1977-黑龙江卷-05 解-相似三角形的判定与性质

本题导读

本题考查相似三角形的判定与性质。

📌【题干】

Question

（1977年黑龙江卷(理)） 如果 $△ABC$ 的 $\angle A$ 的平分线交 $BC$ 于 $D$，交它的外接圆于 $E$，那么 $AB\cdot AC=AD\cdot AE$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 目标结构转化：要证 $AB\cdot AC=AD\cdot AE$，可以将其等价变形为比例式 $\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AC}$ 或 $\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}$。
2. 锁定核心三角形：观察比例线段 $\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}$，包含这些线段的潜在三角形为 $△ABD$ 和 $△AEC$。若能证明这两个三角形相似，结论即可直接输出。
3. 寻找相似判定条件：

• 已知 $AE$ 平分 $\angle BAC$，可得一组对应角相等：$\angle BAD=\angle EAC$。
• 观察图形，$\angle B$ 和 $\angle E$ 都是圆周角，且它们共同对着同一条弧 $\text{overparen}AC$。根据圆周角定理，可得第二组对应角相等：$\angle ABD=\angle AEC$。

4. 两角对应全等相似：满足两角对应相等，判定 $△ABD\sim △AEC$，利用对应边成比例完成最终化简。

✅【答案】

Success

原命题得证

✍【详细解析】

Abstract

证明：

• 第一步：连接辅助线，确立证明目标三角形 连接 $CE$。 我们要通过证明 $△ABD\sim △AEC$ 来导出目标比例关系。

• 第二步：利用已知特征寻找相等的对应角 因为 $AE$ 是 $△ABC$ 中 $\angle BAC$ 的平分线， 所以根据角平分线定义可得： $\angle BAD=\angle EAC\text{(1)}$

同时，观察圆周角 $\angle ABD$（即 $\angle B$）与 $\angle AEC$（即 $\angle E$），它们在圆中共同对着同一种弧 $\text{overparen}AC$。 根据圆周角定理（同弧所对的圆周角相等）可得： $\angle ABD=\angle AEC\text{(2)}$

• 第三步：证明三角形相似并进行代数合拢 在 $△ABD$ 和 $△AEC$ 中： $\{\begin{array}{ll}\angle BAD=\angle EAC& \text{（已证 (1)）}\\ \angle ABD=\angle AEC& \text{（已证 (2)）}\end{array}$

所以，根据相似三角形判定定理（两角对应相等，两三角形相似）： $△ABD\sim △AEC$

根据相似三角形的对应边成比例，可得： $\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AC}$

将比例式进行交叉相乘（两内项之积等于两外项之积），即得： $AB\cdot AC=AD\cdot AE$

所以，原命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：同弧圆周角守恒定理、角平分线算子、相似三角形的对应边比例法则。
2. 核心方法：连弦构造相似三角形法。
3. 避坑指南：

• 作图思维盲区（漏连辅助线）：很多同学拿到题目后，盯着已有的线段 $AB,AC,AD,AE$ 苦思冥想，由于没有连接 $CE$（或连接 $BE$ 证明 $△ABE\sim △ADC$），导致图形中缺项，无法合拢出能够包含这些线段的相似三角形。圆中见到分散的割线交点，一定要养成连弦围成多边形的辅助线习惯。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于初中平面几何（九年级下册《相似》与《圆》章节）中最经典、最标准的几何巨构母题（常称“托勒密定理弱化变型”或“角平分线圆幂联动模型”）。
2. 结论推广: 本题模型属于标准的角平分线割线幂次守恒模型。 可以一般化推广为：在任意三角形 $△ABC$ 中，若 $AD$ 为其内角平分线，根据本题结论有 $AB\cdot AC=AD\cdot AE$。又由于 $AE=AD+DE$，代入变形可得： $AB\cdot AC=AD\cdot (AD+DE)=A{D}^2+AD\cdot DE$ 根据圆内的相交弦定理，交叉弦段乘积守恒，即 $AD\cdot DE=BD\cdot CD$。代入上式最终可平移推广为极具威力的角平分线长平方公式： $A{D}^2=AB\cdot AC-BD\cdot CD$ 这一几何不变量公式在高中解析几何、解三角形大题中，是绕过繁琐的余弦定理和正弦定理，瞬间求出三角形内角平分线精确长度的武器。

🔗【关联脉络】

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