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第17 招 遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門
在題目給出的條件中，若當(dāng)涉及的線段較為分散，但有相等，或倍、分的信息時，往往要巧妙地將有關(guān)線段進行平移、旋轉(zhuǎn)、放縮，即過某點作平行于另一線段的平行線，或在一線段上截取一段等于另一段的若干倍，或?qū)⒁痪€段繞某點旋轉(zhuǎn)到另一位置，利用平移或旋轉(zhuǎn)的關(guān)系將它們集結(jié)于某一特殊的圖形之中，使之出現(xiàn)全等形、相似形或等腰三角形，由此獲得解題思路.此招輔助線我們可將它表述為：
遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門.
易知，當(dāng)線段換成角時，同樣有：遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門.
例1 如圖17-1所示，已知△ABC是等腰三角形，D，E分別是腰AB及AC的延長線上的點，且BD=CE,連接DE交BC 于點G,求證:DE 被BC 平分.
解析 證法1 過點 D作DF∥AC交BC 于點F，(遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門)
如圖 17-2 所示,則 ∠B=∠ACB=∠DFB,∴DB=DF.
在△DFG與△ECG中,
∵DF=DB=EC,∠1=∠2,∠3=∠4,
∴△DFG≌△ECG.
∴DG=EG,即DE被BC平分.
證法2 過點 D作DF∥BC,交AC于點F,如圖17-3所示.
(遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門)
可得∠1=∠2=∠3=∠4,
∴AD=AF,
從而有FC=DB=CE.
在△EFD中,CG∥FD且CG過EF 的中點C,
則 CG 為△EDF 的中位線.(中點、中線想中位線)
故G為DE 的中點,所以 DE 被BC 平分.
證法3 過點E作EH∥BC,交AB的延長線于點 H,如圖17-4所示.
(遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門)
可得∠1=∠2=∠3=∠AEH,
∴AH=AE.
又AB=AC,從而 BH=CE=DB.
在△EHD中,BG∥EH且BG 過DH 的中點B,
則 BG為△EDH的中位線.
(中點、中線想中位線，延線或作平行線)
故G為DE 的中點,所以 DE 被BC 平分.
證法4 過點G作GH∥BA,交AC于點H,如圖17-5所示.
(遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門)
設(shè) HG=x,則易證 HG=HC=x.
又設(shè)DB=EC=y,AB=AC=b,
由GH∥DA,得 則
∴bx+ xy= bx+ by-xy-y ,
故
從而可得
即G是DE 的中點,所以 DE 被BC 平分.
證法5 設(shè)點 D到BC邊的距離為h，如圖17-6 所示，則h=BD· sin B.
∵∠B=∠GCA,又∠ 設(shè)點E到BC 邊的距離為h'，
貝 ①又∠1=∠2，于是，同理可得
由①②,得 故
又BD=CE,所以GD=GE,即DE被BC 平分.
點評 從本例的證明可知，輔助線作的不同，證法也有所不同.證法1是從全等的角度來思考的.證法2 與證法3 相當(dāng)，都是作 BC的平行線，利用三角形的中位線來分析的，不同的是證法2注重將CE平移，向BD靠攏.證法3注重將BD向下移.體現(xiàn)了“遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門”的戰(zhàn)術(shù)思想.證法4側(cè)重于計算推理的思維.證法5是從面積的比來探究的.所有這些證法都是常見的基本思路.不難得知，利用全等三角形的方法亦可按圖17-7與圖17-8所示的方法添加輔助線.讀者不妨試試.
例2如圖17-9所示，在正方形ABCD中，對角線AC，BD 相交于點O,點 E 在 DC 邊上,且CE=2DE,連接AE交BD 于點G,過點 D 作DF⊥AE,連接OF 并延長,交 DC 于點 P,過點O作OQ⊥OP分別交AE,AD于點N,H,交 BA 的延長線于點Q，現(xiàn)給出下列結(jié)論：
①OF=ON;
②OG=DG;
④
其中正確的結(jié)論有( ).
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③④
解析 對于①，∵四邊形ABCD 是正方形，
∴AO=DO,AO⊥DO.又OQ⊥OP,
∴∠AOD=∠NOF=90°.
∴∠AON=∠DOF.
∵∠OAD+∠ADO=90°,
∴∠OAF+∠DAF+∠ADO=90°.
又DF⊥AE,
∴∠OAF=∠ODF.
∴△ANO≌△DFO(ASA).
由此可得OF=ON,故①正確.
對于②,過點O作OK⊥AE,垂足為K,連接KD.如圖17-10所示.
∵CE=2DE,∴AD=3DE.
∵△ANO≌△DFO,
∴AN=DF.∴NF=2DF.
∵ON=OF,∠NOF=90°,
∴DF=OK.又DF∥OK,
∴四邊形 DFOK 為平行四邊形.
∴OG=DG,故②正確.
對于③,∵∠DAO=∠ODC=45°,OA=OD,∠AOH=∠DOP,
∴△AOH≌△DOP(ASA).
∴AH=DP.
(遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門)
∠AHN=∠AHO,∴△AHN∽△OHA.
故③正確.
對于④,過點 E作EM⊥AC,垂足為 M,如圖17-11所示.
設(shè)CD=3,則
且有
又易知 在 Rt△AEM中,
故④正確.
另解 ∵∠NAO+∠AON=∠ANQ=45°,∠AQO+∠AON=∠BAO=45°,
∴∠NAO=∠AQO.
∵OG=GD,∴AO=2OG.
故有
故④正確.
故選 D.
點評 本題涉及知識點較多，主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)，對邏輯推理能力要求較高.對于①，關(guān)鍵是能否意識到是將AO順時針旋轉(zhuǎn)90°到 DO,將ON 順時針旋轉(zhuǎn)90°到 OP,挖掘∠AON=∠DOF,進而挖掘△ANO≌△DFO,證得OF=ON;對于②,關(guān)鍵是能否作輔助線OK，將所要證的OG=DG移到轉(zhuǎn)證DF=OK；對于③關(guān)鍵是能否先挖掘△AOH≌△DOP，得出AH=DP，進而轉(zhuǎn)移到證明 ，再挖掘△AHN∽△OHA，并利用相似比來完成推證；對于④，兩種解法都注重了角的轉(zhuǎn)移與線段的計算.易知，本題對四個結(jié)論的推斷都充分體現(xiàn)了“遇見線段等倍分，移轉(zhuǎn)放縮找竅門”的戰(zhàn)術(shù)思想.
例3 如圖17-12 所示,已知在正方形 ABCD中,點E在AB上,且CE=AD+AE,F 是AB 的中點,求證:∠DCE=2∠BCF.
解析證法1 延長CD至點G,使DG=AE,連接EG,交AD于點 H,如圖17-13所示,
則有∠DCE=∠3+∠2.
(遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門)
CG=CD+DG=AD+AE=CE.
在Rt△CGH與Rt△CGH中,
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(CHANCC∠ANEN). ∴∴Rt△DHG≌Rt△AHE.(AAS)
∴DH=AH,GH=EH,即H為EG與AD 的中點.
∴CH⊥EG,∠DCH=∠ECH,即∠2=∠3.
∴∠2=∠1,
由此可得∠DCE=2∠BCF.
證法2 延長EA至點M,使MA=AD,連接CM,如圖17-14所示,(遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門)
則有∠DCE=∠3+∠2,
且EM=AE+AM=AD+AE=CE.
∴△EMC為等腰三角形.∴∠3=∠4.
∵CD∥AM,∴∠2=∠4,AH=DH.
從而可得∠3=∠2=∠4,
∴∠1=∠4.
由此可得∠1=∠4=∠2.
∴∠DCE=2∠BCF.
點評 本題主要考查角的倍分問題，考查構(gòu)造輔助線將角轉(zhuǎn)移的探究能力.兩種證法都凸顯了“遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門”的戰(zhàn)術(shù)思想，也體現(xiàn)了“邊邊有加減，常把一邊延”的解題策略.
例4 如圖17-15 所示,凸四邊形ABCD 的對角線AC,BD交于一點 E,若∠ABD=35°,∠ACB=40°,∠ADB=20°,∠ACD=70°,則∠AEB=( ).
A. 60° B. 65°
C.70° D. 75°
解析解法1 如圖17-16 所示,延長AC到點F,使CF=CD,
連接BF,DF,則∠AFD=∠CDF.
(遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門)
∵∠ACD=∠AFD+∠CDF=70°,
∵∠ABD=35°,∠AEB=∠DEF,
(引線造角望相似，通性通法靈活使)
又∠AED=∠BEF,
∴△AED∽△BEF.
∴∠AFB=∠ADB.
∵∠ADB=20°,∴∠AFB=20°.
∵∠ACB=∠AFB+∠CBF=40°,
∴∠CBF=20°.∴CB=CF=CD.
故選 D.
解法2 如圖17-16 所示,延長AC到F,使CF=CB,連接BF,DF,則∠AFB=∠CBF.(遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門)
∵∠ADB=20°=∠AFB,∴A,B,F,D四點共圓.(同側(cè)視角等,四點可構(gòu)圓)
∴CF=CD.又CF=CB,所以點C為圓心,且AF 為直徑.
∴∠ABF=90°.(等圓周角等弧弦，直徑直角互關(guān)聯(lián))
故選 D.
解法3 如圖 17-17 所示.過點 C 作∠ACB的平分線CM,交BD于點M,連接AM.
(遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門)
由題意易知∠ADM=∠ACM=20°,
∴A,M,C,D四點共圓.
(同側(cè)視角等，四點可構(gòu)圓)
∴∠AMD=∠ACD=70°.(等圓周角等弧弦)
又∠ABM=35°,
∴∠MAB=35°.∴AM=BM.
過點 M作MP⊥AC,垂足為 P,MQ⊥BC,垂足為Q,由角平分線性質(zhì)得MP=MQ，
∴△APM≌△BQM(HL).
∴∠MAP=∠MBQ,從而∠BAC=∠ABC.
∴△ABC為等腰三角形.
又∠ACB=40°,∴∠CAB=70°.
故選 D.
解法4 如圖17-18所示.在 BD上取一點N,連接AN,CN,使∠DAN=20°,
則AN=DN.(遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門)
又∠ADN=20°,∴∠ANB=∠ACB=40°.
∴A,N,C,B四點共圓.
(同側(cè)視角等，四點可構(gòu)圓)
∴∠ABN=∠ACN=35°.(等圓周角等弧弦)
又∠ACD=70°,∴CN 為∠ACD的平分線.
過點 N作NS⊥DC,垂足為S,NR⊥AC,垂足為R,由角平分線性質(zhì)得 NS=NR,又AN=DN,
∴△ANR≌△DNS(HL).
∴∠NAR=∠NDS,從而∠CAD=∠CDA.又∠ACD=70°,∴∠CDA=55°.
∠AEB=∠DEC=180°-∠ACD-∠CDN=75°.
故選 D.
點評 本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、四點共圓性質(zhì)，考查了添加輔助線將角轉(zhuǎn)移的基本方法，對創(chuàng)新思維能力的要求較高.解法1通過觀察∠ACD=70°、∠ABD=35°、∠ACB=40°、∠ADB= 20°四角，發(fā)現(xiàn)它們具有二倍角的關(guān)系，由此想到“遇見角角等倍分，移轉(zhuǎn)割補找竅門”的戰(zhàn)術(shù)，設(shè)法將70°角分割成兩個35°的角。在添加輔助線時，用延長AC，使CF=CD實現(xiàn)角的移轉(zhuǎn)是一個較好的選擇.具體做法是一作、二證,即先作∠DFA=35°,再證∠BFA=20°.解法2通過作∠BFA=20°,發(fā)現(xiàn)了∠AFB=∠ADB=20°,由此獲得A,B,F,D四點共圓，進而得到AF為直徑，是一種創(chuàng)造性的思維.解法3是通過作CM平分∠ACB,將40°分割成兩個20°角,挖掘A,M,C,D 四點共圓，進而挖掘△ABC為等腰三角形，獲得∠CDE=35°.解法4注重了將小角20°放大兩倍成40°，與解法3相比只是說法不同而已，類似地，我們也可以點C為出發(fā)點，將∠ACD=70°的角轉(zhuǎn)移來探究，讀者不妨試試.
跟蹤訓(xùn)練
1. 如圖所示,在△ABC中,AD是BC邊上的高,CE是AB 邊上的中線,且 DC=BE,
求證：(1) 點D 在CE 的垂直平分線上.
(2)∠B=2∠BCE.
2. 如圖所示,在梯形 ABCD 中, ,E為AB 上一點，且 點 F在CE 上,且
(1) 若CE平分 求證：(
(2)求證:
3. 已知在△ABC中.
(1) 如圖1所示,E為BC的中點,延長AE到點F,使得FE=EA,連接 BF,直接寫出 BF和AC 的關(guān)系.
(2)如圖2所示,若AB=AC,E為AC上一點,過點C作BC 的垂線交BE 的延長線于點D,連接AD,若∠DAC=∠ABD,求證:AE=EC.
(3)如圖3所示,點 D 在△ABC內(nèi)部,且滿足AD=BC,∠BAD= 點M在DC的延長線上，連接AM交BD 的延長線于點N，若N為AM的中點,求證:DM=AB.
答案
1. (1) 證明:連接ED,如圖所示.
∵AD是△ABC邊BC上的高,∴∠ADB=90°.
在 Rt△ADB中,DE是AB 邊上的中線,
∵DC=BE,∴ED=DC.
由此可得點 D在CE 的垂直平分線上.
(2)∵ED=DC,∴∠DEC=∠ECD.
∵∠EDB=∠DEC+∠ECD=2∠BCE,∴∠B=2∠BCE.
2. (1) 由CD=CE,故可轉(zhuǎn)移證 CE=2BE.
如圖所示,連接AC,在△CDA 和△CEA中
∴△CDA≌△CEA(SSS).
∴∠DAC=∠EAC,∠DCA=∠ECA.∴∠ECA= ∠DCE.
∵AD∥BC,∠B=90°,∴∠DAB=90°,∠DAC=∠ACB.
∵∠DAC=∠EAC,∴∠BAC=∠ACB=45°.
∵CE平分∠DCB,∴∠DCE=∠BCE.
∵∠B=90°,CE=2BE,∴CD=2BE.
(2) 由(1),得△CDA≌△CEA,∴∠ADC=∠AEC.
∵∠ADC=∠CFD,∴∠AEC=∠CFD.∴AE∥DF.
由(1),得∠DAB=90°,∴∠ADF=90°.
∵∠DCE+∠CFD+∠CDF=180°,
∴ C.
又
3. (1)結(jié)論:BF=AC,BF∥AC.
理由：在圖1中，
∵AE=FE,∠AEC=∠FEB,EC=EB,
∴△AEC≌△FEB(SAS).
∴AC=FB,∠C=∠FBE.∴AC∥BF.
(2)證明:在圖2中,過點A作AH⊥BC,垂足為 H,過點 C作( 交AD的延長線于T.
∵AB∥CT,∴∠BAE=∠ACT.
∵AB=CA,∠ABE=∠CAT,
∴△ABE≌△CAT(ASA).
∴AE=CT,∠AEB=∠T.
∵∠DEC=∠AEB,∴∠DEC=∠T.
∵AH⊥BC,CD⊥CB,
∴AH∥CD.∴∠CAH=∠ACD.
∵AB=AC,AH⊥BC,
∴∠BAC=2∠CAH.∴∠ACT=2∠ACD.
∴∠DCE=∠DCT.
∵CD=CD,∴△CDE≌△CDT(AAS).
∴CE=CT.∴AE=EC.
(3)證明:過點 M作MT∥AB交BN 的延長線于點 T,. )交BT于點G,在 MT上取一點K,使得MK=CD,連接GK.如圖3所示.
∵AB∥MT,∴∠ABN=∠T.
∵∠ANB=MNT,AN=NM,
∴△ANB≌△MNT(AAS).
∵AD∥MG,∴∠ADN=∠MGN.
∴△AND≌△MNG(AAS).
∴AD=MG,DN=NG.
∴BD=GT.
∵∠BAN=∠AMT,∠DAN=∠GMN,
∴∠BAD=∠GMT.
∵∠BAD=∠BCD,∴∠BCD=∠GMK.
∵AD=BC,AD=GM,∴CB=MG.
又CD=MK,∴△BCD≌△GMK(SAS).
∴GK=BD,∠BDC=∠MKG.∴GK=GT,∠MDT=∠GKT.
∴∠GKT=∠T.∴∠MDT=∠T.∴DM=MT.
∵AB=MT,∴DM=AB.

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