第5招引線造角里相似，通性通法靈活使

在平面幾何問題中，涉及圖形的全等、相似的問題?？煞譃閮煞N情形.一是直接證明全等、相似；二是利用全

等、相似性求解有關線段的比、積，或角、線段的大小.前者往往將命題所涉及的重要信息隱藏，以考查我們的觀

察、猜想、探究能力.求解時往往要通過連線、延線或作平行線，進行“移線”“造角”，將有關線段、角集中到某兩

個圖形中去分析、探究.后者則需要從相似形的角度來審題，發掘條件中所藏的相似形的影子，對創新思維的要求

更高.求解時要利用“移線”“造角”等手段先探究出圖形的相似，再利用相似性來分析、處理.因此，無論哪種情形，

都離不開利用“移線”“造角”，挖掘隱藏信息，證明圖形的相似、全等.

一般來說，當題設中有平行線的信息時，常要用連線或延線的方式構建圖形的相似.如圖5-1所示，若AB〃

CD,則連接AD與BC,設交點為0,可得AOABs/iODC;當AB=DC時，可得AOAB之（全等是相似比為1的

特殊情形）.如圖5-2所示，若AB〃CD,則延長AD,BC交于點O,可得△OABs^ODC.當題設中無平行線的信息

時，常要過某點引某線的平行線、或延線、或作角平分線來構造相等角，獲得圖形的相似如圖5-3所示過點E作

EG〃AB,交BC于點G,構造可得到△FEGS/\FDBACEGSZ\CAB.如圖5-4所示，在RtAABC中，若/

A=90。,則過點A作ADLBC,垂足為D,可得A/IBC?ADBA這樣一來，那些與角、邊、高、中緣角平分線、周長、

面積有關的問題均可迎刃而解.

圖5-4

若視“連線”“延線”"作平行線”"作垂線”為"引線”,視“構造相等角”為“造角”,我們就可將上面所述的輔助線歸

納為：

引線造角望相似，通性通法靈活使.

當題設條件中出現線段的積式、比式等信息時，要善于類比構造，將它們化歸為相似比的模型，利用相似的

性質來處理如仔=",就隱藏著2="的模型;"PA-PB=PCPD”,就隱藏著嚕=的模型，等等.對此思想方法

abPCPB

我們可將它表述為：

遇見線段比或積，轉為相似形解析.

例1如圖5-5所示，已知正方形ABCD的邊長為6,E為BC的中點，將AABE沿直線AE折疊后，點B落在點F

處,AF交對角線BD于點G,則FG的長是___.

解析解法1延長BC與AF交于點M,如圖5-6所示.（引線造角望相似）

令CM=x，則在RtAABM中，有AM2=AB2+BM2=62+(6+x)2.

因為將△ABE沿直線AE折疊后，點B落在點F處，所以AE為ZMAB的平分線.

由角平分線性質（三角形一個角的平分線分對邊所成的兩條線段與這個角的兩鄰邊對應成比例），得翳=笠，即

EMAM

3_6

3+xJ62+（6+工）2'

解得x=2,，AM=10.

又AD〃BM,AAGDsAMGB.

則有黑端，故合震?（通性通法靈活使）

由此可得誓=總，解得GM=?

在RtAEFM中有EF=EB=3,EM=EC+CM=5,由勾股定理，得FM=4.

由此可得GF=GM—FM=——4=—.

故填荽

解法2延長BC與AF交于點M,如圖5-7所示

令CM=x，則在RtAABM中，有

AM2=AB2+BM2=6?+（6+x）2.①

因為AABE沿直線AE折疊后，點B落在點F處，

所以AE為/MAB的平分線，故有/3=/4.②

過點M作MT〃AE,交BA延長線于點T.

VZ1=Z4,Z3=Z2,

，/1=/2,從而可得AT=AM.

由此可得S=言故篝=索通性通法靈活使）

黑=翳即+=存黑，解得x=2.

以下同解法1.

AR.（引線造角望相似）

:四邊形ABCD為正方形,

AD=AB,ZABE=ZADC=90°.

?AABE沿直線AE折疊后，點B洛在點F處,

AB=AF,ZABE=ZAFE=90°.

在RtAAFR和RtAADR中,

(AF=AD,

《???RW1FR姿RtZXADR(HL).圖5-8

(AR=ARf

???DR=FR.

:E為BC的中點,BC=6,，CE=BE=3.

設DR=居貝!|CR=6-x,ER=BE+DR=3+x.

22222

在RtAECR中,由勾股定理狷ER=CR+E*即(3+%)=3+(6-x),

解得x=2,即.DR=FR=2.

乙FRH=/.CRE,RtAHFR?Rt4ECR.

RF

"CERE'次435"

FH=1.5,HR=2.5.從而可得.AH=6+1.5=7.5,DH=4.5.

AB//DH,.\AAGBsAHGD.

（引線造角望相似，通性通法靈活使）

需造故：言，解得AG-

由此可得GF^AF-AG=孩.故填y.

解法4延長BC與AF交于點M,延長EF交CD于點N,連接MN,如圖5-9所示.

由翻轉知EF=EC=3,ZECN=ZEFM=90°.

XZCEN=ZFEM,

.?.RtACEN0RtAFEM.(弓|線造角望相似)圖5-9

由此可得/3=/4,EM=EN,即AEMN為等腰三角形，從而可得/3+Z1=Z4+Z2.

（三角形，若等腰，三線合一等底角）

.\Z1=Z2.

又易知Z5=2/2=90°-Z6,

而90°-Z6=2ZEAF,

/.Z2=ZEAF.

XZNFM=ZEFA=90°,

故RtAAEFsRtAMNF.(弓|線造角望相似)

■■■MF=黑，故白=總解得MF=2FN.(通性通法靈活使)

rINIVlrrIN

又CM=EM—3=FN,記FN=x，貝!J(CM=x,FM=2x.

則在RtAEFM中，由勾股定理，得EF2+FM2=EV,即32+(2x)2=(3+*產解得x=2.

由此可得FM=4,EM=5.

從而由AB2+BM2=AM?狷62+82=AM2,

/.AM=10.

又AD〃:BM,△AGDs^MGB.（引線造角望相似，通性通法靈活使）

“MB-而即

由此可得等=色，解得GM=￡.

由此可得GF=GM-FM=y-4=,.故填y.

解法5分別延長AE,DC,設其交點為M,延長AF交DC于點N,連接EN,如圖5-10所示.

（引線造角望相似，通性通法靈活使）

,/四邊形ABCD是邊長為6的正方形，

AB〃MN".ZBAE=ZCME.

又E為BC的中點BE=EC=3,

；.RtAABE絲RtAMCE,且.AE=EM=V45.

又N1=N3,；.N1=N2.

故AANM為等腰三角形.AN=MN.

ANEXEM.

（三角形，若等腰，三線合一等底角）

于是，在RtAMNE中,EC_LMN,設CN=x,

2

由射影定理，得EM2=MC-MN,即（/）=6（6+x）,解得x=1.5.圖5-10

易得RtAEFN^RtAECN.

,>.FN=CN=1.5.

又AB〃DN,；.△NGDs-GB.（弓|線造角望相似）

???ND=焉即六=笠券解得GN=器（通性通法靈活使）

由此可得GF=GN-FN=^-1=蒙.故填y.

解法6延長AF交CD于點H,連接EH,如圖5-11所示

因為△ABE沿直線AE折疊后，點B落在點F處.

.?.AB=AF,NABE=NAFE=90°,且NBEA=NFEA.

又在RtAECH和RtAEFH中,EF=EC=H,；.R3ECHgR3EFH.

/.ZFEH=ZCEH.④

圖5-11

由③④彳導2（ZFEH+ZFEA）=180°.

乙FEH+/.FEA=90。,故△為直角三角形.

又Z.EFA=90。,,即EF為斜邊AH上的高，

在RtAAEB中，由勾股定理彳導AE2=AB2+8嚴,即AE2=6?+3?,解得AE=V45.

設FH=x，在R3AEH中.由射影定理彳導

2o

AE2=AF-AH^(V45)=6X(6+久)，解得x=-..-.AH=7.5.

又AB〃DH,△HGDs△AGB.(弓|線造角望相似)

器=器即占=要券解得GH=號（通性通法靈活使）

由此可得GF=GH-FH=^~

解法7上接解法6的(*)式彳導FH=HC.設FH=x,

在RtAADH中，由勾股定理彳導AD2+DH2=AH2,

即62+(6-x)2=(6+*)2,解得x=j..-.XW=7.5.

又AB〃DH,MHGDs^AGB.(連線造角望相似)

（通性通法靈活使）

由此可得GF=GH—=器—|=芳.故填y.

解法8延長AF交CD于點H,連EH,BF,如圖5-12所示,

AABE沿直線AE折疊后.點B落在點F處.

圖5-12

.\AB=AF,ZABE=ZAFE=90°,ZBEA=ZFEA.

在RtAECH和RtAEFH中,

《RtAECHaRtAEFH(HL).

IEH=EH,

：.ZFEH=ZCEH.

???2(乙FEH+NFEA)=180°.

：.AFEH+AFEA=90。,故△為直角三角形.

又2Z1=ZC￡F=2Z4,zl=Z4=Z5.

由止匕可彳導RtAECHRtAABE.

(引線造角望相似，通性通法靈活使)

以下同解法6.

解法9上接解法8中的⑤式.

過點G作GQ,AB,垂足為Q,如圖5-13所示.

又AB〃DH,；.ZkHGDs^AGB.

匹=絲，即匹==解得QG=

6-QGHD6-QG31y7

從而可得BQ=GQ^y,-.AQ=6-BQ=y.

故在RtAQAG中，由勾股定理，得

4G=飛AQ2+QG2=媽,+?=7

由此可得FG=AF-AG=6-^-=多故填y.

解法10以B為原點，BC,BA分別為x,丫軸建立平面直角坐標系xBy,如圖5-14所示.

則由題意知，各點坐標分別為B(0,0),A(0,6),C(6,0),D(6,6),E(3,0).

由此易得，直線AE的表達式為y=-2x+6.

因為AABE沿直線AE折疊后，點B落在點F處，連接BF,則有BFXAE.

設AE交BF于點M,MH±BC,垂足為H.

直線BF上的動點P的坐標為(x,y),

因為BM為RtAABE斜邊AE上的高.

所以/1=/2.

從而tanzl=77=f=tanz2=

AB6x

,,一——.

2%

故直線BF的表達式為y=2%.

于是，由1AE,1BF的表達式解得點M的坐標為M

；M為BF的中點,.?.點F的坐標為(y-y).

由此可得直線AF:y=-|%+6.

直線BD:y=x,

聯立解得點G的坐標為

作GHLAD,垂足為H,則GH=6—g=：

于是，在RtAAGH中,由勾股定理得

AG=7AH2+GH2=J?+第=y

所以FG=4尸—4G=6—弓=故填y

點評本題主要考查了圖形的翻折變換，正方形的性質，相似三角形、全等三角形的判定和性質，勾股定理，

角平分線性質，考查數學運算能力.解法1通過延長BC,AF構建AABM,利用角平分線性質求得CM=2,再用相

似三角形的性質與勾股定理進行推算，凸顯了“引線造角望相似，通性通法靈活使”的解題思想；解法2是解法1的

另一表述，只是把角平分線性質證明了一下；解法3通過延長AF,EF,先挖掘RtAAFR絲RSADR,進而挖掘

RtAHFR-RtACRE,AAGB-ADGH,利用相似比及線段的和差關系來探究的；解法4通過延長BC,EF挖掘

RtACEN0RsFEM,充分利用等腰三角形性質、三角形外角定理、互余角、勾股定理等知識，挖掘RtAAEF-

R3MNF,AAGDs/\BGM,頗有創意:解法5通過延長AE,DC,并由圖形的翻轉與正方形的信息挖掘ANAM為等腰三

角形，進而挖掘ANEM為直角三角形，并用射影定求得CN的長，再證得ANGDs^AGB,利用相似比進行推算

處理；解法6實際上是解法5的變形推理，只是輔助線與射影定理用法有所區別而已.解法7是對解法6的升華.解

法8、解法9是對解法7的升華.解法10通過建立平面直角坐標系，充分利用坐標法來探究.從這10種解法可體會

到，正確作出輔助線構建三角形的相似、全等是解題的關鍵所在.另外，對解法10而言，也可直接由兩點間的距離

公式求計算，即FG=J償—釣?+償一空了=產螺,爛"=竽，等等,這些留給讀者自己去探

究.

例2如圖5-15所示，已知O為平行四邊形ABCD對角線的交點，OF交BC于點E,交AB的延長線于點F,若.

AB=a,BC=b,BF=c,,求BE.

圖5-15圖5-16

解析過點o作OG〃BC,交AB于點G.（引線造角望相似）

顯然,0G是AABC的中位線，如圖5-16所示.

OG=-BC=-,GB=-AB=①

2222

在AFOG中二?OG〃EB,

AFEB^AFOG.

由此可得襄=第（通性通法靈活使）②

GOFG

結合①②可得BE=M.GO=』4=T'

FGcd■一22a+2c

點評本題主要考查學生對相似三角形的判定與性質和平行四邊形的性質的應用.解題的關鍵在于：一、能否獲

得利用某一輔助線將長度已知的線段“集中”到一個可解的圖形中來分析的設想.二、當過點。作OG〃BC,實現這一

設想后，能否構造出AFEBsaFOG利用相似比來求出BE的長度.

例3（1）如圖5-17所示，在AABC中,NBAC=12（T,AD平分NBAC交BC于點D,求證:2=白+白

AD/\,DAL/

⑵如圖5-18所示在AABC中，已知AB=AC,AD是邊BC的中線,P是AD上一點CF〃AB,BP的延長線分別交

AC,CF于點E,F,求證：PB2=PE-PF.

圖5-17

解析⑴證明如圖5-19所示，過點D作DE||4B交AC于點

E.（引線造角望相似）

；AD是ABAC的平分線,且ABAC=120°,

.-.Z.BAD=Z.CAD=60°.

又^BAD=/.EDA=60°,

AADE為正三角形廁EA=ED=AD.

由于DE〃AB,；.Z\CEDs/\CAB.

由此可得篝=詈=等=1-簿

.?糕=1-竽（通性通法靈活使）

從而可得專+親=東

⑵證明VCF〃AB,；./F=NABP.

連接CP,如圖5-20所示.(引線造角望相似)

由對稱性，得BP=CP,ZACP=ZABP.

ZPCE=ZF.XZFPC=ZCPE,

/.ACFP^AECP.

(通性通法靈活使)

.CP=PF

"EP~PC

又CP=BP,故有BP2=PE-PF.圖5-20

點評本題主要考查相似三角形的判定與性質，角平分線的性質，等腰三角形的性質等基本知識.第(1)問，關鍵

在于過點D作DE〃AB,獲得正三角形ADE,進而利用ACEDs^CAB來完成證明第⑵問，關鍵在于抓住比例中項

的模型，活用圖形的對稱性將線段BP轉化為線段CP,構造角的相等，進而獲得ACFPsZiECP,利用相似比來進行探

究，體現了“引線造角望相似，通性通法靈活使”的戰術思想.

例4(2020?宿遷)【感知】如圖521(a)所示，在四邊形ABCD中,NC=ND=90。,點E在邊CD上,NAEB=90。,求證:

AE_DE

EB-CB'

【探究】如圖5-21(b)所示在四邊形ABCD中,/C=NADC=90。,點E在邊CD上.點F在邊AD的延長線上，/

FEG=NAEB=90。,且黑=需連接BG交CD于點H.

EGEB

求證:BH=GH.

【拓展】如圖5-21(c)所示，點E在四邊形ABCD內,NAEB+NDEC=180。,且=能過點E的直線交AD于點

EBEC

F,交BC于點G.若NEFA=NAEB,求證:BG=CG.

解析解法1【感知】證明:在圖5-21(a)中,???NC=ND=NAEB=90。,

???ZBEC+ZAED=ZAED+ZEAD=90°.

???ZBEC=ZEAD.

RtAAED^RtAEBC.

tAE_DE

''EB~CB'

【探究】證明:過點G作GMLCD,垂足為M,如圖5-22所示.

由上題可知箓=ED

EGGM,

EFAEAE_DE

EGEB'BE-CB'

DEDE

GMCB,

.*.BC=GM.

又NC=NGMH=90°,NCHB=NMHG,

圖5-22

J△BCH絲△GMH(AAS).

.\BH=GH.

【拓展】證明:如圖5-23所示在EG上取點M使NBME=NAFE過點C作CN〃BM,交EG于點N.

(遇見線段比或積，轉為相似形解析)

???ZCNG=ZBMG.

?.?ZEAF+ZAFE+ZAEF=180°,

又NAEF+NAEB+NBEM=180。，

NEFA=NAEB(已知)，

圖5-23

???ZEAF=ZBEM.

ZAEB+ZDEC=180o,ZEFA+ZDFE=180o,XZEFA=ZAEB,.\NCED=NEFD.

ZCNG+ZCNE=180°,

JZCNE=ZEFD.

ZEFD+NEDF+NFED=NFED+NDEC+ZCEN=180°,

ZEDF=ZCEN.

DEEF

**.DEFECN.*,?—=—.

ECCN

yjAE_DEEF_EF

乂EB一EC'"BM~~CN，

JBM=CN.

又ZN=ZBMG,ZBGM=ZCGN,

???△BGM之△CGN(AAS).

???BG=CG.

解法2【感知】證明:：NC=ND=90。，

BC〃AD,且/CBA+/DAB=180。,如圖5-24所示.

又N5+N4=90°,；.Z6+Zl=90°.

XZ6+Z3=90°,.\Z3=Zl.

圖5-24

在RtAADE與RtABCE中，

DE.BC

—=sinz4l=sinz.3o=—,

AEBE

.AE_DE

??如_布?

【探究】證明:過點B作BN//EG交DE的延長線于點N,連接NG,如圖5-25所示.

（遇見線段比或積，轉為相似形解析）

/.ZNBE+ZBEG=180°.①

Z3+Z2=90°,Zl+Z3=90°,

?,.Z3=Z1.②

,/ZFEG=ZAEB=90°,

???^AEF+乙BEG=180°.③

由①③狷^AEF=乙NBE.④

由②④，得△AEFAEBN.

.EB_EFAE_EF

??EB一BN"乂EB-EG'

由此可得NB=EG.

.??四邊形BEGN為平行四邊形.

；.BH=HG.

【拓展】證明:過點B作BN〃EC,交FE的延長線于點N,如圖5-26所示.

（遇見線段比或積，轉為相似形解析）

/.ZNBE+ZBEC=180°.

VZAEB+Z3+Z2=180°,

Zl+ZAFE+Z2=180°,

又題設/EFA=NAEB,

.\Z3=Z1.

又/AED+/BEC=180°,

.\ZAED=ZNBE.

...AAED^AEBN.

.AE_EDyjAE_DE

''EB~BN,乂EB-EC'

由此可得NB=EC.

由此可得四邊形BECN為平行四邊形.

；.BG=CG.

點評本題構思巧妙，具有開放性，對創新思維的要求較高.主要考查了直角三角形的性質，全等三角形的判定

與性質，相似三角形的判定與性質，平行線的性質等知識.解法1,對⑴側重于相似形的探究.對⑵通過過點G作

GMXCD,構建出⑴的模型,充分借用⑴問的結論分析挖掘BC=GM,進而挖掘ABCH0△GMH獲得解決,思路嚴

謹.對(3)通過造角/BME=NAFE,并作CN〃:BM,先獲得AAEFS/XEBM,進而挖掘ADEFs/\ECN,再挖掘ABGMg

△CGN,由此探得BG=CG.解法2,對⑴側重于三角函數的分析.對⑵通過作BN〃EG,將線段EG轉移到BN處挖

^△AEF-AEBN,從而挖掘平行四邊形BEGN,利用其對角線平分的性質求得問題的解決對⑶充分模仿⑵的解

法，將線段EC移到BN處，構建平行四邊形BECN,由此獲得BG=CG.此思路頗有創意.這兩種解法思路都注重了

角的轉換，充分體現了“遇見線段比或積，轉為相似形解析”與“借前結論攻后題”的戰術思想.不難發現本題亦可先

作平行四邊形BECN,再證/BEN=/BEG,請讀者自己完成.

跟蹤訓練

1.如圖所示，已知M為線段AB的中點,AE與BD交于點C,與DM交于點F,NDME=NA=/B=ot,且EM交BD

于點G.

(1)求證:AAMFs^BGM.

(2)若=4V2MF=3,求BG的長.

⑶如圖2所示，連接FG,在⑵的條件下，若a=45。,求AEFG的面積.

AR-----普-yB

AMB\/\z

第1題圖1第1題圖2

2.如圖所示，在△ABC中，E,D是BC邊上的兩個三等分點，AF=2CF,BF=12,,求FM,MN,BN的長.

第2題圖

3.（一）【發現探究】

在△ABC中,AB=AC,點P在平面內，連接AP并將線段AP繞點A順時針方向旋轉與NBAC相等的角度，得到

線段AQ,連接BQ.

【發現】如圖1所示，如果點P是BC邊上任意一點，那么線段BQ和線段PC的數量關系是—.

【探究】如圖2所示，如果點P為平面內任意一點.前面發現的結論是否仍然成立？若成立，請給予證明；若

不成立，請說明理由.請僅以圖2所示的位置關系加以證明（或說明）.

（二）【拓展應用】

如圖3所示，在△DE尸中，DE=6/EDF=60°/DEF=90。1是線段EF上的任意一點.連接DP,將線段

DP繞點D順時針方向旋轉60。,，得到線段DQ,連接EQ,請求出線段EQ長度的最小值.

第3題圖1第3題圖2第3題圖3

4.【問題背景】如圖1所示，已知△ABCO△4DE,求證：△ABD-AACE.

【嘗試運用】如圖2所示，在△ABC中，D是BC邊上一動點，NBAC=^DAE=90。,且.AABC=

^ADE.AB=4,AC=3,,AC與DE相交于點F,在點D運動的過程中，當tan/EDC=3時，求DE的長度.

【拓展創新】如圖3所示，D是△A8C內一點，Z.BAD=乙CBD,tan^BAD=|,zBDC=90°,AB=4,AC=

2必,求AD的長.

第4題圖1第4題圖2第4題圖3

⑵由⑴解法2知廁需=需.

DMDU5

...EFDM,：."=-,BPSABDM=9SABEF.

SBDM9'

D是AC的中點,DMAF,FM=MC,：.翳=|.

...DMC_gpSDMC=Z^BDM=6SBEF?

、BDM§§

S四邊形DEFC=14SBEF-s=專.

四邊形DEFC

3.證明過點D作DG〃AB交CF于點G,如圖所示.

,?DG//AF,.*.ZFAE=ZGDE,ZAFE=ZDGE.

AFDF

△AFEDGE..

AFDG

又D為BC的中點,DG〃BF,

DE

DG=-BF.：.—1,

2AF—Dr

2

.,.AEBF=2DEAF.

第3題答圖

4.依題意，可以猜想：

當祭=1^時，有筆=看成立

證明過點D作DF〃BE交AC于點F.

因為D是BC的中點，所以F是EC的中點.

由第=??可知箓=9分比定理）

A.T-iLCiIL

所以祭=：奈合比定理）

由此可得**親

1.(1)證明:?.,/AMD=/B+/D,/BGM=/DMG+/D,

XZDME=ZA=ZB=a,

ZXMF=ZBGM,AAMFABGM.

⑵由(1)知AAMFsZXBGM,

BG_BM

"AM-AF'

；M為AB的中點,AB=4V2,

=BM=2a,且AB=AC=4.

又AF=3,

AM-BM2V2X2V2_8

BG=--------

AF3-31

70/197

(3)易知CT=AC-4F=1,CG=CB-BG=4—：=1

過點M作MHLAE,垂足為H,如圖所示，又乙4=NB=45。,.必4BC為等腰直角三角形.

.*.GC±AE.

故MH||GC,從而可得△MHE-△GCE.

.CE_CG_

“CE+CH-HM'

連接CM,：M為等腰直角三角形ABC斜邊AB的中點，

CM=2V2.MH=CH=2V2xsin45°=2.

4

???急=1?，解得CE=4.

CE+22第1題答圖

???SBFG=|￡F-CG=jx(1+4)xI=y.

2.取AF的中點G,連接DF,EG,如圖所示.

由平行線分線段定理的逆定理，知DF〃EG〃:BA.

ACFD^ACAB,AMFD^AMBA.

—=L；.MB=3MF.

ABBM3

從而BF=4FM=12,，FM=3.

又在ABFD中,E是BD的中點，目EH〃DF,

第2題答圖

1111

EH=-DF-AB=-AB.

2236

故HN=又顯然，H是BF的中點，

BH=HF=6,MH=6-3=3,NH=^BH

MN=3+-=3-,BAZ=—=5-.

77777

故所求三條線段長分別為FM=3,MN=33BN=4

3.【發現】由旋轉知,AQ=AP.

ZPAQ=ZBAC,

/.ZPAQ-ZBAP=ZBAC-ZBAP.

ZBAQ=ZCAP.

AB=AC,、BAQACAPIAS').

；.BQ=CP.

故答案為:BQ=PC.

【探究】結論:BQ=PC