2025年中考数学几何辅助线解题方法第5招 引线造角望相似，通性通法灵活使（含解析）

第5招 引线造角望相似，通性通法灵活使
在平面几何问题中，涉及图形的全等、相似的问题常可分为两种情形.一是直接证明全等、相似；二是利用全等、相似性求解有关线段的比、积，或角、线段的大小.前者往往将命题所涉及的重要信息隐藏，以考查我们的观察、猜想、探究能力.求解时往往要通过连线、延线或作平行线，进行“移线”“造角”，将有关线段、角集中到某两个图形中去分析、探究.后者则需要从相似形的角度来审题，发掘条件中所藏的相似形的影子，对创新思维的要求更高.求解时要利用“移线”“造角”等手段先探究出图形的相似，再利用相似性来分析、处理.因此，无论哪种情形，都离不开利用“移线”“造角”，挖掘隐藏信息，证明图形的相似、全等.
一般来说，当题设中有平行线的信息时，常要用连线或延线的方式构建图形的相似.如图5-1所示，若AB∥CD，则连接AD与BC，设交点为O,可得△OAB∽△ODC;当AB=DC时,可得△OAB≌△ODC(全等是相似比为1的特殊情形).如图5-2所示，若AB∥CD，则延长AD，BC交于点O，可得△OAB∽△ODC.当题设中无平行线的信息时，常要过某点引某线的平行线、或延线、或作角平分线来构造相等角，获得图形的相似.如图5-3所示,过点E作EG∥AB,交BC于点G,构造∠1=∠B,可得到△FEG∽△FDB,△CEG∽△CAB.如图5-4 所示,在 Rt△ABC中,若∠A=90°,则过点 A 作 AD⊥BC,垂足为 D,可得 这样一来，那些与角、边、高、中线、角平分线、周长、面积有关的问题均可迎刃而解.
若视“连线”“延线”“作平行线”“作垂线”为“引线”，视“构造相等角”为“造角”，我们就可将上面所述的辅助线归纳为：
引线造角望相似，通性通法灵活使.
当题设条件中出现线段的积式、比式等信息时，要善于类比构造，将它们化归为相似比的模型，利用相似的性质来处理.如‘ 就隐藏着 的模型;“PA·PB=PC·PD”,就隐藏着 的模型，等等.对此思想方法我们可将它表述为：
遇见线段比或积，转为相似形解析.
例1如图 5-5所示，已知正方形ABCD的边长为6,E为BC 的中点,将△ABE沿直线AE 折叠后,点 B落在点F 处,AF交对角线BD 于点G,则 FG的长是 .
解析解法1 延长BC与AF交于点M，如图5-6所示.(引线造角望相似)
令CM=x,则在 Rt△ABM中,有
因为将△ABE 沿直线AE 折叠后,点 B 落在点 F 处,所以 AE为∠MAB 的平分线.
由角平分线性质(三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两邻边对应成比例)，得 即
解得x=2,∴AM=10.
又AD∥BM,∴△AGD∽△MGB.
则有 故 (通性通法灵活使)
由此可得 解得
在Rt△EFM中,有EF=EB=3,EM=EC+CM=5,由勾股定理,得 FM=4.
由此可得
故填
解法2 延长BC与AF 交于点M,如图5-7所示,
令CM=x,则在 Rt△ABM中,有
①
因为△ABE 沿直线AE 折叠后，点 B 落在点F 处,
所以 AE为∠MAB的平分线,故有∠3=∠4. ②
过点M作MT∥AE,交 BA 延长线于点 T.
∵∠1=∠4,∠3=∠2,
∴∠1=∠2,从而可得AT=AM.
由此可得 故 (通性通法灵活使)
即 解得x=2.
以下同解法1.
解法3 如图5-8所示,延长AF,EF分别交CD 于点H,R,连接
AR.(引线造角望相似)
∵四边形 ABCD为正方形，
∴AD=AB,∠ABE=∠ADC=90°.
∵△ABE 沿直线AE 折叠后,点 B 落在点 F处,
∴AB=AF,∠ABE=∠AFE=90°.
在 Rt△AFR 和 Rt△ADR 中,
∴DR=FR.
∵E为BC 的中点,BC=6,∴CE=BE=3.
设 则
在 Rt△ECR 中,由勾股定理,得 即
解得x=2,即.
故
从而可得.
∵AB∥DH,∴△AGB∽△HGD.
(引线造角望相似，通性通法灵活使)
故 解得
由此可得 故填
解法4 延长 BC 与 AF 交于点 M,延长 EF 交CD 于点 N,连接MN,如图5-9所示.
由翻转知 EF=EC=3,∠ECN=∠EFM=90°.
又∠CEN=∠FEM,
∴Rt△CEN≌Rt△FEM. (引线造角望相似)
由此可得∠3=∠4,EM=EN,即△EMN为等腰三角形,从而可得∠3+∠1=∠4+∠2.
(三角形，若等腰，三线合一等底角)
∴∠1=∠2.
又易知
而90°-∠6=2∠EAF,
∴∠2=∠EAF.
又∠NFM=∠EFA=90°,
故 Rt△AEF∽Rt△MNF.(引线造角望相似)
故 解得MF=2FN.(通性通法灵活使)
又CM=EM--3=FN,记FN=x,则(
则在Rt△EFM中，由勾股定理，得 即 解得x=2.
由此可得FM=4,EM=5.
从而由 得
∴AM=10.
又AD∥BM,∴△AGD∽△MGB.(引线造角望相似,通性通法灵活使)
即
由此可得 解得
由此可得 故填
解法5 分别延长AE,DC,设其交点为 M,延长 AF交DC 于点N,连接EN,如图5-10所示.
(引线造角望相似，通性通法灵活使)
∵四边形 ABCD 是边长为6 的正方形，
∴AB∥MN.∴∠BAE=∠CME.
又 E为BC的中点,BE=EC=3,
∴Rt△ABE≌Rt△MCE,且.
又∠1=∠3,∴∠1=∠2.
故△ANM为等腰三角形.∴AN=MN.
∴NE⊥EM.
(三角形，若等腰，三线合一等底角)
于是,在 Rt△MNE中,EC⊥MN,设CN=x,
由射影定理，得. 即 6(6+x),解得x=1.5.
易得Rt△EFN≌Rt△ECN.
∴FN=CN=1.5.
又AB∥DN,∴△NGD∽△AGB.(引线造角望相似)
即 解得 (通性通法灵活使)
由此可得 故填
解法6 延长AF交CD 于点 H,连接EH,如图5-11 所示.
因为△ABE沿直线AE折叠后，点 B 落在点 F处.
∴AB=AF,∠ABE=∠AFE=90°,且∠BEA=∠FEA.
又在 Rt△ECH 和 Rt△EFH 中,EF=EC=H,∴Rt△ECH≌Rt△EFH.
∴∠FEH=∠CEH. ④
由③④,得2(∠FEH+∠FEA)=180°.
故 为直角三角形.
又 ,即 EF 为斜边AH 上的高,
在 Rt△AEB 中,由勾股定理,得 即 解得
设FH=x,在Rt△AEH中,由射影定理,得
即 解得
又AB∥DH,∴△HGD∽△AGB.(引线造角望相似)
即 解得 (通性通法灵活使)
由此可得
解法7 上接解法6的(*)式,得FH=HC.设FH=x,
在 Rt△ADH中,由勾股定理,得
即 解得
又AB∥DH,∴△HGD∽△AGB.(连线造角望相似)
即 解得
(通性通法灵活使)
由此可得 故填
解法8 延长AF交CD 于点H,连EH,BF,如图5-12所示,
∵△ABE 沿直线 AE 折叠后,点 B 落在点F 处.
∴AB=AF,∠ABE=∠AFE=90°,∠BEA=∠FEA.
在 Rt△ECH 和 Rt△EFH 中,
∴∠FEH=∠CEH.
故 为直角三角形.
又
由此可得
(引线造角望相似，通性通法灵活使)
故 解得 ⑤
以下同解法 6.
解法 9 上接解法8 中的⑤式.
过点G作GQ⊥AB,垂足为Q,如图5-13所示.
又AB∥DH,∴△HGD∽△AGB.
即 解得
从而可得
故在 Rt△QAG中，由勾股定理，得
由此可得 故填
解法 10 以 B为原点，BC，BA 分别为x，y轴建立平面直角坐标系xBy,如图5-14所示.
则由题意知,各点坐标分别为 B(0,0),A(0,6),C(6,0),D(6,6),E(3,0).
由此易得，直线AE的表达式为y=-2x+6.
因为△ABE 沿直线AE 折叠后，点 B 落在点F 处,连接BF,则有BF⊥AE.
设AE交BF 于点M,MH⊥BC,垂足为 H.
直线 BF上的动点 P 的坐标为(x,y),
因为 BM为 Rt△ABE 斜边AE 上的高.
所以∠1=∠2.
从而
故直线 BF 的表达式为
于是，由l E，lBF的表达式解得点M 的坐标为
∵M为BF 的中点,∴点 F 的坐标为
由此可得直线AF:
直线 BD:y=x,
联立解得点G的坐标为
作GH⊥AD,垂足为 H,则
于是,在 Rt△AGH 中,由勾股定理,得
所以 故填
点评 本题主要考查了图形的翻折变换，正方形的性质，相似三角形、全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线性质，考查数学运算能力.解法1通过延长 BC，AF 构建△ABM，利用角平分线性质求得CM=2，再用相似三角形的性质与勾股定理进行推算，凸显了“引线造角望相似，通性通法灵活使”的解题思想；解法2 是解法1的另一表述，只是把角平分线性质证明了一下；解法3通过延长AF，EF,先挖掘 Rt△AFR≌Rt△ADR,进而挖掘 Rt△HFR∽Rt△CRE,△AGB∽△DGH，利用相似比及线段的和差关系来探究的；解法4通过延长 BC,EF,挖掘 Rt△CEN≌Rt△FEM,充分利用等腰三角形性质、三角形外角定理、互余角、勾股定理等知识，挖掘 Rt△AEF∽Rt△MNF,△AGD∽△BGM,颇有创意;解法5 通过延长AE,DC,并由图形的翻转与正方形的信息挖掘△NAM为等腰三角形，进而挖掘△NEM 为直角三角形，并用射影定求得 CN 的长，再证得△NGD∽△AGB，利用相似比进行推算处理；解法6实际上是解法5的变形推理，只是辅助线与射影定理用法有所区别而已.解法7是对解法6的升华.解法8、解法9 是对解法7的升华.解法 10 通过建立平面直角坐标系，充分利用坐标法来探究.从这10种解法可体会到，正确作出辅助线构建三角形的相似、全等是解题的关键所在.另外，对解法10 而言，也可直接由两点间的距离公式求计算，即FG=等等，这些留给读者自己去探究.
例2 如图5-15 所示，已知O为平行四边形ABCD对角线的交点，OF交 BC于点 E,交AB 的延长线于点 F,若. ,求 BE.
解析 过点O作OG∥BC，交AB于点G.(引线造角望相似)
显然,OG是△ABC的中位线,如图5-16 所示.
①
在△FOG中,∵OG∥EB,
∴△FEB∽△FOG.
由此可得 (通性通法灵活使) ②
结合①②可得
点评 本题主要考查学生对相似三角形的判定与性质和平行四边形的性质的应用.解题的关键在于：一、能否获得利用某一辅助线将长度已知的线段“集中”到一个可解的图形中来分析的设想.二、当过点O作OG∥BC,实现这一设想后,能否构造出△FEB∽△FOG,利用相似比来求出 BE的长度.
例3 (1) 如图5-17 所示,在△ABC中,∠BAC=120°,AD 平分∠BAC交BC 于点D,求证:
(2)如图5-18所示,在△ABC中,已知AB=AC,AD是边BC 的中线,P是AD上一点,CF∥AB,BP的延长线分别交AC,CF于点E,F,求证：
解析 (1) 证明 如图5-19 所示,过点 D作. 交AC于点
E.(引线造角望相似)
∵AD是 的平分线，且
又
∴△ADE为正三角形,则EA=ED=AD.
由于 DE∥AB,∴△CED∽△CAB.
由此可得
(通性通法灵活使)
从而可得
(2) 证明 ∵CF ∥AB,∴∠F=∠ABP.
连接CP，如图5-20所示.(引线造角望相似)
由对称性,得BP=CP,∠ACP=∠ABP.
∴∠PCE=∠F.又∠FPC=∠CPE,
∴△CFP∽△ECP.
(通性通法灵活使)
又CP=BP,故有
点评 本题主要考查相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质等基本知识.第(1)问，关键在于过点 D 作DE∥AB,获得正三角形ADE,进而利用△CED∽△CAB 来完成证明.第(2)问，关键在于抓住比例中项的模型，活用图形的对称性将线段 BP 转化为线段CP,构造角的相等,进而获得△CFP∽△ECP,利用相似比来进行探究，体现了“引线造角望相似，通性通法灵活使”的战术思想.
例4 (2020·宿迁)【感知】如图5-21(a)所示,在四边形 ABCD中,∠C=∠D=90°,点E在边CD 上,∠AEB=90°,求证:
【探究】如图5-21(b)所示,在四边形 ABCD中,∠C=∠ADC=90°,点E在边CD 上,点 F 在边AD 的延长线上,∠FEG=∠AEB=90°,且 连接BG交CD 于点H.
求证:BH=GH.
【拓展】如图 5-21(c)所示,点 E 在四边形ABCD 内,∠AEB+∠DEC=180°,且 过点 E 的直线交AD 于点 F,交 BC于点G.若∠EFA=∠AEB,求证:BG=CG.
解析 解法 1 【感知】证明:在图 5-21(a)中,∵∠C=∠D=∠AEB=90°,
∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°.
∴∠BEC=∠EAD.
∴Rt△AED∽Rt△EBC.
【探究】证明:过点G作GM⊥CD,垂足为M,如图5-22所示.
由上题可知
∴BC=GM.
又∠C=∠GMH=90°,∠CHB=∠MHG,
∴△BCH≌△GMH(AAS).
∴BH=GH.
【拓展】证明:如图5-23 所示,在 EG上取点M,使∠BME=∠AFE,过点 C 作 CN∥BM,交 EG于点 N.
(遇见线段比或积，转为相似形解析)
∴∠CNG=∠BMG.
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=180°,
又∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°,
∠EFA=∠AEB(已知),
∴∠EAF=∠BEM.
∵∠AEB+∠DEC=180°,∠EFA+∠DFE=180°,又∠EFA=∠AEB,∴∠CED=∠EFD.
∵∠CNG+∠CNE=180°,
∴∠CNE=∠EFD.
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°,
∴∠EDF=∠CEN.
又
∴BM=CN.
又∠N=∠BMG,∠BGM=∠CGN,
∴△BGM≌△CGN(AAS).
∴BG=CG.
解法2 【感知】证明:∵∠C=∠D=90°,
∴BC∥AD,且∠CBA+∠DAB=180°,如图5-24所示.
又∠5+∠4=90°,∴∠6+∠1=90°.
又∠6+∠3=90°,∴∠3=∠1.
在 Rt△ADE与 Rt△BCE中,
【探究】证明:过点 B 作 BN ∥EG 交 DE的延长线于点 N,连接 NG,如图5-25 所示.
(遇见线段比或积，转为相似形解析)
∴∠NBE+∠BEG=180°. ①
∵∠3+∠2=90°,∠1+∠3=90°,
∴∠3=∠1. ②
∵∠FEG=∠AEB=90°,
③
由①③,得 ④
由②④,得
又
由此可得NB=EG.
∴四边形 BEGN 为平行四边形.
∴BH=HG.
【拓展】证明:过点B作BN∥EC,交FE的延长线于点N,如图5-26所示.
(遇见线段比或积，转为相似形解析)
∴∠NBE+∠BEC=180°.
∵∠AEB+∠3+∠2=180°,
∠1+∠AFE+∠2=180°,
又题设∠EFA=∠AEB,
∴∠3=∠1.
又∠AED+∠BEC=180°,
∴∠AED=∠NBE.
∴△AED∽△EBN.
又
由此可得NB=EC.
由此可得四边形 BECN 为平行四边形.
∴BG=CG.
点评 本题构思巧妙，具有开放性，对创新思维的要求较高.主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识.解法1，对(1)侧重于相似形的探究.对(2)通过过点G作GM⊥CD，构建出(1)的模型，充分借用(1)问的结论分析,挖掘BC=GM,进而挖掘△BCH≌△GMH 获得解决,思路严谨.对(3)通过造角∠BME=∠AFE,并作CN∥BM,先获得△AEF∽△EBM,进而挖掘△DEF∽△ECN,再挖掘△BGM≌△CGN，由此探得BG=CG.解法2，对(1)侧重于三角函数的分析.对(2)通过作 BN∥EG,将线段 EG 转移到 BN 处,挖掘△AEF∽△EBN，从而挖掘平行四边形 BEGN，利用其对角线平分的性质求得问题的解决.对(3)充分模仿(2)的解法，将线段EC移到BN 处，构建平行四边形 BECN，由此获得BG=CG.此思路颇有创意.这两种解法思路都注重了角的转换，充分体现了“遇见线段比或积，转为相似形解析”与“借前结论攻后题”的战术思想.不难发现本题亦可先作平行四边形BECN,再证∠BEN=∠BEG,请读者自己完成.
跟踪训练
1. 如图所示,已知M为线段AB 的中点,AE与BD 交于点C,与DM交于点F,∠DME=∠A=∠B=α,且EM交BD 于点G.
(1) 求证:△AMF∽△BGM.
(2) 若 求 BG的长.
(3)如图2所示,连接 FG,在(2)的条件下,若α=45°,求△EFG的面积.
2. 如图所示，在 中，E，D是 BC 边上的两个三等分点， 2CF, ,求 FM,MN,BN的长.
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3. (一)【发现探究】
在 中,AB=AC,点 P 在平面内,连接AP 并将线段AP 绕点A 顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AQ，连接BQ.
【发现】如图1所示，如果点 P 是BC 边上任意一点，那么线段 BQ 和线段PC 的数量关系是 .
【探究】如图2所示，如果点 P 为平面内任意一点.前面发现的结论是否仍然成立 若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由.请仅以图2所示的位置关系加以证明(或说明).
(二)【拓展应用】
如图3所示，在 中， P是线段EF 上的任意一点.连接 DP，将线段 DP 绕点 D 顺时针方向旋转 ，得到线段 DQ，连接EQ，请求出线段EQ长度的最小值.
4.【问题背景】如图 1 所示,已知 求证：
【尝试运用】如图2 所示，在 中，D是 BC边上一动点， 且. ,AC与DE 相交于点F，在点 D 运动的过程中，当 时，求DE 的长度.
【拓展创新】如图 3 所示，D 是 内一点， 求AD的长.
(2) 由(1)解法2知,则
即S△BDM=9S△BEF.
∵D是AC的中点,
即
3. 证明 过点 D作DG∥AB交CF 于点G,如图所示.
∵DG∥AF,∴∠FAE=∠GDE,∠AFE=∠DGE.
又D为BC的中点,DG∥BF,
∴AE·BF=2DE·AF.
4. 依题意，可以猜想：
当 时，有 成立.
证明 过点 D作DF∥BE交AC 于点F.
因为D是BC 的中点，所以 F是EC 的中点.
由 可知 (分比定理)
所以 (合比定理)
由此可得
1.(1)证明:∵∠AMD=∠B+∠D,∠BGM=∠DMG+∠D,
又∠DME=∠A=∠B=α,
(2)由(1)知△AMF∽△BGM,
∵M为AB 的中点,
且AB=AC=4.
又AF=3,
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(3) 易知
过点 M作MH⊥AE,垂足为 H,如图所示,又 为等腰直角三角形.
∴GC⊥AE.
故 从而可得
连接CM，∵M为等腰直角三角形ABC 斜边AB 的中点，
解得CE=4.
2. 取AF的中点G,连接DF,EG,如图所示.
由平行线分线段定理的逆定理，知DF∥EG∥BA.
∴△CFD∽△CAB,△MFD∽△MBA.
从而 BF=4FM=12,∴FM=3.
又在△BFD中,E是BD的中点,且EH∥DF,
故 又显然，H是BF 的中点，
故所求三条线段长分别为
3.【发现】由旋转知,AQ=AP.
∵∠PAQ=∠BAC,
∴∠PAQ-∠BAP=∠BAC-∠BAP.
∴∠BAQ=∠CAP.
∴BQ=CP.
故答案为:BQ=PC.
【探究】结论:BQ=PC仍然成立,
理由：由旋转知，
∴∠PAQ-∠BAP=∠BAC-∠BAP.∴∠BAQ=∠CAP.
∵AB=AC,∴△BAQ≌△CAP(SAS).∴BQ=CP.
【拓展应用】如图所示,在 DF上取一点H,使DH=DE=6.
连接 PH,过点 H作HM⊥EF,垂足为 M.
由旋转知,DQ=DP,∠PDQ=60°.
∵∠EDF=60°,∴∠PDQ=∠EDF.
∴∠EDQ=∠HDP.∴△DEQ≌△DHP(SAS).∴EQ=HP.
要使 EQ最小，则有 HP最小，而点 H 是定点，点P 是EF 上的动点，
故当 HM⊥EF(即点 P 和点M 重合)时,HP 最小,
即点 P 与点M 重合时，EQ最小，最小值为 HM.
在Rt△HMF中,∠F=30°,DF=12,∴FH=6.
即 EQ的最小值为3.
4. 证明：【问题背景】
从而可得
【尝试应用】
如图1所示,连接CE,∵AB=4,AC=3,∠BAC=90°,
∵∠BAC=∠DAE=90°,∠ABC=∠ADE,
∴△BAD∽△CAE.
设BD=4x,CE=3x,则CD=5-4x.
∵∠B+∠ACB=90°,∴∠ACE+∠ACB=90°.∴∠DCE=90°.
【拓展创新】
过点A作AB 的垂线，过点 D作AD 的垂线，两垂线交于点 M，连接BM，如图2所示.
又
又∠BDC=∠ADM,
∴∠BDC+∠CDM=∠ADM+∠CDM,
即∠BDM=∠CDA.∴△BDM∽△CDA.
解得