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第16招 邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗
在題目給出的條件中，若涉及的線段有公共點且還存在相等的關系，但不在同一三角形中時，往往要以該公共點為中心將有關部分圖旋轉一定的角度，或以某邊為軸進行翻轉.促使離散的角、線段集中到某個三角形中去，以便挖掘隱藏的相等的線段和角，獲得圖形的全等或點的共線，或出現特殊角、特殊的三角形等基本圖形，取得過渡性的推論，從而達到推導出所求的結論的目的.此招輔助線我們可將它表述為：
邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗.
例1 如圖16-1所示,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,E,F為線段AB 上兩動點,且∠ECF=45°,過點 E,F分別作BC,AC的垂線相交于點M，垂足分別為 H，G.現有以下結論：
①
② 當點 E 與點B 重合時,
③AF+BE=EF;
④
其中正確結論的個數是( ).
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
解析 ①由題意知，△ABC是等腰直角三角形，
故①正確.
②如圖16-2所示,當點 E與點B 重合時,點 H 與點B 重合.
∴MB⊥BC,∠MBC=90°.
∵MG⊥AC,∴∠MGC=∠ACB=∠MBC=90°.
∴MG∥BC,四邊形 MGCB 是矩形.
∴MH=MB=CG.
∴∠FCE=∠ABC=45°,∠A=∠ACF=45°.
∴CF=AF=BF.∴FG是△ACB的中位線.
故②正確.
③解法1 如圖16-3所示,∵AC=BC,∠ACB=90°,
∴∠A=∠5=45°.
將△ACF順時針旋轉 90°至△BCD,(邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗)
則CF=CD,∠1=∠4,∠A=∠6=45°,BD=AF.
∵∠2=45°,∴∠1+∠3=∠4+∠3=45°.
∴∠DCE=∠2.
在△ECF 和△ECD中,有
∴△ECF≌△ECD(SAS).∴EF=ED.
∵∠5=45°,∴∠DBE=90°.
即
故③錯誤.
解法2 當點 E,F運動到AF=EB時,如圖16-4所示.
顯然此圖關于直線CM對稱，且MGCH 為正方形.
∵∠ECF=45°,∴∠1=∠2=∠3=∠4=22.5°.由此不難得知 Rt△DEC≌Rt△HEC(AAS).
∴DE=HE.
∵AF+BE=EF,EF=2EB,又據對稱性知EF=2DE,∴DE=EB.
∴DE=EB=EH.
這與在 Rt△EHB中,EB>EH 相悖.
故③錯誤.
④在圖16-3中,· 又∠A=∠5=45°,∴△ACE∽△BFC.
由題意知四邊形CHMG是矩形，
∴MG∥BC,MH=CG,MG=CH,MH∥AC.
即
故④正確.
故選 C.
點評 本題綜合性較強，求解需對四個結論逐個甄別.對① 直接由勾股定理推得結果，作出判斷；②需先挖掘 MG∥BC，四邊形MGCB 是矩形，進而挖掘FG是△ABC的中位線，利用中位線性質作出判斷；③解法1，由于EF，AF，EB 共線，顯然將線段延長或截取不可取.于是考慮將△ACF 旋轉90°至△BCD,挖掘△ECF≌△ECD,根據全等三角形的性質和勾股定理推算作出判斷，凸顯了“邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗”的戰術思想.另外，對此解法還可這樣著眼：當挖掘 DE=EF后,直接由三角形不等式,得 DE例2 在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,D為平面內的一點.
(1)如圖16-5 所示,當點 D 在邊 BC 上時,且∠BAD=30°,求證:
(2)如圖 16-6 所示,當點 D 在△ABC 的外部,且滿足∠BDC--∠ADC=45°,求證:
(3)如圖16-7所示,若AB=4,當D,E分別為AB,AC的中點,且把△DAE繞點A 順時針旋轉,設旋轉角為α(0<α≤180°),直線 BD 與CE 的交點為 P,連接 PA,求△PAC面積的最大值.
解析 (1) 證法 1 如圖16-8 所示,將△ABD沿AB 折疊,得到△ABE,連接DE.
∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠ABC=45°.將△ABD沿AB 折疊,得到△ABE,(常用旋轉作試驗)
由翻折知△ABD≌△ABE,
∴AE=AD,BE=BD,∠ABE=∠ABD=45°,且∠BAD=∠BAE=30°.
∴∠DBE=90°,∠DAE=60°.
又AD=AE,BE=BD,
∴△ADE是正三角形，△BDE 是等腰直角三角形.
證法2 由題意可知,△ABD是∠ABD=45°,∠BAD=30°的固定三角形.當過點 D 作DH⊥AB，垂足為 H時，可得兩個特殊的直角三角形，如圖16-9所示,即△ADH是以∠DAH=30°的直角三角形,△BDH 是∠BHD=90°的等腰直角三角形.
于是,在 Rt△ADH中,得
在 Rt△BDH 中,得
(2) 證法1 為了得到 ，由右端 想到它可視為以AD 為直角邊的等腰直角三角形的斜邊.
于是,過點 A作AE⊥AD,且AE=AD,連接DE.
(邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗)
如圖16-10所示,設CD交BE 于點M.
∵AE⊥AD,∴∠DAE=∠BAC=90°.
∴∠BAE=∠DAC,且AD=AE,AB=AC.
∴△BAE≌△CAD(SAS).
∴∠ACD =∠ABE.
∵∠ACD+∠DCB+∠ABC=90°,
∴∠DCB+∠ABC+∠ABE=90°.
∴∠BMC=90°.
∵AE⊥AD,AE=AD,
∵∠BDC-∠ADC=45°,
,且DM=DM,∠DMB=∠DME=90°.
∴△DMB≌△DME(ASA).
證法2 上接證法 1中的①，如圖16-10所示，易得A,M,B,C 四點共圓,且CD⊥BE.
又
∴DC是∠BDE 的平分線.
∴△DBE是等腰三角形.
∴BD=DE.又△DAE 是等腰直角三角形,
(3) 解法 1 如圖 16-11 所示,作 PG⊥AC，交AC所在直線于點G.
因為點 D，E在以A 為圓心，AD 為半徑的圓上，所以當 CE 所在直線與⊙A 相切時，直線BD 與CE 的交點 P 到直線AC 的距離最大，此時四邊形ADPE是正方形,AD=PD=2.
又AB=4,∴∠ACP=30°.
從而
故點 P 到AC 所在直線的距離的最大值為
故△PAC的面積最大值為
解法2 易知D，E在以A 為圓心，AD為半徑的圓上轉動，點P 在△ABC的外接圓⊙O上轉動.
由圖16-11知,當點 E轉到使∠AEC=90°時,PC最長,
從而△PAC的面積最大.
此時四邊形 ADPE 是正方形,△AEC為以∠ACP=30°的直角三角形.
所以 PE=AE=2,CE=AC·cos30°=2
所以
點評 本題主要考查了全等三角形的性質和判定，含30°角的直角三角形的性質，三角函數和圓的切線等基本知識.考查三角形面積最值的求法，綜合性強.第(1)問，證法1側重分析圖形的翻折，三角形全等與代數的計算，體現了“邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗”的戰術思想;證法2緊扣∠BAD=30°的信息,作 DH⊥AB,構建含30°角的直角三角形，挖掘等腰直角三角形 BDH，此輔助線一舉兩得，頗有創意.第(2)問，關鍵是能否意識到. 隱含著等腰直角三角形的影子，由此想到構建等腰直角三角形 ADE，挖掘△BAE≌△CAD，得出∠ACD=∠ABE.所給出的兩種證法區別在于最后討論 BD=ED的方式不同而已.第(3)問，解題關鍵：一、能否借用(2)的探究思路得到A，P，B，C四點共圓；二、能否從△DAE 的轉動過程中發現點 P 既在⊙O上，又在直線CE上，故當CE 與⊙O相切時，CP 最長;三、挖掘A,D,P,E四點共圓,且四邊形ADPE為正方形,進而挖掘△AEC是以∠ACE=30°的直角三角形.一旦明確了這三點問題也就迎刃而解.
例3 如圖16-12 所示,已知 P 為正方形ABCD 內一點,PA=1,PB=3,PD= ，求正方形的面積.
解析 解法1 以點 A 為中心,將△APB轉動90°,使AB與AD 重合,如圖16-13所示.
(邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗)
∴△AED≌△APB.且∠EAP=90°.從而
又
故△DPE為直角三角形,且DP⊥EP.
(※)
過點D作DH⊥AP交AP 的延長線于點H,如圖16-13所示,則點 D到AP 所在直線的距離為：
作 PM⊥AD,垂足為M,PN⊥AB,垂足為N,如圖16-14所示,令 PM=x,PN=y,則 且有：
①
②
③
∵S四邊形APDE=S△APD+△S△APB,
④
由④,得( ,
所以15
故所求正方形的面積為
解法2 過點 P作PM⊥AD,垂足為 M,作 PN⊥AB,垂足為N,如圖16-14所示,則△ANP,△AMP 均為直角三角形.
設AM=y,AN=x,則有
即 即
即AB - 解得
故所求正方形的面積為
點評 本題主要考查三角形面積求解方法，對思維要求較高.解法1運用“邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗”的方法構建輔助線，將分散的條件集結到一起，是一種創新性解法.解法2實際上是坐標法思想.只是未建立坐標系，直接設出線段 AM=y，AN=x，活用勾股定理來處理的.此解法中要注意AB >9這一隱含信息.否則將出現增解.
跟蹤訓練
1. 如圖所示，已知 P，Q分別是 兩直角邊AB，AC上兩點，M為斜邊BC的中點，且. 垂足為 D， 垂足為E.求證：
2. 在課外興趣小組活動時，老師提出了如下問題：
(1) 問題提出
如圖1所示,在△ABC中,若AB=5,AC=3,求BC邊上的中線AD的取值范圍.
小明在組內經過合作交流，得到了如下的解決方法：
延長AD到點E,使得 DE=AD,再連接 BE(或將△ACD 繞點 D 逆時針旋轉180°得到△EBD),把AB,AC,2AD集中在△ABE中,利用三角形的三邊關系可得2感悟 解題時，條件中若出現“中點”“中線”字樣，可考慮構造以中點為對稱中心的圖形或全等三角形，把分散的已知條件和所求證的結論集中到同一個三角形中.
(2) 問題解決
受到(1)的啟發，請你證明下面命題：如圖2所示，在△ABC中，D是BC邊上的中點,DE⊥DF,DE 交 AB 于點 E,DF 交AC 于點 F,連接 EF.
①求證:BE+CF>EF;②若∠A=90°,探索線段 BE,CF,EF 之間的等量關系，并加以證明.
(3) 問題拓展
如圖3所示,在四邊形ABDC中,∠ABD+∠ACD=180°,DB=DC,∠BDC=120°,以 D 為頂點作∠EDF,角的兩邊分別交 AB,AC于E,F兩點且∠EDF=60°,連接EF,探索線段 BE,CF,EF 之間的數量關系,并加以證明.
答案
1. 證明 (1)∵MD⊥AB,ME⊥AC,
∠A=90°,連接 PQ,如圖1所示.
∴∠MDP=∠MEA=∠A=90°.
由此可得四邊形 MEAD為矩形.
∴AD=EM,AE=DM,∠DME=90°.
∵PM⊥QM,∴∠PMQ=90°.
∴∠DMP=∠EMQ.
從而可得△MPD∽△MQE.
(2) 由(1)知△MPD∽△MQE,則有
由此可得AD·PD=AE·EQ.
(3)證法1 如圖2所示,以M為中心,將△MCQ旋轉180°至△MBN.
(邊邊相等又共點，常用旋轉作試驗)
∴△MCQ≌△MBN,故CQ=BN.
連接 PN,PQ,因為 PM⊥QM,
∴PM垂直平分NQ,從而可得 PN=PQ.
∵△ABC 是直角三角形,BC是斜邊,
∴∠ABC+∠C=90°.
從而可得∠ABC+∠MBN=90°,
即△PBN是直角三角形.
由勾股定理，得
又
證法2 延長 PM到點N,使MN=PM,連接QN,CN.
如圖3所示，將BP，PQ，QC集結于一個可求的直角三角形QCN.
(垂線、角平分線，翻轉集結等角與等線)
(或過點C作CN∥PB,使CN=PB,連接NQ)
∵M是BC的中點,∴BM=CM.
在△BMP 和△CMN中,
∴△BMP≌△CMN(SAS).
∴PB=NC,∠B=∠NCM.
∵∠A=90°,∠B+∠ACB=90°,
∴∠NCM+∠ACB=90°,即∠NCQ=90°.
∵PM⊥QM,PM=NM,∴PQ=NQ.
又
證法3 由題得四邊形 ADME 為矩形.
連接 DE，(平行四邊形，常連對角線)
又連接PQ，如圖4所示，
則
于是，求證式等價于：
①
亦等價于. ②
∵M是BC的中點,且MD∥AC,ME∥AB,
∴D,E分別是AB,AC的中點,即有AD=BD,AE=CE.
從而可得②式等價于：
③
從而③式等價于:AD·PD=AE·EQ. ④
∵四邊形ADME為矩形,∴AD=ME,AE=MD.
故④式等價于 ME·PD=MD·EQ. ⑤
為此,只要證明△MDP∽△MEQ即可.
下面我們來證明這一點.
事實上，這兩個三角形都是直角三角形，因此，只要證明有一對銳角相等即可.
∵四邊形 ADME為矩形,. ⑥
在⑥式中兩邊都減去一個公共角∠PME，所得角相等，
即∠PMD=∠QME. ⑦
由⑥,⑦,得△MPD∽△MEQ,由此可得⑤成立.
自⑤逆上，步步可逆，從而①成立，則原命題獲證.
想一想 在本例中，若刪除條件：MD⊥AB，垂足為 D，ME⊥AC，垂足為 E，其余條件不變，只證第(3)問，又如何呢
2. (2) ① 證明:如答圖1所示,延長 FD到點G,使得DG=DF,連接BG,EG,則(
∵DE⊥DF,∴EF=EG.
在△BEG中,BE+BG>EG,
即 BE+CF>EF.
②若∠A=90°,則∠EBC+∠FCB=90°.
由①知∠FCD=∠DBG,EF=EG,
∴∠EBC+∠DBG=90°,即∠EBG=90°.
在 Rt△EBG中,
(3) 如答圖2所示,將△DCF 繞點D 逆時針旋轉120°得到△DBG.
∵∠ACD+∠ABD=180°,∠4=∠ACD,
∴∠4+∠ABD=180°.
故點 E，B，G在同一直線上.
∵∠3=∠1,∠BDC=120°,∠EDF=60°,
∴∠1+∠2=60°,故∠2+∠3=60°,即∠EDG=60°.
∴∠EDF=∠EDG=60°.
在△DEG和△DEF中
∴△DEG≌△DEF(SAS).
∴EF=EG=BE+BG,即EF=BE+CF.

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