“K”字形相似在不同载体下的广泛应用

【摘要】 从课本上的一道简单的例题引申出这么多不同类型、不同载体的优秀中考试题，实际上就是提醒我们，一定要重视课本例题的研究，在学习数学的过程中，不仅仅满足对课本知识的掌握，要触类旁通、举一反三，充分挖掘基本图形，探究题目本质，以不变应万变，只有这样才能体味数学的真谛，探求数学奥秘，建构高效的数学学习模式.

【关键词】 减负；高效；“K”字形相似；基本模块；基本图形

“减负”最近在全国掀起一股热议，甚至从2013年8月22日起，教育部新拟定的《小学生减负十条规定》（征求意见稿）将在全社会公开征询意见. 数学这门需要大量练习的学科也遗憾地成为众矢之的，文汇报甚至撰文批评“被异化的数学正在训练大量肩上只有麻袋没有脑袋的人”. 笔者作为从事中学数学一线教学十多年的教师，很是汗颜，也不禁反思起自己的教学来.

数学要想“减负”，特别是减轻学生回家作业的负担，笔者认为唯有提高课堂的“高效”. 而以“问题串、低起点、快节奏、大容量、多层次”才是解决之道. 笔者以自己初三复习时带领学生一起做过的一类源于课本又高于课本的“K”字形相似问题的研究谈谈自己的认识与思考，供大家参考.

原题回放（苏科版八年级（下）101页）如图1，若点E是线段AB上的一点，且∠CAE = ∠EBD = ∠CED = 90°，则CAE∽EBD.（当CE = DE时，CAE ≌ EBD）（证明略）

我们把图1称为“K”字形相似问题中的基本模块，相应的解题方法称为基本方法. 解决此类问题的关键是发现“三点一线（A，E，B），三角相等（∠A = ∠1 = ∠B）” 的基本图形.

“K”字形相似的变形. 如图2，把EBD平移，使得点E移至点A处，此时CE和AD的交于点H，同时保证∠CHD = 90°.这里同样可以利用基本方法证明出两个三角形相似的结论.

图3是图2在动态的情况下的特殊情况，即当点D作为动点，当该点和点F重合后的情形.此时在正方形内，CAE和EBD都变成了等腰直角三角形，如果点C和点E都作为动点的话，最后还会出现图4这个特殊情况.

“K”字形相似的一般化. 如图5，已知点A，E，B在同一直线上，且∠A = ∠1 = ∠B，则CAE∽EBD.证明方法与基本模块相同.

实践表明，认识和掌握基本图形的特征和相关结论，可以使复杂的问题简洁化、生疏的问题熟悉化；有助于学生思维的激活，能激发学生学习数学的兴趣，提高分析问题、解决问题的能力.笔者结合近几年中考试题中“K”字形相似在不同载体下的广泛应用，分类提炼如下，供大家参考.

一、以平行线为载体

案例1 如图6，平面内4条直线l1，l2，l3，l4是一组平行线，相邻2条平行线的距离都是1个单位长度，正方形ABCD的4个顶点A，B，C，D都在这些平行线上，其中点A，C分别在直线l1，l4上，该正方形的面积是 平方单位.

分析与解 此题答案许多学生都误填9，系因考虑问题不全面而导致错误.若能想到“K”字形相似问题中的基本模块，把正方形ABCD斜过来放，问题便迎刃而解.

正确解法 如图7，正方形边长为3，显然正方形ABCD的面积为9；如图8，分别过B点、D点向l4作垂线段，垂足分别为M，N，运用基本模块，易证BMC ≌ CND， CN = BM = 1. DN = 2， DC = . 正方形ABCD的面积为5.综上，正方形面积为5或9.

点评 本题“K”字形相似基本模块隐藏较深，学生需要一定的经验积累，方能水落石出. 该题缘于课本，却又高于课本.

拓展 如图9，正方形ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1，l2，l3，l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1，h2，h3（h1 > 0，h2 > 0，h3 > 0）.

（1）求证：h1 = h3；

（2）设正方形ABCD的面积为S，求证：S = （h1 + h2）2 + h12；

（3）若h1 + h2 = 1，当h1变化时，说明正方形ABCD的面积S随h1的变化情况.

二、以三角形为载体

案例2 如图10所示，直线y = -x + b与x轴相交于点A（4，0），与y轴相交于点B，将AOB沿着y轴折叠，使点A落在x轴上，点A的对应点为点C.

（1）求点C的坐标；（2）设点P为线段CA上的一个动点，点P与点A，C不重合，连接PB，以点P为端点作射线PM交AB于点M，使∠BPM = ∠BAC. ① 求证：PBC ∽ MPA；② 是否存在点P，使PBM为直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

分析与解 （1）C（4，0）. （2）由AOB沿y轴折叠，则∠BCO = ∠BAC. ∠BPM = ∠BAC，∠BCO = ∠BPM=∠BAC，则构造了“K”字形相似的一般化模块，易证PBC∽MPA.

（3）首先求得B的坐标，当∠PBM = 90°时，则有BPO∽ABO，根据相似三角形对应边的比相等，即可求得PO的长，求得P的坐标；当∠PMB = 90°时，则∠PMA = 90°时，BPAC，则此时点P与点O重合，则P的坐标可以求得.

点评 本题是一次函数与相似三角形的性质与判定的综合应用，正确利用“K”字形相似证明PBC∽MPA是关键.

三、以矩形为载体

案例3 已知：如图12，矩形ABCD中，AD = 6，DC = 8，矩形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH = 2，连接CF.

（1）如图11，当四边形EFGH为正方形时，求AE的长和FCG的面积；

（2）如图12，设AE = x，FCG的面积 = S1，求S1与x之间的函数关系式与S1的最大值；

（3）在（2）的条件下，如果矩形EFGH的顶点F始终在矩形ABCD内部， 连接BF， 记BEF的面积为S2，BCF的面积为S3，试说明6S1 + 3S2 - 2S3是常数.

分析与解 （1）过点F作FMCD于M，利用“K”字形相似问题中的基本模块证明AEH ≌ DHG ≌ MGF，根据等三角形的对应边相等得出AE = DH = 4，DG = AH = FM = 2， FCG的面积 = × 6 × 2 = 6.（2）作FMCD于M ，利用“K”字形相似问题中的基本模块AEH ∽ DHG， = ，即 = ， DG = . CG = 8 - ， FM = 2， FCG的面积 = S1 = 8 -

× 2 = 8 - . 0 < x ≤ 8， 当x = 8时，S1的最大值为7.

（3）类似上题可得S1 = 8 -

× 2 = 8 - ，S2 = （8 - x） × 4 = 16 - 2x，S3 = 8 - x -

× 6 = 24 - 3x - ，

6S1 + 3S2 - 2S3 = 68 -

+ 3（16 - 2x） - 224 - 3x -

= 48 - + 48 - 6x - 48 + 6x + = 48.

点评 本题考查了矩形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形的面积，代数式的变形与计算能力，综合性较强，难度适中.通过利用“K”字形相似证明三角形全等与相似得到边之间的对应关系是解题的关键.

四、以直角坐标系为载体

案例4 （1）如图14，已知点A（-2，1），点B在直线y = -2x + 3上运动，若∠AOB = 90°，求此时点B的坐标；

（2）如图14，过点A（-2，1）作x轴与y轴的平行线，交直线y = -2x + 3于点C、D，求点A关于直线CD的对称点E的坐标.

分析与解 （1）①作AGx轴于点G，BHx轴于点H，AGO∽OHB. A（-2，1）， AG = 1，GO = 2. 点B在直线y = -2x + 3上. 设点B的坐标为（x，-2x + 3）， OH = x，BH = -2x + 3，B

，.

（2） 过点E作ENAC的延长线于点N，过点D作DMNE的延长线于点M. A（-2，1），C点的纵坐标为1，D点的横坐标为-2. 1 = -2x + 3，y = -2 × （-2） + 3， x = 1，y = 7. C（1，1），D（-2，7）. 设E（x，y）， DM = x + 2，ME = 7 - y，CN = x - 1，EN = y - 1，DE = AD = 6，CE = AC = 3，E

，.

点评 本题是一道一次函数的综合试题，考查了相似三角形的判定及性质的运用，轴对称性质的运用，方程组的运用，解答时灵活运用“K”字形相似三角形的性质是关键.

五、以抛物线和圆为载体

案例5 已知：函数y = -x2 + x + a的图像的最高点在x轴上.

（1）求a；

（2）如图17，设二次函数y = -x2 + x + a的图像与y轴的交点为A，顶点为B，P为图像上的一点，若以线段PB为直径的圆与直线AB相切于点B，求P点的坐标；

（3）在（2）中，若圆与x轴另一交点C关于直线PB的对称点为M，试探索点M是否在抛物线y = -x2 + x + a上？若在抛物线上，求出M点的坐标；若不在，请说明理由. 分析与解 （1）根据判别式得到关于a的方程，即可得到a的值； （2）由于PB是圆的直径，且AB切圆于B，得PBAB，由“K”字形相似可证得PBC1∽BAO，根据两个相似三角形的对应直角边成比例，即可得到PC1，BC1的比例关系，可根据这个比例关系来设P点的坐标，联立抛物线的解析式即可求出P点的坐标； （3）连接CM，设CM与PB的交点为Q，由于C，M关于直线PB对称，那么PB垂直平分CM，即CQ = QM；过M作MDx轴于D，取CD的中点E，连接QE，则QE是RtCMD的中位线；在RtPCB中，CQOB，QEBC，易证得∠BQE，∠QCE都和∠CPQ相等，因此它们的正切值都等于（在（2）题已经求得）；由此可得到CE = 2QE = 4BE，（2）中已经求出了CB的长，根据CE，BE的比例关系，即可求出BE，CE，QE的长，由此可得到Q点坐标，也就得到M点的坐标，然后将点M代入抛物线的解析式中进行判断即可.

点评 此题是二次函数的综合题，涉及二次函数解析式的确定，圆周角定理，“K”字形相似三角形的判定和性质，轴对称的性质，三角形中位线定理，解直角三角形的应用等重要知识.

六、以动点存在性问题为载体

案例6 如图18，已知ABBD，CDBD.

（1）若AB = 9，CD = 4，BD = 10，请问在BD上是否存在P点，使以P，A，B三点为顶点的三角形与以P，C，D三点为顶点的三角形相似？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由；

（2）若AB = 9，CD = 4，BD = 12，请问在BD上存在多少个P点，使以P，A，B三点为顶点的三角形与以P，C，D三点为顶点的三角形相似？并求BP的长；

（3）若AB = 9，CD = 4，BD = 15，请问在BD上存在多少个P点，使以P，A，B三点为顶点的三角形与以P，C，D三点为顶点的三角形相似？并求BP的长；

（4）若AB = m，CD = n，BD = l ，请问在m、n、l 满足什么关系时，存在以P，A，B三点为顶点的三角形与以P，C，D三点为顶点的三角形相似的一个P点？ 两个P点？ 三个P点？

分析与解 （1）设BP = x，则DP = 10 - x. 如果是ABP ∽ CDP，则 = ，解得x = ；如果是ABP ∽ PDC，则 = ，得方程：x2 - 10x + 36 = 0，方程无解；所以BP = . （2）设BP = x，则DP = 12 - x. 如果是ABP ∽ CDP，则 = ，解得x = ；如果是ABP ∽ PDC，则 = ，得方程：x2 - 12 + 36 = 0，解得x = 6；所以BP = 6或.（3）设BP = x，则DP = 15 - x. 如果是ABP ∽ CDP，则 = ，解得x = ；如果是ABP ∽ PDC，则 = ，得方程：x2 - 12x + 36 = 0，解得x = 3或12. 所以BP = ，3或12.（4）设BP = x，则DP = l - x.如果是ABP ∽ CDP，则 = ，解得x = ；如果是ABP ∽ PDC，则 = ，得方程：x2 - lx + mn = 0，Δ = l2 - 4mn.当Δ = l2 - 4mn < 0时存在以P，A，B三点为顶点的三角形与以P，C，D三点为顶点的三角形相似的一个P点；当Δ = l2 - 4mn = 0时，存在以P，A，B三点为顶点的三角形与以P，C，D三点为顶点的三角形相似的两个P点；当Δ = l2 - 4mn > 0时，存在以P，A，B三点为顶点的三角形与以P，C，D三点为顶点的三角形相似的三个P点.

点评 本题三角形相似没有明确对应关系，得分情形来讨论，由于本题是两个直角三角形，所以对应关系有两种. 由于数量关系的制约，本题有一种对应关系是始终存在的，另一种对应关系（“K”字形相似）则需要通过一元二次方程的判别式来进行讨论. 另外，点P的个数还可以理解为以AC为直径的圆与BD的位置关系（相交、相离、相切）决定.

七、以动态几何为载体

案例7 如图19，点O为矩形ABCD的对称中心，AB = 10 cm，BC = 12 cm，点E，F，G分别从A，B，C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1 cm/s，点F的运动速度为3 cm/s，点G的运动速度为1.5 cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动.在运动过程中，EBF关于直线EF的对称图形是EB′F.设点E，F，G运动的时间为t（单位：s）.

（1）当t = s时，四边形EBFB′为正方形；

（2）若以点E，B，F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；

（3）是否存在实数t，使得点B′与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.

分析与解 （1）若四边形EBFB′为正方形，则BE =BF，即：10 - t = 3t，解得t = 2.5.

（2）分两种情况，讨论如下：① 若EBF ∽ FCG，则有 = ，解得：t = 2.8；② 若EBF ∽ GCF，则有 = ，解得：t = -14 - 2（不合题意，舍去）或t = -14 + 2. 当t = 2.8s或t = （-14 + 2）s时，以点E，B，F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似.

（3）假设存在实数t，使得点B′与点O重合.如图，过点O作OMBC于点M，则在RtOFM中，OF = BF = 3t，FM = BC - BF = 6 - 3t，OM = 5，由勾股定理得：OM2 + FM2 = OF2，即：52 + （6 - 3t）2 = （3t）2，解得：t = ；过点E作ENOM于点N，则在RtOEN中，OE = BE = 10 - t，EN = BE - BN = 10 - t - 5=5 - t，ON = 6，由勾股定理得：ON2 + EN2 = OE2，即：62 + （5 - t）2 = （10 - t）2，解得：t = 3.9. ≠ 3.9， 不存在实数t，使得点B′与点O重合.

点评 本题为运动型综合题，考查了矩形性质、轴对称、“K”字形相似三角形的判定性质、勾股定理、解方程等知识点.题目并不复杂，但需要仔细分析题意，认真作答.第（2）问中，需要分类讨论，避免漏解；第（3）问是存在型问题，可以先假设存在，然后通过推导出互相矛盾的结论，从而判定不存在.

通过上述七个案例的分析可以发现，“K”字形相似问题，无论其形式和载体如何变化，其本质离不开八个字“三点一线，三角相等”.

从课本上的一道简单的例题引申出这么多不同类型、不同载体的优秀中考试题，实际上就是提醒我们，一定要重视课本例题的研究，在学习数学的过程中，不仅仅满足对课本知识的掌握，要触类旁通、举一反三，充分挖掘基本图形，探究题目本质，以不变应万变，只有这样才能体味数学的真谛，探求数学奥秘，建构高效的数学学习模式.

【参考文献】

[1]北京教育部.小学生减负十条规定（征求意见稿）.2013.

[2]李长春. 源于课本的“动点・最值”问题. 北京：中小学数学（中国教育学会主办），2011（1-2）.