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3.阅读下面内容,理解并归纳解题方法,利用类似的方法解答后续问题:
如图3-3-6,BD,CE分别是$△ ABC$的外角平分线,$AF ⊥ BD$,$AG ⊥ CE$,垂足分别为点$F,G$.求证:$AB + BC + AC = 2FG$.
图3-3-6
证明:延长$AF$,$AG$分别与直线$BC$交于点$M$,$N$.
$\because BD$平分$∠ ABM$,且$BD ⊥ AM$,
$\therefore △ ABF ≌ △ MBF$,
$\therefore AB = BM$,$AF = MF$.
同理 $AC = CN$,$AG = GN$.
$\therefore AB + BC + AC$
$= BM + BC + CN$
$= MN = 2FG$.
(1)如图3-3-7,$BD$,$CE$分别是$△ ABC$的内角平分线,$AF ⊥ BD$,$AG ⊥ CE$,垂足分别为点$F$,$G$.猜想线段$FG$与$△ ABC$三边的数量关系,并说明理由.
图3-3-7
(2)如图3-3-8,$BD$为$△ ABC$的外角平分线,$CE$为$△ ABC$的内角平分线,$AF ⊥ BD$,$AG ⊥ CE$,垂足分别为点$F$,$G$.猜想线段$FG$与$△ ABC$三边的数量关系,并说明理由.
图3-3-8
如图3-3-6,BD,CE分别是$△ ABC$的外角平分线,$AF ⊥ BD$,$AG ⊥ CE$,垂足分别为点$F,G$.求证:$AB + BC + AC = 2FG$.
图3-3-6
证明:延长$AF$,$AG$分别与直线$BC$交于点$M$,$N$.
$\because BD$平分$∠ ABM$,且$BD ⊥ AM$,
$\therefore △ ABF ≌ △ MBF$,
$\therefore AB = BM$,$AF = MF$.
同理 $AC = CN$,$AG = GN$.
$\therefore AB + BC + AC$
$= BM + BC + CN$
$= MN = 2FG$.
(1)如图3-3-7,$BD$,$CE$分别是$△ ABC$的内角平分线,$AF ⊥ BD$,$AG ⊥ CE$,垂足分别为点$F$,$G$.猜想线段$FG$与$△ ABC$三边的数量关系,并说明理由.
图3-3-7
(2)如图3-3-8,$BD$为$△ ABC$的外角平分线,$CE$为$△ ABC$的内角平分线,$AF ⊥ BD$,$AG ⊥ CE$,垂足分别为点$F$,$G$.猜想线段$FG$与$△ ABC$三边的数量关系,并说明理由.
图3-3-8
答案
3.(1) 提示:延长 $AF,AG$ 分别与直线$BC$ 交于点 $M,N$.
由 $BD$ 平分 $∠ ABM,BD ⊥ AM$ 可推出$△ ABF ≌ △ MBF$,则 $AF = MF,AB = BM$.
同理可得 $AG = NG,AC = NC$.
由此可得 $FG$ 是 $△ AMN$ 的中位线.
$\therefore MN = AB - BC + AC = 2FG$.
3.(2) 延长 $AF,AG$ 分别与直线 $BC$ 交于点 $M,N$.
仿照(1)可推得 $AB + AC - BC = 2FG$.
由 $BD$ 平分 $∠ ABM,BD ⊥ AM$ 可推出$△ ABF ≌ △ MBF$,则 $AF = MF,AB = BM$.
同理可得 $AG = NG,AC = NC$.
由此可得 $FG$ 是 $△ AMN$ 的中位线.
$\therefore MN = AB - BC + AC = 2FG$.
3.(2) 延长 $AF,AG$ 分别与直线 $BC$ 交于点 $M,N$.
仿照(1)可推得 $AB + AC - BC = 2FG$.
解析
【分析】
本题为类比探究类几何题，核心解题方法迁移自题干给出的构造思路：当遇到角平分线与边上的垂线组合的条件时，通过延长垂线与角的边相交，构造全等三角形得到等腰三角形与线段中点，再结合三角形中位线定理建立FG和△ABC三边的数量关系。
(1)针对内角平分线的场景，模仿例题延长AF、AG交直线BC于M、N，先证全等得到AB=BM、AC=CN，且F、G分别为AM、AN的中点，再通过线段和差推导MN的长度，结合中位线性质即可得到FG与三边的关系。
(2)针对一个外角平分线、一个内角平分线的场景，沿用同样的延长构造法，先证全等得到对应边相等与中点，再推导MN的长度，结合中位线性质得到结论。
【解析】
(1) 猜想：$\boldsymbol{2FG=AB+AC-BC}$，理由如下：
延长$AF$、$AG$分别交直线$BC$于点$M$、$N$。
$\because BD$平分$∠ ABC$，且$BD⊥ AM$，
$\therefore ∠ ABF=∠ MBF$，$∠ AFB=∠ MFB=90°$，
又$\because BF=BF$，
$\therefore △ ABF ≌ △ MBF$（ASA），
$\therefore AB=BM$，$AF=MF$。
同理可证$△ ACG ≌ △ NCG$（ASA），
$\therefore AC=CN$，$AG=NG$。
$\therefore F$、$G$分别是$AM$、$AN$的中点，即$FG$是$△ AMN$的中位线，
$\therefore MN=2FG$。
又$\because MN=BM+CN-BC=AB+AC-BC$，
$\therefore 2FG=AB+AC-BC$。
(2) 猜想：$\boldsymbol{2FG=AB+AC-BC}$，理由如下：
延长$AF$、$AG$分别交直线$BC$于点$M$、$N$。
$\because BD$是$△ ABC$的外角平分线，且$BD⊥ AM$，
$\therefore ∠ ABF=∠ MBF$，$∠ AFB=∠ MFB=90°$，
又$\because BF=BF$，
$\therefore △ ABF ≌ △ MBF$（ASA），
$\therefore AB=BM$，$AF=MF$。
$\because CE$是$△ ABC$的内角平分线，且$CE⊥ AN$，
同理可证$△ ACG ≌ △ NCG$（ASA），
$\therefore AC=CN$，$AG=NG$。
$\therefore F$、$G$分别是$AM$、$AN$的中点，即$FG$是$△ AMN$的中位线，
$\therefore MN=2FG$。
又$\because MN=BM+CN-BC=AB+AC-BC$，
$\therefore 2FG=AB+AC-BC$。
【答案】
(1) $2FG=AB+AC-BC$（或$FG=\frac{1}{2}(AB+AC-BC)$）；
(2) $2FG=AB+AC-BC$（或$FG=\frac{1}{2}(AB+AC-BC)$）。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理
【点评】
本题是典型的方法迁移类探究题，重点考查辅助线的构造方法和知识迁移能力，解题的关键是掌握“角平分线+垂线构造等腰三角形”的通用思路，能将已知的解题方法灵活应用到不同的条件场景中。
【难度系数】
0.6
本题为类比探究类几何题，核心解题方法迁移自题干给出的构造思路：当遇到角平分线与边上的垂线组合的条件时，通过延长垂线与角的边相交，构造全等三角形得到等腰三角形与线段中点，再结合三角形中位线定理建立FG和△ABC三边的数量关系。
(1)针对内角平分线的场景，模仿例题延长AF、AG交直线BC于M、N，先证全等得到AB=BM、AC=CN，且F、G分别为AM、AN的中点，再通过线段和差推导MN的长度，结合中位线性质即可得到FG与三边的关系。
(2)针对一个外角平分线、一个内角平分线的场景，沿用同样的延长构造法，先证全等得到对应边相等与中点，再推导MN的长度，结合中位线性质得到结论。
【解析】
(1) 猜想：$\boldsymbol{2FG=AB+AC-BC}$，理由如下：
延长$AF$、$AG$分别交直线$BC$于点$M$、$N$。
$\because BD$平分$∠ ABC$，且$BD⊥ AM$，
$\therefore ∠ ABF=∠ MBF$，$∠ AFB=∠ MFB=90°$，
又$\because BF=BF$，
$\therefore △ ABF ≌ △ MBF$（ASA），
$\therefore AB=BM$，$AF=MF$。
同理可证$△ ACG ≌ △ NCG$（ASA），
$\therefore AC=CN$，$AG=NG$。
$\therefore F$、$G$分别是$AM$、$AN$的中点，即$FG$是$△ AMN$的中位线，
$\therefore MN=2FG$。
又$\because MN=BM+CN-BC=AB+AC-BC$，
$\therefore 2FG=AB+AC-BC$。
(2) 猜想：$\boldsymbol{2FG=AB+AC-BC}$，理由如下：
延长$AF$、$AG$分别交直线$BC$于点$M$、$N$。
$\because BD$是$△ ABC$的外角平分线，且$BD⊥ AM$，
$\therefore ∠ ABF=∠ MBF$，$∠ AFB=∠ MFB=90°$，
又$\because BF=BF$，
$\therefore △ ABF ≌ △ MBF$（ASA），
$\therefore AB=BM$，$AF=MF$。
$\because CE$是$△ ABC$的内角平分线，且$CE⊥ AN$，
同理可证$△ ACG ≌ △ NCG$（ASA），
$\therefore AC=CN$，$AG=NG$。
$\therefore F$、$G$分别是$AM$、$AN$的中点，即$FG$是$△ AMN$的中位线，
$\therefore MN=2FG$。
又$\because MN=BM+CN-BC=AB+AC-BC$，
$\therefore 2FG=AB+AC-BC$。
【答案】
(1) $2FG=AB+AC-BC$（或$FG=\frac{1}{2}(AB+AC-BC)$）；
(2) $2FG=AB+AC-BC$（或$FG=\frac{1}{2}(AB+AC-BC)$）。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理
【点评】
本题是典型的方法迁移类探究题，重点考查辅助线的构造方法和知识迁移能力，解题的关键是掌握“角平分线+垂线构造等腰三角形”的通用思路，能将已知的解题方法灵活应用到不同的条件场景中。
【难度系数】
0.6
4.如图3-3-9,正方形ABCD的边长为6,点P,Q分别在边CD,BC上,CP:DP=1:2,若△ADP与△QCP相似,求PQ的长.
小华的解答方法如下:
在正方形ABCD中,∠C=∠D=90°.
结合图3-3-9容易发现,当∠APD=∠QPC时,△ADP∽△QCP.
∴ $\frac{AD}{CQ}=\frac{DP}{CP}$,
即 $\frac{6}{CQ}=\frac{4}{2}$, 解得 $CQ=3$.
∴ $PQ=\sqrt{CP^2 + CQ^2}$
$=\sqrt{2^2 + 3^2}=\sqrt{13}$.
想一想,以上解答过程是否有遗漏,若有遗漏,请给予补充.
小华的解答方法如下:
在正方形ABCD中,∠C=∠D=90°.
结合图3-3-9容易发现,当∠APD=∠QPC时,△ADP∽△QCP.
∴ $\frac{AD}{CQ}=\frac{DP}{CP}$,
即 $\frac{6}{CQ}=\frac{4}{2}$, 解得 $CQ=3$.
∴ $PQ=\sqrt{CP^2 + CQ^2}$
$=\sqrt{2^2 + 3^2}=\sqrt{13}$.
想一想,以上解答过程是否有遗漏,若有遗漏,请给予补充.
答案
4. 当 $∠ APD = ∠ PQC$ 时, $△ ADP ∽ △ PCQ$.
$\therefore \frac{AD}{CP} = \frac{DP}{CQ},\quad$ 即 $\frac{6}{2} = \frac{4}{CQ}$.
$\therefore CQ = \frac{4}{3}$.
$\therefore PQ = \sqrt{CP^2 + CQ^2} = \sqrt{\frac{52}{9}} = \frac{2\sqrt{13}}{3}$.
$\therefore \frac{AD}{CP} = \frac{DP}{CQ},\quad$ 即 $\frac{6}{2} = \frac{4}{CQ}$.
$\therefore CQ = \frac{4}{3}$.
$\therefore PQ = \sqrt{CP^2 + CQ^2} = \sqrt{\frac{52}{9}} = \frac{2\sqrt{13}}{3}$.
解析
【分析】
本题考查直角三角形相似的分类讨论问题，两个直角三角形已有一组直角对应相等，剩余两组锐角的对应关系不唯一，因此相似三角形的对应边比例也不唯一。小华仅考虑了∠APD与∠QPC对应的情况，遗漏了∠APD与∠PQC对应的情况，解题时需先根据边长比例求出DP、CP的长度，再分两种相似对应情况，分别利用相似三角形对应边成比例求出CQ的长度，最后用勾股定理计算PQ即可。
【解析】
解：小华的解答有遗漏，需补充另一种相似的情况，完整解答如下：
已知正方形ABCD边长为6，$CP:DP=1:2$，因此$DP=\frac{2}{3}×6=4$，$CP=\frac{1}{3}×6=2$，且$∠ D=∠ C=90°$。
情况1：当$∠ APD=∠ QPC$时，$△ ADP ∽ △ QCP$，
由相似三角形对应边成比例得：$\frac{AD}{CQ}=\frac{DP}{CP}$，
代入得$\frac{6}{CQ}=\frac{4}{2}$，解得$CQ=3$，
在$Rt△ QCP$中，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{CP^2+CQ^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$；
情况2：当$∠ APD=∠ PQC$时，$△ ADP ∽ △ PCQ$，
由相似三角形对应边成比例得：$\frac{AD}{CP}=\frac{DP}{CQ}$，
代入得$\frac{6}{2}=\frac{4}{CQ}$，解得$CQ=\frac{4}{3}$，
在$Rt△ QCP$中，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{CP^2+CQ^2}=\sqrt{2^2+(\frac{4}{3})^2}=\sqrt{\frac{52}{9}}=\frac{2\sqrt{13}}{3}$。
【答案】
$PQ$的长为$\sqrt{13}$或$\frac{2\sqrt{13}}{3}$
【知识点】
正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题易错点为忽略相似三角形对应关系的多样性，遇到无明确对应顶点的相似三角形问题时，要结合已知条件分类讨论所有可能的对应情况，避免漏解，解题时需熟练运用相似三角形的比例性质和勾股定理进行计算。
【难度系数】
0.6
本题考查直角三角形相似的分类讨论问题，两个直角三角形已有一组直角对应相等，剩余两组锐角的对应关系不唯一，因此相似三角形的对应边比例也不唯一。小华仅考虑了∠APD与∠QPC对应的情况，遗漏了∠APD与∠PQC对应的情况，解题时需先根据边长比例求出DP、CP的长度，再分两种相似对应情况，分别利用相似三角形对应边成比例求出CQ的长度，最后用勾股定理计算PQ即可。
【解析】
解：小华的解答有遗漏，需补充另一种相似的情况，完整解答如下：
已知正方形ABCD边长为6，$CP:DP=1:2$，因此$DP=\frac{2}{3}×6=4$，$CP=\frac{1}{3}×6=2$，且$∠ D=∠ C=90°$。
情况1：当$∠ APD=∠ QPC$时，$△ ADP ∽ △ QCP$，
由相似三角形对应边成比例得：$\frac{AD}{CQ}=\frac{DP}{CP}$，
代入得$\frac{6}{CQ}=\frac{4}{2}$，解得$CQ=3$，
在$Rt△ QCP$中，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{CP^2+CQ^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$；
情况2：当$∠ APD=∠ PQC$时，$△ ADP ∽ △ PCQ$，
由相似三角形对应边成比例得：$\frac{AD}{CP}=\frac{DP}{CQ}$，
代入得$\frac{6}{2}=\frac{4}{CQ}$，解得$CQ=\frac{4}{3}$，
在$Rt△ QCP$中，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{CP^2+CQ^2}=\sqrt{2^2+(\frac{4}{3})^2}=\sqrt{\frac{52}{9}}=\frac{2\sqrt{13}}{3}$。
【答案】
$PQ$的长为$\sqrt{13}$或$\frac{2\sqrt{13}}{3}$
【知识点】
正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题易错点为忽略相似三角形对应关系的多样性，遇到无明确对应顶点的相似三角形问题时，要结合已知条件分类讨论所有可能的对应情况，避免漏解，解题时需熟练运用相似三角形的比例性质和勾股定理进行计算。
【难度系数】
0.6
