2025年中考数学几何辅助线解题方法第14招 边边有加减，常把一边延（含解析）

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第14招 边边有加减，常把一边延
在题目给出的条件中，若涉及线段的和、差的信息，往往要主动想到延长一边，使之等于另一边，或在长线段上截取一段等于另一小线段(长线段上取短线)等辅助线.因为采用“延长”“截取”的手段，将图形进行适当的改造后，不仅在形式上能把要证的和、差关系转化为新的、易把握的等量关系，更新思考方向，而且还能把原来较难直接确定的关系巧妙地串通起来，进行综合分析，由此挖掘图形的相似，或线段、角的相等，达到证明的目的.此招辅助线我们可将它表述为：
边边有加减，常把一边延.
有时也说成：边边有加减，长线段上取短线.
例1 (1) 如图 14-1所示,在△ABC中,∠BAC=60°,∠C=40°,AP平分∠BAC 交 BC 于点 P,BQ 平分∠ABC 交AC 于点 Q,求证:AB+BP=BQ+AQ.
(2)如图14-2所示,若AP 为△ABC的中线,求证AB+AC>2AP.
解析 (1) 证法1 延长 AB 至点D,使 BD=BP,连接 DP,如图14-3所示.
(边边有加减，常把一边延)
由此可得△BPD为等腰三角形.
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°,则△QBC为等腰三角形.
由此可得BQ=QC.
∴AB+BP=AB+BD=AD=AC=AQ+QC=AQ+BQ.
证法2 ∵∠ABC=80°>40°=∠C,∴AC>AB.
在AC上截取AD=AB,连接 PD,如图14-4所示.
(边边有加减，长线段上取短线)
∵AP平分∠BAC,∴∠BAP=∠CAP=30°.
又AP 为公共边，
∴△ABP≌△ADP(SAS).
由此可得BP=DP,且∠BPA=∠DPA=70°.
从而可得∠DPC=∠QBC=∠C=40°,即△QBC与△DPC均为等腰三角形.
∴DP=DC,BQ=QC.
由此可得AB+BP=AD+PD=AD+DC=AC=AQ+QC=AQ+BQ.
证法3 如图14-5 所示,由题意知∠AQB=∠QBC+∠C=80°,则AB>AQ.
于是,在线段AB上取AD=AQ,连接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) 延长AP 至点E,使 PE=AP,连接BE,CE.如图14-6 所示.(中点、中线想中位线，延长或作平行线)
∵AP 为△ABC的中线,
∴BP=CP.
在△ACP 和△EBP中.
∴△ACP≌△EBP(SAS).
∴BE=CA.
在△ABE中有:AB+BE>AE,
(三角形两边之和大于第三边)
∴AB+AC>2AP.
点评 本题主要考查全等三角形的性质和判定，三角形中两边之和大于第三边及三角形内角和定理的应用，考查学生推理能力，有一定的难度.本题的求解充分体现了“边边有加减，常把一边延”“边边有加减，长线段上取短线”的战术思想.通过本题的几种辅助线添加方法，可体会添加辅助线的目的在于构造全等三角形.而不同的添加方法实际上是从不同途径来实现线段的转移.从变换的观点来看，“延长线段”或“在长线段上取短线段”，实质上是“作平行线”的另一途径.如对第(1)问证法1来说, “延长AB 至点D,使BD=BP”,相当于“过点 P 作PD∥BQ交AB 于点 D,连接 PD”.这两种作法效果是一样的，只是说法不同而已.由此可知，对本问的证明，当把“延长”“截取”变为“作平行线”时还有更多的证法.另外，本题也可按图14-7，图14-8所示的辅助线来探究，读者不妨试试.
第(2)问，是有关线段和差的不等式的证明.对这类命题的证明，通常要联系到三角形中两边之和大于第三边、两边之差小于第三边，故可想办法将其放在一个三角形中证明.在利用三角形三边关系证明线段不等关系时，如直接证明困难时，可延长某边构成新的三角形，使结论中出现的线段在一个或几个三角形中，再运用三角形三边的不等关系证明.
例2【感知】小亮遇到了这样一道题:已知如图14-9所示,在△ABC中,AB=AC,D在AB 上,E在AC的延长线上,DE交BC 于点F,且DF=EF,求证:BD=CE.小亮仔细分析了题中的已知条件后，如图14-10所示，过 D点作DG∥AC交BC 于点G，进而解决了该问题.
【探究】如图14-11 所示,在四边形 ABCD中,AB∥DC,E为BC 边的中点,∠BAE=∠EAF,AF 与DC 的延长线相交于点 F.试探究线段AB 与AF，CF 之间的数量关系，并证明你的结论.
【应用】如图14-12所示,在正方形ABCD中,E为AB 边的中点,G,F分别为AD，BC边上的点，若 ,则GF与AG,BF的数量关系为 .
解析 【探究】AB=AF+CF.
如图14-13所示,分别延长 DC,AE,交于点G,再连接 BG.
(边边有加减，常把一边延)
∵AB∥DC,
∴∠ABC=∠GCE,∠BAE=∠EGC.
∵E为BC 边的中点,∴BE=CE.
∴△ABE≌△GCE(AAS).
∴AB=GC.
又∠BAE=∠EAF,
∴∠EGF=∠EAF,从而可得AF=GF.
∴AB=CG=GF+CF=AF+CF.
【应用】如图14-14 所示,延长GE 交CB 的延长线于点M.
∵四边形 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 如图14-15 所示,
∵∠GEF=90°,∴∠1+∠2=90°.
又∠3+∠2=90°,
∴∠3=∠1.
于是,在 Rt△AEG与Rt△EFB中,有
则有AE·BE=AG·BF=
又AE=BE,
故填(
点评 本题主要考查正方形的性质、三角形的中线、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，考查应用意识与推理能力，综合性强.第(1)问，是探究一条线段与另外两条线段的数量关系，由此想到将AF 转到与CF 共线的位置，即作延长CF 至点G，使FG=AF 的辅助线，转证CG=AB，颇有创意.对此，也可从证明ABGC为平行四边形来突破.第(2)问，解法1关键在于：一、由中点E作EG延长线交 FB 边的延长线，挖掘全等三角形，二、由∠GEF=90°，挖掘△GFM为等腰三角形.解法2注重图形分析，活用正切函数.进行转换，跳过了辅助线的添加，是一种好的思路.
例3 (1)已知:如图14-16 所示,△ABC是⊙O的内接正三角形,点 P为BC上一动点,求证:PA=PB+PC.
(2) 如图14-17所示,四边形 ABCD 是⊙O的内接正方形,P 为 上一动点，求证：
(3)如图14-18所示,六边形 ABCDEF 是⊙O 的内接正六边形,点P 为 上一动点，请探究 PA，PB，PC三者之间有何数量关系，并给予证明.
解析(1) 证法1 显然，所证的问题是边边有加减模型.
故延长 BP 至点D,使 PD=PC,连接CD.如图14-19 所示.
则线段 PB，PC合成一条线段BD.
故须转证 PA=BD.(边边有加减，常把一边延)
∵A,B,P,C四点共圆,∴∠BAC+∠BPC=180°.
∵∠BPC+∠DPC=180°,
∴∠BAC=∠CPD=60°,PD=PC.
∴△PCD是等边三角形.∴CD=PC,∠D=60°.
又∠BCD=60°+∠BCP,∠ACP=60°+∠BCP,
∴∠BCD=∠ACP.
∵△ABC、△DCP 为等边三角形,
∴CD=CP,BC=AC.
∴△BDC≌△APC(SAS).
∴PA=DB=PB+PC.
证法2 延长 BP 至点D,使BD=AP,连接CD.
(边边有加减，常把一边延)
如图14-20所示,由图易知∠CAP=∠CBD.
又AC=AB,BD=AP,从而可得△ACP≌△BCD(SAS).
∴CP=CD.
又∠CPD=∠CAB=60°,∴△PCD 是正三角形.∴PC=CD=PD.
∴PA=BD=PB+PC.
证法3 在AP上截取PE=PC,如图14-21所示.
(边边有加减，长线段上取短线)
∵∠APC=∠ABC=60°,
∴△PEC为等边三角形.
从而可得CE=CP,∠PCE=60°.
又∠ACB=60°,∴∠ACE=∠BCP.
又CA=CB,∴△CAE≌△CBP.
则有AE=PB,∴PA=PC+PB.
(2) 过点 B作BE⊥PB,交 PA于点E,如图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.
证明 过点 B作BM⊥AP,在AP上截取AQ=PC,连接BQ，如图14-23所示(长线段上取短线).
∵∠BAP=∠BCP,AB=BC,∴△ABQ≌△CBP(SAS).
∴BQ=BP.从而可得MP=QM.
又∠APB=30°,
由此可得
∴PA=PQ+AQ=PC+ PB.
点评 本题考查了圆周角定理、正多边形和圆的有关知识，考查了等边三角形的性质和三角形全等的判定与性质，考查了证明一条线段等于两条线段和的方法.证法1与证法2 采用的是延长线段，构建全等三角形；证法3采用的是截取线段的方法来构建全等三角形.当然，也可在AP上截取PE=PB，读者不妨试试.本题三种证法都充分体现了边边有加减，常把一边延”的战术思想.
跟踪训练
1. (1)如图1所示,在△ABC中,AB=4,AC=6,AD是BC边上的中线,延长AD 到点E 使DE=AD,连接CE,把 AB,AC,2AD 集中在 中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 .
(2)如图2所示,在△ABC中,AD是BC 边上的中线,点 E,F 分别在AB,AC上,且DE⊥DF,求证:BE+CF>EF.
(3)如图 3所示,在四边形 ABCD 中,∠A 为钝角,∠C 为锐角,∠B+∠ADC=180°,DA=DC,点 E,F分别在BC,AB 上,且∠EDF= 连接EF，试探索线段 AF，EF，CE 之间的数量关系，并加以证明.
2. (1) 如图1所示,在 中，已知a，b，c三边满足 求证：
(2) 如图2所示,在 中，已知 ,AD平分 求证：
3. 如图所示，在 中,D是AB上一点,DE⊥AC,垂足为E,F是AD 的中点， ,垂足为G,FG与DE交于点H,若FG=AF,AG平分 连接GE,GD.
(1) 求证:
(2)小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC.请你帮助小亮同学证明这一结论.
(3)若 ，判定四边形AEGF 是否为菱形，并说明理由.
答案
1. (1)1∴△CDE≌△BDA(SAS).∴EC=AB=4.
∵6-4故答案为1(2) 证明 如图1所示,延长ED到点H,使得DH=DE,连接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)结论:AF+EC=EF.
理由:延长 BC到点 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)证明 如图1所示,延长CA至点D,使AD=c,连接BD.
(边边有加减，常把一边延)
在△ABC和△BDC中,
由 得 即 又∠C=∠C,
则△ABC∽△BDC.∴∠D=∠ABC.
∵AB=AD=c,∴∠D=∠ABD.
而∠BAC=2∠D,∴∠A=2∠B.
(2)证法1 延长AC至点E,使CD=CE,如图2所示.(边边有加减，常把一边延)
∴∠CDE=∠CED.∴∠ACB=2∠E,
∵∠ACB=2∠B,∴∠B=∠E,
在△ABD与△AED中
∴△ABD≌△AED(AAS).∴AB=AE.
又AE=AC+CE=AC+DC,
∴AB=AC+DC.
证法2 在AB上截取AF=AC,如图3所示.
(边边有加减，长线段上取短线)
在△AFD与△ACD中,
∴△AFD≌△ACD(SAS).
∴DF=DC,∠AFD=∠ACD.
又∠ACB=2∠B,∴∠AFD=2∠B.∴∠FDB=∠B,从而FD=FB.
∴AB=AF+FB=AC+FD=AC+CD,
想一想 由(1)可获得一个猜想:延长BA到点E,使AE=AC,连接EC,则BC<2AC,即a<2b.故可得新命题:在△ABC中,若A,B,C的对边分别是a,b,c,且∠A=2∠B,则 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.
从而可得AC⊥BC.
∴∠C=∠DHG=90°,且∠CGE=∠GED.
∵F是AD的中点,FG∥AE,∴H是ED的中点.
故 FG是线段ED 的垂直平分线.
∴GE=GD,∠GDE=∠GED.
∴∠CGE=∠GDE.(引线造角望相似)
∴△ECG≌△GHD(AAS).
(2)证法1 过点G作GP⊥AB,垂足为 P,如图1所示.
(边边有加减，长线段上取短线)
∵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,则有AD=AP+PD=AC+EC.
证法2 延长EC至点M,使CM=EC,连接MG,如图2所示.
(边边有加减，常把一边延)
∵AG平分∠CAB,∴∠1=∠2.
由(1)知
∵F为AD 的中点,∴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三点共线.∴AG为底边MD 的高.
∴AM=AD=AC+EC.
(3) 四边形 AEGF 是菱形.
证明:∵∠B=30°,∴∠ADE=30°.
又由(1)得AE∥FG,∴四边形AEGF 是平行四边形.
∴四边形AEGF 是菱形.