正方形“搭台” 相似三角形“唱戏”

倪春青 韩融

摘要：与正方形有关的几何计算问题是历年中考数学的热点问题.本文以2022年四川省泸州市中考数学第12题为例，从不同角度出发，探究问题的多种求解方法.不论利用哪种方法，相似三角形的性质在解决问题时都起到了关键性的作用，它是解决与线段长度有关几何问题的基本工具.通过“一题多解”，能有效提高学生的几何计算能力和几何推理能力.

关键词：正方形；直角三角形；相似三角形；几何计算

与正方形有关的几何计算问题是历年中考数学的热点问题，这类问题主要涉及正方形的常用几何性质、直角三角形的几何性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识，形式多样，求解方法灵活.本文以2022年四川省泸州市中考数学第12题为例，从不同求解思路出发，探究问题的多种求解方法.

1问题呈现

（2022年四川省泸州市中考数学第12题）如图1，在边长为3的正方形ABCD中，点E是边AB上的点，且BE=2AE，过点E作DE的垂线交正方形外角∠CBG的平分线于点F，交边BC于点M，连接DF交边BC于点N，则MN的长为（）

A. 23

B. 56

C. 67

D. 1

2问题分析

本题是一道以正方形ABCD为基本图形的几何计算问题，涉及直角三角形、垂线、角平分线等基本图形.根据已知条件，易知DE⊥EF，∠DAE=∠MBE=90°，这是常见的“三垂直”相似模型.因为BE=2AE，AB=3，所以AE=1，BE=2.易知△DAE∽△EBM，所以ADBE=AEBM，所以32=1BM，从而可得BM=23.欲求线段MN的长，只需求得线段BN的长即可.点N是线段DF与正方形ABCD的边BC的交点，故需探索Rt△DEF的具体性质.如图2，过点F作FG⊥AB，垂足为点G.因为BF是∠CBG的平分线，从而易知GB=GF.由“三垂直”相似模型，易知△DAE∽△EGF，所以ADGE=AEGF，所以32+GB=1GB，从而可得GB=1，所以GF=1.显然，△DAE≌△EGF.从而可知DE=EF，即△DEF是等腰直角三角形.

3解法探究

基于以上图形特征分析，现从不同思路出发，立足相似三角形的判定与性质，探索本题的多种解法.为简化求解过程，在求解过程中直接利用以上结论，不再重复求解.

思路1：直接利用相似三角形的性质求解

解法1：如图2，过点F作FG⊥AB，垂足为点G.

易知BG=FG=1，BM=23，BE=2.

从而易得EM=2103，EF=10，所以FM=103.

易知∠FBN=∠MFN=45°，∠FNB=∠MNF，所以△BFN∽△FMN，得BFFM=BNFN=FNMN，即3210=MN+23FN=FNMN，易知FN2=MN·MN+23，即FN=MN·MN+23.

所以3210=MN+23MNMN+23，两边同时平方，得95=MN+23MN，解得MN=56.故选B.

点评：根据已知条件，△BFN与△FMN之间的相似关系较为隐蔽，不易发现.这就需要充分挖掘图形的基本特征，根据已知条件判断△DEF是等腰直角三角形.这种解法运算量不大，但显得较为繁琐.由此可以看出，在解决几何问题时，要充分挖掘图形的基本特征，理清所求量与已知条件之间的逻辑关系，然后利用基本图形的性质解决问题.

思路2：构造“X型”相似三角形，利用相似三角形的性质求解

解法2：如图3，过点F分别作FG⊥AB，FH⊥BC，垂足分别为点G，H.由角平分线的性质，易知FH=GF=1.

由△FHM∽△EBM，得HMBM=HFBE，易得HM=13.

由△FHN∽△DCN，得HNCN=HFDC，易得HN=12.

所以MN=HM+HN=56.故選B.

点评：根据图形特征，易得DE⊥EF，∠DAE=∠MBE=90°，从而易想到利用“三垂直”相似模型解决问题，这也是求解本题的一个突破口.△FHM∽△EBM和△FHN∽△DCN是两组“X型”相似三角形，这也是常见的相似模型.由此可以看出，利用相似模型能够直观地发现相似三角形，然后利用相似三角形的性质列方程即可求得相关线段的长.因此，相似三角形的性质是求解与线段长度有关几何计算问题的基本工具.

解法3：如图4，过点F作FG⊥AB，垂足为点G.延长BC到点H，使CH=AE，连接DH.

易知∠EDF=∠EFD=45°，所以∠ADE+∠CDN=45°.

易知△ADE≌△CDH，所以∠ADE=∠CDH.

从而易得∠HDN=45°，所以∠HDN=∠EFD.

又∠DNH=∠FNM，所以△DNH∽△FNM，所以DHFM=HNMN.

易知DH=DE=10，CH=AE=1，FM=103.

令MN=x，易知HN=CN+CH=103-x.

从而可得10x=103103-x，解得x=56.故选B.

点评：根据图形特征，易知所求线段MN是△FNM的一条边，由此易想到构造一个与△FNM相似的三角形，然后利用相似三角形的性质列方程求解线段MN的长.根据已知条件易知∠EFD=45°，∠DNH=∠FNM，∠ADE+∠CDN=45°，由此想到构造与△ADE全等的△CDH，从而得到△DNH∽△FNM.本题构造△CDH，其本质是将△ADE绕点D沿逆时针方向旋转90°得到的.本题也可以将△DCN绕点D沿顺时针方向旋转90°构造全等三角形和相似三角形.

解法4：如图5，过点F作FG⊥AB，垂足为点G.过点M作MH⊥DF，垂足为点H.

易知BM=23，EF=DE=10，EM=2103.

从而易知FM=EF-EM=103，HM=FH=53.

令MN=x，则NH=x2-59，NC=73-x.

由△DCN∽△MHN，得CDHM=NCNH.

从而可得3x2-59=5373-x，两边同时平方，整理得385x2+73x-659=0，即2x-53195x+133=0，解得x1=56，x2=-6557（不合题意，舍去）.

所以MN=56.故选B.

点评：根据图形特征，易发现图形中的直角三角形较多，由此易想到通过适当的方式将△MFN分解为直角三角形，在图形中寻找与线段MN所在直角三角形相似的直角三角形，然后利用相似三角形的性质列方程求解.这种解法的本质是构造“X型”相似三角形，求解过程通俗易懂，不足之处是运算量较大，求解方程较为繁琐.

思路3：构造“A型”相似三角形，利用相似三角形的性质求解

解法5：如图6，过点F作FG⊥AB，垂足为点G.延长DF，交直线AB于点H.

易知BG=FG=1，BM=23.

由△FGH∽△DAH，得FGDA=GHAH，即13=GH4+GH，所以GH=2.從而易得BH=3.

由△FGH∽△NBH，得NBFG=BHGH，即2MN+23=3，所以MN=56.故选B.

点评：这种解法通过延长DF的方法构造“A型”相似三角形，求解过程通俗易懂，计算量小，简洁明了，是本题的一种最优解法.

解法6：如图7，过点F作FG⊥AB，垂足为点G.延长FE，交直线DA的延长线于点H.易得BG=1，所以AG=4.

由△ADE∽△EDH，得ADED=EDHD，易得HD=103.

易知△FMN∽△FHD，根据“相似三角形对应高的比等于相似比”，得MNHD=BGAG，即MN=BGAG·HD=14×103=56.故选B.

点评：根据图形特征，MN是△FMN的一条边，由“A型”相似模型易想到延长FE构造相似三角形，由正方形的性质，易得△FMN∽△FHD.线段DH是线段MN的对应边，利用相似三角形的性质易求得线段DH的长.线段FM和线段FH是一组对应边，这两条线段易求得，但运算较为繁琐.线段BG和线段AG可以看作△FMN和△FHD的一组对应高，且这两条线段易求得，因此考虑根据“相似三角形对应高的比等于相似比”列方程解决问题.这种解法计算量小，求解过程简洁明了，也是本题的一种最优解法.

思路4：构造相似三角形，间接求解

解法7：如图8，过点F作FG⊥AB，垂足为点G.连接DB，交EF于点P，过点P作PH⊥AB，垂足为点H.

易知AE=1，BE=2，BG=FG=1.所以DE=10，BM=23.

令PH=x，则BH=x，HE=2-x.

由△EHP∽△EBM，得HPBM=HEBE，即2x=23（2-x），解得x=12.由勾股定理，易得PE=HE2+HP2=102.

由△DEP∽△DCN，得DEDC=PENC，即103NC=102，所以NC=32.

所以MN=BC-NC-BM=3-32-23=56.

故选B.

点评：根据图形特征，只需求得线段NC的长即可求得线段MN的长.因此可考虑构造一个与△DNC相似的三角形，然后利用相似三角形的性质列方程求线段NC的长，最后利用线段之间的和差关系求线段MN的长.

4结束语

由以上解法可以看出，本题涉及的基础知识较多，主要有正方形的基本性质、直角三角形的基本性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等基础知识，不同认知水平的学生会给出不同的解法.不论哪种解法，都用到了相似三角形的性质.因此，本题虽然是正方形“搭台”，但真正“唱戏”的主角是相似三角形.由此可以看出，相似三角形的性质在解决问题时起到了关键性的作用，它是解决与线段有关几何计算问题的基本工具.通过“一题多解”，能有效提高学生的几何计算能力和几何推理能力.