊥BC，
∴AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∵∠B＝2∠C，∠AEB＝∠C+∠EAC，
∴∠C＝∠EAC，
∴EC＝AE＝AB，
∴CD＝CE+DE＝AB+BD．
（2）证明：在AC上截取AE＝AB，连接DE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
在△BAD和△EAD中
∴△BAD≌△EAD，
∴DE＝BD，∠B＝∠AED，
∵∠B＝2∠C，∠AED＝∠C+∠EDC，
∴∠C＝∠EDC，
∴DE＝EC＝DB，
∵AC﹣AE＝EC，EC＝BD，AE＝AB，∴BD＝AC﹣AB．
5．（2020春•南岸区期末）在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂
足分别为B，C．且BD＝CD，点E，F分别在边AM和AN上．
（1）如图1，若∠BED＝∠CFD，请说明DE＝DF；
（2）如图2，若∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并
说明你的结论成立的理由．
【答案】（1）略 （2）EF＝FC+BE
【解答】解：（1）∵DB⊥AM，DC⊥AN，
∴∠DBE＝∠DCF＝90°，
在△BDE和△CDF中，
∵
∴△BDE≌△CDF（AAS）．
∴DE＝DF；
（2）EF＝FC+BE，
理由：过点D作∠CDG＝∠BDE，交AN于点G，
在△BDE和△CDG中，
，
∴△BDE≌△CDG（ASA），
∴DE＝DG，BE＝CG．
∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，
∴∠BDE+∠CDF＝60°．
∴∠FDG＝∠CDG+∠CDF＝60°，
∴∠EDF＝∠GDF．在△EDF和△GDF中，
，
∴△EDF≌△GDF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF＝FC+CG＝FC+BE．
