相似多边形存在性探究（2020年浙江金华第24题）

相似多边形存在性探究（2020年浙江金华第24题）

与相似三角形相比，相似多边形在中考压轴题中并不常见，然而我们经历过多边形性质探索，明白相似多边形其实是从相似三角形开始的，这意味着在特殊情况下，相似多边形可以转化成相似三角形问题处理。相似三角形的存在性，却是一个常见考点，所以对于相似多边形，多为外衣，其实质依然是相似三角形。

题目

如图，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F，已知OB=8.

(1)求证：四边形AEFD是菱形；

(2)求四边形AEFD的面积；

(3)若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由.

解析：

0 1

(1)由题目条件中的AE∥DF，AD∥EF已经可以证明四边形AEFD是平行四边形，只需要再证明其有一组邻边相等。

方法一：证明△ACE≌△ABD；

方法二：利用勾股定理求出AE和AD的长，均为4√5；

方法三：连接OA，由正方形对称性，点E(0,4)与点D(4,0)关于OA轴对称，可证明AE=AD；

0 2

(2)四边形的面积，思路有两条，若是特殊四边形，通常采用底乘高的面积公式，若是不太好直接得到底和高，则转换面积或割补法，本小题，已经知道四边形AEFD是菱形，因此求面积的方法就多样化了。

方法一：等面积转换，如下图：

延长FD交AC于点H，四边形AEFD的面积与四边形AEGH的面积相等，理由是等底等高，而点D为OC中点，我们很容易证明△ODG≌△CDH，于是四边形AEGH的面积又可以转换成四边形AEOC的面积，而它就可以用正方形ABOC的面积减掉△ABE的面积了，结果是48；

方法二：先求菱形的“半面积”，如下图：

连接DE，△ADE的面积是菱形面积的一半，于是可用正方形ABOC减掉△ABE、△ACD、△DOE的面积，再乘以2，结果也是48；

0 3

(3)四边形的相似，与三角形的相似一样，需要对应边成比例、对应角相等，而特殊平行四边形的相似，又可转换成三角形的相似。在相似多边形存在性研究中，四个顶点的对应关系并不确定，所以需要分类讨论。

分类依据是什么？由于点A依然是新菱形的顶点，且点P在x轴正半轴，于是AP到底是作为菱形的边还是对角线，可以作为分类的标准，但仅此仍不够，点Q在y轴上，那么P与Q是相邻顶点还是相对顶点？又可进一步细分，于是我们初步的分类方案如下：

AP为边，且PQ为对角线；AP为边，且PQ为边；AP为对角线，且PQ为边。

同时我们连接DE，过点A作DE的垂线(也可连接AF交于点M，只是需要证明点O在AF上)，得到Rt△AEM，其实这个菱形便是由四个这样的直角三角形构成，而这个三角形的三边均可求，分别是AE=4√5，EM=2√2，AM=6√2，这个形状是相对固定的，即直角边之比为1：3，这个对后面的计算有帮助。

①当AP为一边，PQ为对角线时，必然有AP=AQ，而点G可能出现在PQ两侧，因此有两种情况，分别如下图：

此种情况下，我们很容易证明△ACQ≌△ABP，从而CQ=BP，进一步得到OQ=OP，即△POQ是一个等腰直角三角形，而N为斜边PQ中点，由三线合一，于是ON⊥PQ，而在等腰△APQ中，同样也由三线合一，于是AN⊥PQ，即A、O、N共线；

当然，点G也在OA上。

于是我们发现△NOP也是一个等腰直角三角形，即∠AOD=∠NPO=45°；

由于菱形AEFD与菱形APGQ相似，因此它们的对应角相等，即∠DAE=∠APG，所以它们的一半，∠OAD=∠APN；

∠ADB=∠AOD+∠OAD=45°+∠OAD；

∠APB=∠APN+∠NPO=45°+∠APN；

对照比较，发现结论∠ADB=∠APB，接下来的问题就简单了，等腰△ADP，三线合一，DB=PB=4，于是求得P(12,0)；

另一种情况下，我们依然可以得出O、A、G、N共线，等腰Rt△OPQ和等腰Rt△OPN，但我们换另一对角观察，∠DAB=∠OAB-∠OAD=45°-∠OAD；

∠APB=∠OPQ-∠APN=45°-∠APN；

同样发现结论∠DAB=∠APB，现在我们可以证明△ADB∽△PAB了；

很惊喜地发现，它们的相似比DB：AB=1：2，于是可求出BP=2AB=16，于是求得P(24,0)；

②当AP为边，PQ也为边时，也有两种情况，如下图：

我们将菱形APQG的对角线连接起来，交点为N，过点N作x轴的垂线，交AC于点K，过点Q作KN的垂线，交KN延长线于点M。

在△ACQ中，点N为中点，于是KN是这个三角形的中位线，于是得到K是AC中点，顺便我们证明了点D在KN上，以及点N是KM的中点。这个时候前面的计算结果，菱形AEFD被对角线分成的直角三角形，菱形APQG对角线分成的直角三角形，两直角边之比为1：3，就能派上用场了，△PQN的两直角边之比也为1：3；

“一线三直角”模型已经呈现，△PDN∽△NMQ。

相似比为1：3，马上求出DN=4/3，然后可求出KN=28/3，而MN=KN，于是可求出PD=28/9，所以OP=4-28/9=8/9，于是求得P(8/9,0)；

另一种情况，如下图：

和前面的类似，过菱形APQG对角线交点N向y轴作垂线，垂足为K，然后过点P作KN的垂线，交KN延长线于点M，我们仍然可以得到“一线三直角”模型，△KNQ∽△MPN；

其中KN是△ACQ中位线，KN=4，先求得PM=4/3，再由KO=PM=4/3，求出CK=8-4/3=20/3，于是QK=20/3，由相似比为1：3再次求出NM=20/9，所以KM=4+20/9=56/9，所以OP=56/9，于是求得P(56/9,0)；

③当AP为对角线时，如下图：

仍然过菱形AQPG对角线交点N向y轴作垂线，交AB于点K，过点P向KN作垂线，交KN延长线于点M，由于KN是△ABP的中位线，因此它一定经过点E，于是又得到“一线三直角”模型，△EQN∽△MNP，同样相似比为3：1；

其中MP=4，可求出EN=12，而KN=12-8=4，由KN是中位线求出BP=8，于是OP=16，P(16,0)；

综上所述，共五个结果，分别是P(12,0)，P(24,0)，P(8/9,0)，P(56/9,0)，P(16,0).

解题反思

看上去最后一问的情况非常之多，但只要找准分类依据，全部找齐并不困难，尤其是在求点P坐标的过程中，反复出现了“一线三直角”模型，可见其应用之广。同时此题解法众多，可以想像今年承担中考数学阅卷的老师们，改这道题压力一定很大。

在思考这道题的时候，最初感觉是无处入手，毕竟菱形的相似不同于三角形的相似，日常学习中并不常见，然后这道题的菱形又属于特殊四边形，并且形状也特殊，对角线之比为1：3，事实上在寻找相似菱形的过程中，这个比例贯穿始终，因此实质上我们还是在以相似三角形存在性的方法来完成它。

在解完之后回顾它，发现其中还有不少特殊之处，例如前两种结果，菱形的摆法是以点A为钝角顶点，第五种结果也是，而中间的结果是以A为锐角顶点，用这种方法来进行分类也可行。

或者根据对角线的位置区分，第1、2、5种结果，新菱形的对角线与旧菱形是重合或平行的，第3、4种则不是。从结果来看，也有整数点的区分等等。

参考答案的图中，只画了新的菱形，没有画出旧菱形，我觉得可能是怕图中线条过多，其实两个菱形都画出来，比较起来更方便一些，原来都是特殊位置。