“截长补短法”在一类几何证明题中的运用

“截长补短法”在一类几何证明题中的运用

吴粉连

金坛华罗庚实验学校吴粉连

探究线段的和、差、倍、分是平面几何中常见的问题，“截长补短法”是解决这一类问题的一种常用的特殊方法，“截长”就是将题中的某条线段截成题中的几条线段之和；“补短”就是将题中某条线段延长（补上某线段），然后，证明它与题中某条线段相等。

例1已知：△ABC是⊙O的内接等边三角形，点P为弧BC上一动点，求证：PA=PB+PC。

分析：直接证明PA=PB+PC，困难较大。可用截长法：在PA上截取PD=PB，再证明PC=DA即可（或用补短法：在BP或CP上各补上与CP或BP相等的线段，再证明PA与这条线段相等）。

证明（截长法）：在PA上截取PD=PB，连接BD，

∵△ABC是圆O的内接等边三角形，∴BA=BC，∠ABC=∠ACB=60°。

∵∠BPA=∠BCA，

∴∠BPA=60°。

∴△BPD是等边三角形。

∴BD=BP，∠DBP=60°。

∴∠ABD=∠CBP。

∴△ABD≌△CBP。

∴PC=DA。

又∵PA=PD+DA，

∴PA=PB+PC。

证明（补短法）：延长BP到D使PD=PC，连接CD，

∵△ABC是圆内接等边三角形，∴AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°。

∵∠BPA=∠BCA，∠ABC=∠APC，

∴∠BPA=60°=∠APC。∴∠CPD=60°。

∴△CPD是等边三角形。

∴CD=CP∠DCP=60°。∴∠ACP=∠BCD。

∴△ACP≌△BCD。∴PA=BA。

又∵BD=PD+BP，∴PA=PB+PC。

例2已知：四边形ABCD是☉O的内接正方形，点P为弧BC上一动点，求证：PA=PC+■PB。

分析一：要证明PA=PC+■PB，我们可以在PA上取AD=PC，连接BD，再想办法证明PD=■PB，问题可以解决。

证明：在AP上截取AE=PC，连接BE。

∵四边形ABCD是圆内接正方形，∴AB=CB，∠BPA=45°。

∵∠BAP=∠BCP，∴△ABE≌△CBP，

∴BE=BP，

∴∠BEP=∠BPE=45°，∠PBE=90°，

∴PE=■PB。又∵PA=PE+AE，

∴PA=PC+■PB。

说明：上面的方法是用截长法来完成证明的，当然我们也可以过B点作BE⊥BP交PA于点E，直接构造等腰△PBE，达到证明PE=■PB的目的，再想办法去证明AE=PC，问题从而解决。（证明略）

分析二：本题我们也可以用补短法来证明，我们可以延长CP并过B点作BE⊥BP交CP的延长线于点E。可以证明△PBE为等腰三角形，得到PE=■PB，再想办法证明△ABP≌△CBE，得到PA=EC，可以完成证明。

证明：延长CP并过点B作BE⊥BP交CP的延长线于点E。

∵四边形ABCD是圆内接正方形，∴AB=CB∠BPA=45°∠ABC=∠APC=90°。

∴∠EPB=45°；∴BE=BP，

∴PE=■PB，又∵∠ABP=∠CBE，

∴△ABP≌△CBE。∴PA=CE。

又∵CE=PE+PC，∴PA=PC+■PB。

说明：通过前面两道例题的分析和证明，我们的确体会到对用“截长补短法”来解决问题的方便性，用这种方法来解决问题的好处很明显，思考下列问题的解题思路。

已知：六边形ABCD是⊙O的内接正六边形，点P为弧BC上一动点，请探究PA、PB、PC者之间有何数量关系，并给予证明。

分析：如果我们模仿前面问题的解法，可以在AP上截取AG=PC，连接BG，可以发现△ABG≌△CBP，从而得到BG=BP，又因为∠BPG=30°，所以∠BGP=30°，在△BGP中可以得到PG=■PB，从而得到PA=PC+■PB的结论。当然我们也可以延长CP到G，使CG=AP，连接BG，可以发现△ABP≌△CBG，从而得到BG=BP，又因为∠BPC=150°，所以∠BPG=30°，在△BGP中可以得到PG=■PB，从而得到PA=PC+■PB。

上面三道例题都是有关圆的内接正多边形问题，在解决这类问题的过程中都用到了“截长补短”的方法，利用此法可以使证明思路清晰，往往给我们留下“柳暗花明又一村”的感觉。