“K”字形相似在不同載體下的廣泛應用

戴小駒

【摘要】 從課本上的一道簡單的例題引申出這么多不同類型、不同載體的優秀中考試題，實際上就是提醒我們，一定要重視課本例題的研究，在學習數學的過程中，不僅僅滿足對課本知識的掌握，要觸類旁通、舉一反三，充分挖掘基本圖形，探究題目本質，以不變應萬變，只有這樣才能體味數學的真諦，探求數學奧秘，建構高效的數學學習模式.

【關鍵詞】 減負；高效；“K”字形相似；基本模塊；基本圖形

“減負”最近在全國掀起一股熱議，甚至從2013年8月22日起，教育部新擬定的《小學生減負十條規定》（征求意見稿）將在全社會公開征詢意見. 數學這門需要大量練習的學科也遺憾地成為眾矢之的，文匯報甚至撰文批評“被異化的數學正在訓練大量肩上只有麻袋沒有腦袋的人”. 筆者作為從事中學數學一線教學十多年的教師，很是汗顏，也不禁反思起自己的教學來.

數學要想“減負”，特別是減輕學生回家作業的負擔，筆者認為唯有提高課堂的“高效”. 而以“問題串、低起點、快節奏、大容量、多層次”才是解決之道. 筆者以自己初三復習時帶領學生一起做過的一類源于課本又高于課本的“K”字形相似問題的研究談談自己的認識與思考，供大家參考.

原題回放（蘇科版八年級（下）101頁）如圖1，若點E是線段AB上的一點，且∠CAE = ∠EBD = ∠CED = 90°，則△CAE∽△EBD.（當CE = DE時，△CAE ≌ △EBD）（證明略）

我們把圖1稱為“K”字形相似問題中的基本模塊，相應的解題方法稱為基本方法. 解決此類問題的關鍵是發現“三點一線（A，E，B），三角相等（∠A = ∠1 = ∠B）” 的基本圖形.

“K”字形相似的變形. 如圖2，把△EBD平移，使得點E移至點A處，此時CE和AD的交于點H，同時保證∠CHD = 90°.這里同樣可以利用基本方法證明出兩個三角形相似的結論.

圖3是圖2在動態的情況下的特殊情況，即當點D作為動點，當該點和點F重合后的情形.此時在正方形內，△CAE和△EBD都變成了等腰直角三角形，如果點C和點E都作為動點的話，最后還會出現圖4這個特殊情況.

“K”字形相似的一般化. 如圖5，已知點A，E，B在同一直線上，且∠A = ∠1 = ∠B，則△CAE∽△EBD.證明方法與基本模塊相同.

實踐表明，認識和掌握基本圖形的特征和相關結論，可以使復雜的問題簡潔化、生疏的問題熟悉化；有助于學生思維的激活，能激發學生學習數學的興趣，提高分析問題、解決問題的能力.筆者結合近幾年中考試題中“K”字形相似在不同載體下的廣泛應用，分類提煉如下，供大家參考.

一、以平行線為載體

案例1 如圖6，平面內4條直線l1，l2，l3，l4是一組平行線，相鄰2條平行線的距離都是1個單位長度，正方形ABCD的4個頂點A，B，C，D都在這些平行線上，其中點A，C分別在直線l1，l4上，該正方形的面積是 平方單位.

分析與解 此題答案許多學生都誤填9，系因考慮問題不全面而導致錯誤.若能想到“K”字形相似問題中的基本模塊，把正方形ABCD斜過來放，問題便迎刃而解.

正確解法 如圖7，正方形邊長為3，顯然正方形ABCD的面積為9；如圖8，分別過B點、D點向l4作垂線段，垂足分別為M，N，運用基本模塊，易證△BMC ≌ △CND，∴ CN = BM = 1. ∵ DN = 2，∴ DC = . ∴正方形ABCD的面積為5.綜上，正方形面積為5或9.

點評 本題“K”字形相似基本模塊隱藏較深，學生需要一定的經驗積累，方能水落石出. 該題緣于課本，卻又高于課本.

拓展 如圖9，正方形ABCD的四個頂點分別在四條平行線l1，l2，l3，l4上，這四條直線中相鄰兩條之間的距離依次為h1，h2，h3（h1 > 0，h2 > 0，h3 > 0）.

（1）求證：h1 = h3；

（2）設正方形ABCD的面積為S，求證：S = （h1 + h2）2 + h12；

（3）若h1 + h2 = 1，當h1變化時，說明正方形ABCD的面積S隨h1的變化情況.

二、以三角形為載體

案例2 如圖10所示，直線y = -x + b與x軸相交于點A（4，0），與y軸相交于點B，將△AOB沿著y軸折疊，使點A落在x軸上，點A的對應點為點C.

（1）求點C的坐標；（2）設點P為線段CA上的一個動點，點P與點A，C不重合，連接PB，以點P為端點作射線PM交AB于點M，使∠BPM = ∠BAC. ① 求證：△PBC ∽ △MPA；② 是否存在點P，使△PBM為直角三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由.

分析與解 （1）C（4，0）. （2）由△AOB沿y軸折疊，則∠BCO = ∠BAC. ∵∠BPM = ∠BAC，∴∠BCO = ∠BPM=∠BAC，則構造了“K”字形相似的一般化模塊，易證△PBC∽△MPA.

（3）首先求得B的坐標，當∠PBM = 90°時，則有△BPO∽△ABO，根據相似三角形對應邊的比相等，即可求得PO的長，求得P的坐標；當∠PMB = 90°時，則∠PMA = 90°時，BP⊥AC，則此時點P與點O重合，則P的坐標可以求得.

點評 本題是一次函數與相似三角形的性質與判定的綜合應用，正確利用“K”字形相似證明△PBC∽△MPA是關鍵.

三、以矩形為載體

案例3 已知：如圖12，矩形ABCD中，AD = 6，DC = 8，矩形EFGH的三個頂點E，G，H分別在矩形ABCD的邊AB，CD，DA上，AH = 2，連接CF.

（1）如圖11，當四邊形EFGH為正方形時，求AE的長和△FCG的面積；

（2）如圖12，設AE = x，△FCG的面積 = S1，求S1與x之間的函數關系式與S1的最大值；

（3）在（2）的條件下，如果矩形EFGH的頂點F始終在矩形ABCD內部， 連接BF， 記△BEF的面積為S2，△BCF的面積為S3，試說明6S1 + 3S2 - 2S3是常數.

分析與解 （1）過點F作FM⊥CD于M，利用“K”字形相似問題中的基本模塊證明△AEH ≌ △DHG ≌ △MGF，根據等三角形的對應邊相等得出AE = DH = 4，DG = AH = FM = 2，∴ △FCG的面積 = × 6 × 2 = 6.（2）作FM⊥CD于M ，利用“K”字形相似問題中的基本模塊△AEH ∽ △DHG，∴ = ，即 = ，∴ DG = . ∴ CG = 8 - ，∵ FM = 2，∴ △FCG的面積 = S1 = 8 -

× 2 = 8 - .∵ 0 < x ≤ 8， ∴當x = 8時，S1的最大值為7.

（3）類似上題可得S1 = 8 -

× 2 = 8 - ，S2 = （8 - x） × 4 = 16 - 2x，S3 = 8 - x -

× 6 = 24 - 3x - ，

∴ 6S1 + 3S2 - 2S3 = 68 -

+ 3（16 - 2x） - 224 - 3x -

= 48 - + 48 - 6x - 48 + 6x + = 48.

點評 本題考查了矩形的性質，全等三角形、相似三角形的判定與性質，三角形的面積，代數式的變形與計算能力，綜合性較強，難度適中.通過利用“K”字形相似證明三角形全等與相似得到邊之間的對應關系是解題的關鍵.

四、以直角坐標系為載體

案例4 （1）如圖14，已知點A（-2，1），點B在直線y = -2x + 3上運動，若∠AOB = 90°，求此時點B的坐標；

（2）如圖14，過點A（-2，1）作x軸與y軸的平行線，交直線y = -2x + 3于點C、D，求點A關于直線CD的對稱點E的坐標.

分析與解 （1）①作AG⊥x軸于點G，BH⊥x軸于點H，∴△AGO∽△OHB. ∵ A（-2，1），∴ AG = 1，GO = 2. ∵點B在直線y = -2x + 3上. ∴設點B的坐標為（x，-2x + 3），∴ OH = x，BH = -2x + 3，B

，.

（2） 過點E作EN⊥AC的延長線于點N，過點D作DM⊥NE的延長線于點M. ∵A（-2，1），∴C點的縱坐標為1，D點的橫坐標為-2.∴ 1 = -2x + 3，y = -2 × （-2） + 3，∴ x = 1，y = 7. ∴ C（1，1），D（-2，7）. 設E（x，y），∴ DM = x + 2，ME = 7 - y，CN = x - 1，EN = y - 1，DE = AD = 6，CE = AC = 3，E

，.

點評 本題是一道一次函數的綜合試題，考查了相似三角形的判定及性質的運用，軸對稱性質的運用，方程組的運用，解答時靈活運用“K”字形相似三角形的性質是關鍵.

五、以拋物線和圓為載體

案例5 已知：函數y = -x2 + x + a的圖像的最高點在x軸上.

（1）求a；

（2）如圖17，設二次函數y = -x2 + x + a的圖像與y軸的交點為A，頂點為B，P為圖像上的一點，若以線段PB為直徑的圓與直線AB相切于點B，求P點的坐標；

（3）在（2）中，若圓與x軸另一交點C關于直線PB的對稱點為M，試探索點M是否在拋物線y = -x2 + x + a上？若在拋物線上，求出M點的坐標；若不在，請說明理由. 分析與解 （1）根據判別式得到關于a的方程，即可得到a的值； （2）由于PB是圓的直徑，且AB切圓于B，得PB⊥AB，由“K”字形相似可證得△PBC1∽△BAO，根據兩個相似三角形的對應直角邊成比例，即可得到PC1，BC1的比例關系，可根據這個比例關系來設P點的坐標，聯立拋物線的解析式即可求出P點的坐標； （3）連接CM，設CM與PB的交點為Q，由于C，M關于直線PB對稱，那么PB垂直平分CM，即CQ = QM；過M作MD⊥x軸于D，取CD的中點E，連接QE，則QE是Rt△CMD的中位線；在Rt△PCB中，CQ⊥OB，QE⊥BC，易證得∠BQE，∠QCE都和∠CPQ相等，因此它們的正切值都等于（在（2）題已經求得）；由此可得到CE = 2QE = 4BE，（2）中已經求出了CB的長，根據CE，BE的比例關系，即可求出BE，CE，QE的長，由此可得到Q點坐標，也就得到M點的坐標，然后將點M代入拋物線的解析式中進行判斷即可.

點評 此題是二次函數的綜合題，涉及二次函數解析式的確定，圓周角定理，“K”字形相似三角形的判定和性質，軸對稱的性質，三角形中位線定理，解直角三角形的應用等重要知識.

六、以動點存在性問題為載體

案例6 如圖18，已知AB⊥BD，CD⊥BD.

（1）若AB = 9，CD = 4，BD = 10，請問在BD上是否存在P點，使以P，A，B三點為頂點的三角形與以P，C，D三點為頂點的三角形相似？若存在，求BP的長；若不存在，請說明理由；

（2）若AB = 9，CD = 4，BD = 12，請問在BD上存在多少個P點，使以P，A，B三點為頂點的三角形與以P，C，D三點為頂點的三角形相似？并求BP的長；

（3）若AB = 9，CD = 4，BD = 15，請問在BD上存在多少個P點，使以P，A，B三點為頂點的三角形與以P，C，D三點為頂點的三角形相似？并求BP的長；

（4）若AB = m，CD = n，BD = l ，請問在m、n、l 滿足什么關系時，存在以P，A，B三點為頂點的三角形與以P，C，D三點為頂點的三角形相似的一個P點？ 兩個P點？ 三個P點？

分析與解 （1）設BP = x，則DP = 10 - x. 如果是△ABP ∽ △CDP，則 = ，解得x = ；如果是△ABP ∽ △PDC，則 = ，得方程：x2 - 10x + 36 = 0，方程無解；所以BP = . （2）設BP = x，則DP = 12 - x. 如果是△ABP ∽ △CDP，則 = ，解得x = ；如果是△ABP ∽ △PDC，則 = ，得方程：x2 - 12 + 36 = 0，解得x = 6；所以BP = 6或.（3）設BP = x，則DP = 15 - x. 如果是△ABP ∽ △CDP，則 = ，解得x = ；如果是△ABP ∽ △PDC，則 = ，得方程：x2 - 12x + 36 = 0，解得x = 3或12. 所以BP = ，3或12.（4）設BP = x，則DP = l - x.如果是△ABP ∽ △CDP，則 = ，解得x = ；如果是△ABP ∽ △PDC，則 = ，得方程：x2 - lx + mn = 0，Δ = l2 - 4mn.當Δ = l2 - 4mn < 0時存在以P，A，B三點為頂點的三角形與以P，C，D三點為頂點的三角形相似的一個P點；當Δ = l2 - 4mn = 0時，存在以P，A，B三點為頂點的三角形與以P，C，D三點為頂點的三角形相似的兩個P點；當Δ = l2 - 4mn > 0時，存在以P，A，B三點為頂點的三角形與以P，C，D三點為頂點的三角形相似的三個P點.

點評 本題三角形相似沒有明確對應關系，得分情形來討論，由于本題是兩個直角三角形，所以對應關系有兩種. 由于數量關系的制約，本題有一種對應關系是始終存在的，另一種對應關系（“K”字形相似）則需要通過一元二次方程的判別式來進行討論. 另外，點P的個數還可以理解為以AC為直徑的圓與BD的位置關系（相交、相離、相切）決定.

七、以動態幾何為載體

案例7 如圖19，點O為矩形ABCD的對稱中心，AB = 10 cm，BC = 12 cm，點E，F，G分別從A，B，C三點同時出發，沿矩形的邊按逆時針方向勻速運動，點E的運動速度為1 cm/s，點F的運動速度為3 cm/s，點G的運動速度為1.5 cm/s，當點F到達點C（即點F與點C重合）時，三個點隨之停止運動.在運動過程中，△EBF關于直線EF的對稱圖形是△EB′F.設點E，F，G運動的時間為t（單位：s）.

（1）當t = s時，四邊形EBFB′為正方形；

（2）若以點E，B，F為頂點的三角形與以點F，C，G為頂點的三角形相似，求t的值；

（3）是否存在實數t，使得點B′與點O重合？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由.

分析與解 （1）若四邊形EBFB′為正方形，則BE =BF，即：10 - t = 3t，解得t = 2.5.

（2）分兩種情況，討論如下：① 若△EBF ∽ △FCG，則有 = ，解得：t = 2.8；② 若△EBF ∽ △GCF，則有 = ，解得：t = -14 - 2（不合題意，舍去）或t = -14 + 2. ∴當t = 2.8s或t = （-14 + 2）s時，以點E，B，F為頂點的三角形與以點F，C，G為頂點的三角形相似.

（3）假設存在實數t，使得點B′與點O重合.如圖，過點O作OM⊥BC于點M，則在Rt△OFM中，OF = BF = 3t，FM = BC - BF = 6 - 3t，OM = 5，由勾股定理得：OM2 + FM2 = OF2，即：52 + （6 - 3t）2 = （3t）2，解得：t = ；過點E作EN⊥OM于點N，則在Rt△OEN中，OE = BE = 10 - t，EN = BE - BN = 10 - t - 5=5 - t，ON = 6，由勾股定理得：ON2 + EN2 = OE2，即：62 + （5 - t）2 = （10 - t）2，解得：t = 3.9. ∵ ≠ 3.9，∴ 不存在實數t，使得點B′與點O重合.

點評 本題為運動型綜合題，考查了矩形性質、軸對稱、“K”字形相似三角形的判定性質、勾股定理、解方程等知識點.題目并不復雜，但需要仔細分析題意，認真作答.第（2）問中，需要分類討論，避免漏解；第（3）問是存在型問題，可以先假設存在，然后通過推導出互相矛盾的結論，從而判定不存在.

通過上述七個案例的分析可以發現，“K”字形相似問題，無論其形式和載體如何變化，其本質離不開八個字“三點一線，三角相等”.

從課本上的一道簡單的例題引申出這么多不同類型、不同載體的優秀中考試題，實際上就是提醒我們，一定要重視課本例題的研究，在學習數學的過程中，不僅僅滿足對課本知識的掌握，要觸類旁通、舉一反三，充分挖掘基本圖形，探究題目本質，以不變應萬變，只有這樣才能體味數學的真諦，探求數學奧秘，建構高效的數學學習模式.

【參考文獻】

[1]北京教育部.小學生減負十條規定（征求意見稿）.2013.

[2]李長春. 源于課本的“動點·最值”問題. 北京：中小學數學（中國教育學會主辦），2011（1-2）.