一道相似判定問題的多種解法及延伸

徐智勇畢業于揚州大學理學院數學系，中學一級教師，現執教于揚州大學附屬中學東部分校.業余時間熱衷于研究初等數論、競賽幾何等方面的問題，并有多篇稿件發表在《數學通報》、《中等數學》等雜志.

題目 如圖1，點D為△ABC邊BC上一點（不與端點重合），且滿足BDBC=AD2AC2.求證：△ABC∽△DBA.

分析 本題結論涉及到初中幾何常見的相似基本圖形，將已知條件轉化為∠BAD=∠C或AB2=BD·BC即可.下面介紹幾種方法供參考.

證法1 如圖2，過點D作DE∥AB交AC于點E.

由DE∥AB可知

BDBC=AEAC，

且BDBC=AD2AC2，

則AEAC=AD2AC2，

即AEAD=ADAC，

且∠EAD=∠DAC，

故△EAD∽△DAC，

進而∠ADE=∠C，

同時由DE∥AB可知

∠BAD=∠ADE，

從而∠BAD=∠C，

又∠B=∠B，

所以△ABC∽△DBA.證畢.

借助平行線建立比例關系進行問題轉化是常見方法，在練習中提供了幾種類似于證法1的思路.

證法2 如圖3，延長AD交△ABC外接圓于點E，連接BE，CE.由A，B，E，C四點共圓，知∠ACD=∠BED，

即△ACD∽△BED，

故BEAC=BDAD，

即BE2AC2=BD2AD2，

結合BDBC=AD2AC2，

則BE2=BD·BC，

進而△BED∽△BCE，

則∠BED=∠BCE，

且∠ACD=∠BED，∠BAD=∠BCE，

故∠BAD=∠BCA，

從而△ABC∽△DBA.證畢.

證法3 如圖4，可以證明AB為△ADC外接圓切線，否則過A點作△ADC外接圓切線AB′，交直線BC于點B′（不妨設點B′在點B右側，即BC>B′C，BD>B′D），則由切線可知∠B′AD=∠B′CA，

從而△AB′C∽△DB′A，

故S△AB′DS△CB′A=AD2AC2=B′DB′C，

且BDBC=AD2AC2，

則BDBC=B′DB′C=BD-B′DBC-B′C=BB′BB′=1，

即BD=BC，

這明顯與題意矛盾，故AB為△ADC外接圓切線，故∠BAD=∠BCA，從而△ABC∽△DBA.證畢.

證法4 如圖5，過點A作AH⊥BC交BC于點H.可設BH=m，DH=n，CD=l，AH=h，則由BDBC=AD2AC2可知m+nm+n+l=n2+h2（n+l）2+h2，

化簡即得h2=2mn+n2+ml+nl，

再配方m2+h2=m2+2mn+n2+ml+nl

=（m+n）2+l（m+n）

=（m+n）（m+n+l），

即AB2=BD·BC，

從而△ABC∽△DBA.證畢.

一些幾何定理也可以呈現合適的數量關系解決本題，以斯特瓦特定理為例給出第5種方法：

斯特瓦特定理：

如圖6，點D為△ABC邊BC上一點（不與端點重合），則 AB2·CD+AC2·BD

=AD2·BC+BD·CD·BC（定理可由勾股定理證得）.

證法5 由斯特瓦特定理

AB2·CD+AC2·BD

=AD2·BC+BD·CD·BC，

故AB2·CDAC2+BD=AD2·BCAC2+BD·CD·BCAC2，

且BDBC=AD2AC2，

故AB2·CDAC2+BD=BD+BD·CD·BCAC2，

化簡即得AB2=BD·BC，

從而△ABC∽△DBA.證畢.

對原題作變式處理，可得問題如下：

變式 如圖7，已知AB2CD2=PA·PBPC·PD.求證：△PAB∽△PCD.

簡證 過點B作BE∥CD交PA于點E.

由BE∥CD可知

△PBE∽△PCD，

故BECD=PBPC=PEPD，

進而BE2CD2=PB·PEPC·PD，①

且AB2CD2=PA·PBPC·PD，②

從而①÷②可得

BE2BA2=PEPA，

這就轉化為了原問題，

故△PBE∽△PAB，

且△PBE∽△PCD，

從而△PAB∽△PCD.證畢.

變式題亦即表明以下結論成立：

結論1 如圖9，已知在△ABC和△A′B′C′中，AB≥AC，A′B′≥A′C′，∠A=∠A′，且BC2B′C′2=AB·ACA′B′·A′C′.求證：△ABC∽△A′B′C′.

由面積法對結論1中的條件進行轉化，可以得到：

結論2 如圖10，已知在△ABC和△A′B′C′中，AB≥AC，A′B′≥A′C′，∠BAC=∠B′A′C′且AD⊥BC，A′D′⊥B′C′.求證：△ABC∽△A′B′C′.

具體證明留作練習.

練習

1.按圖11，12中提供的輔助線證明原題.

2.證明結論2.