2025年中考数学几何辅助线解题方法：引线造角望相似通性通法灵活使

第5招引线造角里相似，通性通法灵活使

在平面几何问题中，涉及图形的全等、相似的问题常可分为两种情形.一是直接证明全等、相似；二是利用全

等、相似性求解有关线段的比、积，或角、线段的大小.前者往往将命题所涉及的重要信息隐藏，以考查我们的观

察、猜想、探究能力.求解时往往要通过连线、延线或作平行线，进行“移线”“造角”，将有关线段、角集中到某两

个图形中去分析、探究.后者则需要从相似形的角度来审题，发掘条件中所藏的相似形的影子，对创新思维的要求

更高.求解时要利用“移线”“造角”等手段先探究出图形的相似，再利用相似性来分析、处理.因此，无论哪种情形，

都离不开利用“移线”“造角”，挖掘隐藏信息，证明图形的相似、全等.

一般来说，当题设中有平行线的信息时，常要用连线或延线的方式构建图形的相似.如图5-1所示，若AB〃

CD,则连接AD与BC,设交点为0,可得AOABs/iODC;当AB=DC时，可得AOAB之（全等是相似比为1的

特殊情形）.如图5-2所示，若AB〃CD,则延长AD,BC交于点O,可得△OABs^ODC.当题设中无平行线的信息

时，常要过某点引某线的平行线、或延线、或作角平分线来构造相等角，获得图形的相似如图5-3所示过点E作

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

A=90。,则过点A作ADLBC,垂足为D,可得A/IBC〜ADBA这样一来，那些与角、边、高、中缘角平分线、周长、

面积有关的问题均可迎刃而解.

图5-4

若视“连线”“延线”"作平行线”"作垂线”为"引线”,视“构造相等角”为“造角”,我们就可将上面所述的辅助线归

纳为：

引线造角望相似，通性通法灵活使.

当题设条件中出现线段的积式、比式等信息时，要善于类比构造，将它们化归为相似比的模型，利用相似的

性质来处理如仔=",就隐藏着2="的模型;"PA-PB=PCPD”,就隐藏着噜=的模型，等等.对此思想方法

abPCPB

我们可将它表述为：

遇见线段比或积，转为相似形解析.

例1如图5-5所示，已知正方形ABCD的边长为6,E为BC的中点，将AABE沿直线AE折叠后，点B落在点F

处,AF交对角线BD于点G,则FG的长是___.

解析解法1延长BC与AF交于点M,如图5-6所示.（引线造角望相似）

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

因为将△ABE沿直线AE折叠后，点B落在点F处，所以AE为ZMAB的平分线.

由角平分线性质（三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两邻边对应成比例），得翳=笠，即

EMAM

3_6

3+xJ62+（6+工）2'

解得x=2,，AM=10.

又AD〃BM,AAGDsAMGB.

则有黑端，故合震•（通性通法灵活使）

由此可得誓=总，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延长BC与AF交于点M,如图5-7所示

令CM=x，则在RtAABM中，有

AM2=AB2+BM2=6?+（6+x）2.①

因为AABE沿直线AE折叠后，点B落在点F处，

所以AE为/MAB的平分线，故有/3=/4.②

过点M作MT〃AE,交BA延长线于点T.

VZ1=Z4,Z3=Z2,

，/1=/2,从而可得AT=AM.

由此可得S=言故篝=索通性通法灵活使）

黑=翳即+=存黑，解得x=2.

以下同解法1.

AR.（引线造角望相似）

:四边形ABCD为正方形,

AD=AB,ZABE=ZADC=90°.

•AABE沿直线AE折叠后，点B洛在点F处,

AB=AF,ZABE=ZAFE=90°.

在RtAAFR和RtAADR中,

(AF=AD,

《・•・RW1FR姿RtZXADR(HL).图5-8

(AR=ARf

・・・DR=FR.

:E为BC的中点,BC=6,，CE=BE=3.

设DR=居贝!|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.从而可得.AH=6+1.5=7.5,DH=4.5.

AB//DH,.\AAGBsAHGD.

（引线造角望相似，通性通法灵活使）

需造故：言，解得AG-

由此可得GF^AF-AG=孩.故填y.

解法4延长BC与AF交于点M,延长EF交CD于点N,连接MN,如图5-9所示.

由翻转知EF=EC=3,ZECN=ZEFM=90°.

XZCEN=ZFEM,

.♦.RtACEN0RtAFEM.(弓|线造角望相似)图5-9

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

（三角形，若等腰，三线合一等底角）

.\Z1=Z2.

又易知Z5=2/2=90°-Z6,

而90°-Z6=2ZEAF,

/.Z2=ZEAF.

XZNFM=ZEFA=90°,

故RtAAEFsRtAMNF.(弓|线造角望相似)

■■■MF=黑，故白=总解得MF=2FN.(通性通法灵活使)

rINIVlrrIN

又CM=EM—3=FN,记FN=x，贝!J(CM=x,FM=2x.

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

由此可得FM=4,EM=5.

从而由AB2+BM2=AM?狷62+82=AM2,

/.AM=10.

又AD〃:BM,△AGDs^MGB.（引线造角望相似，通性通法灵活使）

“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分别延长AE,DC,设其交点为M,延长AF交DC于点N,连接EN,如图5-10所示.

（引线造角望相似，通性通法灵活使）

,/四边形ABCD是边长为6的正方形，

AB〃MN".ZBAE=ZCME.

又E为BC的中点BE=EC=3,

；.RtAABE丝RtAMCE,且.AE=EM=V45.

又N1=N3,；.N1=N2.

故AANM为等腰三角形.AN=MN.

ANEXEM.

（三角形，若等腰，三线合一等底角）

于是，在RtAMNE中,EC_LMN,设CN=x,

2

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

易得RtAEFN^RtAECN.

,>.FN=CN=1.5.

又AB〃DN,；.△NGDs-GB.（弓|线造角望相似）

••・ND=焉即六=笠券解得GN=器（通性通法灵活使）

由此可得GF=GN-FN=^-1=蒙.故填y.

解法6延长AF交CD于点H,连接EH,如图5-11所示

因为△ABE沿直线AE折叠后，点B落在点F处.

.•.AB=AF,NABE=NAFE=90°,且NBEA=NFEA.

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

/.ZFEH=ZCEH.④

图5-11

由③④彳导2（ZFEH+ZFEA）=180°.

乙FEH+/.FEA=90。,故△为直角三角形.

又Z.EFA=90。,,即EF为斜边AH上的高，

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

设FH=x，在R3AEH中.由射影定理彳导

2o

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

又AB〃DH,△HGDs△AGB.(弓|线造角望相似)

器=器即占=要券解得GH=号（通性通法灵活使）

由此可得GF=GH-FH=^~

解法7上接解法6的(*)式彳导FH=HC.设FH=x,

在RtAADH中，由勾股定理彳导AD2+DH2=AH2,

即62+(6-x)2=(6+*)2,解得x=j..-.XW=7.5.

又AB〃DH,MHGDs^AGB.(连线造角望相似)

（通性通法灵活使）

由此可得GF=GH—=器—|=芳.故填y.

解法8延长AF交CD于点H,连EH,BF,如图5-12所示,

AABE沿直线AE折叠后.点B落在点F处.

图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△为直角三角形.

又2Z1=ZC£F=2Z4,zl=Z4=Z5.

由止匕可彳导RtAECHRtAABE.

(引线造角望相似，通性通法灵活使)

以下同解法6.

解法9上接解法8中的⑤式.

过点G作GQ,AB,垂足为Q,如图5-13所示.

又AB〃DH,；.ZkHGDs^AGB.

匹=丝，即匹==解得QG=

6-QGHD6-QG31y7

从而可得BQ=GQ^y,-.AQ=6-BQ=y.

故在RtAQAG中，由勾股定理，得

4G=飞AQ2+QG2=妈,+©=7

由此可得FG=AF-AG=6-^-=多故填y.

解法10以B为原点，BC,BA分别为x,丫轴建立平面直角坐标系xBy,如图5-14所示.

则由题意知，各点坐标分别为B(0,0),A(0,6),C(6,0),D(6,6),E(3,0).

由此易得，直线AE的表达式为y=-2x+6.

因为AABE沿直线AE折叠后，点B落在点F处，连接BF,则有BFXAE.

设AE交BF于点M,MH±BC,垂足为H.

直线BF上的动点P的坐标为(x,y),

因为BM为RtAABE斜边AE上的高.

所以/1=/2.

从而tanzl=77=f=tanz2=

AB6x

,,一——.

2%

故直线BF的表达式为y=2%.

于是，由1AE,1BF的表达式解得点M的坐标为M

；M为BF的中点,.•.点F的坐标为(y-y).

由此可得直线AF:y=-|%+6.

直线BD:y=x,

联立解得点G的坐标为

作GHLAD,垂足为H,则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

点评本题主要考查了图形的翻折变换，正方形的性质，相似三角形、全等三角形的判定和性质，勾股定理，

角平分线性质，考查数学运算能力.解法1通过延长BC,AF构建AABM,利用角平分线性质求得CM=2,再用相

似三角形的性质与勾股定理进行推算，凸显了“引线造角望相似，通性通法灵活使”的解题思想；解法2是解法1的

另一表述，只是把角平分线性质证明了一下；解法3通过延长AF,EF,先挖掘RtAAFR丝RSADR,进而挖掘

RtAHFR-RtACRE,AAGB-ADGH,利用相似比及线段的和差关系来探究的；解法4通过延长BC,EF挖掘

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

R3MNF,AAGDs/\BGM,颇有创意:解法5通过延长AE,DC,并由图形的翻转与正方形的信息挖掘ANAM为等腰三

角形，进而挖掘ANEM为直角三角形，并用射影定求得CN的长，再证得ANGDs^AGB,利用相似比进行推算

处理；解法6实际上是解法5的变形推理，只是辅助线与射影定理用法有所区别而已.解法7是对解法6的升华.解

法8、解法9是对解法7的升华.解法10通过建立平面直角坐标系，充分利用坐标法来探究.从这10种解法可体会

到，正确作出辅助线构建三角形的相似、全等是解题的关键所在.另外，对解法10而言，也可直接由两点间的距离

公式求计算，即FG=J偿—钓?+偿一空了=产螺,烂"=竽，等等,这些留给读者自己去探

究.

例2如图5-15所示，已知O为平行四边形ABCD对角线的交点，OF交BC于点E,交AB的延长线于点F,若.

AB=a,BC=b,BF=c,,求BE.

图5-15图5-16

解析过点o作OG〃BC,交AB于点G.（引线造角望相似）

显然,0G是AABC的中位线，如图5-16所示.

OG=-BC=-,GB=-AB=①

2222

在AFOG中二・OG〃EB,

AFEB^AFOG.

由此可得襄=第（通性通法灵活使）②

GOFG

结合①②可得BE=M.GO=』4=T'

FGcd■一22a+2c

点评本题主要考查学生对相似三角形的判定与性质和平行四边形的性质的应用.解题的关键在于：一、能否获

得利用某一辅助线将长度已知的线段“集中”到一个可解的图形中来分析的设想.二、当过点。作OG〃BC,实现这一

设想后，能否构造出AFEBsaFOG利用相似比来求出BE的长度.

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

AD/\,DAL/

⑵如图5-18所示在AABC中，已知AB=AC,AD是边BC的中线,P是AD上一点CF〃AB,BP的延长线分别交

AC,CF于点E,F,求证：PB2=PE-PF.

图5-17

解析⑴证明如图5-19所示，过点D作DE||4B交AC于点

E.（引线造角望相似）

；AD是ABAC的平分线,且ABAC=120°,

.­.Z.BAD=Z.CAD=60°.

又^BAD=/.EDA=60°,

AADE为正三角形厕EA=ED=AD.

由于DE〃AB,；.Z\CEDs/\CAB.

由此可得篝=詈=等=1-簿

.•糕=1-竽（通性通法灵活使）

从而可得专+亲=东

⑵证明VCF〃AB,；./F=NABP.

连接CP,如图5-20所示.(引线造角望相似)

由对称性，得BP=CP,ZACP=ZABP.

ZPCE=ZF.XZFPC=ZCPE,

/.ACFP^AECP.

(通性通法灵活使)

.CP=PF

"EP~PC

又CP=BP,故有BP2=PE-PF.图5-20

点评本题主要考查相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质等基本知识.第(1)问，关键

在于过点D作DE〃AB,获得正三角形ADE,进而利用ACEDs^CAB来完成证明第⑵问，关键在于抓住比例中项

的模型，活用图形的对称性将线段BP转化为线段CP,构造角的相等，进而获得ACFPsZiECP,利用相似比来进行探

究，体现了“引线造角望相似，通性通法灵活使”的战术思想.

例4(2020•宿迁)【感知】如图521(a)所示，在四边形ABCD中,NC=ND=90。,点E在边CD上,NAEB=90。,求证:

AE_DE

EB-CB'

【探究】如图5-21(b)所示在四边形ABCD中,/C=NADC=90。,点E在边CD上.点F在边AD的延长线上，/

FEG=NAEB=90。,且黑=需连接BG交CD于点H.

EGEB

求证:BH=GH.

【拓展】如图5-21(c)所示，点E在四边形ABCD内,NAEB+NDEC=180。,且=能过点E的直线交AD于点

EBEC

F,交BC于点G.若NEFA=NAEB,求证:BG=CG.

解析解法1【感知】证明:在图5-21(a)中,・・・NC=ND=NAEB=90。,

・•・ZBEC+ZAED=ZAED+ZEAD=90°.

・•・ZBEC=ZEAD.

RtAAED^RtAEBC.

tAE_DE

''EB~CB'

【探究】证明:过点G作GMLCD,垂足为M,如图5-22所示.

由上题可知箓=ED

EGGM,

EFAEAE_DE

EGEB'BE-CB'

DEDE

GMCB,

.*.BC=GM.

又NC=NGMH=90°,NCHB=NMHG,

图5-22

J△BCH丝△GMH(AAS).

.\BH=GH.

【拓展】证明:如图5-23所示在EG上取点M使NBME=NAFE过点C作CN〃BM,交EG于点N.

(遇见线段比或积，转为相似形解析)

・•・ZCNG=ZBMG.

•.・ZEAF+ZAFE+ZAEF=180°,

又NAEF+NAEB+NBEM=180。，

NEFA=NAEB(已知)，

图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】证明:：NC=ND=90。，

BC〃AD,且/CBA+/DAB=180。,如图5-24所示.

又N5+N4=90°,；.Z6+Zl=90°.

XZ6+Z3=90°,.\Z3=Zl.

图5-24

在RtAADE与RtABCE中，

DE.BC

—=sinz4l=sinz.3o=—,

AEBE

.AE_DE

••如_布・

【探究】证明:过点B作BN//EG交DE的延长线于点N,连接NG,如图5-25所示.

（遇见线段比或积，转为相似形解析）

/.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.

.♦•四边形BEGN为平行四边形.

；.BH=HG.

【拓展】证明:过点B作BN〃EC,交FE的延长线于点N,如图5-26所示.

（遇见线段比或积，转为相似形解析）

/.ZNBE+ZBEC=180°.

VZAEB+Z3+Z2=180°,

Zl+ZAFE+Z2=180°,

又题设/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.

由此可得四边形BECN为平行四边形.

；.BG=CG.

点评本题构思巧妙，具有开放性，对创新思维的要求较高.主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定

与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识.解法1,对⑴侧重于相似形的探究.对⑵通过过点G作

GMXCD,构建出⑴的模型,充分借用⑴问的结论分析挖掘BC=GM,进而挖掘ABCH0△GMH获得解决,思路严

谨.对(3)通过造角/BME=NAFE,并作CN〃:BM,先获得AAEFS/XEBM,进而挖掘ADEFs/\ECN,再挖掘ABGMg

△CGN,由此探得BG=CG.解法2,对⑴侧重于三角函数的分析.对⑵通过作BN〃EG,将线段EG转移到BN处挖

^△AEF-AEBN,从而挖掘平行四边形BEGN,利用其对角线平分的性质求得问题的解决对⑶充分模仿⑵的解

法，将线段EC移到BN处，构建平行四边形BECN,由此获得BG=CG.此思路颇有创意.这两种解法思路都注重了

角的转换，充分体现了“遇见线段比或积，转为相似形解析”与“借前结论攻后题”的战术思想.不难发现本题亦可先

作平行四边形BECN,再证/BEN=/BEG,请读者自己完成.

跟踪训练

1.如图所示，已知M为线段AB的中点,AE与BD交于点C,与DM交于点F,NDME=NA=/B=ot,且EM交BD

于点G.

(1)求证:AAMFs^BGM.

(2)若=4V2MF=3,求BG的长.

⑶如图2所示，连接FG,在⑵的条件下，若a=45。,求AEFG的面积.

AR-----普-yB

AMB\/\z

第1题图1第1题图2

2.如图所示，在△ABC中，E,D是BC边上的两个三等分点，AF=2CF,BF=12,,求FM,MN,BN的长.

第2题图

3.（一）【发现探究】

在△ABC中,AB=AC,点P在平面内，连接AP并将线段AP绕点A顺时针方向旋转与NBAC相等的角度，得到

线段AQ,连接BQ.

【发现】如图1所示，如果点P是BC边上任意一点，那么线段BQ和线段PC的数量关系是—.

【探究】如图2所示，如果点P为平面内任意一点.前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若

不成立，请说明理由.请仅以图2所示的位置关系加以证明（或说明）.

（二）【拓展应用】

如图3所示，在△DE尸中，DE=6/EDF=60°/DEF=90。1是线段EF上的任意一点.连接DP,将线段

DP绕点D顺时针方向旋转60。,，得到线段DQ,连接EQ,请求出线段EQ长度的最小值.

第3题图1第3题图2第3题图3

4.【问题背景】如图1所示，已知△ABCO△4DE,求证：△ABD-AACE.

【尝试运用】如图2所示，在△ABC中，D是BC边上一动点，NBAC=^DAE=90。,且.AABC=

^ADE.AB=4,AC=3,,AC与DE相交于点F,在点D运动的过程中，当tan/EDC=3时，求DE的长度.

【拓展创新】如图3所示，D是△A8C内一点，Z.BAD=乙CBD,tan^BAD=|,zBDC=90°,AB=4,AC=

2必,求AD的长.

第4题图1第4题图2第4题图3

⑵由⑴解法2知厕需=需.

DMDU5

...EFDM,：."=-,BPSABDM=9SABEF.

SBDM9'

D是AC的中点,DMAF,FM=MC,：.翳=|.

...DMC_gpSDMC=Z^BDM=6SBEF・

、BDM§§

S四边形DEFC=14SBEF-s=专.

四边形DEFC

3.证明过点D作DG〃AB交CF于点G,如图所示.

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

AFDF

△AFEDGE..

AFDG

又D为BC的中点,DG〃BF,

DE

DG=-BF.：.—1,

2AF—Dr

2

.,.AEBF=2DEAF.

第3题答图

4.依题意，可以猜想：

当祭=1^时，有笔=看成立

证明过点D作DF〃BE交AC于点F.

因为D是BC的中点，所以F是EC的中点.

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**亲

1.(1)证明:•.,/AMD=/B+/D,/BGM=/DMG+/D,

XZDME=ZA=ZB=a,

ZXMF=ZBGM,AAMFABGM.

⑵由(1)知AAMFsZXBGM,

BG_BM

"AM-AF'

；M为AB的中点,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

过点M作MHLAE,垂足为H,如图所示，又乙4=NB=45。,.必4BC为等腰直角三角形.

.*.GC±AE.

故MH||GC,从而可得△MHE-△GCE.

.CE_CG_

“CE+CH-HM'

连接CM,：M为等腰直角三角形ABC斜边AB的中点，

CM=2V2.MH=CH=2V2xsin45°=2.

4

•••急=1•，解得CE=4.

CE+22第1题答图

•••SBFG=|£F-CG=jx(1+4)xI=y.

2.取AF的中点G,连接DF,EG,如图所示.

由平行线分线段定理的逆定理，知DF〃EG〃:BA.

ACFD^ACAB,AMFD^AMBA.

—=L；.MB=3MF.

ABBM3

从而BF=4FM=12,，FM=3.

又在ABFD中,E是BD的中点，目EH〃DF,

第2题答图

1111

EH=-DF-AB=-AB.

2236

故HN=又显然，H是BF的中点，

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

MN=3+-=3-,BAZ=—=5-.

77777

故所求三条线段长分别为FM=3,MN=33BN=4

3.【发现】由旋转知,AQ=AP.

ZPAQ=ZBAC,

/.ZPAQ-ZBAP=ZBAC-ZBAP.

ZBAQ=ZCAP.

AB=AC,、BAQACAPIAS').

；.BQ=CP.

故答案为:BQ=PC.

【探究】结论:BQ=PC