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【典例1】如图，在$△ ABC$中，$∠ A＝60°$，$BE$，$CF$分别是$∠ ABC$和$∠ ACB$的平分线，$CF$与$BE$相交于点$O$.求证：$BF＋CE＝BC$.
答案
证法一(截长法):在BC上截取BK=BF,连接OK，
∵2∠OBC+2∠OCB=120°,
∴∠OBC+∠OCB=60°,
∴∠BOF=∠COE=60°,
在△BOF和△BOK中,
$\begin{cases} BF=BK, \\ ∠FBO=∠OBK, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BOF≌△BOK(SAS),
∴∠BOK=∠BOF=60°,
∴∠COK=60°,
在△COE和△COK中,
$\begin{cases} ∠COE=∠COK, \\ OC=OC, \\ ∠OCE=∠OCK, \end{cases}$
∴△COE≌△COK(ASA),
∴CK=CE,
∴BC=BF+CE.
证法二(补短法):在BA上截取BM=BC，
在△BMO和△BCO中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠OBM=∠OBC, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BMO≌△BCO(SAS),
∴OM=OC,
∠MOB=∠COB=120°,
∴∠FOM=∠COE=60°,
在△FOM和△EOC中,
$\begin{cases} ∠FMO=∠OCE, \\ OM=OC, \\ ∠FOM=∠COE, \end{cases}$
∴△FOM≌△EOC(ASA),
∴FM=CE,
∴BC=BM=BF+CE.
解析
【分析】
要证明BF+CE=BC，属于典型的线段和差类证明问题，通常采用截长补短法构造全等三角形求解：
首先由∠A=60°，可得△ABC中∠ABC+∠ACB=120°，结合BE、CF是角平分线的条件，可推出∠OBC+∠OCB=60°，进而得到∠BOF=∠COE=60°、∠BOC=120°，为后续证明全等提供角的条件。
思路1（截长法）：在较长边BC上截取BK=BF，利用角平分线和公共边先证△BOF≌△BOK，再结合推出的角的度数关系证△COE≌△COK，即可得到CK=CE，从而得到BC=BF+CE。
思路2（补短法）：在BA上截取BM=BC，先证△BMO≌△BCO得到边和角的等量关系，再证△FOM≌△EOC将CE转化为FM，即可得到BC=BM=BF+CE。
【解析】
证法一(截长法):
在BC上截取BK=BF,连接OK，
∵2∠OBC+2∠OCB=180°-∠A=120°,
∴∠OBC+∠OCB=60°,
∴∠BOF=∠COE=60°,
在△BOF和△BOK中,
$\begin{cases} BF=BK, \\ ∠FBO=∠OBK, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BOF≌△BOK(SAS),
∴∠BOK=∠BOF=60°,
∴∠COK=∠BOC-∠BOK=120°-60°=60°,
在△COE和△COK中,
$\begin{cases} ∠COE=∠COK, \\ OC=OC, \\ ∠OCE=∠OCK, \end{cases}$
∴△COE≌△COK(ASA),
∴CK=CE,
∴BC=BK+CK=BF+CE.
证法二(补短法):
在BA上截取BM=BC，
在△BMO和△BCO中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠OBM=∠OBC, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BMO≌△BCO(SAS),
∴OM=OC,
∠MOB=∠COB=120°,
∴∠FOM=180°-∠MOB=60°=∠COE,
在△FOM和△EOC中,
$\begin{cases} ∠FMO=∠OCE, \\ OM=OC, \\ ∠FOM=∠COE, \end{cases}$
∴△FOM≌△EOC(ASA),
∴FM=CE,
∴BC=BM=BF+FM=BF+CE.
【答案】
证法一(截长法):
在BC上截取BK=BF,连接OK，
∵2∠OBC+2∠OCB=120°,
∴∠OBC+∠OCB=60°,
∴∠BOF=∠COE=60°,
在△BOF和△BOK中,
$\begin{cases} BF=BK, \\ ∠FBO=∠OBK, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BOF≌△BOK(SAS),
∴∠BOK=∠BOF=60°,
∴∠COK=60°,
在△COE和△COK中,
$\begin{cases} ∠COE=∠COK, \\ OC=OC, \\ ∠OCE=∠OCK, \end{cases}$
∴△COE≌△COK(ASA),
∴CK=CE,
∴BC=BF+CE.
证法二(补短法):
在BA上截取BM=BC，
在△BMO和△BCO中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠OBM=∠OBC, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BMO≌△BCO(SAS),
∴OM=OC,
∠MOB=∠COB=120°,
∴∠FOM=∠COE=60°,
在△FOM和△EOC中,
$\begin{cases} ∠FMO=∠OCE, \\ OM=OC, \\ ∠FOM=∠COE, \end{cases}$
∴△FOM≌△EOC(ASA),
∴FM=CE,
∴BC=BM=BF+CE.
【知识点】
角平分线的定义；全等三角形的判定与性质；截长补短法
【点评】
本题是线段和差证明的经典题型，核心是利用截长补短构造全等三角形，结合角平分线的性质实现线段的等量转换，这类辅助线方法在几何证明中应用广泛，需熟练掌握。
【难度系数】
0.6
要证明BF+CE=BC，属于典型的线段和差类证明问题，通常采用截长补短法构造全等三角形求解：
首先由∠A=60°，可得△ABC中∠ABC+∠ACB=120°，结合BE、CF是角平分线的条件，可推出∠OBC+∠OCB=60°，进而得到∠BOF=∠COE=60°、∠BOC=120°，为后续证明全等提供角的条件。
思路1（截长法）：在较长边BC上截取BK=BF，利用角平分线和公共边先证△BOF≌△BOK，再结合推出的角的度数关系证△COE≌△COK，即可得到CK=CE，从而得到BC=BF+CE。
思路2（补短法）：在BA上截取BM=BC，先证△BMO≌△BCO得到边和角的等量关系，再证△FOM≌△EOC将CE转化为FM，即可得到BC=BM=BF+CE。
【解析】
证法一(截长法):
在BC上截取BK=BF,连接OK，
∵2∠OBC+2∠OCB=180°-∠A=120°,
∴∠OBC+∠OCB=60°,
∴∠BOF=∠COE=60°,
在△BOF和△BOK中,
$\begin{cases} BF=BK, \\ ∠FBO=∠OBK, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BOF≌△BOK(SAS),
∴∠BOK=∠BOF=60°,
∴∠COK=∠BOC-∠BOK=120°-60°=60°,
在△COE和△COK中,
$\begin{cases} ∠COE=∠COK, \\ OC=OC, \\ ∠OCE=∠OCK, \end{cases}$
∴△COE≌△COK(ASA),
∴CK=CE,
∴BC=BK+CK=BF+CE.
证法二(补短法):
在BA上截取BM=BC，
在△BMO和△BCO中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠OBM=∠OBC, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BMO≌△BCO(SAS),
∴OM=OC,
∠MOB=∠COB=120°,
∴∠FOM=180°-∠MOB=60°=∠COE,
在△FOM和△EOC中,
$\begin{cases} ∠FMO=∠OCE, \\ OM=OC, \\ ∠FOM=∠COE, \end{cases}$
∴△FOM≌△EOC(ASA),
∴FM=CE,
∴BC=BM=BF+FM=BF+CE.
【答案】
证法一(截长法):
在BC上截取BK=BF,连接OK，
∵2∠OBC+2∠OCB=120°,
∴∠OBC+∠OCB=60°,
∴∠BOF=∠COE=60°,
在△BOF和△BOK中,
$\begin{cases} BF=BK, \\ ∠FBO=∠OBK, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BOF≌△BOK(SAS),
∴∠BOK=∠BOF=60°,
∴∠COK=60°,
在△COE和△COK中,
$\begin{cases} ∠COE=∠COK, \\ OC=OC, \\ ∠OCE=∠OCK, \end{cases}$
∴△COE≌△COK(ASA),
∴CK=CE,
∴BC=BF+CE.
证法二(补短法):
在BA上截取BM=BC，
在△BMO和△BCO中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠OBM=∠OBC, \\ BO=BO, \end{cases}$
∴△BMO≌△BCO(SAS),
∴OM=OC,
∠MOB=∠COB=120°,
∴∠FOM=∠COE=60°,
在△FOM和△EOC中,
$\begin{cases} ∠FMO=∠OCE, \\ OM=OC, \\ ∠FOM=∠COE, \end{cases}$
∴△FOM≌△EOC(ASA),
∴FM=CE,
∴BC=BM=BF+CE.
【知识点】
角平分线的定义；全等三角形的判定与性质；截长补短法
【点评】
本题是线段和差证明的经典题型，核心是利用截长补短构造全等三角形，结合角平分线的性质实现线段的等量转换，这类辅助线方法在几何证明中应用广泛，需熟练掌握。
【难度系数】
0.6
【典例2】如图，在△ABC中，∠A=100°，∠ABC=40°，BD是△ABC的角平分线，延长BD至点E，使DE=AD，连接EC.求证：BC=AB+CE.
备用图
备用图答案
证法一(截长法):在BC上截取BM=BA,连接DM，
在△ABD和△MBD中,
$\begin{cases} AB=BM, \\ ∠ABD=∠MBD, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△ABD≌△MBD(SAS),
∴∠A=∠BMD=100°,AD=DM,
∠ADB=∠BDM=60°,
在△CDE和△CDM中,
$\begin{cases} DE=DM, \\ ∠CDE=∠CDM=60°, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△CDE≌△CDM(SAS),
∴CM=CE,
∴BC=AB+CE.
证法二(补短法):延长BA至M使BM=BC，
在△BDM和△BDC中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠MBD=∠DBC, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△BDM≌△BDC(SAS),
∴DM=CD,
∠BDC=∠BDM=120°,
∴∠ADM=∠CDE=60°,
在△ADM和△EDC中,
$\begin{cases} AD=DE, \\ ∠MDA=∠CDE=60°, \\ DM=CD, \end{cases}$
∴△ADM≌△EDC(SAS),
∴CE=AM,
∴BC=AB+CE.
解析
【分析】
要证明BC=AB+CE，属于线段和差类证明问题，通常采用截长补短法求解。首先已知BD是△ABC的角平分线，可依托角平分线、公共边BD构造全等三角形，通过截长法把AB转化到BC边上，或通过补短法把BC转化到BA的延长线上；再结合DE=AD的条件，证明另一组全等三角形，将CE与剩余的线段对应相等，即可完成证明。首先可先计算△ABC的相关角度：∠ACB=180°-∠A-∠ABC=40°，BD平分∠ABC得∠ABD=∠CBD=20°，进而得∠ADB=60°，为后续全等证明提供等角条件。
【解析】
证法一（截长法）
在BC上截取BM=BA，连接DM，
在△ABD和△MBD中：
$\begin{cases} AB=BM, \\ ∠ABD=∠MBD, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△ABD≌△MBD（SAS），
∴∠A=∠BMD=100°，AD=DM，∠ADB=∠BDM=60°，
可得∠CDM=180°-∠ADB-∠BDM=60°，且∠CDE=∠ADB=60°，即∠CDE=∠CDM。
在△CDE和△CDM中：
$\begin{cases} DE=DM, \\ ∠CDE=∠CDM=60°, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△CDE≌△CDM（SAS），
∴CM=CE，
∵BC=BM+CM，
∴BC=AB+CE。
证法二（补短法）
延长BA至M使BM=BC，连接DM，
在△BDM和△BDC中：
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠MBD=∠DBC, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△BDM≌△BDC（SAS），
∴DM=CD，∠BDC=∠BDM=120°，
可得∠ADM=∠BDM-∠ADB=60°，且∠CDE=∠ADB=60°，即∠ADM=∠CDE。
在△ADM和△EDC中：
$\begin{cases} AD=DE, \\ ∠MDA=∠CDE=60°, \\ DM=CD, \end{cases}$
∴△ADM≌△EDC（SAS），
∴CE=AM，
∵BC=BM=AB+AM，
∴BC=AB+CE。
【答案】
证法一(截长法):在BC上截取BM=BA,连接DM，
在△ABD和△MBD中,
$\begin{cases} AB=BM, \\ ∠ABD=∠MBD, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△ABD≌△MBD(SAS),
∴∠A=∠BMD=100°,AD=DM,
∠ADB=∠BDM=60°,
在△CDE和△CDM中,
$\begin{cases} DE=DM, \\ ∠CDE=∠CDM=60°, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△CDE≌△CDM(SAS),
∴CM=CE,
∴BC=AB+CE.
证法二(补短法):延长BA至M使BM=BC，
在△BDM和△BDC中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠MBD=∠DBC, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△BDM≌△BDC(SAS),
∴DM=CD,
∠BDC=∠BDM=120°,
∴∠ADM=∠CDE=60°,
在△ADM和△EDC中,
$\begin{cases} AD=DE, \\ ∠MDA=∠CDE=60°, \\ DM=CD, \end{cases}$
∴△ADM≌△EDC(SAS),
∴CE=AM,
∴BC=AB+CE.
【知识点】
截长补短法、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义
【点评】
本题是线段和差证明的典型题，核心是结合角平分线的条件利用截长补短法构造全等三角形，将分散的三条线段转化到相关全等图形中建立和差关系，熟练掌握截长补短的构造思路是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
要证明BC=AB+CE，属于线段和差类证明问题，通常采用截长补短法求解。首先已知BD是△ABC的角平分线，可依托角平分线、公共边BD构造全等三角形，通过截长法把AB转化到BC边上，或通过补短法把BC转化到BA的延长线上；再结合DE=AD的条件，证明另一组全等三角形，将CE与剩余的线段对应相等，即可完成证明。首先可先计算△ABC的相关角度：∠ACB=180°-∠A-∠ABC=40°，BD平分∠ABC得∠ABD=∠CBD=20°，进而得∠ADB=60°，为后续全等证明提供等角条件。
【解析】
证法一（截长法）
在BC上截取BM=BA，连接DM，
在△ABD和△MBD中：
$\begin{cases} AB=BM, \\ ∠ABD=∠MBD, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△ABD≌△MBD（SAS），
∴∠A=∠BMD=100°，AD=DM，∠ADB=∠BDM=60°，
可得∠CDM=180°-∠ADB-∠BDM=60°，且∠CDE=∠ADB=60°，即∠CDE=∠CDM。
在△CDE和△CDM中：
$\begin{cases} DE=DM, \\ ∠CDE=∠CDM=60°, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△CDE≌△CDM（SAS），
∴CM=CE，
∵BC=BM+CM，
∴BC=AB+CE。
证法二（补短法）
延长BA至M使BM=BC，连接DM，
在△BDM和△BDC中：
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠MBD=∠DBC, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△BDM≌△BDC（SAS），
∴DM=CD，∠BDC=∠BDM=120°，
可得∠ADM=∠BDM-∠ADB=60°，且∠CDE=∠ADB=60°，即∠ADM=∠CDE。
在△ADM和△EDC中：
$\begin{cases} AD=DE, \\ ∠MDA=∠CDE=60°, \\ DM=CD, \end{cases}$
∴△ADM≌△EDC（SAS），
∴CE=AM，
∵BC=BM=AB+AM，
∴BC=AB+CE。
【答案】
证法一(截长法):在BC上截取BM=BA,连接DM，
在△ABD和△MBD中,
$\begin{cases} AB=BM, \\ ∠ABD=∠MBD, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△ABD≌△MBD(SAS),
∴∠A=∠BMD=100°,AD=DM,
∠ADB=∠BDM=60°,
在△CDE和△CDM中,
$\begin{cases} DE=DM, \\ ∠CDE=∠CDM=60°, \\ CD=CD, \end{cases}$
∴△CDE≌△CDM(SAS),
∴CM=CE,
∴BC=AB+CE.
证法二(补短法):延长BA至M使BM=BC，
在△BDM和△BDC中,
$\begin{cases} BM=BC, \\ ∠MBD=∠DBC, \\ BD=BD, \end{cases}$
∴△BDM≌△BDC(SAS),
∴DM=CD,
∠BDC=∠BDM=120°,
∴∠ADM=∠CDE=60°,
在△ADM和△EDC中,
$\begin{cases} AD=DE, \\ ∠MDA=∠CDE=60°, \\ DM=CD, \end{cases}$
∴△ADM≌△EDC(SAS),
∴CE=AM,
∴BC=AB+CE.
【知识点】
截长补短法、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义
【点评】
本题是线段和差证明的典型题，核心是结合角平分线的条件利用截长补短法构造全等三角形，将分散的三条线段转化到相关全等图形中建立和差关系，熟练掌握截长补短的构造思路是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
