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第13招 垂線、角平分線，翻折集結等角與等線
在題目給出的條件中，若含有垂線或角平分線的信息，往往要主動聯想到將有關圖形翻折 180°. “翻折”的方式常有兩種：一是直接以某線段的垂線，或某角平分線為軸線將圖形翻折180°得到；二是作某點關于軸的對稱點，采用連線、截取等手段構造圖形的全等來實現.圖形的翻折，可以有效地讓題目的顯性信息集中到一起，促使隱性的信息凸顯出來，使我們直接獲得相等的角、相等的線段，從而降低解題的難度，順利而快速地分析問題、解決問題.此招輔助線我們可將它表述為：
垂線、角平分線，翻折集結等角與等線.
例1 先閱讀下面的材料，然后解答問題：
已知:如圖 13-1 所示,在等腰三角形 ABC 中,∠B=90°,AD 是∠BAC的平分線,交 BC邊于點D.求證:AC=AB+BD.
證明 如圖13-1所示,在AC上截取AE=AB,連接DE.
由已知條件易知:△ADB≌△ADE(SAS),
∴∠AED=∠B=90°,BD=DE.
在等腰三角形ABC中,∠B=90°,
∴∠C=45°.∴∠EDC=∠C=45°,則有 DE=CE.
∴AC=AE+EC=AB+BD.
我們將這種證明一條線段等于另兩條線段和的方法稱為“截長法”.
解決問題：現將原題中“AD是∠BAC的平分線，且交 BC邊于點D”換成“AD是△ABC外角∠BAF的平分線，交CB邊的延長線于點 D，如圖13-2所示”其他條件不變，請你猜想線段AC，AB，BD 之間的數量關系，并證明你的猜想.
解析猜想:線段AC,AB,BD之間的數量關系是:BD=AB+AC.證明 如圖13-3所示，在CA的延長線上截取AE=AB，連接DE.(垂線、角平分線，翻折集結等角與等線)
∵AD 是∠BAC 的外角平分線,
∴∠BAD=∠EAD.
在△ADB 和△ADE中,
∴△ADB≌△ADE(SAS).
∴DE=DB,∠AED=∠ABD=90°.
在等腰三角形ABC中,∠C=45°,
∴△DEC 是等腰直角三角形.∴DE=CE.
∴BD=DE=CE=AB+AC,即BD=AB+AC.
點評 本題題型開放，考查了全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，考查學生的類比、探究、猜想能力，讀懂題目信息，注重類比聯想是解題的關鍵.本解法也凸顯了“垂線、角平分線，翻折集結等角與等線”的戰術思想.
例2 如圖13-4所示,在△ABC中,AB>AC,AD為∠BAC的平分線,且AD的垂直平分線和BC 的延長線交于點 E，垂足為 F.求證：
解析 證明 連接AE,如圖13-5 所示,易知 Rt△DEF≌Rt△AEF.
(垂線、角平分線，翻折集結等角與等線)
∴AE=DE,∠2+∠3=∠4.
又∠4=∠1+∠B,∠1=∠2,∴∠3=∠B.
又∠AEC=∠BEA,
∴△AEC∽△BEA.
從而 即
又AE=DE,∴DE =BE·CE.
點評 抓住角平分線、中垂線的信息分析，聯想到連接AE 這一輔助線是求解本題的最佳思路.易知，作出輔助線AE 頗有動一發而牽動全身之感.另外，由于∠3=∠B 是弦切角與圓周角的模型，由此可發現新命題：題設條件不變，證明①AE是過A，B，C三點的外接圓的切線.②2∠FEC=∠ACB--∠B.
例3 (2020·大連)如圖13-6所示,在△ABC中,點 D,E,F 分別在AB,BC,AC上,BE=CE,點G在線段CD 上,CG=CA,GF=DE,∠AFG=∠CDE.
(1) 填空:與∠CAG相等的角是 .
(2) 用等式表示線段AD與BD 的數量關系，并證明.
(3)若∠BAC=90°,∠ABC=2∠ACD,如圖13-7所示,求 的值.
解析 (1) ∵CA=CG,∴∠CAG=∠CGA.
故答案為∠CGA.
理由是：
如圖13-8所示,在CG上取一點M,使GM=AF,連接AM，EM.(中點、中線想中位線)
∵∠CAG=∠CGA,AG=GA,
∴△AGM≌△GAF(SAS).
∴AM=GF,∠AFG=∠AMG.
∵GF=DE,∠AFG=∠CDE,
∴AM=DE,∠AMG=∠CDE.
∴AM∥DE,則四邊形AMED為平行四邊形.
∴AD=EM,AD∥EM.
∵BE=CE,即E為BC 的中點,
∴ME為△BCD的中位線.
從而可得
(3) 延長BA 至點N,使AD=AN,如圖13-9所示,連接CN.(垂線、角平分線，翻折集結等角與等線)
∵∠BAC=∠NAC=90°,∴AC是DN 的中垂線.
∴CD=CN,∠ACD=∠ACN.
設∠ACD=∠ACN=α,則∠ABC=2α,從而可得
∴BN=BC,即△BCN 為等腰三角形.
設AD=1,則AN=1,BD=2,∴BC=BN=4,AB=3.
從而可得
點評 本題考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，中位線定理，解題的關鍵是根據題意構造平行四邊形，轉化已知條件.第(1)問，從給出的圖形中可直接得出.第(2)問，關鍵在于：一、能否從圖中猜想到它們可能是2倍的關系.二、能否先由 E 為BC 的中點想到中位線EM，得出四邊形ADEM為平行四邊形,由此只需 DE=AM,進而需要GF=AM,故需要△AGM≌△GAF，由此便得到我們所要的輔助線 GM，且GM=AF.第(3)問,關鍵在于延長BA 至點N,使AD=AN,此作法充分體現了“垂線、角平分線，翻折集結等角與等線”的戰術思路.
例4 如圖13-10 所示,已知AD為△ABC的角平分線,AB解析 證法1 連接BE,記BE中點為 F,連接 FN,FM,如圖13-11所示.
∵FN為△EAB的中位線,
(中點、中線想中位線)
∵FM為△BCE的中位線,
(中點、中線想中位線)
∵CE=AB,∴FN=FM.∴∠3=∠4.
∵∠4=∠5,∴∠3=∠5.
又∠1+∠2=∠3+∠5,而∠1=∠2,∴∠2=∠5.
∴MN∥AD.
證法2 ∵AD為△ABC的角平分線,過點 B作BP⊥AD,交AC于點P，交AD于點Q，如圖13-12所示.(垂線、角平分線，翻折集結等角與等線)
∴AP=AB,BQ=QP.
又 BM=MC,連接QM,
則 QM為△BCP 的中位線.
∴QM∥PC,且 ( * )
又EC=AB,∴AP=EC.
從而可得AE=AC-EC=AC-AP=PC.
又N為AE 的中點， (* * )
而AN與PC都是AC 邊上的線段，
結合(*)(**),得QM=AN,且QM∥AN.
故四邊形AQMN 為平行四邊形.
∴MN∥AD.
點評 本題主要考查了角平分線的性質，平行線的判定與性質，三角形的中位線定理，解決問題的關鍵是正確畫出輔助線.證法1是從中點的信息入手探究，通過構建BE，FN，FM等輔助線，將已知條件集結于△FMN之中，側重于角的等量交換利用“同位角相等，兩直線平行”的性質來突破.證法2 是從角平分線的條件入手分析，通過作點 B關于直線AD 的對稱點P，將已知條件集結于AC邊上，側重于線段的計算.挖掘四邊形AQMN 為平行四邊形來完成證明，凸顯了“垂線、角平分線，翻折集結等角與等線”的戰術思想.
跟蹤訓練
1. 如圖所示,在正方形 ABCD 中,已知 AE=BC+CE,AF 平分∠BAE,求證:BF=FC.
2. 如圖所示,在△ABC中,AB=8cm,AC=4 cm,∠BAC的平分線AD 與BC 的垂直平分線DG 交于點D,過點 D 作DE⊥AB,垂足為 E, ，垂足為F(或AC延長線).
(1) 求證:.
(2)求證:.
(3) 求 AE的長.
3. 已知在△ABC中,AB+AC=x,點 D 為平面內一點.
(1) 如圖1所示，當D為BC邊的中點時，求證：
(2)如圖2所示,當點 D 在△ABC的外部,且滿足 BD+CD=x,若 的外角平分線與∠BDC 的外角平分線交于點 F，求證：∠AFB=
(3) 如圖3所示,當 時，在直線 BC的下方取點 D，且滿足 ,過點A作AN⊥CD,垂足為N,若CD=a,BD=b，請求出 CN的長度(用含有a，b的式子表示).
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4. 在四邊形ABDC中,AC=AB,DC=DB,∠CDB=120°,∠CAB= E是AC上一點,F是AB 延長線上一點,且CE=BF.
(1) 求證:ED=DF.
(2)如圖1所示,若點G在AB 上且∠EDG=60°,試猜想CE,EG,BG之間的數量關系并證明.
(3)若題中條件“∠CAB=60°且∠CDB=120°”改為∠CAB=α, ，點G在AB 上，當∠EDG滿足什么條件時，(2)中結論仍然成立 (只寫結果不要證明)
(4)運用(1)(2)(3)解答中所積累的經驗和知識，完成下題：如圖2所示,在四邊形ABCD中,∠CAB=∠CAD=30°,∠ABC=90°,點E在AB上， 且 ,若AE=3,求BE的長.
答案
1. 證明 因為AF平分∠BAE,所以把 Rt△ABF繞AF 翻折 即過點 F作FG⊥AE，垂足為G，如圖所示.
(垂線、角平分線，翻折集結等角與等線)
∴Rt△AGF≌Rt△ABF.
∴BF=FG,AB=AG.
連接 FE，由圖可得(
由此可得 Rt△EGF≌Rt△ECF(HL).
∴FG=FC.
∴BF=FC.
2. (1) 證明 ∵點D在∠BAC的平分線上,且 DE⊥AB,DF⊥AC,∴DE=DF.
在 Rt△AED與 Rt△AFD中,
∴Rt△AED≌Rt△AFD(HL).∴AE=AF.
(2)證明:連接BD,CD.
∵點 D在BC 的垂直平分線上,∴DB=DC.
在 Rt△DCF與 Rt△DBE 中,
∴Rt△DCF≌Rt△DBE(HL).∴CF=BE.
(3) ∵AB=8cm,AC=4cm,CF=BE,AE=AF=AC+CF,
∴AB=AE+BE=AC+BE+CF=AC+2BE.
∴BE=2cm.∴AE=AB一BE=6cm.
3. (1)如圖1所示,延長AD,使DE=AD,連接CE.
∵D為BC邊的中點，
∴BD=CD,且DE=AD,∠ADB=∠EDC.
∴△ABD≌△ECD(SAS).∴AB=EC.
∵AC+CE>AE,
∴AC+AB>2AD.∴AD<π/2.
(2) 如圖2所示,延長BA 至點M,使AM=AC,連接FM,延長CD至點N,使 DN=BD,連接FN.
∵AF平分∠MAC,
∴∠MAF=∠CAF.
∵AM=AC,AF=AF,∴△MAF≌△CAF(SAS).
∴MF=CF,∠MFA=∠AFC.
同理可得 FN=FB,∠NFD=∠BFD.
∵BD+CD=x,AB+AC=x,
∴BD+CD=AB+AC.
∴BM=CN,且MF=CF,FN=FB.
∴△BFM≌△NFC(SSS).
∴∠MFB=∠CFN.
∴∠MFA+∠AFB=∠NFD+∠CFD.
∴∠AFC+∠AFB=∠BFD+∠CFD.
∴∠BFC+∠AFB+∠AFB=∠BFC+∠CFD+∠CFD.
∴∠AFB=∠CFD.
(3)若BD>CD,過點 A作AM⊥BD,垂足為M,連接AD,如圖3所示.
又∠ACD+∠ACN=180°,
∴∠ABM=∠ACN.
∵∠ABM=∠ACN,∠AMB=∠ANC=90°,AB=AC,
∵AM=AN,AD=AD,
∴Rt△AMD≌Rt△AND(HL).∴MD=DN.
∵CN=DN-CD=MD-CD=BD-BM-CD=BD-CN-CD,
若BD∵∠BAC+∠BDC=180°,∠BAC+∠BDC+∠ABD+∠ACD=360°,
∴∠ABD+∠ACD=180°.
又∠ABD+∠ABM=180°,∴∠ABM=∠ACD.
∵∠ABM=∠ACN,∠AMB=∠ANC=90°,AB=AC,
∴△ABM≌△ACN(AAS).∴BM=CN,AM=AN.
∵AM=AN,AD=AD,
∴Rt△AMD≌Rt△AND(HL).∴MD=ND.
∵CN=CD-DN=CD-MD=CD-MB-BD=CD-CN-BD,
4. (1) 證明:∵∠CAB+∠C+∠CDB+∠ABD=360°,∠CAB=60°,∠CDB=120°,
∴∠C+∠ABD=360°-60°-120°=180°.
又∵∠DBF+∠ABD=180°,∴∠C=∠DBF.
在△CDE和△BDF中
∴△CDE≌△BDF(SAS).∴DE=DF.
(2)如圖1所示,連接AD,猜想CE、EG、BG之間的數量關系為:CE+BG=EG.
證明:在△ABD和△ACD中
∴△ADB≌△ADC(SSS).
∵∠EDG=60°,∴∠CDE=∠ADG,∠ADE=∠BDG.
由(1),可得△CDE≌△BDF,∴∠CDE=∠BDF.
∴∠BDG+∠BDF=60°,即∠FDG=60°.
∴∠EDG=∠FDG.
在△DEG和△DFG中
∴△DEG≌△DFG(SAS).∴EG=FG.
又CE=BF,FG=BF+BG,∴CE+BG=EG.
(3) 要使CE+BG=EG仍然成立,
則 即
故當 時,CE+BG=EG仍然成立.
(4) 如圖2所示,∵∠CAB=∠CAD=30°,∴AC為∠DAB的平分線.
故過點C作CF⊥AD交AD的延長線于點F，(垂線、角平分線，翻轉集結等角與等線)
在△ACB和△ACF中
∴△ACB≌△ACF(AAS).∴AB=AF,CB=CF.
于是,由(2)可得 BE+DF=DE.
∵DE⊥AB,∴∠AED=90°.
又∵∠CAB=∠CAD=30°,
∵AD+DF=AE+BE,∴6+DF=3+BE,DF=BE-3.
又

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