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正方形與線段相等
【題目】
如圖1所示,正方形 ABCD中,點E,F分別在BC,CD上,BE=CF,AE,BF交于點G.
(1)求∠AGF 的度數.
(2)在線段AG上截取MG=BG,連接DM,∠AGF的角平分線交DM 于點 N.
①依題意補全圖形.
②用等式表示線段 MN 與ND 的數量關系，并證明.
【讀題】
本題是以正方形為背景的幾何綜合題，題干呈現的是正方形中的“十字架”模型.(1)由幾何直觀可得∠AGF為直角.(2)補全圖形如圖2所示.憑借幾何直觀可知 MN=ND.如何進行證明是本題的難點.憑借本題的各種已知條件，可以采用不同的“突破口”，從而可以獲得眾多不同的解題思路.
分析用圖如圖2~14 所示.
【分析】
(1)可證 通過角度推導可得
(2)補全圖形如圖2所示，猜測MN=ND，下面進行證明.
本小問可以考慮的切入點有以下幾個：正方形涉及的“弦圖”和“手拉手”旋轉模型，中點涉及的中位線或者直角三角形斜邊中線，角平分線涉及的軸對稱圖形.這些切入點雖然不同，但是隨著分析的深入，你會發現它們相互之間聯系密切，很難單獨按照這些切入點對思路進行分類.
方法一：
既然MN=ND，那么點 N 為線段 DM 的中點.按構造“8字型”的方法進行.為此可延長GN至點P,使NP=GN,連接AP,DP,但是這樣作輔助線難以證明△MNG≌△DNP.為此,需要變換一下輔助線的交代方式.但是，這一步的靈活操作就會難住不少考生.
如圖3所示，過點A 作AP⊥AE與GN 的延長線相交于點 P，連接DP.
由∠AGF=90°,GN平分∠AGF,可得∠AGN=45°,又∠GAP=90°,可得△GAP 為等腰直角三角形
AG=AP,∠APG=45°
又可證∠BAG=∠DAP,且AB=AD,可得△ABG≌△ADP,則
∠AGB=∠APD=90°
BG=DP=MG
因為∠APD=90°,∠APG=45°,可得∠ ,于是易證△DPN≌△MGN,得MN=DN.
方法二：
如圖4所示,過點 A作AP⊥AE與BM 的延長線交于點 P,連接BM,PM,延長GN 交PD 于點Q.由輔助線作法，可得△APM為等腰直角三角形，AM=AP.
可證△ABM≌△ADP,BM=PD.
取 BM中點 H,連接GH.
可證四邊形 PHGQ為矩形,PQ=HG,則 可得點 Q 為線段PD 的中點.
又BP∥GQ,可得 于是可得MN=DN.
方法三：
結合正方形內的“十字架”模型，考慮構造“弦圖”.為此，如圖5所示，過點 D作DH⊥AE于H,延長GN交DH 于Q.
為了證明點 N 為線段DM 的中點，考慮構造“8字型”模型.過點M作MP⊥AE交GN 于P.可通過證明△MNP≌△DNQ實現證明點N 為線段DM 中點的目的.
證明思路如下：
結合已知信息可得△GHQ和△GMP 均為等腰直角三角形,HG=HQ,GM=BG=PM.可證△ABG≌△DAH,AG=DH,分析線段關系可得DQ=GM=PM.
再證△MNP≌△DNQ,可得 MN=DN.
方法四：
本題還可以通過“平行線分線段成比例”進行解答.如圖 6 所示，過點 D 作DH⊥AE于H,作 DT⊥BG于T,過點 D作DS∥GN交BT 于S.
易證△DST為等腰直角三角形,DT=ST.
結合已知可得 BM∥GN，欲證點 N 為 DM 的中點，可證點 G 為BS 的中點，即證BG=GS.
由△ABG≌DAH,可得AG=DH,BG=AH.
又由四邊形 DHGT為矩形,可得GT=DH=AG,DT=ST=GH,可得GS=AH=BG.
可得點G為BS 的中點，則 問題得證.
方法五：
下面對方法四進行“優化”，這種思路可以把GN平分∠AGF看作突破口，構造軸對稱圖形.
如圖7所示，在GF上截取GS=GM，進而可得AG為線段BS 的垂直平分線，連接AS，DS,BM,于是AS=AB=AD,進而可得點 B,S,D在以點A 為圓心的圓上,于是∠DSF= 易證得結論成立.
方法六：
除了采用方法五的“優化”措施，還可以如圖8所示，連接SM，SD，SN，BM，仿照方法五，證明 易得△DMS為直角三角形.
再證△GMN≌△GSN,MN=SN,通過角度推導可得SN=DN,于是MN=DN.
方法七：
如圖9所示，欲證點 N 為線段MD 的中點，可延長AG 至K，使GK=GM，通過證明GN∥DK實現解題的目的.為此，只須證明△DHK 為等腰直角三角形，可證△ABG≌△DAH,則AG=DH=HK,BG=GM=GK,則上述證明過程成立,問題得證.
方法八：
在方法七的基礎上，還可以如圖10所示，連接BK，證明△ABM≌△CBK.
可得∠BKC=∠BMA=135°,又∠BKA=45°,可得∠AKC=90°.
可得點A,K,C,D在以AC為直徑的圓上,則∠AKD=∠ACD=45°,于是GN∥KD,再根據“平行線分線段成比例”，可以證得結論成立.
方法九：
如圖11所示,連接BD 交GN 于點O.
可證∠ABM=∠OBG,∠AMB=∠OGB=135°,得△ABM∽OBG.
可得 易證點O為BD 的中點.
結合 可得MN=DN.
方法十：
如圖12所示,在GF上截取GS=GM,連接SD,SN,BD,可得△BSM 為等腰直角三角形.
由 可得△ABM∽△DBS,∠BSD=∠BMA=135°.
于是可得∠DSF=∠MBS=45°,于是 BM∥SD∥GN,則 可得MN=DN.
方法十一：
以 BG=MG為突破口，構造旋轉全等三角形.
如圖13所示,延長GF至T,使GT=GA,TM交AB 于點R,連接MT,AT,DT.
可證△ABG≌△TMG,AB=TM=AD,易證 TR⊥AB,于是 TM∥AD,可得四邊形AMTD 為平行四邊形.
同時，可知△AGT為等腰直角三角形，角平分線GN 經過AT 的中點，可得GN也經過DM 的中點，于是結論成立.
方法十二：
結合上面的方法，還可以構造輔助圓進行思考.
如圖14所示,以AB為直徑作圓T 交BD 于點O,設 BD交GN 于點O'.
可得∠ABO=∠AGO=45°,又∠AGN=45°,可得點O在線段GN 上,即點O與O'重合,于是由 BM∥GN，結合“平行線分線段成例比”可得結論成立.
【答案】
解：因為四邊形 ABCD 是正方形，
所以AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°
又因為 BE=CF,所以
△ABE≌△BCF (SAS)
∠BAE=∠FBC
因為∠FBC+∠ABG=90°,所以
∠BAE+∠ABG=90°
∠AGF=90°
①依題意補全圖形，如圖2 所示.
②MN=ND.
證明:過點A 作AP⊥AE交GN 的延長線于點 P,連接DP,如圖3所示.
因為∠AGF=90°,GN平分∠AGF,所以
因為AP⊥AE,所以
∠APG=∠AGP=45°
AG=AP
因為四邊形ABCD 是正方形，所以
∠BAD=90°,AB=AD
因為∠GAP=90°,所以
∠BAG=∠DAP
△BAG≌△DAP (SAS)
BG=DP,∠APD=∠AGB=90°
因為 BG=GM,∠APG=45°,所以
GM=DP,∠DPN=∠NGM=45°
因為∠PND=∠GNM,所以
△PND≌△GNM (AAS)
MN=ND
【反思】
1.本題的背景是正方形中的“十字架”模型.以此為基礎，進行“弦圖”和“手拉手”模型的構造是分析的發展方向.
2.涉及線段相等的證明，或者線段中點的證明，需要借助“中點模型”進行分析.
3.幾何綜合題，對于同一個模型的構造，如何恰當地交代輔助線的作法，需要因題而異.不同的交代方法可能直接決定分析思路的難易程度，甚至可以決定思路能否行得通.
4.本題最后一問，有同學提出按照“平移變換”構造正方形中的平移模型進行分析，但是思路比較“繞”.下面對這種方法進行探究，可以看作一種拓展思考.
如圖15 所示,延長BC至P,使CP=BE,延長 BF交DP 于點 Q.
易證△ P，可得
由 ，可得點 C，P，Q和F 在以FP 為直徑的圓上
可證 ,又知EM∥PQ,可得四邊形 PQME為平行四邊形，可得
于是可得四邊形 BCQM為平行四邊形，四邊形 MQDA也為平行四邊形.
可證 ，于是可得△AGQ 為等腰直角三角形，又由 GN 平分∠AGQ,可得AN=NQ,則可得MN=DN.

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