資源簡介

第5招 引線造角望相似，通性通法靈活使
在平面幾何問題中，涉及圖形的全等、相似的問題常可分為兩種情形.一是直接證明全等、相似；二是利用全等、相似性求解有關線段的比、積，或角、線段的大小.前者往往將命題所涉及的重要信息隱藏，以考查我們的觀察、猜想、探究能力.求解時往往要通過連線、延線或作平行線，進行“移線”“造角”，將有關線段、角集中到某兩個圖形中去分析、探究.后者則需要從相似形的角度來審題，發掘條件中所藏的相似形的影子，對創新思維的要求更高.求解時要利用“移線”“造角”等手段先探究出圖形的相似，再利用相似性來分析、處理.因此，無論哪種情形，都離不開利用“移線”“造角”，挖掘隱藏信息，證明圖形的相似、全等.
一般來說，當題設中有平行線的信息時，常要用連線或延線的方式構建圖形的相似.如圖5-1所示，若AB∥CD，則連接AD與BC，設交點為O,可得△OAB∽△ODC;當AB=DC時,可得△OAB≌△ODC(全等是相似比為1的特殊情形).如圖5-2所示，若AB∥CD，則延長AD，BC交于點O，可得△OAB∽△ODC.當題設中無平行線的信息時，常要過某點引某線的平行線、或延線、或作角平分線來構造相等角，獲得圖形的相似.如圖5-3所示,過點E作EG∥AB,交BC于點G,構造∠1=∠B,可得到△FEG∽△FDB,△CEG∽△CAB.如圖5-4 所示,在 Rt△ABC中,若∠A=90°,則過點 A 作 AD⊥BC,垂足為 D,可得 這樣一來，那些與角、邊、高、中線、角平分線、周長、面積有關的問題均可迎刃而解.
若視“連線”“延線”“作平行線”“作垂線”為“引線”，視“構造相等角”為“造角”，我們就可將上面所述的輔助線歸納為：
引線造角望相似，通性通法靈活使.
當題設條件中出現線段的積式、比式等信息時，要善于類比構造，將它們化歸為相似比的模型，利用相似的性質來處理.如‘ 就隱藏著 的模型;“PA·PB=PC·PD”,就隱藏著 的模型，等等.對此思想方法我們可將它表述為：
遇見線段比或積，轉為相似形解析.
例1如圖 5-5所示，已知正方形ABCD的邊長為6,E為BC 的中點,將△ABE沿直線AE 折疊后,點 B落在點F 處,AF交對角線BD 于點G,則 FG的長是 .
解析解法1 延長BC與AF交于點M，如圖5-6所示.(引線造角望相似)
令CM=x,則在 Rt△ABM中,有
因為將△ABE 沿直線AE 折疊后,點 B 落在點 F 處,所以 AE為∠MAB 的平分線.
由角平分線性質(三角形一個角的平分線分對邊所成的兩條線段與這個角的兩鄰邊對應成比例)，得 即
解得x=2,∴AM=10.
又AD∥BM,∴△AGD∽△MGB.
則有 故 (通性通法靈活使)
由此可得 解得
在Rt△EFM中,有EF=EB=3,EM=EC+CM=5,由勾股定理,得 FM=4.
由此可得
故填
解法2 延長BC與AF 交于點M,如圖5-7所示,
令CM=x,則在 Rt△ABM中,有
①
因為△ABE 沿直線AE 折疊后，點 B 落在點F 處,
所以 AE為∠MAB的平分線,故有∠3=∠4. ②
過點M作MT∥AE,交 BA 延長線于點 T.
∵∠1=∠4,∠3=∠2,
∴∠1=∠2,從而可得AT=AM.
由此可得 故 (通性通法靈活使)
即 解得x=2.
以下同解法1.
解法3 如圖5-8所示,延長AF,EF分別交CD 于點H,R,連接
AR.(引線造角望相似)
∵四邊形 ABCD為正方形，
∴AD=AB,∠ABE=∠ADC=90°.
∵△ABE 沿直線AE 折疊后,點 B 落在點 F處,
∴AB=AF,∠ABE=∠AFE=90°.
在 Rt△AFR 和 Rt△ADR 中,
∴DR=FR.
∵E為BC 的中點,BC=6,∴CE=BE=3.
設 則
在 Rt△ECR 中,由勾股定理,得 即
解得x=2,即.
故
從而可得.
∵AB∥DH,∴△AGB∽△HGD.
(引線造角望相似，通性通法靈活使)
故 解得
由此可得 故填
解法4 延長 BC 與 AF 交于點 M,延長 EF 交CD 于點 N,連接MN,如圖5-9所示.
由翻轉知 EF=EC=3,∠ECN=∠EFM=90°.
又∠CEN=∠FEM,
∴Rt△CEN≌Rt△FEM. (引線造角望相似)
由此可得∠3=∠4,EM=EN,即△EMN為等腰三角形,從而可得∠3+∠1=∠4+∠2.
(三角形，若等腰，三線合一等底角)
∴∠1=∠2.
又易知
而90°-∠6=2∠EAF,
∴∠2=∠EAF.
又∠NFM=∠EFA=90°,
故 Rt△AEF∽Rt△MNF.(引線造角望相似)
故 解得MF=2FN.(通性通法靈活使)
又CM=EM--3=FN,記FN=x,則(
則在Rt△EFM中，由勾股定理，得 即 解得x=2.
由此可得FM=4,EM=5.
從而由 得
∴AM=10.
又AD∥BM,∴△AGD∽△MGB.(引線造角望相似,通性通法靈活使)
即
由此可得 解得
由此可得 故填
解法5 分別延長AE,DC,設其交點為 M,延長 AF交DC 于點N,連接EN,如圖5-10所示.
(引線造角望相似，通性通法靈活使)
∵四邊形 ABCD 是邊長為6 的正方形，
∴AB∥MN.∴∠BAE=∠CME.
又 E為BC的中點,BE=EC=3,
∴Rt△ABE≌Rt△MCE,且.
又∠1=∠3,∴∠1=∠2.
故△ANM為等腰三角形.∴AN=MN.
∴NE⊥EM.
(三角形，若等腰，三線合一等底角)
于是,在 Rt△MNE中,EC⊥MN,設CN=x,
由射影定理，得. 即 6(6+x),解得x=1.5.
易得Rt△EFN≌Rt△ECN.
∴FN=CN=1.5.
又AB∥DN,∴△NGD∽△AGB.(引線造角望相似)
即 解得 (通性通法靈活使)
由此可得 故填
解法6 延長AF交CD 于點 H,連接EH,如圖5-11 所示.
因為△ABE沿直線AE折疊后，點 B 落在點 F處.
∴AB=AF,∠ABE=∠AFE=90°,且∠BEA=∠FEA.
又在 Rt△ECH 和 Rt△EFH 中,EF=EC=H,∴Rt△ECH≌Rt△EFH.
∴∠FEH=∠CEH. ④
由③④,得2(∠FEH+∠FEA)=180°.
故 為直角三角形.
又 ,即 EF 為斜邊AH 上的高,
在 Rt△AEB 中,由勾股定理,得 即 解得
設FH=x,在Rt△AEH中,由射影定理,得
即 解得
又AB∥DH,∴△HGD∽△AGB.(引線造角望相似)
即 解得 (通性通法靈活使)
由此可得
解法7 上接解法6的(*)式,得FH=HC.設FH=x,
在 Rt△ADH中,由勾股定理,得
即 解得
又AB∥DH,∴△HGD∽△AGB.(連線造角望相似)
即 解得
(通性通法靈活使)
由此可得 故填
解法8 延長AF交CD 于點H,連EH,BF,如圖5-12所示,
∵△ABE 沿直線 AE 折疊后,點 B 落在點F 處.
∴AB=AF,∠ABE=∠AFE=90°,∠BEA=∠FEA.
在 Rt△ECH 和 Rt△EFH 中,
∴∠FEH=∠CEH.
故 為直角三角形.
又
由此可得
(引線造角望相似，通性通法靈活使)
故 解得 ⑤
以下同解法 6.
解法 9 上接解法8 中的⑤式.
過點G作GQ⊥AB,垂足為Q,如圖5-13所示.
又AB∥DH,∴△HGD∽△AGB.
即 解得
從而可得
故在 Rt△QAG中，由勾股定理，得
由此可得 故填
解法 10 以 B為原點，BC，BA 分別為x，y軸建立平面直角坐標系xBy,如圖5-14所示.
則由題意知,各點坐標分別為 B(0,0),A(0,6),C(6,0),D(6,6),E(3,0).
由此易得，直線AE的表達式為y=-2x+6.
因為△ABE 沿直線AE 折疊后，點 B 落在點F 處,連接BF,則有BF⊥AE.
設AE交BF 于點M,MH⊥BC,垂足為 H.
直線 BF上的動點 P 的坐標為(x,y),
因為 BM為 Rt△ABE 斜邊AE 上的高.
所以∠1=∠2.
從而
故直線 BF 的表達式為
于是，由l E，lBF的表達式解得點M 的坐標為
∵M為BF 的中點,∴點 F 的坐標為
由此可得直線AF:
直線 BD:y=x,
聯立解得點G的坐標為
作GH⊥AD,垂足為 H,則
于是,在 Rt△AGH 中,由勾股定理,得
所以 故填
點評 本題主要考查了圖形的翻折變換，正方形的性質，相似三角形、全等三角形的判定和性質，勾股定理，角平分線性質，考查數學運算能力.解法1通過延長 BC，AF 構建△ABM，利用角平分線性質求得CM=2，再用相似三角形的性質與勾股定理進行推算，凸顯了“引線造角望相似，通性通法靈活使”的解題思想；解法2 是解法1的另一表述，只是把角平分線性質證明了一下；解法3通過延長AF，EF,先挖掘 Rt△AFR≌Rt△ADR,進而挖掘 Rt△HFR∽Rt△CRE,△AGB∽△DGH，利用相似比及線段的和差關系來探究的；解法4通過延長 BC,EF,挖掘 Rt△CEN≌Rt△FEM,充分利用等腰三角形性質、三角形外角定理、互余角、勾股定理等知識，挖掘 Rt△AEF∽Rt△MNF,△AGD∽△BGM,頗有創意;解法5 通過延長AE,DC,并由圖形的翻轉與正方形的信息挖掘△NAM為等腰三角形，進而挖掘△NEM 為直角三角形，并用射影定求得 CN 的長，再證得△NGD∽△AGB，利用相似比進行推算處理；解法6實際上是解法5的變形推理，只是輔助線與射影定理用法有所區別而已.解法7是對解法6的升華.解法8、解法9 是對解法7的升華.解法 10 通過建立平面直角坐標系，充分利用坐標法來探究.從這10種解法可體會到，正確作出輔助線構建三角形的相似、全等是解題的關鍵所在.另外，對解法10 而言，也可直接由兩點間的距離公式求計算，即FG=等等，這些留給讀者自己去探究.
例2 如圖5-15 所示，已知O為平行四邊形ABCD對角線的交點，OF交 BC于點 E,交AB 的延長線于點 F,若. ,求 BE.
解析 過點O作OG∥BC，交AB于點G.(引線造角望相似)
顯然,OG是△ABC的中位線,如圖5-16 所示.
①
在△FOG中,∵OG∥EB,
∴△FEB∽△FOG.
由此可得 (通性通法靈活使) ②
結合①②可得
點評 本題主要考查學生對相似三角形的判定與性質和平行四邊形的性質的應用.解題的關鍵在于：一、能否獲得利用某一輔助線將長度已知的線段“集中”到一個可解的圖形中來分析的設想.二、當過點O作OG∥BC,實現這一設想后,能否構造出△FEB∽△FOG,利用相似比來求出 BE的長度.
例3 (1) 如圖5-17 所示,在△ABC中,∠BAC=120°,AD 平分∠BAC交BC 于點D,求證:
(2)如圖5-18所示,在△ABC中,已知AB=AC,AD是邊BC 的中線,P是AD上一點,CF∥AB,BP的延長線分別交AC,CF于點E,F,求證：
解析 (1) 證明 如圖5-19 所示,過點 D作. 交AC于點
E.(引線造角望相似)
∵AD是 的平分線，且
又
∴△ADE為正三角形,則EA=ED=AD.
由于 DE∥AB,∴△CED∽△CAB.
由此可得
(通性通法靈活使)
從而可得
(2) 證明 ∵CF ∥AB,∴∠F=∠ABP.
連接CP，如圖5-20所示.(引線造角望相似)
由對稱性,得BP=CP,∠ACP=∠ABP.
∴∠PCE=∠F.又∠FPC=∠CPE,
∴△CFP∽△ECP.
(通性通法靈活使)
又CP=BP,故有
點評 本題主要考查相似三角形的判定與性質，角平分線的性質，等腰三角形的性質等基本知識.第(1)問，關鍵在于過點 D 作DE∥AB,獲得正三角形ADE,進而利用△CED∽△CAB 來完成證明.第(2)問，關鍵在于抓住比例中項的模型，活用圖形的對稱性將線段 BP 轉化為線段CP,構造角的相等,進而獲得△CFP∽△ECP,利用相似比來進行探究，體現了“引線造角望相似，通性通法靈活使”的戰術思想.
例4 (2020·宿遷)【感知】如圖5-21(a)所示,在四邊形 ABCD中,∠C=∠D=90°,點E在邊CD 上,∠AEB=90°,求證:
【探究】如圖5-21(b)所示,在四邊形 ABCD中,∠C=∠ADC=90°,點E在邊CD 上,點 F 在邊AD 的延長線上,∠FEG=∠AEB=90°,且 連接BG交CD 于點H.
求證:BH=GH.
【拓展】如圖 5-21(c)所示,點 E 在四邊形ABCD 內,∠AEB+∠DEC=180°,且 過點 E 的直線交AD 于點 F,交 BC于點G.若∠EFA=∠AEB,求證:BG=CG.
解析 解法 1 【感知】證明:在圖 5-21(a)中,∵∠C=∠D=∠AEB=90°,
∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°.
∴∠BEC=∠EAD.
∴Rt△AED∽Rt△EBC.
【探究】證明:過點G作GM⊥CD,垂足為M,如圖5-22所示.
由上題可知
∴BC=GM.
又∠C=∠GMH=90°,∠CHB=∠MHG,
∴△BCH≌△GMH(AAS).
∴BH=GH.
【拓展】證明:如圖5-23 所示,在 EG上取點M,使∠BME=∠AFE,過點 C 作 CN∥BM,交 EG于點 N.
(遇見線段比或積，轉為相似形解析)
∴∠CNG=∠BMG.
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=180°,
又∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°,
∠EFA=∠AEB(已知),
∴∠EAF=∠BEM.
∵∠AEB+∠DEC=180°,∠EFA+∠DFE=180°,又∠EFA=∠AEB,∴∠CED=∠EFD.
∵∠CNG+∠CNE=180°,
∴∠CNE=∠EFD.
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°,
∴∠EDF=∠CEN.
又
∴BM=CN.
又∠N=∠BMG,∠BGM=∠CGN,
∴△BGM≌△CGN(AAS).
∴BG=CG.
解法2 【感知】證明:∵∠C=∠D=90°,
∴BC∥AD,且∠CBA+∠DAB=180°,如圖5-24所示.
又∠5+∠4=90°,∴∠6+∠1=90°.
又∠6+∠3=90°,∴∠3=∠1.
在 Rt△ADE與 Rt△BCE中,
【探究】證明:過點 B 作 BN ∥EG 交 DE的延長線于點 N,連接 NG,如圖5-25 所示.
(遇見線段比或積，轉為相似形解析)
∴∠NBE+∠BEG=180°. ①
∵∠3+∠2=90°,∠1+∠3=90°,
∴∠3=∠1. ②
∵∠FEG=∠AEB=90°,
③
由①③,得 ④
由②④,得
又
由此可得NB=EG.
∴四邊形 BEGN 為平行四邊形.
∴BH=HG.
【拓展】證明:過點B作BN∥EC,交FE的延長線于點N,如圖5-26所示.
(遇見線段比或積，轉為相似形解析)
∴∠NBE+∠BEC=180°.
∵∠AEB+∠3+∠2=180°,
∠1+∠AFE+∠2=180°,
又題設∠EFA=∠AEB,
∴∠3=∠1.
又∠AED+∠BEC=180°,
∴∠AED=∠NBE.
∴△AED∽△EBN.
又
由此可得NB=EC.
由此可得四邊形 BECN 為平行四邊形.
∴BG=CG.
點評 本題構思巧妙，具有開放性，對創新思維的要求較高.主要考查了直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，平行線的性質等知識.解法1，對(1)側重于相似形的探究.對(2)通過過點G作GM⊥CD，構建出(1)的模型，充分借用(1)問的結論分析,挖掘BC=GM,進而挖掘△BCH≌△GMH 獲得解決,思路嚴謹.對(3)通過造角∠BME=∠AFE,并作CN∥BM,先獲得△AEF∽△EBM,進而挖掘△DEF∽△ECN,再挖掘△BGM≌△CGN，由此探得BG=CG.解法2，對(1)側重于三角函數的分析.對(2)通過作 BN∥EG,將線段 EG 轉移到 BN 處,挖掘△AEF∽△EBN，從而挖掘平行四邊形 BEGN，利用其對角線平分的性質求得問題的解決.對(3)充分模仿(2)的解法，將線段EC移到BN 處，構建平行四邊形 BECN，由此獲得BG=CG.此思路頗有創意.這兩種解法思路都注重了角的轉換，充分體現了“遇見線段比或積，轉為相似形解析”與“借前結論攻后題”的戰術思想.不難發現本題亦可先作平行四邊形BECN,再證∠BEN=∠BEG,請讀者自己完成.
跟蹤訓練
1. 如圖所示,已知M為線段AB 的中點,AE與BD 交于點C,與DM交于點F,∠DME=∠A=∠B=α,且EM交BD 于點G.
(1) 求證:△AMF∽△BGM.
(2) 若 求 BG的長.
(3)如圖2所示,連接 FG,在(2)的條件下,若α=45°,求△EFG的面積.
2. 如圖所示，在 中，E，D是 BC 邊上的兩個三等分點， 2CF, ,求 FM,MN,BN的長.
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3. (一)【發現探究】
在 中,AB=AC,點 P 在平面內,連接AP 并將線段AP 繞點A 順時針方向旋轉與∠BAC相等的角度，得到線段AQ，連接BQ.
【發現】如圖1所示，如果點 P 是BC 邊上任意一點，那么線段 BQ 和線段PC 的數量關系是 .
【探究】如圖2所示，如果點 P 為平面內任意一點.前面發現的結論是否仍然成立 若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由.請僅以圖2所示的位置關系加以證明(或說明).
(二)【拓展應用】
如圖3所示，在 中， P是線段EF 上的任意一點.連接 DP，將線段 DP 繞點 D 順時針方向旋轉 ，得到線段 DQ，連接EQ，請求出線段EQ長度的最小值.
4.【問題背景】如圖 1 所示,已知 求證：
【嘗試運用】如圖2 所示，在 中，D是 BC邊上一動點， 且. ,AC與DE 相交于點F，在點 D 運動的過程中，當 時，求DE 的長度.
【拓展創新】如圖 3 所示，D 是 內一點， 求AD的長.
(2) 由(1)解法2知,則
即S△BDM=9S△BEF.
∵D是AC的中點,
即
3. 證明 過點 D作DG∥AB交CF 于點G,如圖所示.
∵DG∥AF,∴∠FAE=∠GDE,∠AFE=∠DGE.
又D為BC的中點,DG∥BF,
∴AE·BF=2DE·AF.
4. 依題意，可以猜想：
當 時，有 成立.
證明 過點 D作DF∥BE交AC 于點F.
因為D是BC 的中點，所以 F是EC 的中點.
由 可知 (分比定理)
所以 (合比定理)
由此可得
1.(1)證明:∵∠AMD=∠B+∠D,∠BGM=∠DMG+∠D,
又∠DME=∠A=∠B=α,
(2)由(1)知△AMF∽△BGM,
∵M為AB 的中點,
且AB=AC=4.
又AF=3,
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(3) 易知
過點 M作MH⊥AE,垂足為 H,如圖所示,又 為等腰直角三角形.
∴GC⊥AE.
故 從而可得
連接CM，∵M為等腰直角三角形ABC 斜邊AB 的中點，
解得CE=4.
2. 取AF的中點G,連接DF,EG,如圖所示.
由平行線分線段定理的逆定理，知DF∥EG∥BA.
∴△CFD∽△CAB,△MFD∽△MBA.
從而 BF=4FM=12,∴FM=3.
又在△BFD中,E是BD的中點,且EH∥DF,
故 又顯然，H是BF 的中點，
故所求三條線段長分別為
3.【發現】由旋轉知,AQ=AP.
∵∠PAQ=∠BAC,
∴∠PAQ-∠BAP=∠BAC-∠BAP.
∴∠BAQ=∠CAP.
∴BQ=CP.
故答案為:BQ=PC.
【探究】結論:BQ=PC仍然成立,
理由：由旋轉知，
∴∠PAQ-∠BAP=∠BAC-∠BAP.∴∠BAQ=∠CAP.
∵AB=AC,∴△BAQ≌△CAP(SAS).∴BQ=CP.
【拓展應用】如圖所示,在 DF上取一點H,使DH=DE=6.
連接 PH,過點 H作HM⊥EF,垂足為 M.
由旋轉知,DQ=DP,∠PDQ=60°.
∵∠EDF=60°,∴∠PDQ=∠EDF.
∴∠EDQ=∠HDP.∴△DEQ≌△DHP(SAS).∴EQ=HP.
要使 EQ最小，則有 HP最小，而點 H 是定點，點P 是EF 上的動點，
故當 HM⊥EF(即點 P 和點M 重合)時,HP 最小,
即點 P 與點M 重合時，EQ最小，最小值為 HM.
在Rt△HMF中,∠F=30°,DF=12,∴FH=6.
即 EQ的最小值為3.
4. 證明：【問題背景】
從而可得
【嘗試應用】
如圖1所示,連接CE,∵AB=4,AC=3,∠BAC=90°,
∵∠BAC=∠DAE=90°,∠ABC=∠ADE,
∴△BAD∽△CAE.
設BD=4x,CE=3x,則CD=5-4x.
∵∠B+∠ACB=90°,∴∠ACE+∠ACB=90°.∴∠DCE=90°.
【拓展創新】
過點A作AB 的垂線，過點 D作AD 的垂線，兩垂線交于點 M，連接BM，如圖2所示.
又
又∠BDC=∠ADM,
∴∠BDC+∠CDM=∠ADM+∠CDM,
即∠BDM=∠CDA.∴△BDM∽△CDA.
解得

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