连接BD,由(1)结论及△ADB的内角和BPC+180°=∠BPC+(5-4)×180°; 可得, 凹六边形∠A+∠B+∠C+∠D+ ∠E=∠BPC+360°=∠BPC+(6-4)× 180 所以,凹n边形有 ∠A1+∠A2+∠A3+……+∠An-1= ∠A1PA-1+(n-4)×180 证明略. ∠A+∠B+∠C+∠D=∠A+∠ADB 根据以上探究,我们得出如下结论 +∠ABD+∠PBD+∠BDC+∠DCP 结论在凹n边形中(只有一个凹角情 (∠PBD+∠BDC+∠DCP)+(∠A况),凸角的和与凹角的外角有如下关系式: +∠ADB+∠ABD) A1+∠A2+∠A3+…+∠Ax-1 ∠BPC+180° ∠A1PA-1+(n-4)×180° (3)∠A+∠B+∠C+∠D+∠E= 利用这个结论,可以快速解决篇首提出的 ∠BPC+360°原因如下: 问题及一类角度和的问题 连接BD,由(1)的结论及四边形ABDE 3应用 的内角和可得 (1)题目见篇首 解析考察凹四边形ACMD,有∠A+ ∠C+∠D=∠CMD ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=∠A+ ∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠PBD+ 图10 ∠BDC+∠DCP =(∠PBD+∠BDC+∠DCP)+(∠A 在△BEM中,有∠B+∠E+∠BME +∠ABD+∠BDE+∠DEA) =∠BPC+360° 所以∠A+∠C+∠D+∠B+∠E+ (4)由以上结论可以看出,随着凹多边形∠BME=∠CMD+180 边数增加,凹多边形所有凸角的和与凹角的外 因为∠BME=∠CMD, 4 角之间有以下规律 所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180° 凹四边形∠A+∠B+∠C=∠BPC= (2)(苏教版七下,P40,练习9) ∠BPC+(4-4)×180°; 如图11,在△ABC中,∠A=62°,∠1 凹五边形∠A+∠B+∠C+∠D 20°,∠2=35°,求∠BDC的度数 网址 邮箱:zxss2486@163.com
思路与方法 连接BD,由(１)结论及△ADB 的内角和 可得, 图８ ∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝∠A＋∠ADB ＋∠ABD＋∠PBD＋∠BDC＋∠DCP ＝(∠PBD ＋ ∠BDC＋ ∠DCP)＋(∠A ＋∠ADB＋∠ABD) ＝∠BPC＋１８０°． (３)∠A ＋ ∠B ＋ ∠C ＋ ∠D ＋ ∠E ＝ ∠BPC＋３６０°．原因如下: 连接 BD,由(１)的结论及四边形 ABDE 的内角和可得, 图９ ∠A＋∠B＋∠C＋∠D ＋∠E ＝∠A＋ ∠ABD ＋ ∠BDE ＋ ∠DEA ＋ ∠PBD ＋ ∠BDC＋∠DCP ＝(∠PBD ＋ ∠BDC＋ ∠DCP)＋(∠A ＋∠ABD＋∠BDE＋∠DEA) ＝∠BPC＋３６０°． (４)由以上结论可以看出,随着凹多边形 边数增加,凹多边形所有凸角的和与凹角的外 角之间有以下规律: 凹四边形 ∠A＋∠B＋∠C＝∠BPC＝ ∠BPC＋(４－４)×１８０°; 凹五 边 形 ∠A ＋ ∠B ＋ ∠C ＋ ∠D ＝ ∠BPC＋１８０°＝∠BPC＋(５－４)×１８０°; 凹六 边 形 ∠A ＋ ∠B ＋ ∠C ＋ ∠D ＋ ∠E ＝ ∠BPC ＋３６０°＝ ∠BPC ＋ (６－４)× １８０°; 所以,凹n 边形有 ∠A１＋ ∠A２ ＋ ∠A３ ＋ ＋ ∠An－１ ＝ ∠A１PAn－１＋(n－４)×１８０°． 证明略． 根据以上探究,我们得出如下结论． 结论 在凹n 边形中(只有一个凹角情 况),凸角的和与凹角的外角有如下关系式: ∠A１ ＋ ∠A２ ＋ ∠A３ ＋ ＋ ∠An－１ ＝ ∠A１PAn－１＋(n－４)×１８０°． 利用这个结论,可以快速解决篇首提出的 问题及一类角度和的问题． ３ 应用 (１)题目见篇首 解析 考 察 凹 四 边 形 ACMD,有 ∠A ＋ ∠C＋∠D＝∠CMD, 图１０ 在△BEM 中,有 ∠B＋∠E＋∠BME＝ １８０°, 所以 ∠A ＋ ∠C ＋ ∠D ＋ ∠B ＋ ∠E ＋ ∠BME＝∠CMD＋１８０°． 因为∠BME＝∠CMD, 所以∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＝１８０°． (２)(苏教版七下,P４０,练习９) 如图 １１,在 △ABC 中,∠A ＝６２°,∠１＝ ２０°,∠２＝３５°,求∠BDC 的度数． 网址:zxss．cbpt．cnki．net ７ 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com
丝 2020:2月 (5)(四川省达州市 D 中考题)如图14,在四边 形ABCD中,∠A ∠D=a,∠ABC的平分 图11 线与∠BCD的平分线 图14 解析考察凹四边形ABDC可得 交于点P,则∠P的度 ∠BDC=∠A+∠1+∠2=62°+20°+数为( 35°=117° 解析图中含有凹五边形 ABPCD,根据 (3)∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F结论得 ∠A+∠D+∠ABP+∠DCP=∠P+ 解析考察凹五 180° 边形 ACDEP,有 因为BP,CP分别平分∠ABC和∠BCD, ∠A+∠C+ 所以∠ABP=-∠ABC, ∠D+∠F=∠APF +(5-4)×180°= ∠DCP=-∠DCB ∠APF+180° 在△PBE中,有 所以∠A+∠D+∠ABC+-∠DCB ∠B+∠E+∠BPE=180° ∠P+180° 所以∠A+∠C+∠D+∠F+∠B+ 化简,得(∠A+∠D)+(∠A+∠D ∠E+∠BPE=∠APF+180°+180° 因为∠BPE=∠APF +∠ABC+∠DCB)=∠P+180°, 所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+ P+180 ∠F=360 (4)如图13,∠CGE=a,则∠A+∠B+ 所以∠P=a ∠C+∠D+∠E+∠F等于 解题时,认真观察,发现图形中的凹多边 解析图形中包 形,然后根据探究结论,就能简化计算,大大提 中 含两个凹四边形AB- 高解题效率.此结论在涉及一类求角的度数和 GF和EDCG,分别利 的选择、填空题时,可以实现秒杀 用结论可得 参考文献 4 ∠A+∠B+∠F 图13 [1]张亚军,由求五角星和想到的叉模型[J] ∠BGF,∠C+∠D 初中生世界(七年级).2019,7:74 +∠E=a, [2]于利民,王振山关于非凸多边形及其内、外 因为∠BGF=∠CGE=a, 角和的探讨[J].丹东师专学报.1994,3:5. 所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+ (责审张思明) 网址 .cbpt cnki.net 邮箱:zxs82486@163.com
图１１ 解析 考察凹四边形ABDC 可得, ∠BDC＝ ∠A ＋ ∠１＋ ∠２＝６２°＋２０°＋ ３５°＝１１７°． (３)∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F ＝ °． 图１２ 解析 考察凹五 边形ACDFP,有 ∠A ＋ ∠C ＋ ∠D ＋ ∠F ＝ ∠APF ＋ (５－４)×１８０°＝ ∠APF＋１８０°, 在△PBE 中,有 ∠B＋∠E＋∠BPE＝１８０°, 所以 ∠A ＋ ∠C ＋ ∠D ＋ ∠F ＋ ∠B ＋ ∠E＋∠BPE＝∠APF＋１８０°＋１８０°． 因为∠BPE＝∠APF, 所以 ∠A ＋ ∠B ＋ ∠C ＋ ∠D ＋ ∠E ＋ ∠F ＝３６０°． (４)如图１３,∠CGE＝α,则∠A＋∠B＋ ∠C＋∠D＋∠E＋∠F 等于 ． 图１３ 解 析 图 形 中 包 含两 个 凹 四 边 形 ABＧ GF 和 EDCG,分 别 利 用结论可得 ∠A＋ ∠B ＋ ∠F ＝∠BGF,∠C＋∠D ＋∠E＝α, 因为∠BGF＝∠CGE＝α, 所以 ∠A ＋ ∠B ＋ ∠C ＋ ∠D ＋ ∠E ＋ ∠F＝２α． 图１４ (５)(四川省达州市 中考题)如图１４,在四边 形 ABCD 中,∠A ＋ ∠D＝α,∠ABC 的平分 线 与 ∠BCD 的 平 分 线 交于 点 P,则 ∠P 的 度 数为( )． 解析 图中含有凹五边形 ABPCD,根据 结论得 ∠A ＋ ∠D ＋ ∠ABP＋ ∠DCP＝ ∠P＋ １８０°． 因为BP,CP 分别平分∠ABC 和∠BCD, 所以∠ABP＝ １ ２ ∠ABC, ∠DCP＝ １ ２ ∠DCB． 所以∠A＋∠D ＋ １ ２ ∠ABC＋ １ ２ ∠DCB ＝∠P＋１８０°． 化简,得 １ ２ (∠A＋∠D)＋ １ ２ (∠A＋∠D ＋∠ABC＋∠DCB )＝∠P＋１８０°, １ ２ α＋ １ ２ ×３６０°＝∠P＋１８０°． 所以∠P＝ １ ２ α． 解题时,认真观察,发现图形中的凹多边 形,然后根据探究结论,就能简化计算,大大提 高解题效率．此结论在涉及一类求角的度数和 的选择、填空题时,可以实现秒杀． 参考文献 [１]张亚军．由求五角星和想到的 ∇△ 模型[J]． 初中生世界(七年级)．２０１９,７:７４． [２]于利民,王振山．关于非凸多边形及其内、外 角和的探讨[J]．丹东师专学报．１９９４,３:５． (责审 张思明) 网址:zxss．cbpt．cnki．net ８ 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com
倒桁全券和梱似的构造 张英 (武汉市光谷第二初级中学,湖北武汉430074) 构造法是解决数学问题时实现问题转化90°,已有一组等边,直角的补角仍是直角,延 最具有活力的方法之一.本文以2019年武汉长即可得一组等角,满足全等中的2个条件 市的一道中考题来例析图形中全等和相似形想构造出一个与 构造的灵活巧用解题 △ABM边角边 例如图1, 全等的三角形, 在Rt△ABC中,∠ABC 在直角的延长线 AB 上截取等线段就 M是BC 可以得到全等所 边上一点,连接AM.过 需的另一组等边 点B作BP⊥AM,P为 证明1延长AB到D使得BD=BM, 垂足,连接CP并延长交 连接CD.如图2. CP BM AB于点Q若n=1,求证 ∵∠ABC=90°, ∠ABC=∠CBD 在不做辅助线之前,我们发现比值中的 ∴AB=CB,BM=BD,∠ABC=∠CBD, CP,PQ在一条线段上,而BM,BQ分别在等 ∴△ABM≌△CBD(SAS) 腰直角三角形的两直角边上,四条线段所在的 ∠AMB=∠CDB 三角形两两之间没有全等或相似形线段之间 ∵∠ABC=90°,BP⊥AM 的比值关系无法通过现有图形直接构建,必须 ∠AMB=∠ABP 通过构造全等或相似形来建立线段间的关系 ∴∠ABP=∠CDB 将题目中要证明的比值中的四条线段放到图 ∴BP∥CD 形中,发现涉及的三角形有△ABM,△QPB CP BD BM △BCP等,我们可以借助于图形中所涉及的 PQ BQBQ 三角形进行全等或相似构造,实现线段及线段 方法二作等角,构造全等三角形 比的等量转化,从而达到证明比值相等的目 分析利用条件AB=CB和∠MAB= 中 的构造全等的条件是有相等的边或角,通过∠CBP,想构造出一个与 平移、轴对称或旋转对线段或角进行不同位置△BCP角边角全等的三 的等量变换,通过作等边或等角对三角形进行角形,所以在边的另一端 4 全等构图;构造相似的条件是有相等角,主要作出等角 是作平行线构造或作等角 证明2过点B作 方法一作等线段,构造全等三角形 分析利用条件AB=CB和∠ABC AM相交于点D.如图 网址 9 邮箱:zxss2486@163.com
思路与方法 例析全等和相似的构造 张 英 (武汉市光谷第二初级中学,湖北 武汉 ４３００７４) 构造法是解决数学问题时实现问题转化 最具有活力的方法之一．本文以２０１９年武汉 市的一道中考题来例析图形中全等和相似形 构造的灵活巧用解题． 图１ 例 如图１, 在 Rt△ABC 中,∠ABC ＝９０°, AB BC ＝n,M 是BC 边上 一 点,连 接 AM ．过 点B 作BP⊥AM,P 为 垂足,连接CP 并延长交 AB 于点Q．若n＝１,求证: CP PQ ＝ BM BQ ． 在不做 辅 助 线 之 前,我 们 发 现 比 值 中 的 CP,PQ 在一条线段上,而BM,BQ 分别在等 腰直角三角形的两直角边上,四条线段所在的 三角形两两之间没有全等或相似形．线段之间 的比值关系无法通过现有图形直接构建,必须 通过构造全等或相似形来建立线段间的关系． 将题目中要证明的比值中的四条线段放到图 形中,发现涉及的三角形有△ABM,△QPB, △BCP 等,我们可以借助于图形中所涉及的 三角形进行全等或相似构造,实现线段及线段 比的等量转化,从而达 到 证 明 比 值 相 等 的 目 的．构造全等的条件是有相等的边或角,通过 平移、轴对称或旋转对线段或角进行不同位置 的等量变换,通过作等边或等角对三角形进行 全等构图;构造相似的条件是有相等角,主要 是作平行线构造或作等角． 方法一 作等线段,构造全等三角形 分析 利用条件 AB＝CB 和 ∠ABC＝ ９０°,已有一组等边,直角的补角仍是直角,延 长即可得一组等角,满足全等中的２个条件． 图２ 想构造出一个 与 △ABM 边 角 边 全 等 的 三 角 形, 在直角的延长线 上截取等线段就 可以得到全等所 需的另一组等边． 证明１ 延长 AB 到D 使得BD ＝BM, 连接CD．如图２． ∵ ∠ABC＝９０°, ∴ ∠ABC＝ ∠CBD． ∵ AB＝CB,BM＝BD,∠ABC＝∠CBD, ∴ △ABM ≌△CBD(SAS)． ∴ ∠AMB＝∠CDB． ∵ ∠ABC＝９０°,BP⊥AM, ∴ ∠AMB＝∠ABP． ∴ ∠ABP＝∠CDB． ∴ BP∥CD． ∴ CP PQ ＝ BD BQ ＝ BM BQ ． 方法二 作等角,构造全等三角形 图３ 分析 利用条件 AB＝CB 和 ∠MAB＝ ∠CBP,想构造出一个与 △BCP 角边角全等的三 角形,所以在边的另一端 作出等角． 证明 ２ 过 点 B 作 ∠ABD ＝ ∠BCP ,与 AM 相交于点D．如图３． 网址:zxss．cbpt．cnki．net ９ 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com
小 2020:2月 ∠ABC=9 P⊥AM, ∴∠ADB=∠ACB=45° AMB=∠PBA,∠DAB=∠CBP PD≡PB 又∵∠ABD=∠BCP,AB=BC, ∴CPBM △ABD≌△BCP(ASA) PQ BQ ∴BD=CP,∠ADB=∠CPB. 方法三作平行,构造全等三角形 ∠MDB=∠QPB 分析利用条件AB ∵∠AMB=∠PBA, CB和∠MAB= ∴△BDM∽△QPB ∠CBP,想构造出一个与 BD CP △ABM角边角全等的三 BQ PQ PQ 角形,通过作平行得到等 析利用条件∠CPM与∠QPE互余,角,构造出与△ABM全 图5 作直角可以得到同角的余角是等角,构造出以等的△BCD CP,PQ为斜边的两个相似直角三角形. 证明4过点C作CD∥AB交BP的延 证明3过点C 长线于点D.如图5 作CD⊥PM于点D ∴CD∥AB, QE⊥BP于点E,连 ∴∠ABM+∠DCB=180° 接BD.如图4. ∵∠ABC=90°,BP⊥AM, CD⊥PM,A ∴∠ABM=∠DCB=90°,∠MAB= QE⊥BP,BP⊥AM ∠DBC ∠CDP ∵AB=CB ∠PEQ=∠DPB=∠QEB=90° △ABM≌△BCD(ASA) ∴∠CPD+∠QPE=∠PMB+ BM=CD ∠PBM=∠PQE+∠QPE=90°, ∵CD∥AB, A、B、D、C四点共圆 △CPD△QPB ∴∠CPD=∠PQE,∠ADB=∠ACB CP CD BM △CPD∽△PQE(AA) 分析利用条件AB CP PD CB,想在AB边外侧 中 ∠ABC=90°, 构造出与△BCP全等的 ∠PMB+∠PBM=90°, 三角形,作平行线得到平 浮 行四边形,既构造出等角 4∴△MBP∽△BQE(AA) 又得到等线段 证明5过B作BD ∥AM,在BD上截取 ∠ABC=90°,AB=BC,A、B、D、CBD=BP,过D作DE∥BC交AM于E.如图 四点共圆 网址 .cbpt cnki.net 10 邮箱:zxs82486@163.com
∵ ∠ABC＝９０°,BP⊥AM, ∴ ∠AMB＝∠PBA,∠DAB＝∠CBP． 又∵ ∠ABD＝∠BCP,AB＝BC, ∴ △ABD≌△BCP(ASA)． ∴ BD＝CP,∠ADB＝∠CPB． ∴ ∠MDB＝∠QPB． ∵ ∠AMB＝∠PBA, ∴ △BDM ∽△QPB． ∴ BM BQ ＝ BD PQ ＝ CP PQ ． 分析 利用条件∠CPM 与∠QPE 互余, 作直角可以得到同角的余角是等角,构造出以 CP,PQ 为斜边的两个相似直角三角形． 图４ 证 明 ３ 过 点 C 作CD ⊥PM 于 点 D, QE⊥BP 于 点 E,连 接BD．如图４． ∵ CD ⊥ PM, QE⊥BP,BP⊥AM, ∴ ∠CDP ＝ ∠PEQ＝∠DPB＝∠QEB＝９０°, ∴ ∠CPD ＋ ∠QPE ＝ ∠PMB ＋ ∠PBM ＝∠PQE＋∠QPE＝９０°, A、B、D、C 四点共圆． ∴ ∠CPD＝∠PQE,∠ADB＝∠ACB． ∴ △CPD∽△PQE(AA)． ∴ CP PQ ＝ PD QE ． ∵ ∠ABC＝９０°, ∠PMB＋∠PBM ＝９０°, ∴ ∠PBM ＝∠EQB． ∴ △MBP∽△BQE(AA)． ∴ BM BQ ＝ BP QE ． ∵ ∠ABC＝９０°,AB＝BC,A、B、D、C 四点共圆, ∴ ∠ADB＝∠ACB＝４５°． ∴ PD＝PB． ∴ CP PQ ＝ BM BQ ． 方法三 作平行,构造全等三角形 图５ 分析 利用条件 AB ＝ CB 和 ∠MAB ＝ ∠CBP,想构造出一个与 △ABM 角边角全等的三 角形,通过作平行得到等 角,构 造 出 与 △ABM 全 等的△BCD． 证明４ 过点C 作CD∥AB 交BP 的延 长线于点D．如图５． ∵ CD∥AB, ∴ ∠ABM ＋∠DCB＝１８０°． ∵ ∠ABC＝９０°,BP⊥AM, ∴ ∠ABM ＝ ∠DCB ＝９０°,∠MAB ＝ ∠DBC． ∵ AB＝CB, ∴ △ABM ≌△BCD(ASA)． ∴ BM ＝CD． ∵ CD∥AB, ∴ △CPD∽△QPB． ∴ CP PQ ＝ CD BQ ＝ BM BQ ． 图６ 分析 利用条件 AB ＝CB,想 在 AB 边 外 侧 构造出与 △BCP 全等的 三角形,作平行线得到平 行四边形,既构造出等角 又得到等线段． 证明５ 过B 作BD ∥AM,在 BD 上 截 取 BD＝BP,过D 作DE∥BC 交AM 于E．如图 ６． 网址:zxss．cbpt．cnki．net １０邮箱:zxss２４８６＠１６３．com
DE∥BC ∠AMB=∠AED ∠ABC=∠ABD=90°, BD∥AM,DE∥BC, ∴△ABM∽△DBQ(AA) 四边形EDBM为平行四边形 AB BM MAB=∠ABD ED=BM ∴CPBM ∠ABC=90°,BP⊥AM CP ∠MAB=∠PBC 分析利用条件 在一条直线上,作平行 又∵AB=CB,BD=BP 线构造出与△BCP相似 P (SAS) 的△DQP AD=CP,∠BCP=∠BAD 证明7过点Q作 ∠QPB=∠PCB+∠PBC,∠ EAD QD∥CB交BP的延长 ∠EAB+∠BAD, 线于点D.如图 ∴∠QPB=∠EAD ∴QD∥CB, △AED∽△PBQ(AA) ∴△CPB∽△QPD AD ED PQ BQ ∴CPBC ∵AD=CP,ED=BM AB=BC CP BM AB 方法四作平行,构造相似三角形 ∵QD∥CB 分析利用条件 ABC+∠DQB=180° 在一条直线上,作平行线 ∵∠ABC=90°, ∠DQB=∠ABC=90 构造出与△BCP相似的 ∠ABC=90°,BP⊥AM △DCQ ∴∠PBA=∠AMB 证明6过点Q作 △ABM∽△DQB(AA) QD∥BP交CB的延长 BM AB 线于点D.如图7 BQ QD QD∥BP,AB BC BQ CP BC AB 在构图时可以借助平移、轴对称或旋转变 PQBD=mn,∠CBP=∠CDQ 换来辅助分析,实践图形位置的移动,感受空 ∠ABC=90°,BP⊥AM, 间图形变换的魅力 中学4学 ∠PBC=∠MAB (责审曹付生) 网址 邮箱:zxss2486@163.com
思路与方法 ∵ DE∥BC, ∴ ∠AMB＝∠AED． ∵ BD∥AM,DE∥BC, ∴ 四 边 形 EDBM 为 平 行 四 边 形, ∠MAB＝∠ABD． ∴ ED＝BM ． ∵ ∠ABC＝９０°,BP⊥AM, ∴ ∠MAB＝∠PBC． ∴ ∠ABD＝∠PBC． 又∵ AB＝CB,BD＝BP, ∴ △ABD≌△CBP (SAS)． ∴ AD＝CP,∠BCP＝∠BAD． ∵ ∠QPB＝∠PCB＋∠PBC,∠EAD ＝∠EAB＋∠BAD, ∴ ∠QPB＝∠EAD． ∴ △AED∽△PBQ(AA)． ∴ AD PQ ＝ ED BQ ． ∵ AD＝CP,ED＝BM, ∴ CP PQ ＝ BM BQ ． 方法四 作平行,构造相似三角形 图７ 分析 利用条件 CP PQ 在一条直线上,作平行线 构造出与 △BCP 相似的 △DCQ． 证明 ６ 过 点 Q 作 QD ∥BP 交CB 的 延 长 线于点D．如图７． ∵ QD ∥BP,AB ＝BC, ∴ CP PQ ＝ BC BD ＝ AB BD ,∠CBP＝∠CDQ． ∵ ∠ABC＝９０°,BP⊥AM, ∴ ∠PBC＝∠MAB． ∴ ∠MAB＝∠CDQ． ∵ ∠ABC＝∠ABD＝９０°, ∴ △ABM ∽△DBQ(AA)． ∴ AB BD ＝ BM BQ ． ∴ CP PQ ＝ BM BQ ． 图８ 分析 利用条件 CP PQ 在一 条 直 线 上,作 平 行 线构造出与△BCP 相似 的△DQP． 证明 ７ 过 点 Q 作 QD ∥CB 交BP 的延 长 线于点D．如图８． ∵ QD∥CB, ∴ △CPB∽△QPD． ∴ CP PQ ＝ BC QD ． ∵ AB＝BC, ∴ CP PQ ＝ AB QD ． ∵ QD∥CB, ∴ ∠ABC＋∠DQB＝１８０°． ∵ ∠ABC＝９０°, ∴ ∠DQB＝∠ABC＝９０°． ∵ ∠ABC＝９０°,BP⊥AM, ∴ ∠PBA＝∠AMB． ∴ △ABM ∽△DQB (AA)． ∴ BM BQ ＝ AB QD ． ∴ CP PQ ＝ BM BQ ． 在构图时可以借助平移、轴对称或旋转变 换来辅助分析,实践图形位置的移动,感受空 间图形变换的魅力． (责审 曹付生) 网址:zxss．cbpt．cnki．net １１邮箱:zxss２４８６＠１６３．com