1、
截长补短法
例1. 已知，如图1-1，在四边形ABCD中，BC＞AB，AD=DC，BD平分∠ABC.
求证：∠BAD +∠BCD=180°.
分析：因为平角等于180°，因而应考虑把两个不在一起的通过全等转化成为平角，图中缺少全等的三角形，因而解题的关键在于构造直角三角形，可通过“截长补短法”来实现.
证明：过点D作DE垂直BA的延长线于点E，作DF⊥BC于点F，如图1-2
图1-1
∵BD平分∠ABC，∴DE=DF，
图1-2
在Rt△ADE与Rt△CDF中，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF(HL),∴∠DAE=∠DCF.
又∠BAD+∠DAE=180°，∴∠BAD
2、∠DCF=180°，
即∠BAD+∠BCD=180°
例2. 已知，如图3-1，∠1=∠2，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，AB+BC=2BD.
求证：∠BAP+∠BCP=180°.
分析：与例1相类似，证两个角的和是180°，可把它们移到一起，让它们是邻补角，即证明∠BCP=∠EAP，因而此题适用“补短”进行全等三角形的构造.
证明：过点P作PE垂直BA的延长线于点E，如图3-2
图3-1
∵∠1=∠2，且PD⊥BC，∴PE=PD，
在Rt△BPE与Rt△BPD中，
图3-2
∴Rt△BPE≌Rt△BPD(HL),∴BE=BD.
∵AB+BC=2BD，∴AB+
3、BD+DC=BD+BE，∴AB+DC=BE即DC=BE-AB=AE.
在Rt△APE与Rt△CPD中,
∴Rt△APE≌Rt△CPD(SAS),∴∠PAE=∠PCD
又∵∠BAP+∠PAE=180°,∴∠BAP+∠BCP=180°
例3. 如图2-1，AD∥BC，点E在线段AB上，∠ADE=∠CDE，∠DCE=∠ECB.
求证：CD=AD+BC.
分析：结论是CD=AD+BC，可考虑用“截长补短法”中的“截长”，即在CD上截取CF=CB，只要再证DF=DA即可，这就转化为证明两线段相等的问题，从而达到简化问题的目的.
图2-1
证明：在CD上截取CF=BC，如图2-2
4、
在△FCE与△BCE中，
∴△FCE≌△BCE（SAS）,∴∠2=∠1.
又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠BCD=180°，∴∠DCE+∠CDE=90°，
图2-2
∴∠2+∠3=90°，∠1+∠4=90°，∴∠3=∠4.
在△FDE与△ADE中，
∴△FDE≌△ADE（ASA），∴DF=DA，
∵CD=DF+CF，∴CD=AD+BC.
图4-1
例4. 已知：如图4-1，在△ABC中，∠C＝2∠B，∠1＝∠2.
求证：AB=AC+CD.
分析：从结论分析，“截长”或“补短”都可实现问题的转化，即延长AC至E使CE=CD，或在AB上截取AF=AC.
证明：方法一（补短法）
图4-2
延长AC到E，使DC=CE，则∠CDE＝∠CED，如图4-2
∴∠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.
方法二（截长法）
图4-3
在AB上截取AF=AC，如图4-3
在△AFD与△ACD中,
∴△AFD≌△ACD（SAS）,∴DF=DC，∠AFD＝∠ACD.
又∵∠ACB＝2∠B，∴∠FDB＝∠B，∴FD=FB.
∵AB=AF+FB=AC+FD，∴AB=AC+CD.
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