中考压轴，几何探秘

判断两条线段的数量关系问题是中考热点问题，也是学生难以突破的难点，这类问题通常以压轴题形式出现，对学生来说具有一定的难度。本文以 2020 年山西省中考数学试题第22 题第（2）问为例，来说明判断线段相等问题的思考方法、突破方式、解题策略，供读者参考。

一、原题呈现

如图 ① ，点 E 为正方形 ABCD 内一点， ∠AEB=90^∘ ，将Rt ABE 绕点 B 按顺时针方向旋转 90^∘ ，得到 ΔCBE^' （点 A 的对应点为点 C ）延长 AE^☉CE^' 于点 F ，连接 DE ．

猜想证明：（1）试判断四边形 BE^'FE 的形状，并说明理由；

（2）如图 ② ，若 DA=DE ，请猜想线段 CF 与 FE^' 的数量关系并加以证明；

（3）如图 ① ，若 AB=15 ， CF=3 ，请直接写出 DE 的长

图①

图②

二、题目分析

猜想线段 CF 与 FE^' 的数量关系，从直觉两者应该是相等关系。那么，如果两者相等，结合旋转，则有三角形全等；或者说明 ΔEFC 为等腰直角三角形，说明∠ECF=45⁰ 或 ∠CEF=45⁰ ，进一步利用等量代换来突破；或者利用线段相等，可以借助于中位线来解答。从条件来看，给出线段相等，那么可以构造全等、等腰三角形、圆等来突破，同时在正方形中给出直角三角形，亦可构造弦图来切入。下面就这个问题从不同视角来解读已知条件，并给出解答方法。

三、解法探究

1、利用旋转，构造全等三角形

解法 1：如图，过点 D 作 DH⊥AE^∓H ，

DA⊥DE ， DH⊥AE ，

ADH DAH 900 ，

四边形 ABCD 是正方形，

∴AD=AB，∠DAB=90^∘， ，

∴∠DAH+∠EAB=90^∘ ，

∠ADH=∠EAB ，

将 RtΔABE 绕点 B 按顺时针方向旋转 90⁰ ，

AE=CE^' ，

四边形 BE^'FE 是正方形，

；

点评：过点 D 作 DH⊥AE^∓H ，利用等腰三角形的性质可得 进而得 ，结合旋转的性质可得 CF=E^'F ，可得结论。

2、借助线段相等，构造等腰三角形

解法 2：连接 EC

∵四边形 ABCD 为正方形且 DA=DE

∴DE=DC

在 ΔADE 和 DEC 中，设 ∠DEA=α ， ∠DEC=β

则 ∠DAE=∠DEA=α ， ∠DCE=∠DEC=β

∴在四边形 ABCD 中

∠DAE+∠ADC+∠DCE+∠AEC=360^∘

即： ∠DAE+∠ADC+∠DCE+（∠DEA+∠DEC）=360^∘

：90⁰+2α+2β=360⁰

∴ α+β=135⁰

即 ∠AEC=135^∘

∴ ⋅∠CEF=180⁰-135⁰=45⁰

∵EF⊥CF D c

∴ ∠EFC=90^∘ ， ∠ECF=45⁰

∴ ΔEFC 为等腰直角三角形 ′ F

′ E^′

点评：利用 DA=DE ，结合四边 B为正方形 得 到

DA=DE=DC ，从而结合四边形内角和为 360⁰ ，间接得到∠CEF=45⁰ ，从而得到 ΔEFC 为等腰三角形，再利用等量代换即可得

到所证。

解法 3：连接 EC ，过 D 作 DH⊥AE ，过 D 作 DG⊥EC ∵四边形 ABCD 为正方形且 DA=DE

∴DE=DC

∴ .DH 、 DG 分别为 ∠ADE 、 ∠EDC 的角平分线（三线合一）

在四边形DHEG 中， ∠HDG+∠DHE+∠HEG+∠DGE=360^∘

∴ ∠HEG=135⁰

⋅∠CEF=180⁰-135⁰=45⁰

：EF⊥CF

⋅∠EFC=90^∘，∠ECF=45^∘

∴ΔEFC 为等腰直角三角形

∴EF=CF

∴CF=E^'F

点 评 ： 利 用 DA=DE ， 结 合 四 边 形 ABCD 为 正 方 形 ， 得 到DA=DE=DC ， 过 D 作 DH⊥AE ， 过 D 作DG⊥EC ，利用等腰三角形的三线合一，并结合四边形内角和为 360^∘ ，间接得到 ∠CEF=45⁰ ，从而得到 ΔEFC 为等腰三角形，再借助于等量代换即可得到所证。

3、借助线段相等，构造圆

解法 4：连接 EC ∵四边形 ABCD 为正方形且 DA=DE ∴DA=DE=DC ∴A 、 E 、 C 在以 D 为圆心， DA 为半径的圆上在圆上任取一点 P ，连接 PA 、 PC ，则四边形 PAEC 为圆内接四边形∴∠P+∠AEC=180^∘ 又∵ AC=AC ∴ ∠AEC=135^∘ ∴ ∠CEF=180⁰-135⁰=45⁰

∵EF⊥CF.∠ECF=45^∘

∴ ΔEFC 为等腰直角三角形

∴EF=CF

∴CF=E^'F

点评：由于 DA=DE=DC，_⋅ A 、 E 、 C 在以 D 为圆心， DA 为半径的圆上。借助于三点共圆，圆上任取一点 P，则构成圆内接四边形，再结合圆内接四边形对角互补以及圆心角圆周角之间关系，间接得到 ∠ECF=45⁰ ，从而得到 ΔEFC 为等腰三角形，再利用等量代换即可得到所证。

解法 5：连接 EC

∵四边形 ABCD 为正方形且 DA=DE

∴DA=DE=DC

∴A 、 E 、 C 在以 D 为圆心， DA 为半径的圆上

∵DA⊥AB

∴ AB 为圆的切线

∴ ∠EAB=∠APE （弦切角等于其弦所对的圆周角） （圆周角等于圆心角的一半）

同理

由已知可得 ∠EAB=∠BCF

∵EF⊥CF

∴ ⋅∠EFC=90^∘，∠ECF=45^∘

∴ ΔEFC 为等腰直角三角形

∴EF=CF

点评：由于 DA=DE=DC， 、 E 、 C 在以 D 为圆心，DA 为半径的圆上。借助于 DA⊥AB 、 DC⊥CB ，从而得到AB 、 CB 为圆的切线，利用弦切角等于其弦对应的圆周角，再结合圆心角圆周角之间关系，间接得到 ∠ECF=45⁰ ，从而得到 ΔEFC 为等腰三角形，再利用等量代换即可得到所证。

解法 6：连接 EC ，过 D 作 DH AE ，过 D 作 DG EC

∴ ∠DHE=∠DGE=90^∘ ∴ D 、 H 、 E 、 G 四点共圆

∴ ∠CEF=∠HDG （圆内接四边形外角等于其内对角）

∵四边形 ABCD 为正方形且 DA=DE

∴DE=DC

∴DH 、 DG 分别为 ∠ADE 、 ∠EDC 的角平分线（三线合一）

∴ ⋅∠CEF=∠HDG=45^∘

∵EF⊥CF

∵∠EFC=90^∘，∠CEF=45^∘

∴ .ΔEFC 为等腰直角三角形

∴EF=CF

∴CF=E^'F 点评：对角互补，则 D 、 H 、 E 、 G 四点共圆。利用圆内接四边形外角

等于其内对角，结合结合四边形 ABCD 为正方形，得到 DA=DE=DC ，

过 D 作 DH⊥AE ，过 D 作 DG⊥EC ，三线合一，从而得到

∠HDG=45^∘ ，来间接得到 ∠CEF=45^∘ ，从而得到 ΔEFC 为

等腰三角形，再利用等量代换即可得到所证。4、利用 45^∘ ，巧构三角形或平行四边形

解法 7：由法（2）— 法（6）可得 ∠CEF=45^∘

连接 EE

∵四边形 BE^'FE 是正方形

∴∠EEF=∠FEE^′=45^∘

∴ ΔEE^′C 为等腰直角三角形

x∵EF⊥CF

∴ F 为 CE^' 的中点

∴CF=E^'F

点评：借助于 ∠CEF=45^∘ ，结合正方形对角线平分对角，从而得到ΔEE^′C 为等腰三角形，再利用等量代换即可得到所证。（注：连接 BF ，说明BECF 为平行四边形亦可）。

5、借助于中点，构造中位线

解法 8：过 D 作 DH⊥AE ，并延长交 AB 于点 K

∵ DA=DE ， DH⊥AE

∴ H 为 AE 的中点

∵BE⊥AE，DH⊥AE

∴ HK 为 ΔABE 的中位线

∴K 为 AB 的中点

⋅∠BAE+∠EAD=∠EAB+∠EBA=90^∘

∴ ∠EAB=∠HDA

∵DA=AB，∠DAK=∠ABL

∴ΔDAK≅ΔABL

∂⋅∂AK=BL

∴ L 为 BC 的中点

在 BLE 和 CLF 中：

∴BE=CF

∴CF=E^'F

点评：利用线段相等，结合旋转得到全等，借助于三线合一得到中点，从而利用中位线性质即可得到所求。

6、借助直角三角形，构造弦图

解法 9：如图：过 D 作 DH⊥AE ，交 AE 于点 H ，过 C 作CM⊥DH ，交 DH 于点 M ，延长 BE 交CM 于点 N 易知四边形 EHMN 为正方形，且 BE=CN=DM=AH 又∵ MH//CF ，CM // HF ，且 ∠MHF=90^∘ ∴四边形CMHF 为矩形∴MH=CF ∴CF=HE ∵DA=DE，DH⊥AE ∴点 H 为 AE 中点

点评：利用直角三角形结合正方形，构造弦图，从而有三角形全等及边长相等，结合正方形性质，得到边长相等，再利用等量代换即可得到所证。

四、结束语

综上，笔者列举了多种解决问题的策略及方法，从不同角度来审视已知条件，进而得到一题多解，发散思维。然而这些方法并不是偶然，而是有章可循，有法可依。以此同时，从不同的角度解读已知条件，得到的不同解题策略的途径和效果也有所差异。因此，在处理线段问题时，我们要透过现象看本质，多角度来看待问题，从不同层面来分析、解读、应用已知条件，选择适合本题的有效策略，使得解题思路新颖，解题步骤简洁，解题过程清晰，进而提高解题速度。