角平分线舞出多彩的探求题

沈岳夫

角平分线在初中的数学中占有重要的地位，也是解决许多问题的桥梁与纽带.纵观各地的中考试题，常常出现与内角平分线有关的题目.这类试题格调清新，立意新颖，既注重基础知识，同时又具有很强的综合性，较好地考查了学生观察、猜想、类比、归纳、推断的能力.本文就此类问题进行归纳总结，供大家参考.

1 “角平分线+到角一边的距离”型

图1例1 （2014年泸州）如图1，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，∠DAB=90°，AC⊥BC，AC=BC，∠ABC的平分线分别交AD、AC于点E，F，则BFEF的值是（ ）.

A.2-1 B.2+2

C.2+1 D.2

分析 因为BE平分∠ABC，且AC⊥BC，所以作FG⊥AB于点G（如图1）.则易得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，故选C.

点评 本解法是注意到了“角平分线+到角一边的距离”这一条件，自然想到了添垂线FG，这样可结合题中条件，运用平行线分线段成比例可求出线段BFEF的值.当然，如果能把AC看成角平分线，可由三角形内角平分线性质定理，得BFEF=ABAE，而ABAE=tan∠AEB=tan67.5°=2+1，显然，这种熟知内角平分线性质定理及tan67.5°的三角函数值，也是一种有效解决问题的方法.

2 “角平分线+与对边垂直”型

例2 （2014年攀枝花）如图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的面积为2，那么四边形ABED的面积是 .

图2分析 注意到BE平分∠ABC，且BE⊥CD，则想到轴对称图形，所以延长BA、CD交于点F（如图2），则△BEF≌△BEC（ASA），S△BEF=S△BEC=2.因为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四边形ABED=S△BEF-S△ADF=2-14=74.

点评 本解法是注意到了“角平分线+与对边的垂直”这一条件，自然想到了构成以BE所在直线为对称轴的轴对称图形.通过“补形”构造出一个新三角形，完成了从已知向未知的过渡，将分散的条件通过全等或相似得到等量关系，进而问题得以解决.

3 “角平分线+角边间的数量关系”型

例3 （2014年哈尔滨）如图3，在△ABC中，4AB=5AC，AD为△ABC的角平分线，点E在BC的延长线上，EF⊥AD于点F，点G在AF上，FG=FD，连接EG交AC于点H.若点H是AC的中点，则AGFD的值为 .

图3分析 我们注意到4AB=5AC，且AD平分∠BAC，所以可考虑把△ABD沿AD翻折得到△AMD（如图3），则△ABD≌△AMD（SAS），AM=AB，进而得4AM=5AC.

过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K，由题意可得∠1=∠2=∠3=∠4.因为∠DMK=∠DMC+∠AMK=∠DBA+∠MAD=∠DBA+∠BAD=∠1.而∠DKM=∠3（对顶角），所以∠DMK=∠DKM，从而可得∠DMK=∠4，所以DM∥GN，所以四边形DMNG为平行四边形，所以MN=DG=2FD.因为点H为AC中点，可得AC=4CM，所以AHMH=23.由△AGH∽△MNH，可得AGMN=AHMH，即AG2FD=23，所以AGFD=43.

点评 本解法是注意到了“角平分线+角边间的数量关系”这一条件，自然想到了采用“翻折”的方法.翻折是证明几何问题的有力工具之一.对于求线段的比值问题，当条件过于分散，不好直接利用时，可以根据题中所涉及的图形的性质（如角平分线），设法对其（或其部分）进行适当翻折，再通过适当的添线，把题中某些关系转移到某一三角形中，就可解决问题了.

4 “角平分线+四点共圆”型

图4例4 （2014年绍兴柯桥区期中学业评价调测卷）如图4，⊙O过四边形ABCD的四个顶点，已知∠ABC=90°，BD平分∠ABC，则：①AD=CD，②AB2+BC2=2CD2，③点O是∠ADC平分线上的点，④AB+CB=3BD，上述结论中正确的个数为（ ）.

A.4个 B.3个 C.2个 D.1个

分析 这四个结论，前3个较易证明都是正确的（证明过程略）.而第4个选项是错误的.证明如下：

如图4，连结AC.因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠CBD，所以AD=CD.把△DAB绕点D逆时针旋转90°至△DCE，则AB=CE，BD=ED，∠BAD=∠ECD.因为A，B，D，C四点都在⊙O上，所以∠BAD+∠DCB=180°，所以∠ECD+∠DCB=180°，所以B，C，E三点在一直线上.而∠BDE=90°，所以△BDE是等腰直角三角形，则有BE=2BD.而BE=BC+CE=BC+AB，所以AB+CB=2BD，故第4个选项是错误的.

点评 对第4个选项的判断，是注意到了“角平分线+四点共圆”这一条件，且∠ADC的两边相等，因此可通过旋转变换得到一个新图形，这样可把已知条件聚焦在一个新的等腰三角形中，进而求解.也就是说，当题目或结论中出现等边三角形、等腰直角三角形（或正方形）的条件时，可将图形作旋转60°或90°的全等变换，构造出全等三角形，从而将条件和结论结合在一起.其实，本题还有很多种解法，并还可以对该结论作一般性推广，有兴趣的读者不妨去看看笔者发表在《中学数学教学参考》（中旬）2013年第5期的拙文.

5 “角平分线+抛物线的对称轴”型

例5 （2014年绍兴柯桥区期中学业评价调测卷）如图5，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于B（4，0）、C（-12，0）两点，与y轴相交于点A（0，2），直线y=kx+b经过A，B两点.

（1）求抛物线y=ax2+bx+c和直线AB的解析式；

（2）平行于y轴的直线x=2交直线AB于点D.

①直线x=2交抛物线于点E，直线x=t（0≤t≤4）与直线AB相交F，与抛物线相交于点G.若FG∶DE=3∶4，求t的值；

②将抛物线向上平移m（m>0）个单位（如图6），它与y轴相交于点A′，与直线x=2相交于点E′，当E′O平分∠A′E′D时，求m的值.

图5 图6分析 （1）由题意，易求抛物线的解析式为y=-x2+72x+2和直线AB的解析式为y=-12x+2.

（2）①因为点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.因为FG∶DE=3∶4，所以-t2+4t=3.解得t1=1，t2=3.

②由题意，知点A′（0，2+m），点E′（2，5+m）.因为E′O平分∠A′E′D，所以∠A′E′O=∠DE′O.又因为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.

点评 对第2小题的最后一问，是注意到了“角平分线+抛物线的对称轴”这一条件，即隐含着AO∥ED的条件，又E′O平分∠A′E′D，所以可推得△A′OE′是等腰三角形，这样就找到了解题的突破口.其实，“角平分线+平行线→等腰三角形”的模型在几何题较为常见，此小题将几何图形与函数图像有机地融合在一起，目的是要学生会剥丝抽茧、去“伪”（干扰因素）存“真”（模型意识），充分考查学生观察、分析、归纳、猜想的能力以及综合运用所学知识解决问题的能力.因此，掌握这类问题的研究方法对于提高学生全面分析研究问题的能力大有裨益.

6 “四点共圆→角平分线”型

例6 （2012年深圳）如图7，Rt△ABC中，∠C=90o，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC=5，OC=6，则另一直角边BC的长为 .

图7分析 在四边形ACBO中，因为∠ACB=∠AOB=90°，易知A、C、B、O四点共圆，所以∠ACO=∠ABO=45°，所以OC平分∠ACB.

过O作OM⊥CA于M，过O作ON⊥CB于N（如图7）.则易证△OMA≌△ONB，四边形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.

点评 本解法关键是要挖掘出∠ACB=∠AOB=90°，得到A、C、B、O四点共圆以后，进一步可得OC平分∠ACB，这样就联想到角平分线的性质定理，则过O作∠ACB两边所在直线的垂线，就可以得到一对全等三角形和一个正方形，进而求解.其实，若能灵活运用例4的结论，用AC+CB=2CO来计算，则显得更方便、简捷.当然，此题还可以作如下变式，得到一般的结论（AC-AB=2AO），有兴趣的读者不妨试试.

图8如图8，以Rt△ABC的斜边BC为一边在△ABC的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO，如果AB=4，AO=62，那么AC的长等于 .（答案：16.）

总之，解题是数学教学中一个基本形式，一般学生都比较重视，但学生对题目往往不加选择，拿来就做，而不善于探索解题思路，不善于总结解题规律.为此，作为一线教师要从大量的题海中为自己的学生选取合适的试题，选择合适的教学方法，让学生从题海中走出来，从更深层次的思考中获得真正的数学方法与数学思想.做到“在知识生长点处引入，在知识结合点处展开；在知识关键点处引伸，在能力提高点处设疑；在有价值处思考讨论，在困难处点拨与分析”.注重总结归纳：归纳题目的数学思想方法，提炼解题的规律和方法，秉持“题不在难，有思想方法就灵；量不在多，典型变化就行”.真正达到“做一题、会一片、懂一法、长一智”.

因题而异 按需取法

江苏省淮安市淮阴区开明中学 223300 马先龙

解答中考选择题和填空题时，经常会碰到几何计算题.此类问题往往需要综合运用多种知识解题，所以有时具有一定的难度.实际解题时，若能认真观察，充分把握题设和图形的特点，因题而异，按需取法，则能节省时间，化难为易，顺利解题.现从2014年全国各地中考数学试卷中，撷取十余例，加以解析，供读者参考.

1 列方程法

例1 （广西贺州市）如图1，等腰△ABC中，AB=AC，∠DBC=15°，AB的垂直平分线MN交AC于点D，则∠A的度数是 .

解析 如图1，因为DM垂直平分AB，所以DA=DB，所以∠DBA=∠A，又∠DBC=15°，所以∠ABC=∠A+15°.因为AB=AC，所以∠C=∠ABC，从而得∠A+2（∠A+15°）=180°，解得∠A=50°，所以∠A的度数是50°.

点评 本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用.当根据三角形内角和定理列出关于∠A的方程后，问题迎刃而解.

图1 图2例2 （安徽省）如图2，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（ ）.

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

解析 如图2，因为D是BC的中点，所以BD=12BC=3，由折叠知DN=AN，设BN=x，则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，所以选C.

点评 本题着重考查了图形折叠的性质以及勾股定理的应用.当用勾股定理列出关于x的方程后，问题迎刃而解.

2 特殊值法

例3 （山东枣庄）如图3，将矩形ABCD沿CE向上折叠，使点B落在AD边上的点F处.若AE=23BE，则长AD与宽AB的比值是 .

图3解析 如图3，因为AE=23BE，所以可设BE=3，从而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，从而ADAB=355.

点评 本题考查了图形折叠的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质.鉴于条件给出AE=23BE，加之欲求AD与AB的比值，故采取特殊值法既节省了时间，又顺利解决了问题.

3 借用辅助未知数法

例4 （浙江湖州）如图4，已知在Rt△AOC中，O为坐标原点，直角顶点C在x轴的正半轴上，反比例函数y=kx（k≠0）在第一象限的图象经过OA的中点B，交AC于点D，连接OD.若△OCD∽△ACO，则直线OA的解析式为 .

图4解析 如图4，设OC=m，因点D在反比例函数y=kx的图象上，所以CD=km；因△OCD∽△ACO，所以ACOC=OCCD，所以AC=m3k，所以A（m，m3k）.又点B是OA的中点，所以B（m2，m32k），因点B也在反比例函数y=kx的图象上，所以m32k=km2，解得k=m22，所以A（m，2m），设直线OA的解析式为y=k′x，则k′=2mm=2，所以直线OA的解析式为y=2x.

点评 本题着重考查了点坐标及反比例函数图象的定义，相似三角形的性质，正比例函数解析式的确定.把OC设为辅助未知数后，能易于表示CD、AC的长以及点A、点B的坐标，当约分后求出正比例函数的比例系数k′后，问题旋即得到解决，充分体现了辅助未知数m所起到的桥或船的作用.

4 分类讨论法

例5 （江苏宿迁）如图5，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=8，AD=3，BC=4，点P为AB边上一动点，若△PAD与△PBC相似，则满足条件的点P个数是（ ）.

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

图5解析 如图5，因为AD∥BC，∠ABC=90°，所以∠BAD=90°.设AP=x，则BP=8-x，若△PAD与△PBC相似，则分两种情况：（1）当△PAD∽△PBC时，有PAPB=ADBC，x8-x=34，解得x=247；（2）当△PAD∽△CBP时，有PABC=ADBP，x4=38-x，解得x=2或x=6，由（1）、（2）知满足条件的点P有3个，故选C.

点评 本题着重考查了平行线的性质，相似三角形的性质以及分类讨论的思想方法.当设AP=x，运用分类讨论法列出关于x的方程后，已柳暗花明，水到渠成.

5 构造全等三角形法

例6 （浙江台州）如图6，F是正方形ABCD的边CD上的一个动点，BF的垂直平分线交对角线AC于点E，连接BE，FE，则∠EBF的度数是（ ）.

A.45° B.50° C.60° D.不能确定

解析 如图6，因为EM垂直平分BF，所以EB=EF.过点E分别作EG⊥BC于点G，EH⊥CD于点H，则由条件易知EG=EH，从而△EBG≌△EFH（HL），所以∠BEG=∠FEH.易知四边形EGCH是正方形，所以∠GEH=90°，所以∠BEF=∠GEH=90°，从而△EBF是等腰直角三角形，所以∠EBF=45°，故选A.

点评 本题考查了线段垂直平分线的性质，正方形的性质及其判定，全等三角形的判定及其性质，等腰直角三角形的性质.当构造出△EBG≌△EFH后，峰回路转，局势很快朝着有利于解决问题的方向发展.

图6 图76 构造相似三角形法

例7 （江苏泰州）如图7，A、B、C、D依次为一直线上4个点，BC=2，△BCE为等边三角形，⊙O过A、D、E三点，且∠AOD=120°.设AB=x，CD=y，则y与x的函数关系式为 .

解析 如图7，连接AE、DE，因为∠AOD=120°，所以AOD为240°，所以∠AED=120°.因为△BCE为等边三角形，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与x的函数关系式为y=4x（x>0）.

点评 本题着重考查了圆周角定理，等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质等.当构造出△ABE∽△ECD，列出关于x、y的方程后，问题迎刃而解.

7 面积法

例8 （四川宜宾）如图8，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，则EB′= .

解析 如图8，由条件及勾股定理易得AC=5，由折叠知EB′=EB，∠EB′A=∠B=90°.设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.

点评 本题运用了勾股定理，图形折叠的性质以及面积法.当然，本题还有另外两种常见的方法：（1）设EB′=x，由条件易得CE=4-x，AC=5，CB′=5-3=2，在Rt△ECB′中运用勾股定理得x2+22=（4-x）2，解出x即可；（2）由条件易得AC=5，CB′=5-3=2，∠CB′E=∠B=90°，从而△CEB′∽△CAB，所以EB′AB=CB′CB，即EB′3=24，求出EB′即可.比较这三种方法，显然面积法相对浅显些，简捷些.

图8 图98 轴对称法

例9 （湖南资阳）如图9，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线上的动点，则△BEQ周长的最小值为 .

解析 如图9，由条件易得BE=1，因BE为定值，故求出QB+QE的最小值即可求出△BEQ周长的最小值.连接BD，则点D就是点B关于直线AC的对称点，连接DE，则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周长的最小值为5+1=6.

点评 本题着重考查了轴对称的有关概念、性质，考查了“两点之间线段最短”以及正方形的性质，考查了勾股定理的应用.很明显，轴对称法是解决平面内“短程距”问题行之有效的方法.

9 旋转法

例10 （浙江绍兴中考题改编）如图10，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M、N在边BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，则MN的长为 .

图10解析 如图10，由条件易知∠B=∠ACB=45°.把△ABM绕点A按逆时针方向旋转90°得△ACD，连接DN，则AD=AM，CD=BM=1，∠ACD=∠B=45°，∠MAD=90°，从而∠DCN=90°.因为∠MAN=45°，∠MAD=90°，所以∠DAN=45°，所以∠MAN=∠DAN，从而△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.

点评 本题着重考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及其性质，勾股定理的应用等.很明显，运用旋转法打开了解题突破口，达到了化难为易的目的.10 特殊位置法

例11 （四川南充）如图11，有一矩形纸片ABCD，AB=8，AD=17，将此矩形纸片折叠，使顶点A落在BC边的A′处，折痕所在直线同时经过边AB、AD（包括端点），设BA′=x，则x的取值范围为 .

图11解析 如图11，易知CD=AB=8，BC=AD=17.当折痕所在直线经过点D时，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；当折痕所在直线经过点B时，易知BA′=AB=8，即x=8，故x的取值范围为2≤x≤8.

点评 本题着重考查了图形的操作，图形折叠的性质以及勾股定理的应用等.很明显，捕捉特殊位置以及画出特殊位置图形是解题的关键.

罗增儒教授在《数学解题学引论》中指出：“如果我们着手解答一道习题，那么，就是需要识别给定习题的类型.要知道，识别了习题的类型，在多数情况下，我们就得到了解题的方法.”这段话给了我们很大的启示：在平时的教学中，我们要抓住中考试卷中的典型习题，研究典型方法，发挥他山之石之效，做到用时慧眼识题，信手拈来，按需取法，成功解题.