角平分線舞出多彩的探求題

沈岳夫

角平分線在初中的數學中占有重要的地位，也是解決許多問題的橋梁與紐帶.縱觀各地的中考試題，常常出現與內角平分線有關的題目.這類試題格調清新，立意新穎，既注重基礎知識，同時又具有很強的綜合性，較好地考查了學生觀察、猜想、類比、歸納、推斷的能力.本文就此類問題進行歸納總結，供大家參考.

1 “角平分線+到角一邊的距離”型

圖1例1 （2014年瀘州）如圖1，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，∠DAB=90°，AC⊥BC，AC=BC，∠ABC的平分線分別交AD、AC于點E，F，則BFEF的值是（ ）.

A.2-1 B.2+2

C.2+1 D.2

分析 因為BE平分∠ABC，且AC⊥BC，所以作FG⊥AB于點G（如圖1）.則易得Rt△BGF≌Rt△BCF（HL），所以CB=GB.由于AE∥FG，所以BFEF=BGGA=BCAB-BG=BC2BC-BC=12-1=2+1，故選C.

點評 本解法是注意到了“角平分線+到角一邊的距離”這一條件，自然想到了添垂線FG，這樣可結合題中條件，運用平行線分線段成比例可求出線段BFEF的值.當然，如果能把AC看成角平分線，可由三角形內角平分線性質定理，得BFEF=ABAE，而ABAE=tan∠AEB=tan67.5°=2+1，顯然，這種熟知內角平分線性質定理及tan67.5°的三角函數值，也是一種有效解決問題的方法.

2 “角平分線+與對邊垂直”型

例2 （2014年攀枝花）如圖2，在梯形ABCD中，AD∥BC，BE平分∠ABC交CD于E，且BE⊥CD，CE∶ED=2∶1.如果△BEC的面積為2，那么四邊形ABED的面積是 .

圖2分析 注意到BE平分∠ABC，且BE⊥CD，則想到軸對稱圖形，所以延長BA、CD交于點F（如圖2），則△BEF≌△BEC（ASA），S△BEF=S△BEC=2.因為CE∶ED=2∶1，所以DF∶FC=1∶4.由△ADF∽△BCF，可得S△ADFS△BCF=DFCF2=116，解得S△ADF=14，所以S四邊形ABED=S△BEF-S△ADF=2-14=74.

點評 本解法是注意到了“角平分線+與對邊的垂直”這一條件，自然想到了構成以BE所在直線為對稱軸的軸對稱圖形.通過“補形”構造出一個新三角形，完成了從已知向未知的過渡，將分散的條件通過全等或相似得到等量關系，進而問題得以解決.

3 “角平分線+角邊間的數量關系”型

例3 （2014年哈爾濱）如圖3，在△ABC中，4AB=5AC，AD為△ABC的角平分線，點E在BC的延長線上，EF⊥AD于點F，點G在AF上，FG=FD，連接EG交AC于點H.若點H是AC的中點，則AGFD的值為 .

圖3分析 我們注意到4AB=5AC，且AD平分∠BAC，所以可考慮把△ABD沿AD翻折得到△AMD（如圖3），則△ABD≌△AMD（SAS），AM=AB，進而得4AM=5AC.

過點M作MN∥AD，交EG于點N，交DE于點K，由題意可得∠1=∠2=∠3=∠4.因為∠DMK=∠DMC+∠AMK=∠DBA+∠MAD=∠DBA+∠BAD=∠1.而∠DKM=∠3（對頂角），所以∠DMK=∠DKM，從而可得∠DMK=∠4，所以DM∥GN，所以四邊形DMNG為平行四邊形，所以MN=DG=2FD.因為點H為AC中點，可得AC=4CM，所以AHMH=23.由△AGH∽△MNH，可得AGMN=AHMH，即AG2FD=23，所以AGFD=43.

點評 本解法是注意到了“角平分線+角邊間的數量關系”這一條件，自然想到了采用“翻折”的方法.翻折是證明幾何問題的有力工具之一.對于求線段的比值問題，當條件過于分散，不好直接利用時，可以根據題中所涉及的圖形的性質（如角平分線），設法對其（或其部分）進行適當翻折，再通過適當的添線，把題中某些關系轉移到某一三角形中，就可解決問題了.

4 “角平分線+四點共圓”型

圖4例4 （2014年紹興柯橋區(qū)期中學業(yè)評價調測卷）如圖4，⊙O過四邊形ABCD的四個頂點，已知∠ABC=90°，BD平分∠ABC，則：①AD=CD，②AB2+BC2=2CD2，③點O是∠ADC平分線上的點，④AB+CB=3BD，上述結論中正確的個數為（ ）.

A.4個 B.3個 C.2個 D.1個

分析 這四個結論，前3個較易證明都是正確的（證明過程略）.而第4個選項是錯誤的.證明如下：

如圖4，連結AC.因為BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠CBD，所以AD=CD.把△DAB繞點D逆時針旋轉90°至△DCE，則AB=CE，BD=ED，∠BAD=∠ECD.因為A，B，D，C四點都在⊙O上，所以∠BAD+∠DCB=180°，所以∠ECD+∠DCB=180°，所以B，C，E三點在一直線上.而∠BDE=90°，所以△BDE是等腰直角三角形，則有BE=2BD.而BE=BC+CE=BC+AB，所以AB+CB=2BD，故第4個選項是錯誤的.

點評 對第4個選項的判斷，是注意到了“角平分線+四點共圓”這一條件，且∠ADC的兩邊相等，因此可通過旋轉變換得到一個新圖形，這樣可把已知條件聚焦在一個新的等腰三角形中，進而求解.也就是說，當題目或結論中出現等邊三角形、等腰直角三角形（或正方形）的條件時，可將圖形作旋轉60°或90°的全等變換，構造出全等三角形，從而將條件和結論結合在一起.其實，本題還有很多種解法，并還可以對該結論作一般性推廣，有興趣的讀者不妨去看看筆者發(fā)表在《中學數學教學參考》（中旬）2013年第5期的拙文.

5 “角平分線+拋物線的對稱軸”型

例5 （2014年紹興柯橋區(qū)期中學業(yè)評價調測卷）如圖5，拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于B（4，0）、C（-12，0）兩點，與y軸相交于點A（0，2），直線y=kx+b經過A，B兩點.

（1）求拋物線y=ax2+bx+c和直線AB的解析式；

（2）平行于y軸的直線x=2交直線AB于點D.

①直線x=2交拋物線于點E，直線x=t（0≤t≤4）與直線AB相交F，與拋物線相交于點G.若FG∶DE=3∶4，求t的值；

②將拋物線向上平移m（m>0）個單位（如圖6），它與y軸相交于點A′，與直線x=2相交于點E′，當E′O平分∠A′E′D時，求m的值.

圖5 圖6分析 （1）由題意，易求拋物線的解析式為y=-x2+72x+2和直線AB的解析式為y=-12x+2.

（2）①因為點E（2，5），D（2，1），G（t，-t2+72t+2），F（t，-12t+2），所以DE=4，FG=-t2+72t+2-（-12t+2）=-t2+4t.因為FG∶DE=3∶4，所以-t2+4t=3.解得t1=1，t2=3.

②由題意，知點A′（0，2+m），點E′（2，5+m）.因為E′O平分∠A′E′D，所以∠A′E′O=∠DE′O.又因為AO∥ED，所以∠DE′O=∠A′OE′.所以∠A′E′O=∠A′OE′.所以△A′OE′是等腰三角形，可得A′O=A′E′，即2+m=0-22+2+m-5-m2，解得m=13-2.

點評 對第2小題的最后一問，是注意到了“角平分線+拋物線的對稱軸”這一條件，即隱含著AO∥ED的條件，又E′O平分∠A′E′D，所以可推得△A′OE′是等腰三角形，這樣就找到了解題的突破口.其實，“角平分線+平行線→等腰三角形”的模型在幾何題較為常見，此小題將幾何圖形與函數圖像有機地融合在一起，目的是要學生會剝絲抽繭、去“偽”（干擾因素）存“真”（模型意識），充分考查學生觀察、分析、歸納、猜想的能力以及綜合運用所學知識解決問題的能力.因此，掌握這類問題的研究方法對于提高學生全面分析研究問題的能力大有裨益.

6 “四點共圓→角平分線”型

例6 （2012年深圳）如圖7，Rt△ABC中，∠C=90o，以斜邊AB為邊向外作正方形ABDE，且正方形對角線交于點O，連接OC，已知AC=5，OC=6，則另一直角邊BC的長為 .

圖7分析 在四邊形ACBO中，因為∠ACB=∠AOB=90°，易知A、C、B、O四點共圓，所以∠ACO=∠ABO=45°，所以OC平分∠ACB.

過O作OM⊥CA于M，過O作ON⊥CB于N（如圖7）.則易證△OMA≌△ONB，四邊形MCNO是正方形.所以CM=CN，AM=BN.而CM=OC2=6.所以BN=AM=CM-AC=6-5=1.所以BC=CN+BN=CM+BN=6+1=7.

點評 本解法關鍵是要挖掘出∠ACB=∠AOB=90°，得到A、C、B、O四點共圓以后，進一步可得OC平分∠ACB，這樣就聯想到角平分線的性質定理，則過O作∠ACB兩邊所在直線的垂線，就可以得到一對全等三角形和一個正方形，進而求解.其實，若能靈活運用例4的結論，用AC+CB=2CO來計算，則顯得更方便、簡捷.當然，此題還可以作如下變式，得到一般的結論（AC-AB=2AO），有興趣的讀者不妨試試.

圖8如圖8，以Rt△ABC的斜邊BC為一邊在△ABC的同側作正方形BCEF，設正方形的中心為O，連接AO，如果AB=4，AO=62，那么AC的長等于 .（答案：16.）

總之，解題是數學教學中一個基本形式，一般學生都比較重視，但學生對題目往往不加選擇，拿來就做，而不善于探索解題思路，不善于總結解題規(guī)律.為此，作為一線教師要從大量的題海中為自己的學生選取合適的試題，選擇合適的教學方法，讓學生從題海中走出來，從更深層次的思考中獲得真正的數學方法與數學思想.做到“在知識生長點處引入，在知識結合點處展開；在知識關鍵點處引伸，在能力提高點處設疑；在有價值處思考討論，在困難處點撥與分析”.注重總結歸納：歸納題目的數學思想方法，提煉解題的規(guī)律和方法，秉持“題不在難，有思想方法就靈；量不在多，典型變化就行”.真正達到“做一題、會一片、懂一法、長一智”.

因題而異 按需取法

江蘇省淮安市淮陰區(qū)開明中學 223300 馬先龍

解答中考選擇題和填空題時，經常會碰到幾何計算題.此類問題往往需要綜合運用多種知識解題，所以有時具有一定的難度.實際解題時，若能認真觀察，充分把握題設和圖形的特點，因題而異，按需取法，則能節(jié)省時間，化難為易，順利解題.現從2014年全國各地中考數學試卷中，擷取十余例，加以解析，供讀者參考.

1 列方程法

例1 （廣西賀州市）如圖1，等腰△ABC中，AB=AC，∠DBC=15°，AB的垂直平分線MN交AC于點D，則∠A的度數是 .

解析 如圖1，因為DM垂直平分AB，所以DA=DB，所以∠DBA=∠A，又∠DBC=15°，所以∠ABC=∠A+15°.因為AB=AC，所以∠C=∠ABC，從而得∠A+2（∠A+15°）=180°，解得∠A=50°，所以∠A的度數是50°.

點評 本題考查了線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理的應用.當根據三角形內角和定理列出關于∠A的方程后，問題迎刃而解.

圖1 圖2例2 （安徽?。┤鐖D2，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，將△ABC折疊，使A點與BC的中點D重合，折痕為MN，則線段BN的長為（ ）.

A.53 B.52 C.4 D.5

解析 如圖2，因為D是BC的中點，所以BD=12BC=3，由折疊知DN=AN，設BN=x，則DN=AN=9-x，在Rt△DNB中，由勾股定理得（9-x）2=x2+32，解得x=4，所以BN=4，所以選C.

點評 本題著重考查了圖形折疊的性質以及勾股定理的應用.當用勾股定理列出關于x的方程后，問題迎刃而解.

2 特殊值法

例3 （山東棗莊）如圖3，將矩形ABCD沿CE向上折疊，使點B落在AD邊上的點F處.若AE=23BE，則長AD與寬AB的比值是 .

圖3解析 如圖3，因為AE=23BE，所以可設BE=3，從而AE=2，于是AB=CD=5，EF=BE=3，AF=32-22=5，易知△AEF∽△DFC，所以AEDF=AFDC，所以2DF=55，所以DF=25，所以AD=35，從而ADAB=355.

點評 本題考查了圖形折疊的性質，矩形的性質，勾股定理的應用，相似三角形的判定和性質.鑒于條件給出AE=23BE，加之欲求AD與AB的比值，故采取特殊值法既節(jié)省了時間，又順利解決了問題.

3 借用輔助未知數法

例4 （浙江湖州）如圖4，已知在Rt△AOC中，O為坐標原點，直角頂點C在x軸的正半軸上，反比例函數y=kx（k≠0）在第一象限的圖象經過OA的中點B，交AC于點D，連接OD.若△OCD∽△ACO，則直線OA的解析式為 .

圖4解析 如圖4，設OC=m，因點D在反比例函數y=kx的圖象上，所以CD=km；因△OCD∽△ACO，所以ACOC=OCCD，所以AC=m3k，所以A（m，m3k）.又點B是OA的中點，所以B（m2，m32k），因點B也在反比例函數y=kx的圖象上，所以m32k=km2，解得k=m22，所以A（m，2m），設直線OA的解析式為y=k′x，則k′=2mm=2，所以直線OA的解析式為y=2x.

點評 本題著重考查了點坐標及反比例函數圖象的定義，相似三角形的性質，正比例函數解析式的確定.把OC設為輔助未知數后，能易于表示CD、AC的長以及點A、點B的坐標，當約分后求出正比例函數的比例系數k′后，問題旋即得到解決，充分體現了輔助未知數m所起到的橋或船的作用.

4 分類討論法

例5 （江蘇宿遷）如圖5，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=8，AD=3，BC=4，點P為AB邊上一動點，若△PAD與△PBC相似，則滿足條件的點P個數是（ ）.

A.1個 B.2個 C.3個 D.4個

圖5解析 如圖5，因為AD∥BC，∠ABC=90°，所以∠BAD=90°.設AP=x，則BP=8-x，若△PAD與△PBC相似，則分兩種情況：（1）當△PAD∽△PBC時，有PAPB=ADBC，x8-x=34，解得x=247；（2）當△PAD∽△CBP時，有PABC=ADBP，x4=38-x，解得x=2或x=6，由（1）、（2）知滿足條件的點P有3個，故選C.

點評 本題著重考查了平行線的性質，相似三角形的性質以及分類討論的思想方法.當設AP=x，運用分類討論法列出關于x的方程后，已柳暗花明，水到渠成.

5 構造全等三角形法

例6 （浙江臺州）如圖6，F是正方形ABCD的邊CD上的一個動點，BF的垂直平分線交對角線AC于點E，連接BE，FE，則∠EBF的度數是（ ）.

A.45° B.50° C.60° D.不能確定

解析 如圖6，因為EM垂直平分BF，所以EB=EF.過點E分別作EG⊥BC于點G，EH⊥CD于點H，則由條件易知EG=EH，從而△EBG≌△EFH（HL），所以∠BEG=∠FEH.易知四邊形EGCH是正方形，所以∠GEH=90°，所以∠BEF=∠GEH=90°，從而△EBF是等腰直角三角形，所以∠EBF=45°，故選A.

點評 本題考查了線段垂直平分線的性質，正方形的性質及其判定，全等三角形的判定及其性質，等腰直角三角形的性質.當構造出△EBG≌△EFH后，峰回路轉，局勢很快朝著有利于解決問題的方向發(fā)展.

圖6 圖76 構造相似三角形法

例7 （江蘇泰州）如圖7，A、B、C、D依次為一直線上4個點，BC=2，△BCE為等邊三角形，⊙O過A、D、E三點，且∠AOD=120°.設AB=x，CD=y，則y與x的函數關系式為 .

解析 如圖7，連接AE、DE，因為∠AOD=120°，所以AOD為240°，所以∠AED=120°.因為△BCE為等邊三角形，所以BE=EC，∠BEC=∠EBC=∠ECB=60°，所以∠ABE=∠ECD=120°，

∠EAB+∠AEB=60°，∠DEC+∠AEB=60°，所以∠EAB=∠DEC，所以△ABE∽△ECD，所以ABEC=BECD，即x2=2y，y=4x，又x>0，所以y與x的函數關系式為y=4x（x>0）.

點評 本題著重考查了圓周角定理，等邊三角形的性質以及相似三角形的判定和性質等.當構造出△ABE∽△ECD，列出關于x、y的方程后，問題迎刃而解.

7 面積法

例8 （四川宜賓）如圖8，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，將△ABC折疊，使點B恰好落在邊AC上，與點B′重合，AE為折痕，則EB′= .

解析 如圖8，由條件及勾股定理易得AC=5，由折疊知EB′=EB，∠EB′A=∠B=90°.設EB′=EB=x，因S△ABE+S△ACE=S△ABC，所以12×3·x+12×5·x=12×3×4，解得x=32，故EB′=32.

點評 本題運用了勾股定理，圖形折疊的性質以及面積法.當然，本題還有另外兩種常見的方法：（1）設EB′=x，由條件易得CE=4-x，AC=5，CB′=5-3=2，在Rt△ECB′中運用勾股定理得x2+22=（4-x）2，解出x即可；（2）由條件易得AC=5，CB′=5-3=2，∠CB′E=∠B=90°，從而△CEB′∽△CAB，所以EB′AB=CB′CB，即EB′3=24，求出EB′即可.比較這三種方法，顯然面積法相對淺顯些，簡捷些.

圖8 圖98 軸對稱法

例9 （湖南資陽）如圖9，在邊長為4的正方形ABCD中，E是AB邊上的一點，且AE=3，點Q為對角線上的動點，則△BEQ周長的最小值為 .

解析 如圖9，由條件易得BE=1，因BE為定值，故求出QB+QE的最小值即可求出△BEQ周長的最小值.連接BD，則點D就是點B關于直線AC的對稱點，連接DE，則DE就是QB+QE的最小值.在Rt△DEA中，由勾股定理得DE=42+32=5，所以△BEQ周長的最小值為5+1=6.

點評 本題著重考查了軸對稱的有關概念、性質，考查了“兩點之間線段最短”以及正方形的性質，考查了勾股定理的應用.很明顯，軸對稱法是解決平面內“短程距”問題行之有效的方法.

9 旋轉法

例10 （浙江紹興中考題改編）如圖10，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點M、N在邊BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，則MN的長為 .

圖10解析 如圖10，由條件易知∠B=∠ACB=45°.把△ABM繞點A按逆時針方向旋轉90°得△ACD，連接DN，則AD=AM，CD=BM=1，∠ACD=∠B=45°，∠MAD=90°，從而∠DCN=90°.因為∠MAN=45°，∠MAD=90°，所以∠DAN=45°，所以∠MAN=∠DAN，從而△MAN≌△DAN（SAS），所以MN=DN.在Rt△DNC中，由勾股定理得DN=12+32=10，所以MN=10.

點評 本題著重考查了等腰三角形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定及其性質，勾股定理的應用等.很明顯，運用旋轉法打開了解題突破口，達到了化難為易的目的.10 特殊位置法

例11 （四川南充）如圖11，有一矩形紙片ABCD，AB=8，AD=17，將此矩形紙片折疊，使頂點A落在BC邊的A′處，折痕所在直線同時經過邊AB、AD（包括端點），設BA′=x，則x的取值范圍為 .

圖11解析 如圖11，易知CD=AB=8，BC=AD=17.當折痕所在直線經過點D時，DA′=AD=17，在Rt△DA′C中，由勾股定理得A′C=172-82=15，所以BA′=17-15=2，即x=2；當折痕所在直線經過點B時，易知BA′=AB=8，即x=8，故x的取值范圍為2≤x≤8.

點評 本題著重考查了圖形的操作，圖形折疊的性質以及勾股定理的應用等.很明顯，捕捉特殊位置以及畫出特殊位置圖形是解題的關鍵.

羅增儒教授在《數學解題學引論》中指出：“如果我們著手解答一道習題，那么，就是需要識別給定習題的類型.要知道，識別了習題的類型，在多數情況下，我們就得到了解題的方法.”這段話給了我們很大的啟示：在平時的教學中，我們要抓住中考試卷中的典型習題，研究典型方法，發(fā)揮他山之石之效，做到用時慧眼識題，信手拈來，按需取法，成功解題.