一道相似判定问题的多种解法及延伸

徐智勇毕业于扬州大学理学院数学系，中学一级教师，现执教于扬州大学附属中学东部分校.业余时间热衷于研究初等数论、竞赛几何等方面的问题，并有多篇稿件发表在《数学通报》、《中等数学》等杂志.

题目 如图1，点D为△ABC边BC上一点（不与端点重合），且满足BDBC=AD2AC2.求证：△ABC∽△DBA.

分析 本题结论涉及到初中几何常见的相似基本图形，将已知条件转化为∠BAD=∠C或AB2=BD·BC即可.下面介绍几种方法供参考.

证法1 如图2，过点D作DE∥AB交AC于点E.

由DE∥AB可知

BDBC=AEAC，

且BDBC=AD2AC2，

则AEAC=AD2AC2，

即AEAD=ADAC，

且∠EAD=∠DAC，

故△EAD∽△DAC，

进而∠ADE=∠C，

同时由DE∥AB可知

∠BAD=∠ADE，

从而∠BAD=∠C，

又∠B=∠B，

所以△ABC∽△DBA.证毕.

借助平行线建立比例关系进行问题转化是常见方法，在练习中提供了几种类似于证法1的思路.

证法2 如图3，延长AD交△ABC外接圆于点E，连接BE，CE.由A，B，E，C四点共圆，知∠ACD=∠BED，

即△ACD∽△BED，

故BEAC=BDAD，

即BE2AC2=BD2AD2，

结合BDBC=AD2AC2，

则BE2=BD·BC，

进而△BED∽△BCE，

则∠BED=∠BCE，

且∠ACD=∠BED，∠BAD=∠BCE，

故∠BAD=∠BCA，

从而△ABC∽△DBA.证毕.

证法3 如图4，可以证明AB为△ADC外接圆切线，否则过A点作△ADC外接圆切线AB′，交直线BC于点B′（不妨设点B′在点B右侧，即BC>B′C，BD>B′D），则由切线可知∠B′AD=∠B′CA，

从而△AB′C∽△DB′A，

故S△AB′DS△CB′A=AD2AC2=B′DB′C，

且BDBC=AD2AC2，

则BDBC=B′DB′C=BD-B′DBC-B′C=BB′BB′=1，

即BD=BC，

这明显与题意矛盾，故AB为△ADC外接圆切线，故∠BAD=∠BCA，从而△ABC∽△DBA.证毕.

证法4 如图5，过点A作AH⊥BC交BC于点H.可设BH=m，DH=n，CD=l，AH=h，则由BDBC=AD2AC2可知m+nm+n+l=n2+h2（n+l）2+h2，

化简即得h2=2mn+n2+ml+nl，

再配方m2+h2=m2+2mn+n2+ml+nl

=（m+n）2+l（m+n）

=（m+n）（m+n+l），

即AB2=BD·BC，

从而△ABC∽△DBA.证毕.

一些几何定理也可以呈现合适的数量关系解决本题，以斯特瓦特定理为例给出第5种方法：

斯特瓦特定理：

如图6，点D为△ABC边BC上一点（不与端点重合），则 AB2·CD+AC2·BD

=AD2·BC+BD·CD·BC（定理可由勾股定理证得）.

证法5 由斯特瓦特定理

AB2·CD+AC2·BD

=AD2·BC+BD·CD·BC，

故AB2·CDAC2+BD=AD2·BCAC2+BD·CD·BCAC2，

且BDBC=AD2AC2，

故AB2·CDAC2+BD=BD+BD·CD·BCAC2，

化简即得AB2=BD·BC，

从而△ABC∽△DBA.证毕.

对原题作变式处理，可得問题如下：

变式 如图7，已知AB2CD2=PA·PBPC·PD.求证：△PAB∽△PCD.

简证 过点B作BE∥CD交PA于点E.

由BE∥CD可知

△PBE∽△PCD，

故BECD=PBPC=PEPD，

进而BE2CD2=PB·PEPC·PD，①

且AB2CD2=PA·PBPC·PD，②

从而①÷②可得

BE2BA2=PEPA，

这就转化为了原问题，

故△PBE∽△PAB，

且△PBE∽△PCD，

从而△PAB∽△PCD.证毕.

变式题亦即表明以下结论成立：

结论1 如图9，已知在△ABC和△A′B′C′中，AB≥AC，A′B′≥A′C′，∠A=∠A′，且BC2B′C′2=AB·ACA′B′·A′C′.求证：△ABC∽△A′B′C′.

由面积法对结论1中的条件进行转化，可以得到：

结论2 如图10，已知在△ABC和△A′B′C′中，AB≥AC，A′B′≥A′C′，∠BAC=∠B′A′C′且AD⊥BC，A′D′⊥B′C′.求证：△ABC∽△A′B′C′.

具体证明留作练习.

练习

1.按图11，12中提供的辅助线证明原题.

2.证明结论2.