運用全等解決線段和(差)商問題

1和（差）商的值為1

例1如圖 中， O A=O B=4，P 是OB的中點，連接 A P ，在 A B 上有一點 F ，滿足 ∠ A P B=∠ F P O ，連接 O F .試求 的值.

分析一：由題目中 ∠ A P B= ∠ F P O 這個條件，結合角的和差關系，可得 ∠ A P O= ∠ F P B ，可將它們看成一對全等三角形的對應角.又易知 ，等腰直角三角形是特殊的等腰三角形，作高后出現 角及相等線段，如何用到 角及相等線段是關鍵.過點 o 作 O M⊥ A B 于點 M ，交 于點 Q ，既出現了 角，又出現了相等線段.由“ASA”的條件得 Δ Q O P≌Δ F B P .線段 P A 被分成 A Q 和P Q 的和，而 P Q=P F ，結合所求的式子，則要找 A Q 與 F O 的關系.

解法一：利用圖形的特殊性作高.

如圖2，過點 o 作 O M⊥ A B 于點 M ，交 A P 于點 Q .

因為 O A=O B=4 ∠ A O B= ，所以

又 O M⊥ A B ，則 ∠ O A B=∠ B .

由等角對等邊，得 A M=B M=O M

由 ∠ A P B=∠ F P O ，即 ∠ F P B+∠ A P F= ∠ A P F+∠ A P O ，得 ∠ A P O=∠ F P B .

在 Δ Q O P 和 Δ F B P 中， ∠ Q O P=∠ B ， O P= P B ，∠ Q P O=∠ F P B ，所以 （ASA）.

所以 P Q=P F O Q=B F 在 Δ A O Q 和 中，

A O=O B，∠ A O Q=∠ B，O Q=B F， 所以 ，則 A Q=F O

所以

點評：解法一運用等腰直角三角形的高把三角形分成兩個特殊的三角形，并運用其特殊角及線段進行圖形與已知的有效轉換，兩次證明三角形全等，將問題逐步解決.

分析二：（補短）條件 ∠ A P O= ∠ F P B 并未出現在全等三角形中，而 P 是 O B 的中點，又 ∠ A O B= ，若以 B 為頂點的角為 ，則出現兩三角形全等.如圖3，過點B 作 B E⊥ O B ，交 P F 延長線于點E .由“ASA”得 Δ A P O≌Δ E P B 待求式的分子就轉化為 E F ，則只需找 E F 與 O F 的關系.（過程略）

分析三：（截長）待求式的分子 P A-P F 是兩條線段的差，又∠ A P O=∠ F P B ，可在長線段上截取短線段使之等于 P F .如圖4，在 P A 上截取 P G=P F ，連接 這樣容易發現一對全等三角形，即 Δ G P O≌Δ F P B ，再去挖掘剩下的一段 A G 所在的 Δ A O G 與 O F 所在的 是否全等.（過程略）

例2如圖 5，E，F 分別是正 方形 O A C B 的邊 A C，O A 延長線 上兩點，且 ∠ E B C=∠ F B A ，試求 的值.

分析：由正方形OACB的條 圖5件，可將 Δ B C E 繞點 B 順時針旋轉 得到 Δ B O G ，再發現BFG與 Δ B F E 關于 對稱.

解：如圖6，在 O A 上截取 O G=C E ，連接 B G

在 Δ B C E 和 Δ B O G 中， O B=B C ∠ O=∠ B C E= ，所以有 Δ B C E≌Δ B O G（SAS） 。

所以 ∠1=∠3，B G=B E. 而 ∠ E B C=∠ F B A ，則 ∠1= ∠2=∠3 .

又 B A 是正方形OACB的對 角線，則 ∠3+∠4=∠2+∠5= ，那么 ∠4=∠5

所以 ∠4+∠2=∠5+∠1 ，即 ∠ G B F=∠ E B F

在 Δ B G F 和△BEF中，B G=B E，∠ G B F=∠ E B F，B F=B F， 所以 ，則 E F=F G 所以 C E+E F=O G+F G=O F 因此

點評：所求三條線段不在同一條線段上，通過旋轉BCE將長線段 O F 分割成 O G 和 G F ，再通過軸對稱證明 E F=F G ，則問題得以解決，

2和商的值為2

例3如圖7，在 RtΔ A B C 中， ， A E 平分 ∠ B A C 交B C 于點 E，D 為 A C 上的點， B E= DE.（1）求證： .（2）求 的值.

分析一：由于題目條件中有角平分線，因此可將Δ A B E 沿 A E 向左翻折，使點 B 落在 A C 的延長線上，則 又 ，結合待求結論知只需證 ∠ E D C=∠ B=∠ G ，即要證D E=G E ，結合全等與已知 B E=D E ，則第一問解決.容易發現 Δ D C E≌Δ G C E ，則 D C=G C ，那么待求式的分子 A D+A B 轉化為 2A C ，問題獲解.

解法一：補短法.

（1）如圖8，延長 A C 到點 G ，使A G=A B 在 Δ A G E 和△ABE中，A G=A B ， ∠ B A E=∠ G A E .A E=A E ，所以 Δ A G E≌Δ A B E （SAS），則∠ G=∠ B，E G=E B .

又 E B=E D ，所以 E G=E D 在 RtΔ D C E 和 RtΔ G C E 中，

E G=E D，C E=C E，

所以 ，則 ∠ G=∠ E D G

又 ∠ G=∠ B ，所以 ∠ B=∠ E D G

故

（2）由（1）知 C D=C G，D G=2D C

故 A D+A B=A D+（A D+D G）=2A D+

2D C=2A C ，即

點評：解法一運用補短法，在短線段 A C 的延長線上截取 A G=A B ，通過兩次三角形全等，將角與線段轉移，證得 RtΔ D C E≌RtΔ G C E ，進一步得線段D G=2D C ，再通過線段的和差實現解題.

分析二：由條件 A E 平分 ∠ B A C ，將 Δ A C E 沿A E 向右翻折，使點 c 落在 A B 的點 F 處，則 C E= F E .再利用已知 B E=D E ，證得 Δ D C E≌Δ B F E ，再利用鄰補角實現第一問的證明.由待求式的分子A D+A B ，只需在AB的延長線上取點 G ，使 B G= A D ，這樣 A D+A B=A G ，再證明點 F 為 A G 的中點即可.

解法二：作垂線、補形.

（1）如圖9，過點 E 作 E F⊥

A B ，垂足為 F 由 A E 平分 ∠ B A C ，得 C E=

E F ，易知 A C=A F .在 RtΔ D C E 和 RtΔ B F E 中，E B=E D，C E=E F

所以

所以 ∠ C D E=∠ A B C

又 ，所以 ∠ A B C+

（2）延長 A B 到點 G ，使得 B G=A D 又 ∠ A B C+ ，由（1）知 ，所以∠ E D A=∠ E B G

在 Δ A D E 和 Δ G B E 中， B G=A D ， ∠ E D A= ∠ E B G，E B=E D ，所以 Δ A D E≌Δ G B E （SAS），則A E=E G 又 E F⊥ A B ，所以 A F=F G （等腰三角形三線合 -） ，故 A D+A B=B G+A B=2A F=2A C ，即

點評：解法二運用作垂法，先證明 RtΔ B F E ，再用補短法在 的延長線上截取 B G= A D ，進一步證明 Δ A D E≌Δ G B E ，并利用等腰三角形三線合一證明 F 為 A G 的中點.

3結語

平面幾何是初中數學教學的難點，在解題教學時，教師要引導學生思考問題的本質，深人探究幾何問題的條件與結論及圖形之間的內在聯系，追尋“為什么這樣做”，如何從不同角度進行轉化，思考問題的不同解法，進而把握同類數學問題的本質，積累同類問題的處理方法，提升學生的數學核心素養.