正方形“搭臺” 相似三角形“唱戲”

倪春青 韓融

摘要：與正方形有關的幾何計算問題是歷年中考數學的熱點問題.本文以2022年四川省瀘州市中考數學第12題為例，從不同角度出發，探究問題的多種求解方法.不論利用哪種方法，相似三角形的性質在解決問題時都起到了關鍵性的作用，它是解決與線段長度有關幾何問題的基本工具.通過“一題多解”，能有效提高學生的幾何計算能力和幾何推理能力.

關鍵詞：正方形；直角三角形；相似三角形；幾何計算

與正方形有關的幾何計算問題是歷年中考數學的熱點問題，這類問題主要涉及正方形的常用幾何性質、直角三角形的幾何性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、三角函數等知識，形式多樣，求解方法靈活.本文以2022年四川省瀘州市中考數學第12題為例，從不同求解思路出發，探究問題的多種求解方法.

1問題呈現

（2022年四川省瀘州市中考數學第12題）如圖1，在邊長為3的正方形ABCD中，點E是邊AB上的點，且BE=2AE，過點E作DE的垂線交正方形外角∠CBG的平分線于點F，交邊BC于點M，連接DF交邊BC于點N，則MN的長為（）

A. 23

B. 56

C. 67

D. 1

2問題分析

本題是一道以正方形ABCD為基本圖形的幾何計算問題，涉及直角三角形、垂線、角平分線等基本圖形.根據已知條件，易知DE⊥EF，∠DAE=∠MBE=90°，這是常見的“三垂直”相似模型.因為BE=2AE，AB=3，所以AE=1，BE=2.易知△DAE∽△EBM，所以ADBE=AEBM，所以32=1BM，從而可得BM=23.欲求線段MN的長，只需求得線段BN的長即可.點N是線段DF與正方形ABCD的邊BC的交點，故需探索Rt△DEF的具體性質.如圖2，過點F作FG⊥AB，垂足為點G.因為BF是∠CBG的平分線，從而易知GB=GF.由“三垂直”相似模型，易知△DAE∽△EGF，所以ADGE=AEGF，所以32+GB=1GB，從而可得GB=1，所以GF=1.顯然，△DAE≌△EGF.從而可知DE=EF，即△DEF是等腰直角三角形.

3解法探究

基于以上圖形特征分析，現從不同思路出發，立足相似三角形的判定與性質，探索本題的多種解法.為簡化求解過程，在求解過程中直接利用以上結論，不再重復求解.

思路1：直接利用相似三角形的性質求解

解法1：如圖2，過點F作FG⊥AB，垂足為點G.

易知BG=FG=1，BM=23，BE=2.

從而易得EM=2103，EF=10，所以FM=103.

易知∠FBN=∠MFN=45°，∠FNB=∠MNF，所以△BFN∽△FMN，得BFFM=BNFN=FNMN，即3210=MN+23FN=FNMN，易知FN2=MN·MN+23，即FN=MN·MN+23.

所以3210=MN+23MNMN+23，兩邊同時平方，得95=MN+23MN，解得MN=56.故選B.

點評：根據已知條件，△BFN與△FMN之間的相似關系較為隱蔽，不易發現.這就需要充分挖掘圖形的基本特征，根據已知條件判斷△DEF是等腰直角三角形.這種解法運算量不大，但顯得較為繁瑣.由此可以看出，在解決幾何問題時，要充分挖掘圖形的基本特征，理清所求量與已知條件之間的邏輯關系，然后利用基本圖形的性質解決問題.

思路2：構造“X型”相似三角形，利用相似三角形的性質求解

解法2：如圖3，過點F分別作FG⊥AB，FH⊥BC，垂足分別為點G，H.由角平分線的性質，易知FH=GF=1.

由△FHM∽△EBM，得HMBM=HFBE，易得HM=13.

由△FHN∽△DCN，得HNCN=HFDC，易得HN=12.

所以MN=HM+HN=56.故選B.

點評：根據圖形特征，易得DE⊥EF，∠DAE=∠MBE=90°，從而易想到利用“三垂直”相似模型解決問題，這也是求解本題的一個突破口.△FHM∽△EBM和△FHN∽△DCN是兩組“X型”相似三角形，這也是常見的相似模型.由此可以看出，利用相似模型能夠直觀地發現相似三角形，然后利用相似三角形的性質列方程即可求得相關線段的長.因此，相似三角形的性質是求解與線段長度有關幾何計算問題的基本工具.

解法3：如圖4，過點F作FG⊥AB，垂足為點G.延長BC到點H，使CH=AE，連接DH.

易知∠EDF=∠EFD=45°，所以∠ADE+∠CDN=45°.

易知△ADE≌△CDH，所以∠ADE=∠CDH.

從而易得∠HDN=45°，所以∠HDN=∠EFD.

又∠DNH=∠FNM，所以△DNH∽△FNM，所以DHFM=HNMN.

易知DH=DE=10，CH=AE=1，FM=103.

令MN=x，易知HN=CN+CH=103-x.

從而可得10x=103103-x，解得x=56.故選B.

點評：根據圖形特征，易知所求線段MN是△FNM的一條邊，由此易想到構造一個與△FNM相似的三角形，然后利用相似三角形的性質列方程求解線段MN的長.根據已知條件易知∠EFD=45°，∠DNH=∠FNM，∠ADE+∠CDN=45°，由此想到構造與△ADE全等的△CDH，從而得到△DNH∽△FNM.本題構造△CDH，其本質是將△ADE繞點D沿逆時針方向旋轉90°得到的.本題也可以將△DCN繞點D沿順時針方向旋轉90°構造全等三角形和相似三角形.

解法4：如圖5，過點F作FG⊥AB，垂足為點G.過點M作MH⊥DF，垂足為點H.

易知BM=23，EF=DE=10，EM=2103.

從而易知FM=EF-EM=103，HM=FH=53.

令MN=x，則NH=x2-59，NC=73-x.

由△DCN∽△MHN，得CDHM=NCNH.

從而可得3x2-59=5373-x，兩邊同時平方，整理得385x2+73x-659=0，即2x-53195x+133=0，解得x1=56，x2=-6557（不合題意，舍去）.

所以MN=56.故選B.

點評：根據圖形特征，易發現圖形中的直角三角形較多，由此易想到通過適當的方式將△MFN分解為直角三角形，在圖形中尋找與線段MN所在直角三角形相似的直角三角形，然后利用相似三角形的性質列方程求解.這種解法的本質是構造“X型”相似三角形，求解過程通俗易懂，不足之處是運算量較大，求解方程較為繁瑣.

思路3：構造“A型”相似三角形，利用相似三角形的性質求解

解法5：如圖6，過點F作FG⊥AB，垂足為點G.延長DF，交直線AB于點H.

易知BG=FG=1，BM=23.

由△FGH∽△DAH，得FGDA=GHAH，即13=GH4+GH，所以GH=2.從而易得BH=3.

由△FGH∽△NBH，得NBFG=BHGH，即2MN+23=3，所以MN=56.故選B.

點評：這種解法通過延長DF的方法構造“A型”相似三角形，求解過程通俗易懂，計算量小，簡潔明了，是本題的一種最優解法.

解法6：如圖7，過點F作FG⊥AB，垂足為點G.延長FE，交直線DA的延長線于點H.易得BG=1，所以AG=4.

由△ADE∽△EDH，得ADED=EDHD，易得HD=103.

易知△FMN∽△FHD，根據“相似三角形對應高的比等于相似比”，得MNHD=BGAG，即MN=BGAG·HD=14×103=56.故選B.

點評：根據圖形特征，MN是△FMN的一條邊，由“A型”相似模型易想到延長FE構造相似三角形，由正方形的性質，易得△FMN∽△FHD.線段DH是線段MN的對應邊，利用相似三角形的性質易求得線段DH的長.線段FM和線段FH是一組對應邊，這兩條線段易求得，但運算較為繁瑣.線段BG和線段AG可以看作△FMN和△FHD的一組對應高，且這兩條線段易求得，因此考慮根據“相似三角形對應高的比等于相似比”列方程解決問題.這種解法計算量小，求解過程簡潔明了，也是本題的一種最優解法.

思路4：構造相似三角形，間接求解

解法7：如圖8，過點F作FG⊥AB，垂足為點G.連接DB，交EF于點P，過點P作PH⊥AB，垂足為點H.

易知AE=1，BE=2，BG=FG=1.所以DE=10，BM=23.

令PH=x，則BH=x，HE=2-x.

由△EHP∽△EBM，得HPBM=HEBE，即2x=23（2-x），解得x=12.由勾股定理，易得PE=HE2+HP2=102.

由△DEP∽△DCN，得DEDC=PENC，即103NC=102，所以NC=32.

所以MN=BC-NC-BM=3-32-23=56.

故選B.

點評：根據圖形特征，只需求得線段NC的長即可求得線段MN的長.因此可考慮構造一個與△DNC相似的三角形，然后利用相似三角形的性質列方程求線段NC的長，最后利用線段之間的和差關系求線段MN的長.

4結束語

由以上解法可以看出，本題涉及的基礎知識較多，主要有正方形的基本性質、直角三角形的基本性質、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、角平分線的性質等基礎知識，不同認知水平的學生會給出不同的解法.不論哪種解法，都用到了相似三角形的性質.因此，本題雖然是正方形“搭臺”，但真正“唱戲”的主角是相似三角形.由此可以看出，相似三角形的性質在解決問題時起到了關鍵性的作用，它是解決與線段有關幾何計算問題的基本工具.通過“一題多解”，能有效提高學生的幾何計算能力和幾何推理能力.