相似形

相 似 形湖南省重点中学隆回一中 邹启文 湖南省重点中学隆回二中 魏华习 知识 方法 要点 用相似形知识解决几何问题应该注意抓住三个要点：一是两个多边形边数相等，二是两个多边形对应角相等，三是它们的对应边成比例．要掌握两种方法：一是图形计算法，它包括比例的更比、等比、合比、分比等性质，也包含方程和方程组的解法技巧及面积计算技巧的应用等等；二是辅助线构造法，在几何证明题中，往往所给图形并不一定直接给出解决题目问题所需要的图形，还要我们根据要求作辅助线构造新图形来作解题桥梁，才能达到证明或解决问题的目的．我们还要形成一种思想：即任何多边形都可化为形式简单的三角形来研究的变换思想。

为了掌握这些知识，我们先一起研究下面例题。

，BC=450，CA=510， ABC 内部，DE 、FG 、P 点， d, 、BC 、CE ，求（第四届美国邀请赛试题）解:设PE= m ,PH= n,PG=s 由题意得，四边形AIPD 和CGPH 及FBEP均为平行四边形 所以 DP = AI = d －m ,BF = EP = mPH = CG = n 又因为△DPG ～△ABC ，所以ABDP ACCG =即510md d--=又因为△PEH ～△ABC 所以AB GHBC CH =GH=PE 即450m d =-①＋②得425450450510510dd d=+--即d(425145015101++)=2从而解得：d = 306反思：本题由三角形的相似比得方程组，把几何问题转变为代数问题，这是利用比例计算解决几何求值问题的一种常用方法，也是相似比的最终目的。

在题目中我们发现，过P 点的三条线段分别平行于三边，所以其中必存在多组相似形，题目中各已知量的关系必满足多个相似比，于是应考虑到设参数参与解题。

最后通过消去参数得关于d 的方程450510dd d =+--，从而求得d = 306 本题也可由AD=IP=d-n PH=CG=n 根据 △PEH ∽△ABC △IFP ∽△ABC 得关于ｄ与n 的方程组，消去n 后解得d = 306 例2、点E 、F 、G 、H 分别在面积为1的四边形ABCD 的AB 、BC 、CD 、DA 上，且k H A D HG D CG FC BF EB AE ====（k 是正数），求四边形ABCD 的面积。

（2004年“TRUL R信利杯全国初中数学竞赛试题” AC 、DB H 作HN ∥BD 交于N ，有AD AHAB AN = k EBAE= 则1+=K K AB AE 即：AE =1+K KAB ① 又由 k HA DH =得: 11+=K AD HA ， 于是有11+==K AD HA AB AN ，即：AN =11+K AB ②由①÷②k K K K AE ==++111从而k ANAES S A NH A HE==∆∆由△ANH ∽△ABD 得：()2)1(12+==∆∆k AB AN S S A B DA NH故K k S S S S A B DA NHA NHA HE∙=∙+∆∆∆∆211）（ 因此ABD k k AHE S S ∆+∆=2)1( ③同理 ④BCD k k CFG S S ∆+∆=2)1(反思：本题是应用异底同高三角形的面积比等于它们两底的边长比，及相似三角形的面积比等于相似比的平方，进行几何计算解题的一个典型例子，其中具反映了一种解题思想:即将四边形EFGHS的面积计算问题转化为求大四边形的面积与几个三角形面积和的差的简单问题;同时合理地运用了相似比的合比定理和反比定理，使题目由条件kHADHEBAE==变为1+=KKABAE和11+==KADAHABAN后，最终变为面积比kANAESSA NHA HE==∆∆，和ABDkkAHE SS∆+∆=2)1(，为实现计算EFGHS铺设基石，这就是本题的妙处所在。

ADCkk S∆+2)1(后面的步骤与前法相同例3、如图在△ABC中,D、E分别为BC、AC的中点,AD、BE相交于P,若∠BPD=∠C,求证以△ABC三条中线为边所构成的三角形与原△ABC相似．（2004年全国初中数学联赛CASIO杯武汉选拔赛试题）证明:连结CP并延长交AB于F, 过F点作BE的平行线FG, 作AD的平行线CG交FG于G,显然，FG=BE、CG=DA、CF为原三角形的中线，如图所示: ∴在△APE和ACD中ACD∠DAC∽△ACDDCAD=、E分别为的中点∴AE=CE DC=BD 故BDADPECE=∴△CEP∽△ADB 故∠BAD=∠PCE又∵GC∥AD ∴∠DAC=∠GCA∴∠BAD+∠DAC =∠PCE+∠GCA即：∠GCF =∠BAC ①又∵FG∥BE GC∥AD∴∠BPD=∠FHC =∠FGC但∠ACD=∠FGC ②于是在△ABC和△CFG中，可由①和②得：△ABC∽△CFG反思:本题是作辅助线(平行线)构造相似形的典例.应该注意：从角相等到多边形相似，再由多边形相似证对应边成比例，反过来由多边形相似证对应边成比例，到多边形相似,再判角相等，是解相似形问题的常用方法。

也是本题的重要特征，其关键步骤在于将DCADPEAE=转换为BDADPECE=，使我们能从一组三角形的相似（△APE∽△ACD）转到另一组三角形相似（△CEP∽△ADB），于是得出∠GCF =∠BFC，∠ACD=∠FGC，从而得出△ABC∽△CFG的结论。

例4、如图：△ABC的BC边的延长线上任取CEAECDBD=过E 点作AB 的平行线交BD于G,EG∥AB＝③+④得S△AHE+S△CFG=2)1(+kk（S△ABD+S△BCD）=2)1(+kk SABCD=2)1(+kk连结BD，同理可证FEBHGD SS∆∆+=2)1(+kk所以EFGHS)(FEBHGDCFGAAHEABCD SSSSS∆∆∆∆+++-=222)1(1)1(21+++=-=kkkk当然，本题还可通过连结AC、HC，DH CDADGDH G S∆∆=AD CD AD HD CD G S∆∙=AD CkkkS∆++∙=111=在△BFD 和△GED 中,＝＞∵ EG ∥AB ＝＞ ＝＞在△BFD 和 ＝＞△GED 中＝＞＝＞ ＝ 分比＝＞ ＝＝＞ ＝ 更比＝＞ ＝ 分比＝＞ ＝＝＞＝＞ ＝反思：本例是通过作辅助线解证明题的，重点介绍了比例的更比、分比性质。

但本题作辅助线方法较多，笔者已发现了十种，其中比较简单的思路有：①过A 点作AG ∥FD 交BD 的延长线于点G ， A 由DE ∥AG 可得 = ，F E 又由AF=BF 可得GD=BD ，代换后可得 = B C D G②过A 点作AG ∥BD 交 A DF 于G ， 可得 G= ，又由F EAF=FB 可得AG=BD 。

B C D同样可得 =③过B 点作BG ∥DF ，交AC 的延长线于G ， ④过B 点作BG ∥AC 交DF 的延长线于G等等，这些思路都比上述证明过程简单，所以合理作好辅助线,能够降低解题难度.同时应该注意的是：合理作辅助线要尽可能地保证已知条件的全面综合利用。

赛题、练习、反馈1、 如图：AB 是⊙O 的直径，直线EF 与⊙O相切于点C ，AE ⊥EF 于E ，BF ⊥EF 于F ，连结AC3、图ABCD 为梯形，一直线与DA 的延长线AB 、BD 、AC 、CD 、BC 顺次交于点E 、F 、G 、H 、I 、J ，若EF=FG=GH=HI=IJ ，则AD ：BC=1解：①连结AC 、BC ，∵∠ACE =∠ABC且∠AEC =∠ACB∴△AEC ∽△ACB∴∠EAC =∠CAB∴AC是∠EAB的平分线，②连结OC、BC，∵OA=OC∴∠OAC =∠OCA =∠EAC∴AE∥OC∥BF又∵O是⊙O圆心∴C为EF的中点，即EC = CF = EF∵在△AEC△CFB中∠AEC =∠CFB =900∠ACE =∠CBF∴△AEC∽△CFB于是有 =∴CF·EC=BF·AE∴ EF· EF = AE·BF∴EF2 = 4AE·BF即EF =22解:连结AP、PC，延长AN与补全的半圆⊙O交于E，过E点作CB的垂线，垂足为O连结BE。

AB是大圆的切线，∴∠PAB=∠PCA又∵四边形ABCD是正方形∴∠CAB=450∴∠CAB =∠CAP+∠PAB=∠CAP+∠PCA=∠EPC=450在△ABN与△EON中∠ENO=∠ANB∠EON=∠ABN∴△EON∽△ABN∴ = = =故 =3解：由△HCJ∽△HAE得 = = ∴CJ = EA ①由△GBJ∽△GDA得 = =∴ = =∴BC = AD + AE ②由△FBJ∽△FAE得 = = 4，BJ = 4AE即：BC+CJ=4AE，BC+ AE=4AE∴AE= BC，代入②中得 AD：BC = 1：24提示、连结AD、A1D，延AA1交CD于O，交C1C于E，∵∠ADA1=900-∠A1DC=∠CDC1，得AD：DC= =DA1：DC1∴△AA1D∽△CD1D∴∠A1AD =∠C1CD∽△CEO∴∴∴∠∠∠∠∠△△OE=OB= AB= a与△CAN中。