3.3 相似三角形-相似三角形的判定及应用(二)--沈文选

3.3 相似三角形的判定及应用（二）
一个三角形的两条边与另一个三角形的两条边对应成比例，且对应夹角相等，则这两个三角形相似．这是判定三角形相似的又一重要方法．
例l 如图3-11，在△ABC 中，AB ＝ AC ，D 是底边上一点，E 是线段AD 上一点，且∠BED＝2∠CED ＝∠BAC．求证：BD ＝2CD.
（1992年全国联赛题，同§2.2中例2）
证明 过D 作DF∥CA 交AB 于F ，在BD 上取点G ，使BG=DG ，连结AG 、FG.
由DF∥CA，有.,FD FB BAC BFD =∠=∠
又,,,DC BG ACD ABG AC AB =∠=∠=知.ACD ABG ∆≅∆于是，=∠=FAG AD AG ,.EAC ∠ 而-∠=∠-∠=∠BAC BAE BED ABE ,FDA EAC BAE ∠=∠=∠注意到∠BAE 公用，则 △ABE∽△ADF，即有
,AD AF AB AE =从而⋅=AC
AE
AG AF 又∠FAG ＝∠EAC，故△FAG∽△EAC，有∠AFG=∠AEC.从而BED DEC BFG ∠=
∠=∠2
1
,2
1
21BFD BAC ∠=∠=
则△BFG ≌△DFG ．即有BG=GD ，故BD ＝ 2CD ． 例2 如图3-12，在△ABC 外作△BPC、△CQA、△ARB 使=∠=∠=∠=∠QCA BCP CAQ PBC ，0
45
.15300o BAR ABR =∠=∠，求证：△PQR 是等腰直角三角形．
（1991年四川省竞赛题）
证明 以AB 为边在△ABC 外作等边△AB S ，连结RS 、CS ，则△SRB ≌ △SRA，即.30
=∠ASR 又 .451560
=-=∠SAR 从而 ,~SRA CQA ∆∆
即有
⋅=QA
RA
CA SA
由于 ,60RAQ CAB SAC ∠=∠+=∠
从而，有 ,~QAR CAS ∆∆
即有 ⋅=∠=∠CS
AS
QR AR QRA CSA ,
①
同理， ⋅=∠=∠CS
PR PRB CSB ,
② 又BS=AS ，AR ＝ BR ，由①、②有
.PR QR =
又因为 ,1501515180
=--=∠ARB 从而 )(150PRB QRA QRP ∠+∠-=∠
)(150CSB CSA ∠+∠-=
.90150 =∠-=ASB o
故QR⊥PQ，即△PQR 是等腰直角三角形．
例3 如图3-13，已知△A BC 满足∠ACB＝2∠ABC.设D 是BC 边上一点，且CD ＝2BD.延长线段AD 至E ，使AD ＝DE.证明：+∠ECB .2180EBC o
∠=
证明 设CD 的中点为H ，则由题设易知△BDE ≌ △HDA，从而BE ＝HA ． 延长BC 至G ，使CG ＝CA ．并设,,3
b CA a
HC DH BD ==
==,,x AH BE c AB === .,z CE y DE AD ===
由=∠+∠=∠=∠CAG CGA ACB ABC 2,22CAG CGA ∠=∠知
△ABC ∽△CAG, 且 AG = AB ＝C.
于是，有
,AG
CA
BG AB = 即 ).(2
b a b
c += ①
在△ACD 、△ABH、△CDE 中分别应用中线公式，即式(1.4-6)，有
,9222
222a x y b +
=+ ② ,92
22222a y C x +=+ ③
,9
2
22222a c z y +=+ ④
由②、③，有 .3
2
4222222a x b c x +=++
将①代入，得 ⋅-+=)3
1
)(32(2a b a b x ⑤
由③、④，有 .34222222a c z c x ⋅
+=++ 将①、⑤代入，得 .3
2a b z +
= 从而⑤化为 ),(2
a z z x -=
即 ,)(2
EP CE BC CE CE BE ⋅=-= 这里P 是CE 上一点，且满足CP=BC.故有
⋅=BE
EP
CE BE 又∠BEP ＝∠CEB，所以
△BEP ∽ △CEB.
从而 ).180(2
1
ECB EBC EBP ECB ∠--
∠=∠=∠ 化简后即得 .2180EBC ECB ∠=+∠
例 4 锐角△ABC 的三条高111CC BB AA 、、的中点分别为⋅222C B A 、、试求
+∠212C A B ⋅∠+∠212212B C A A B C
（第22届全俄奥林匹克题）
解 先求⋅∠212C A B 连,1111C A B A 、延长21B A 至,/2B 使,212/2B A B B =延长21C A 至,/2C 使⋅=212/
2C A C C 连,1/2/2
1B B C C 、则 ,2121/
2CC A C C C ∆≅∆ ,2121/2BB A B B B ∆≅∆
(*) (**)
因此 ,111111/
2A C A B B A C A C C ∠=∠=∠=∠
.,,1/211/211111/2C A C C B A B B C A B A B B ==∠=∠
其中(*)由§3.1中例4的结论即得，(**)由§3.2中例3的结论即得．
又由§3.2中例3的结论，有,~1111C A B C BA ∆∆因此
,11
1111CA A B A C BA =即,/2
11111/
21B B A B A C C C = 注意到,/2
112/11B B A C C A ∠=∠故.~1/212/11A B B C A C ∆∆即有=∠112C A C ⋅∠1/21B B A 于是， 111112112212C A B C A C B A B c A B ∠-∠+∠=∠
)2180(1/2.1112A B B A B A B ∠--∠+∠=
.)2180()180(A A A ∠=∠--∠-=
同理， .,212212C B C A B A B C ∠=∠∠=∠
故 180212212212=∠+∠+∠B C A A B C C A B
例5 在△ABC 中，.45,60
=∠=∠ACB BAC (1)求：这个三角形的三边之比AB:BC ：CA; (2)设P 为△ABC 内一点，且,26+=PA ,623+=PB .6223+=PC 求∠APB 、 ∠BPC.
∠CPA.
（
1990年武汉、重庆、广州、洛阳、福州联赛题）
解 (1)如图3-15，作边AC 上的高BD ，设.x AD =在Rt△ADB 中，因为,60
=∠BAD 知
.3,2x BD x AB ==
在Rt△BDC 中，因为,45
=∠DCB 有.6,3x BC x BD DC ==
=
于是， .)31(x DC AD AC +=+=
故 ).31(:6:2::+=AC BC AB
(2)如图，作△AEB∽△APC，则
⋅==CA
BA
PC EB AP AE 即 ⋅+=
+=
+3126
2232
6EB AE
于是， .623,22+
==BE AE
在△PAE 和△CAB 中，
,312AC
AB
AP AE =+=又 ,CAB PAB CAP PAB BAE PAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠
从而， ,~CAB PAE ∆∆
故有 ,45 =∠=∠ACB APE 且
,26
==AB
BC AE PE
于是 .32=PE
在△PE B 中，由,32,623=+==PE BE PB 得
PE 边上的高.323.)21
(22+=-=
PE BP BH
于是， BE 边上的高.2
1
2623PB BE BH PE PM =+=⋅=
所以， .30
=∠PBE 从而， ,75)180(2
1
=∠-=
∠PBE BPE .120 =∠+∠=∠BPE APE APB
又 .756045180180
=--=∠-∠-=∠o
PAE APE AEP
故 .1507575 =+=∠+∠=∠=∠PEB AEP AEB APC
所以 .90)(360
=∠+∠-=∠CPA APB BPC
习 题 3.3
1 等腰三角形ABC 中，,,100AC AB A ==∠
角B 的平分线交AC 于D ．求证：BD +AD=BC.
（第23届加拿大奥林匹克训练题）
2 在△ABC 中，若∠A=2∠B，边AC ＝4，AB ＝5，则边BC 等于( )．
6.A
7.B 53.C 5.D
（1997年陕西省竞赛题）
3 如图，△ABC 和111C B A ∆均为正三角形，BC 和11C B 的中点均为D ．求证：⋅⊥11CC AA
（2000年重庆市竞赛题）
4 如图，大正方形ABCD 及小正方形AEFG 共顶点A ，连BE 、CF 、DG ，求BE ：CF ：DG ．
5 设D 是锐角△ABC 内部一点，使得,α=∠-∠ACB ADB 并有AC ．BD ＝AD ．BC ．
求证：
⋅=⋅⋅2
sin 2α
BD AC CD AB
6 在给定的不等边三角形321A A A 中，用ij B 表示顶点i A 关于由顶点j A 引出的角平分线的对称点，其
中},3,2,1{,∈j i 求证：直线31132112,B B B B 与3223B B 相互平行．
（1982年保加利亚奥林匹克题）
答案。