資源簡介

第18招 等積轉換出妙招，巧在活用底與高
在題目給出的條件中，若當涉及三角形的面積或面積比時，往往離不開等積變換思想方法的運用.這是因為當三角形的高線一定時，它的底在底邊所在直線上作任意移動，其面積不變，即等底共高的三角形面積相等.進而得到：等高的三角形的面積比等于其底的比；等底的三角形的面積比等于其高的比.由于三角形的任何一邊都可以作為它的底.因此，三角形是等積變形中最活躍的圖形.當把所研究的圖形恰當地分解或組合成三角形，并根據題設的條件選定其底、高，巧用等積轉換的思想方法來分析，往往可收到出奇制勝、事半功倍之效.此招輔助線我們可將它表述為：
等積轉換出妙招，巧在活用底與高.
例1 在 Rt△ABC中,已知∠C=90°,AC=3,BC=4,以點C為圓心，r為半徑作圓，要使圓與線段 AB有兩個公共點，則r的值不可能是( ).
C. 3
解析 如圖18-1所示，作CD⊥AB，垂足為D.(巧在活用底與高)
∵∠C=90°,AC=3,BC=4,
(等積轉換出妙招)
即圓心C到AB的距離
因為AC所以以C為圓心， 或4為半徑所作的圓與斜邊 AB 只有一個公共點.
由此可得，要使⊙C與斜邊AB 有兩個公共點，則r的取值范圍是
故選 D.
點評 此題考查了直線與圓的位置關系、直角三角形的性質，考查了等積轉換思想的運用.解題關鍵是正確理解題意.這里先挖掘圓與線段AB有兩個交點時r所在的范圍，再由選項確定解是解題的基本思想.當然對本題的求解，亦可用排除法分析.如當r=3時有兩個交點，當r>3時只能有一個交點，或沒有交點.再結合選項即可得到解答.
例2如圖18-2所示,已知扇形 AOB的半徑OA=4,∠AOB=90°,點C,D分別在半徑OA,OB上(點C不與點A重合),連接CD.點 P 是弧AB 上一點,PC=PD.
(1) 當 以 CD 為半徑的⊙D 與⊙O 相切時,求 CD的長.
(2) 當點 D與點B 重合,點 P 為弧AB 的中點時,求∠OCD的度數.
(3) 如果OC=2,且四邊形ODPC 是梯形,求 的值.
解析 (1) 如圖18-2所示,由 可設OD=3k,OC=4k,則CD=5k.
由以CD為半徑的⊙D 與⊙O相切，
得CD=DB=5k,OB=OA=8k.
∴AC=OC=4k=2.
(2) 如圖18-3所示,連接OP,過點 P 作PE⊥OA,垂足為 E,PF⊥OB,垂足為 F.
∵PE⊥OA,PF⊥OB,∴PE=PF.
∵∠PEC=∠PFB=90°,PD=PC,
∴Rt△PEC≌Rt△PFB(HL).∴∠EPC=∠FPB.
∵∠PEO=∠EOF=∠OFP=90°,
∴∠EPF=90°.∴∠EPF=∠CPB=90°.
∴∠PCB=∠PBC=45°.
∵OP=OB,∠POB=45°,
∴∠OBP=∠OPB=67.5°.
(3)如圖18-4所示,當OC∥PD時,
∵OC∥PD,∴∠PDO=∠AOD=90°.
過點C作CE⊥PD，垂足為 E，(巧在活用底與高)
∵CE⊥PD,∴∠CED=90°.
∴四邊形OCED 是矩形.∴OC=DE=2,CE=OD.
設PC=PD=x,EC=OD=y,
則解得
如圖18-5所示,當PC∥OD時,∵PC∥OD,∴∠COD=∠OCE=∠CED=90°.
過點 D作DE⊥PC，垂足為 E，(巧在活用底與高)
∴四邊形OCED 是矩形.
∴OC=DE=2,CE=OD.
∵OP=4,OC=2,
綜上所述 的值為 或
點評 本題綜合性較強，涉及的知識點較多，主要考查了兩圓的位置關系，解直角三角形，等腰三角形的性質，梯形的性質等知識，考查了分類討論思想、等積轉換思想.解題的關鍵是要正確地添加常用輔助線得到等高的三角形.屬于中考壓軸題.
例3 (1)探索發現 如圖18-6 所示,在△ABC中,點 D 在邊BC上,△ABD與△ADC 的面積分別記為S 與S ,試判斷 的數量關系，并說明理由.
(2) 閱讀分析 小東遇到這樣一個問題：如圖18-7 所示，在Rt△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,射線AM交 BC于點 D,點 E,F在AM上,且∠CEM=∠BFM=90°,試判斷BF,CE,EF 三條線段之間的數量關系.
小東利用一對全等三角形，經過推理使問題得以解決.
填空：①在圖18-7中的一對全等三角形為 與 .
② BF，CE，EF三條線段之間的數量關系為 .
(3)類比探究 如圖18-8所示,在四邊形ABCD中,AB=AD,AC與BD 交于點O,點E,F在射線AC 上,且∠BCF=∠DEF=∠BAD.
① 判斷BC，DE，CE三條線段之間的數量關系，并說明理由.
② 若OD=3OB,△AED的面積為2,直接寫出四邊形 ABCD的面積.
解析 (1)結論:
理由：如圖18-9所示，作AH⊥BC，垂足為 H.(巧在活用底與高)
(2) 如圖18-7所示,
∵∠CEM=∠BFM=∠BAC=90°,
∴∠AEC=∠AFB=90°.
∴∠BAF+∠CAE=90°,∠CAE+∠ACE=90°,從而有∠BAF=∠ACE.
∵AB=AC,∴△AFB≌△CEA(AAS).
∴AF=CE,BF=AE.
∴CE=AF=AE+EF=BF+EF.
故答案為:①△AFB,△CEA.②CE=EF+BF.
(3)①在圖18-8中,結論:DE=BC+CE.
理由:∵∠BCF=∠DEF,∴∠ACB=∠DEA.
∵∠BCF=∠BAD,∠BCF=∠ABC+∠BAC,∠BAD=∠BAC+∠DAE,
∴∠ABC=∠DAE.
∵AB=DA,∴△ABC≌△DAE(ASA).
∴BC=AE,AC=DE.
∵AC=AE+CE,∴DE=BC+CE.
②解法1 因為OD=3OB,
由(1)的結論得S△AOD=3S△ABO,S△ωD=3S△ωB,
∴S△ACD=3S△ABC.
∵△ABC≌△DEA,所以S△ABC=S△ADE=2.
∴S△ACD=6.
由此可得S四邊形ABCD=2+6=8.
解法 2 由①知S△ABC=S△DAE=2,
由條件OD=3OB,得點D到AC的距離h 是點 B到AC的距離h 的3倍,則有S△ADC=3S△ABC=6, (等底模型)
從而可得四邊形面積為8.
點評 本題綜合較強，層層遞進，主要考查了全等三角形的判定和性質，考查了等底模型.第(1)問關鍵在于作出公共高的輔助線 AH，構建等高模型.第(2)問注重了圖形分析，并直接指出△ABC≌△DAE，這是解題的基本思想.第(3)問，①關鍵在于類比模仿第(2)問作答；②關鍵在于將四邊形分成兩個三角形，活用等底模型，或等高模型分析，體現了“借前結論攻后題”與“等積轉換出妙招，巧在活用底與高”的戰術思想.
例4如圖18-10所示,在半徑為5 的扇形 AOB中,∠AOB=90°,點 C,D 分別在半徑OA 與 上,且AC=2,CD∥OB,點 P 是CD 上一動點,過 P 作OP 的垂線交AB=于點E,F,連接DE,DF.
(1) 求 的值.
(2) 如圖18-11所示,連接EO,FO,若∠EOF=60°,求CP 的長.
(3)設CP=x,△DEF的面積為y,求y關于x的函數解析式,并寫出自變量x的取值范圍.
解析 (1) 作 DM⊥EF,垂足為M,如圖18-12 所示.
∵OP⊥EF,∴PE=PF.
(2)∵∠EOF=60°,∴∠EOP=30°.
∵OC=AO-AC=3,
(3) 連接OD,如圖18-13所示,在Rt△CDO中,OC=3,OD=5,
∴CD=4,PD=4-x.
作EH⊥CD,垂足為 H,
∵OC=3,CP=x,∴OP= +9.
在 Rt△EPO中,
∵∠COP+∠CPO=90°,∠EPH+∠CPO=90°,
∴∠COP=∠EPH.∴△OCP∽△PHE.
由此可得 則有 故
當點E與點A 重合時,EH=2,解得.
點評 本題涉及了圓弧、垂徑定理、勾股定理、相似三角形的判定與性質、函數的解析式與自變量的取值范圍等多個知識點，主要考查了等底的兩個三角形面積比等于它們高的比的思想方法，考查了函數解析式的定義域的求解，綜合性強.注重數形分析是解題關鍵所在.第(1)問，先挖掘OP 的長，再確定EF 的長是解題的基本思路.第(2)問,通過連接OE,結合∠EOF=60°,挖掘△EOF 為正三角形,再在Rt△EOP中,利用∠EOP 的余弦函數求得OP,進而求出 PC 是解題的常規思路.第(3)問，通過輔助線搭橋構建△OCP∽△PHE，利用相似比獲得EH 的函數解析式是解題的必由之路.
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1. 如圖所示,在△ABC中,DC的長度等于BD的2倍，DE 的長度等于AE 的長度.如果三角形ABC的面積是 20平方厘米，那么陰影部分的面積為 .
2. 如圖所示,△ABC內的線段BD,CE相交于點O,已知OB=OD,OC=2OE,設△BOE,△COD,△BOC和四邊形AEOD 的面積分別為S ,S ,S ,S .
(1) 求 S : S 的值.
(2) 如果 求S .
3. 如圖所示,在 Rt△ACB中, 動點O從點C出發，沿著C→B→A→C的方向運動一周，以O為圓心，r為半徑作圓.
(1) 若⊙O分別與AB,BC相切.
①利用直尺和圓規作⊙O(不寫作法，保留作圖痕跡).
②求出此時r的值.
(2)當r=1時，設⊙O在運動過程中與△ABC三條邊的公共點個數為m，那么m的最小值是 ，最大值是
4. 如圖1所示,在△ABC中,AB=AC,D為BC邊上一點,DE⊥AB,垂足為E,DF⊥AC,垂足為 F.
作圖：請作出AC邊上的高BG.
探究：(1) 請你通過觀察、測量找到 DE，DF，BG之間的數量關系：
(2)為了說明DE，DF，BG之間的數量關系，小嘉是這樣做的：
連接AD，則有S△ADC= ,S△ABD = ,所以S△ABC=
S△ABC還可以表示為 .
………
請你幫小嘉完成上述填空.
拓展：如圖2所示，當點D在如圖2的位置時，上面DE，DF，BG之間的數量關系是否仍然成立 并說明理由.
對于前面所述的18種常用的初中平面幾何輔助線，它們之間既有所不同，又相互關聯.如“中點、中線想中位線，延線或作平行線”與“平行四邊形，常連對角線”，等腰三角形中的“三線合一”與“垂線、角平分線，翻折集結等角與等線”等，它們只是出發點不同，思維方式不同，但所作的輔助線的圖形卻有可能是相同的.一般說來，平面幾何輔助線十八招，也僅能給我們在探索解題途徑時提供一個思考的方向和策略.但每一道題不是限用某一招術，每一招術也不是專用于某一類問題.解題實踐表明，對同一平面幾何問題，從不同的角度思考，所發掘的輔助線各有不同，從而得到的解法也有所不同.因此，對一些設計巧妙的幾何題的求解，在運用這“18招”構建輔助線時，要把握命題的特點，善于猜想觀察，大膽試探，勇于創新，不墨守成規，切合實際，兼而用之，切忌生搬硬套.通法歌訣綜合用，創新解法樂無窮.只有這樣，才能使我們全面理解解決問題的方法、掌握解決問題的程序，以此激活我們的思路，獲取智慧和啟迪.否則，我們的解題難以獲得成效，數學思維也難以獲得發展.
解題遇困難，千萬莫慌張，
靜心審條件，蛛絲馬跡辨.
探究輔助線，請把歌訣念，
歌訣作指點，成功看得見.
例 如圖1所示,在△ABC中,AB≠AC,點D,E在BC 邊上,且 DE=EC,DF∥BA 交AE于點F,DF=AC,求證:AE平分∠BAC.
分析 題設條件簡潔明了，但不夠集中，需用輔助線開路架橋.若從“DE=EC”入手，當著眼于 E為DC 的中點時，想到“中點、中線想中位線，延線或作平行線”一招的輔助線.如圖2所示,延長 FE 至點G,使 EG=FE,連接 CG,轉證△DEF≌△CEG,得證法1.如圖3所示,延長AE 至點G,使EG=AE,連接DG,轉證△ACE≌△GDE,得證法2.當著眼于線段 DE與EC 共點且相等時，想到“邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗”一招的輔助線，如圖 2所示,將△DEF 繞點 E 旋轉 180°,使點 D 與點C 重合,轉證∠CAE=∠CGE,得證法3.若從“AE 平分∠BAC”入手,當著眼于“垂線、角平分線，翻折集結等角與等線”一招的輔助線時，如圖5所示，作點 D 關于直線AE 的對稱點P,連接EP,CP,DP,轉證∠1=∠2,得證法4.當著眼于“三角形，若等腰，三線合一常用到”一招的輔助線時，過點 F 作FP∥AC，使FP=AC,連接CP,DP,設DP交AE 的延長線于點G,如圖6所示,轉證FG為等腰三角形FDP 底邊上的中線，得證法5.如圖7所示，延長AC至點Q,使AQ=AB,連接EQ,過點 F作FP∥AC交EQ 于點 P,連接 DP,CP，設DP交AE 的延長線于點G，轉證 FG為等腰三角形 FDP 底邊上的中線，得證法6.如圖8所示，在AB上截取AM=AC，連接MC交AE于點N，轉證 AN為等腰三角形AMC 底邊上的中線，得證法7.
解析 證法1 延長 FE至點G,使得 EG=EF,連接CG,如圖2所示，(中點中線中位線，延線或作平行線)
易證△DEF≌△CEG.
∴DF=CG,∠DFE=∠CGE.
∵DF=AC,
∴AC=CG,∠CAE=∠CGE.
又DF∥BA,∴∠BAE=∠DFE.
∴∠BAE=∠CAE.
故AE平分∠BAC.
證法2 延長AE 至點G,使EG=AE,連接DG，如圖3所示.(中點、中線中位線，延線或作平行線)
在△ACE和△GDE中,
∴△ACE≌△GDE(SAS).
∴AC=GD,∠CAE=∠G.
∵DF=AC,∴DG=DF.
∴∠DFG=∠G.∴∠DFG=∠CAE.
∵DF∥AB,∴∠DFG=∠BAE.
∴∠BAE=∠CAE.
故AE平分∠BAC.
證法3 將△DEF繞點E 旋轉 180°,使點 D 與點C 重合得△CEG,如圖4所示.
(邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗)
∴△DEF≌△CEG.
∴DF=CG,∠DFE=∠CGE.
由此可得F，E，G三點共線.
∵DF=AC,∴AC=CG.
∴∠CAE=∠CGE.
又DF∥BA,∴∠BAE=∠DFE.
所以∠BAE=∠CAE,即AE平分∠BAC.
證法4 如圖5所示，過點 D作AE 的對稱點 P，
連接EP,CP,DP,設DP交AE 的延長線于點G,
則 DG⊥AE,DF=FP.
從而可得DE=EP=EC,∠3=∠2.
(垂線、角平分線，翻折集結等角與等線)
∴△DPC是直角三角形,且∠CPD=90°,即CP⊥DP.
又DG⊥AE,∴CP∥AE.
過點C作CH⊥AE,垂足為 H,結合CP∥AE,得四邊形CPGH 為矩形.
∴CH=PG,CP=HG.
又FP=FD=AC,∴Rt△ACH≌Rt△FPG.
∴AH=FG.∴AF=AH-FH=FG-FH=HG.
∴AF=HG=CP.又CP∥AE,
∴四邊形 AFPC為平行四邊形.
∴AC∥FP,從而可得∠1=∠2.
又DF∥AB,∴∠3=∠4.
∴∠1=∠4,即 AE平分∠BAC.
證法5 過點 F作 FP∥AC,使 FP=AC,連接CP,DP.
設DP 交AE 的延長線于點G，如圖6所示，則四邊形AFPC為平行四邊形.
∴CP∥AE,∠1=∠2.
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∵DE=EC,∴E為DC 的中點.
又EG∥CP,故G為DP 的中點.
故 FG為△DFP的邊DP 上的中線.
(中點、中線想中位線，延線或作平行線)
又由已知得DF=AC=FP,
∴△DFP 為等腰三角形.
故 FG為等腰三角形DFP 頂角∠DFP 的平分線.
∴∠3=∠2.(三角形，若等腰，三線合一等底角)
又DF∥AB,∴∠3=∠4.
∴∠1=∠4,即AE平分∠BAC.
(遇見角角等倍分，移轉割補找竅門)
證法6 如圖7所示,∵AB>DF,DF=AC,∴AB>AC.
延長AC至點Q,使AQ=AB,連接EQ,過點 F作FP∥AC交EQ于點 P,
連接CP,DP,則有∠1=∠2.
又FD∥AB，由平行線分線段成比例，可得
∵AQ=AB,DF=AC,
∴DF=FP=AC.
結合FP∥AC，得四邊形AFPC為平行四邊形.
∴CP∥AE,且△DFP 為等腰三角形.
設DP 交AE 的延長線于點G，
∵DE=EC,∴E為DC 的中點.
又EG∥CP,故G為DP 的中點.
(中點、中線想中位線，延線或作平行線)
故 FG為△DFP 的邊DP 上的中線.
故 FG為等腰三角形DFP 的頂角∠DFP 的平分線,∴∠3=∠2.
(三角形，若等腰，三線合一等底角)
又DF∥AB,∴∠3=∠4.
∴∠1=∠4,即AE平分∠BAC.
(遇見角角等倍分，移轉割補找竅門)
證法7 依題意，顯然有AB>AC.如圖8所示.
在AB上截取AM=AC,連接MC,MD,
則△AMC為等腰三角形. ①
設MC交AE 于點N,
∵AM=AC=DF,DF∥AM,
∴四邊形 AFDM 為平行四邊形，故MD∥AE.
∵E為DC 的中點,∴N 為MC 的中點.
故 AN 為△AMC的邊 MC 上的中線.②
由①②，得AN為等腰三角形AMC 的頂角∠MAC的平分線.(三線合一常用到)
由此可得AE平分∠BAC.
鑒于上述，本題主要考查了輔助線的添加方法，同時也考查了直角三角形、等腰三角形、角平分線以及全等三角形的判定與性質，考查了直觀想象、邏輯推理等核心素養.命題涉及知識點多，綜合性強，技巧性大.解題的關鍵在于如何添加輔助線，把分散的線段 DF，AC集中到某個三角形中去探究，所給出的7種證法各具特色.證法1與證法2思路相同，但輔助線不同(在同一證法中可以用到多條輔助線)；證法3與證法1 輔助線相同，但思路不同(作法不同)；證法4注重了對圖形翻折的探究，體現了軸對稱性的巧用；證法5、證法6、證法 7 都注重了“三線合一”思想方法的運用，凸顯出了“遇見角角等倍分，移轉割補找竅門”的解題策略，但所作的輔助線迥然有別.另外，證法2 的輔助線也可視為△AEC 繞點E 旋轉180°而得.證法3的輔助線也可變為：過點C作CG∥DF交AE 的延長線于點G，等等.由此能使我們體會到：①輔助線畫得好，解題輕松又快速.否則，解題必將繞彎或出錯.②同一思路有不同的輔助線，同一輔助線有不同的思路.③從不同角度添加輔助線是實現一題多解的重要手段.
因此，我們想在平面幾何思維新世界中不斷發展、創新、前進，就務必要在平時的學習中，敢探索、勤思考、善歸納，這樣才能不斷長見識、增智慧、提能力.本書限于篇幅，只介紹了初中平面幾何最常用的18種輔助線的添加方法.對于那些拔高或競賽中所用的幾何輔助線，如“梯形常把高凸顯，時移腰或對角線”“兩圓交，交點連，連心線垂公共弦”“兩弦交，端點連，相似三角形呈現”等等，還需要讀者在平面幾何解題的實踐中去體會、去探究、去發現.
答案
1. 8平方厘米 連接 DF,記點 C、點 F到AD邊的距離分別為 dc,dF.
由等底等高的三角形的面積相等知，
故四邊形AFDC的面積等于陰影部分面積的2倍.
則有 平方厘米).
故填8平方厘米.
2. (1) 記點 B到CE邊的距離為h,
則有
故
(2)易知
根據(1)知
連接OA,設△AOE 的面積為S ,
則△AOD的面積為
由△AOD與△AOB等底等高,得 ①
又△AOE與△AOC等高, ②
由①②,得 故
3. (1)① 如圖所示，作∠ABC的角平分線交AC于點O，以OC為半徑作圓，則⊙O即為所求.
②∵∠C=90°,AC=1,BC=
即
(2)2,4 因為r=1,易知,動點O從點C 出發,沿著C→B→A→C的方向運動一周,有如下6種情形,如圖2所示.
由圖可得，m的最小值是 2，最大值是4，
故填2,4.
4. (1) BG=DE+DF.
由(1)可知，如圖1所示.
S△ABC還可以表示為
【拓展】結論仍然成立,即BG=DE+DF.
連接AD，如圖2所示.
∵DE⊥AB,DF⊥AC,AB=AC,
∴BG=DE+DF.

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