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專題13等腰(等邊)三角形中的重要模型之維維尼亞模型
維維亞尼定理(Viviani'stheorem):在等邊三角形內(nèi)任意一點(diǎn)P到三邊的垂直距離之和,等于該等邊
三角形的高。這個(gè)定理可一般化為:等角多邊形內(nèi)任意一點(diǎn)P跟各邊的垂直距離之和,是不變的,跟該點(diǎn)
的位置無關(guān)。它以溫琴佐·維維亞尼命名。
而今天我們要學(xué)習(xí)的維維亞尼模型就是維維亞尼定理及其拓展,它的證明主要利用了等面積法,消去
相等底邊后得到高之間的關(guān)系,因此等腰三角形的維維亞尼模型動(dòng)點(diǎn)只能在底邊所在直線上運(yùn)動(dòng),此時(shí)連
接點(diǎn)和底邊所對(duì)頂點(diǎn),能江原圖分割成兩個(gè)底相等的三角形。
.........................................................................................................................................................................................1
模型1.等邊三角形中維維尼亞模型..............................................................................................................1
模型2.等腰三角形中維維尼亞模型..............................................................................................................6
.................................................................................................................................................13
模型1.等邊三角形中維維尼亞模型
條件:在等邊VABC中,P是平面上一動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作PE⊥AC,PF⊥BC,PD⊥AB,過點(diǎn)A作AM⊥BC。
結(jié)論:①如圖1,若動(dòng)點(diǎn)P在三角形ABC內(nèi)時(shí),則PD+PE+PF=AM;
②如圖2,若動(dòng)點(diǎn)P在三角形ABC外時(shí),則PD+PE-PF=AM。
(當(dāng)點(diǎn)P在三角形ABC外時(shí),受P的位置影響,不同的位置結(jié)論稍有不同,但都可以使用等面積法證明)。
圖1圖2
證明:①如圖1,連結(jié)AP,BP,CP。∵VABC是等邊三角形,∴AB=BC=AC,
1111
則SSSSABPDBCPFACPEBCPDPFPE,
ABCABPBCPACP2222
1
∵SSSSBCAM;∴PD+PE+PF=AM。
ABCABPBCPACP2
②如圖3,連結(jié)AP,BP,CP。∵VABC是等邊三角形,∴AB=BC=CA,
1111
則SSSSABPDACPEBCPFBCPDPEPF,
ABCABPACPBCP2222
1
∵SSSSBCAM;∴PD+PE-PF=AM。
ABCABPBCPACP2
例1.(2024·河北·二模)如圖,P為邊長為2的等邊三角形ABC內(nèi)任意一點(diǎn),連接PA、PB、PC,過P點(diǎn)
分別作BC、AC、AB邊的垂線,垂足分別為D、E、F,則PD+PE+PF等于()
3
A.B.3C.2D.23
2
【答案】B
【分析】求出等邊三角形的高,再根據(jù)ABC的面積等于PAB、PBC、PAC三個(gè)三角形面積的和,列
△△△△
式并整理即可得到PD+PE+PF等于三角形的高.
1
【詳解】解:∵正三角形的邊長為2,∴高為2×sin60°=3,∴SABC=×2×3=3,
2
△
111
∵PD、PE、PF分別為BC、AC、AB邊上的高,∴SPBC=BC?PD,SPAC=AC?PE,SPAB=AB?PF,
222
△△△
1111
∵AB=BC=AC,∴SPBC+SPAC+SPAB=BC?PD+AC?PE+AB?PF=×2(PD+PE+PF)=PD+PE+PF,
2222
△△△
∵SABC=SPBC+SPAC+SPAB,∴PD+PE+PF=3.故選B.
△△△△
【點(diǎn)睛】本題利用等邊三角形三邊相等的性質(zhì)和三角形的面積等于被分成的三個(gè)三角形的面積的和求解.
例2.(2024八年級(jí)·廣東·培優(yōu))如圖,點(diǎn)P為等邊ABC外一點(diǎn),設(shè)點(diǎn)P到三邊的距離PDh1,PEh2,PFh3,
且h1h2h36,則ABC的面積等于()
A.43B.63C.123D.243
【答案】C
【分析】本題考查等邊三角形的性質(zhì),連接PA、PB、PC,過B作BGAC于點(diǎn)G,根據(jù)面積相等得出
11113
ACBGBCh2ABh1ACh3,求出BGh1h2h36,得出AC2AG2643,即
22223
可求出面積.
【詳解】解:如圖,連接PA、PB、PC,過B作BGAC于點(diǎn)G,
1111
∵SSSS,ACBGBChABhACh,
ABCPBCPABPAC2222123
3
ABACBC,BGh1h2h36,∴AC2AG2643,
3
1
∴S436123.故選:C
ABC2
例3.(23-24八年級(jí)上·浙江寧波·期中)如圖,P是等邊三角形ABC內(nèi)一點(diǎn),且PA4,PB23,PC2,
V
以下3個(gè)結(jié)論:①BPC120;②AB27;③S△ABP43;④若點(diǎn)P到ABC三邊的距離分別為PE,
3
PF,PG,則有PEPFPGAB,其中正確的有()
2
A.4個(gè)B.3個(gè)C.2個(gè)D.1個(gè)
【答案】B
【分析】將△APC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60,得到AHB,連接HP,由全等三角形的性質(zhì)可得AHAP4,
BHPC2,AHBAPC,可證△AHP是等邊三角形,由勾股定理的逆定理可求HBP90,取HP中
1
點(diǎn)Q,連接BQ,根據(jù)直角三角形斜邊中線性質(zhì)可求BQHPPQHQ2HB,進(jìn)判斷△BHQ為等邊
2
三角形,HPB30,可得AHB120APC,BPC150,可判斷①,由勾股定理可求AB的長,
可判斷②,由三角形的面積公式可求ABP的面積,可判斷③,由三角形的面積公式可求PEPFPG的
值,即可判斷④.
【詳解】解:如圖,將△APC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60,得到AHB,連接HP,
∴APC≌AHB,HAP60,∴AHAP4,BHPC2,AHBAPC,
∴△AHP是等邊三角形,∴HP4,AHPAPH60,
∵HP216,BH2BP216,∴HP2BH2BP2,∴HBP90,
1
取HP中點(diǎn)Q,連接BQ,∴BQHPPQHQ2HB,∴△BHQ是等邊三角形,
2
∴BHQBQH60,∵QPQB,∴QBPQPB,
又BQHQBPQPB∴BPH30°,∴APBHPBAPH90,
∴AHBAHPBHP120APC,∴BPC360APBAPC150,故①錯(cuò)誤;
∵APB90,∴ABAP2BP227,故②正確;
11
∴SBPAP42343,故③正確,如圖,
ABP22
133
∴ABPGPFPEAB2,∴PGPFPEAB,故④正確,故選:B.
242
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題,考查了等邊三角形的性質(zhì),勾股定理的逆定理,旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),全等三角形
的性質(zhì),三角形的面積公式,添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵.
例4.(23-24八年級(jí)上·云南昆明·期末)如圖(1),已知在VABC中,ABAC,且B60,過A作APBC
于點(diǎn)P,點(diǎn)M是直線BC上一動(dòng)點(diǎn),設(shè)點(diǎn)M到VABC兩邊AB、AC的距離分別為m,n,VABC的高為h.
(1)當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí),mn,并說明理由.
(2)如圖(2),試判斷m、n、h之間的關(guān)系,并證明你的結(jié)論.
m2n2h2mn
(3)如圖(3),當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到BC的延長線上時(shí),求證:
202220221011
【答案】(1)證明見解析(2)mnh,證明見解析(3)證明見解析
【分析】(1)當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)M重合時(shí),過點(diǎn)M作MDAB于點(diǎn)D,MEAC于點(diǎn)E,由等邊三角形的性質(zhì)
得出BMCM,則S△ABMS△ACM,根據(jù)三角形面積公式可得出結(jié)論;(2)連接AM,根據(jù)SABCSABPSAPC
可得出結(jié)論;(3)連接AM,根據(jù)SAMCSABCSABM可得出nhm,進(jìn)行變形后可得出結(jié)論.
【詳解】(1)解:當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)M重合時(shí),mn,
理由:過點(diǎn)M作MDAB于點(diǎn)D,MEAC于點(diǎn)E,如圖,則MDm,MEn,
∵ABAC,且B60,∴VABC是等邊三角形,
∵APBC即AMBC,∴BMCM,∴S△ABMS△ACM,
11
∴ABMDACME,∴MDME,∴mn;
22
(2)解:mnh.理由如下:如圖②,連接AM,則SABCSABMSAMC,
111111
∴ABMDMEACBCAP,即ABmACnBCh,
222222
又∵VABC是等邊三角形,∴BCABAC,∴mnh;
(3)解:如圖,連接AM,則SAMCSABCSABM,
111111
∴ACMEBCAPABMD,即ACnBChABm,
222222
又∵VABC是等邊三角形,∴ACBCAB,∴nhm,
222
22mn2mnh
∴mnh,∴m2n22mnh2,兩邊同時(shí)除以2022得,,
202220222022
m2n2mnh2m2n2h2mn
∴,即.
202210112022202220221011
【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題,考查了等邊三角形的判定與性質(zhì),三角形的面積,完全平方公式的應(yīng)用,
運(yùn)用等積法建立關(guān)系式是解題的關(guān)鍵.
模型2.等腰三角形中維維尼亞模型
條件:如圖,等腰VABC(AB=AC)中,點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng),過點(diǎn)P作PD⊥AB,PH⊥AC,CE⊥AB,
結(jié)論:①如圖1,若動(dòng)點(diǎn)P在邊BC上時(shí),則PE+PD=CF。
②如圖2,若動(dòng)點(diǎn)P在BC延長線上時(shí),則|PF-PE|=CD。
圖1圖2
證明:①如圖1,連結(jié)AP;∵VABC是等邊三角形,∴AB=AC,
1111
則SSSABPDACPEABPDPE,∵SABCF;∴PE+PD=CF。
ABCABPACP222ABC2
①如圖2,連結(jié)AP;∵VABC是等邊三角形,∴AB=AC,
1111
則SSSABPFACPEABPFPE,∵SABCD;∴PF-PE=CD。
ABCABPACP222ABC2
例1.(23-24八年級(jí)上·廣西百色·期末)如圖,已知ABC是等腰三角形,AB=AC,點(diǎn)O是BC上任意一點(diǎn),
OE⊥AB,OF⊥AC,等腰三角形的腰長為4,面積為△43,則OE+OF的值為()
A.1.5B.23C.2.5D.3
【答案】B
11
【分析】連接AO,根據(jù)三角形的面積公式即可得到AB?OE+AC?OF=12,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)而
22
求得OE+OF的值.
【詳解】連接AO,如圖,
11
∵AB=AC=4,∴SABC=SABO+SAOC=AB?OE+AC?OF=12,
22
△△△
1
∵AB=AC,∴AB(OE+OF)=43,∴OE+OF=23.故選:B.
2
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì),三角形的面積,熟記等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
例2.(23-24九年級(jí)下·四川成都·階段練習(xí))如圖,將矩形ABCD沿EF折疊,使點(diǎn)D落在點(diǎn)B處,P為折
痕EF上的任意一點(diǎn),過點(diǎn)P作PGBE,垂足分別為G,H,若AD16,CF6,則PGPH.
【答案】8
【分析】本題考查的是矩形與折疊問題,掌握矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理和等角對(duì)等邊是解決此
題的關(guān)鍵.連接BP,過點(diǎn)E作EQBC于Q,根據(jù)SBEPSBFPSBEF可得出PGPHEQ,根據(jù)折疊的
性質(zhì)可得CFCF6,BCCD,CC90,利用勾股定理求出BC,繼而求出EQ,然后即可求出
結(jié)論.
【詳解】解:如圖,過點(diǎn)E作EQBC于Q,連接BP,
∵四邊形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴DEFBFE,
由折疊可得,DEFBEF,∴BFEBEF,∴BEBF,
111
∵PGBE、PHBC,∴SSSBEPGBFPHBFPGPH,
BEFBEPBFP222
1
∵SBEFBFEQ,∴PGPHEQ,∵四邊形ABCD是長方形,∴ADBC,CADC90.
2
∵AD16,CF6,∴BFBCCFADCF10.
由折疊易知,CFCF6,BCCD,CC90,
∴BCBF2CF28∴CBCDEQ8.∴PGPHEQ8.故答案為:8.
例3.(23-24八年級(jí)下·江西吉安·階段練習(xí))數(shù)學(xué)課上,老師畫出一等腰VABC并標(biāo)注:ABAC10,
A30,然后讓同學(xué)們提出有效問題并解決請(qǐng)你結(jié)合同學(xué)們提出的問題給予解答.
(1)甲同學(xué)提出:BC______度;(2)乙同學(xué)提出:VABC的面積為:______;
(3)丙同學(xué)提出:點(diǎn)D為邊BC的中點(diǎn),DEAB,DFAC,垂足為E、F,請(qǐng)求出DEDF的值;
(4)丁同學(xué)說受丙同學(xué)啟發(fā),點(diǎn)D為邊BC上任一點(diǎn),DEAB,DFAC,CHAB,垂足為E、F、H,
則有DEDFCH.請(qǐng)你為丁同學(xué)說明理由.
【答案】(1)75(2)25(3)5(4)見解析
【分析】(1)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出結(jié)果即可;(2)過點(diǎn)B作BHAC,交AC于點(diǎn)H,根據(jù)30角所
111
對(duì)的直角邊等于斜邊的一半求出BHAB5,根據(jù)三角形面積公式求出SACBH10525
2ABC22
11
即可;(3)先證明DEDF,根據(jù)SABDE,SACDF得出SABCSABDSACD5DEDF,
ABD2ACD2
1
即5DEDF25,即可求出結(jié)果;(4)連接AD,根據(jù)三角形的面積公式得出SABDE,
ABD2
11111
SACDF,SABCH,根據(jù)S△ABDS△ACDS△ABC,得出ABDEACDFABCH,
ACD2ABC2222
即ABDEDFABCH,即可求出結(jié)果.
1
【詳解】(1)解:ABAC10,A30,BC180A75;
2
(2)解:過點(diǎn)B作BHAC,交AC于點(diǎn)H,則:BHA90°,
111
ABAC10,A30,BHAB5,SACBH10525;
2△ABC22
(3)解:連接AD,如圖所示:ABAC,點(diǎn)D為邊BC的中點(diǎn),AD平分BAC,
∵DE⊥AB,DFAC,DEDF(角平分線的性質(zhì));
11
∵ABAC10,SABDE,SACDF,
ABD2ACD2
111
SSSABDEACDFACDEDF5DEDF
△ABC△ABD△ACD222
由(2)知SABC25,5DEDF25,DEDF5;
(4)證明:連接AD,如圖所示:
111
∵DEAB,DFAC,CHAB,SABDE,SACDF,SABCH,
ABD2ACD2ABC2
111
SSS,ABAC,ABDEACDFABCH,
ABDACDABC222
即:ABDEDFABCH,DEDFCH.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì),三角形面積的計(jì)算,三角形內(nèi)角和定理,解題的關(guān)鍵是熟練
掌握等腰三角形的性質(zhì),準(zhǔn)確計(jì)算.
例4.(23-24山西八年級(jí)上期中)(1)如圖(1),已知在等腰三角形ABC中,ABAC,點(diǎn)P是底邊BC上
的一點(diǎn),PDAB,垂足為點(diǎn)D,PEAC,垂足為點(diǎn)E.求證:PDPE為定長.
(2)如圖(2),已知在等腰三角形ABC中,ABAC,點(diǎn)P是底邊BC的延長線上的一點(diǎn),PDAB,垂
足為點(diǎn)D,PEAC,垂足為點(diǎn)E.求證:PDPE為定長.(3)如圖(3),已知:點(diǎn)P為等邊三角形ABC
內(nèi)任意一點(diǎn),過P分別作三邊的垂線,分別交三邊與D、E、F.求證:PDPEPF為定長.
【答案】證明見解析
【分析】(1)首先過點(diǎn)C作CFAB,垂足為點(diǎn)F;連接AP,根據(jù)S△ABCS△ABPS△ACP列出等式,
111
ABCFABPDACPE,然后根據(jù)ABAC,即可得證;
222
(2)首先過點(diǎn)C作CFAB,垂足為點(diǎn)F;連接AP,根據(jù)S△ABCS△ABPS△ACP,得出
111
ABCFABPDACPE,然后根據(jù)ABAC,即可得證;
222
1111
(3)根據(jù)S△S△S△S△,得出關(guān)系式BCAGABPDBCPECAPF,然后
ABCBCPCAPABP2222
根據(jù)ABC為等邊三角形,得出ABBCCA,即可得證.
【詳解】(1)過點(diǎn)C作CFAB,垂足為點(diǎn)F;連接AP.
111
∵S△S△S△,∴ABCFABPDACPE.
ABCABPACP222
又∵ABAC,∴PDPECF,為定長.即等腰三角形底邊上的任意一點(diǎn),到兩腰的距離之和等于定長.
(2)過點(diǎn)C作CFAB,垂足為點(diǎn)F;連接AP.
111
∵S△S△S△,∴ABCFABPDACPE.
ABCABPACP222
又∵ABAC,∴PDPECF,為定長.
即等腰三角形底邊的延長線上的任意一點(diǎn),到兩腰的距高之差等于定長.
1111
(3)∵S△S△S△S△,∴BCAGABPDBCPECAPF.
ABCBCPCAPABP2222
又∵ABC為等邊三角形,∴ABBCCA.∴PAPBPCAG,為定長.
即等邊三角形內(nèi)一點(diǎn)到三邊距離之和為定長.
【點(diǎn)睛】此題主要考查利用面積構(gòu)建等式,結(jié)合等腰三角形和等邊三角形的性質(zhì),即可解題.
例5.(2024·江西·一模)我們定義:有一組鄰角相等的凸四邊形叫做“等鄰角四邊形”,例如:如圖1,∠B
=∠C,則四邊形ABCD為等鄰角四邊形.
(1)定義理解:已知四邊形ABCD為等鄰角四邊形,且∠A=130°,∠B=120°,則∠D=______度.
(2)變式應(yīng)用:如圖2,在五邊形ABCDE中,ED∥BC,對(duì)角線BD平分∠ABC.
①求證:四邊形ABDE為等鄰角四邊形;②若∠A+∠C+∠E=300°,∠BDC=∠C,請(qǐng)判斷BCD的形狀,
并明理由.(3)深入探究:如圖3,在等鄰角四邊形ABCD中,∠B=∠BCD,CE⊥AB,垂足△為E,點(diǎn)P為
邊BC上的一動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作PM⊥AB,PN⊥CD,垂足分別為M,N.在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中,判斷PM+PN
與CE的數(shù)量關(guān)系?請(qǐng)說明理由.(4)遷移拓展:如圖4,是一個(gè)航模的截面示意圖.四邊形ABCD是等鄰角
四邊形,∠A=∠ABC,E為AB邊上的一點(diǎn),ED⊥AD,EC⊥CB,垂足分別為D、C,AB=213dm,AD
=3dm,BD=37dm.M、N分別為AE、BE的中點(diǎn),連接DM、CN,求DEM與CEN的周長之和.
△△
【答案】(1)55°(2)①見解析;②△BCD是等邊三角形,理由見解析
(3)在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中,PM+PN=CE,理由見解析(4)(6+213)dm
【分析】(1)由∠A=130°,∠B=120°知不可能還有內(nèi)角與∠A、∠B相等(否則內(nèi)角和大于360°),則∠C=
∠D,即得∠D=55°;(2)①由ED//BC得∠EDB=∠DBC,根據(jù)對(duì)角線BD平分∠ABC得∠ABD=∠DBC,
故∠ABD=∠EDB,即證四邊形ABDE為等鄰角四邊形;②設(shè)∠EDB=∠DBC=∠ABD=x°,∠BDC=∠C=y°,
x60
由∠A+∠C+∠E=300°得3x+y=240,在BCD中,x+2y=180,可解得,即∠DBC=60°,∠BDC=∠C=60°,
y60
△
故BCD是等邊三角形;(3)過P作PGCE于G,由圖象可得:四邊形PMEG是矩形,再證明PGC≌
△C△NP,得CG=PN,即有PM+PN=EG+CG=CE;(4)作BHAD,由(3)中的結(jié)論可得:ED+EC=△BH,設(shè)
DH=xdm,利用BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2,解得x,求得BH,進(jìn)而求出ED+EC,再根據(jù)斜中線定理求得
DEM與CEN的周長之和.
△【詳解】(△1)解:∵∠A=130°,∠B=120°,根據(jù)“等鄰角四邊形”定義可知:
∠C=∠D,∴∠D=(360°?130°?120°)÷2=55°;
(2)①證明:∵ED//BC,∴∠EDB=∠DBC,
∵對(duì)角線BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠DBC,∴∠ABD=∠EDB,∴四邊形ABDE為等鄰角四邊形,
②解:BCD是等邊三角形,理由如下:由①知:∠EDB=∠DBC=∠ABD,
設(shè)∠ED△B=∠DBC=∠ABD=x°,∠BDC=∠C=y°,
∵∠A+∠C+∠E=300°,五邊形ABCDE內(nèi)角和為(5﹣2)×180°=540°,
∴∠EDC+∠ABC=540°-300°=240°,即:3x+y=240,
在BCD中,∠DBC+∠BDC+∠C=180°,即x+2y=180,
3xy240x60
由聯(lián)△立方程組,解得,
x2y180y60
∴∠DBC=60°,∠BDC=∠C=60°,∴△BCD是等邊三角形;
(3)解:在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中,PM+PN=CE,理由如下:
過P作PGCE于G,如圖:
∵PMAB,CEAB,PGCE,∴∠PME=∠MEG=∠EGP=90°,
∴四邊形PMEG是矩形,∴PM=EG,ME//PG,AB//PG,∴∠B=∠GPC,
∵∠B=∠NCP,∴∠GPC=∠NCP,∵PNCD,∴∠PGC=∠CNP=90°,
∵CP=PC,∴△PGC≌△CNP(AAS),∴CG=PN,∴PM+PN=EG+CG=CE,
即在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中,PM+PN的值總等于CE;
(4)作BHAD,垂足為H,如圖:由(3)中的結(jié)論可得:ED+EC=BH,
設(shè)DH=xdm,則AH=AD+DH=(3+x)dm,
∵BH⊥AF,∴∠BHA=90°,∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2,
∵AB=213,AD=3,BD=37,∴(37)2﹣x2=(213)2﹣(3+x)2,解得:x=1,
∴BH2=BD2﹣DH2,=37﹣1=36,∴BH=6dm,∴ED+EC=6,
∵∠ADE=∠BCE=90°,且M、N分別為AE、BE的中點(diǎn),
11
∴DM=AM=EM=AE,CN=BN=EN=BE,
22
∴△DEM與CEN的周長之和
△
DE+DM+EM+CN+EN+EC=DE+AE+BE+EC=DE+AB+EC=DE+EC+AB=6+213,
∴△DEM與CEN的周長之和為(6+213)dm.
【點(diǎn)睛】本題△考查多邊形綜合應(yīng)用,涉及新定義等鄰角四邊形的證明,三角形全等的判定和性質(zhì),等邊三
角形的判定和性質(zhì)以及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn),解題的關(guān)鍵是作輔助線,構(gòu)造全等三角形.
2.(23-24八年級(jí)上·浙江寧波·期末)如圖,在等腰ABC中,ABAC5,BC6,O是ABC外一點(diǎn),
O到三邊的垂線段分別為OD,OE,OF,且OD:O△E:OF1:4:4,則AO的長度為()△
4080
A.5B.6C.D.
717
【答案】D
【分析】連接OA,OB,OC,由OD:OE:OF=1:4:4,設(shè)OD=x,OE=4x,OF=4x,根據(jù)OE=OF,得到AO為∠
BAC的角平分線,再根據(jù)AB=AC,得到AO⊥BC,根據(jù)三線合一及勾股定理求出AD=4,再根據(jù)
S△ABCS△ABOS△ACOS△BCO,得到方程求解即可.
【詳解】解:連接OA,OB,OC,由OD:OE:OF=1:4:4,設(shè)OD=x,OE=4x,OF=4x,
∵OE=OF,∴AO為∠BAC的角平分線,
又∵AB=AC,∴AO⊥BC,∴AD為ABC的中線,∴A、D、O三點(diǎn)共線,∴BD=3,
22△22
在RtABD中,AD=ABBD53=4,∴S△ABCS△ABOS△ACOS△BCO
△121280
∴12=10x+10x?3x,∴x=∴AO=4+=.故選:D.
171717
【點(diǎn)睛】本題考查了角平分線的判定及性質(zhì),熟知等腰三角形的三線合一、角平分線的判定及三角形的面
積公式是解題的關(guān)鍵.
2.(23-24九年級(jí)上·重慶·期中)如圖,在等腰ABC中,AB=AC,tanC=2,BD⊥AC于點(diǎn)D,點(diǎn)G是底
邊BC上一點(diǎn),過點(diǎn)G向兩腰作垂線段,垂足分△別為E、F,若BD=4,GE=1.5,則BF的長度為()
A.0.75B.0.8C.1.25D.1.35
【答案】C
【分析】連接AG,根據(jù)SCGA+SBGA=SABC,AC=AB,得到GE+GF=BD,求得GF的長,根據(jù)∠ABC=
△G△F△
∠C,得到tan∠ABC=tanC=2=,求解即可.
BF
【詳解】解:連接AG,
∵SCGA+SBGA=SABC,
1△△1△1
∴×AC×GE+×AB×GF=×AC×BD,
222
∵AC=AB,
∴GE+GF=BD,
∵BD=4,GE=1.5,
∴GF=2.5,
GF
∵tan∠ABC=tanC=2=,
BF
∴BF=1.25.
故選C.
【點(diǎn)睛】本題主要考查銳角的正切值,三角形面積公式,解此題的關(guān)鍵在于作輔助線構(gòu)造三角形.
3.(23-24八年級(jí)下·福建泉州·期中)如圖,P是三角形內(nèi)一點(diǎn),PD∥AB,PE∥BC,PF∥AC,若
PDPEPF6,且VABC是等邊三角形,則VABC的周長為()
A.12B.18C.24D.30
【答案】B
【分析】延長FP交BC于N,延長EP交AB于M,由條件推出四邊形PMBD,四邊形PNCE是平行四邊
形,PFM,PDN是等邊三角形,得到BCPFPDPE6,即可求出VABC的周長.
【詳解】解:延長FP交BC于N,延長EP交AB于M,
,
PD∥AB,PE∥BC,PF∥AC,
四邊形PMBD,四邊形PNCE是平行四邊形,
CNPE,BDPM,
ABC是等邊三角形,
∴BC60,
PDNB60,PNDC60,
DPN180PDNPND60,
PDN是等邊三角形,
同理:△PFM是等邊三角形,
PDDN,PFMP,
PFBD,
BCBDDNCNPFPDPE6,
ABC的周長為6318,
故選:B.
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的判定和性質(zhì),平行線的性質(zhì),平行四邊形的判定和性質(zhì),關(guān)鍵是由等邊三
角形的性質(zhì),平行四邊形的性質(zhì)證明BCPFPDPE6.
4.(23-24八年級(jí)上·江蘇常州·階段練習(xí))如圖,VABC為等邊三角形,點(diǎn)D是BC邊上異于B,C的任意一
點(diǎn),DEAB于點(diǎn)E.DFAC于點(diǎn)F.若BC邊上的高線AM6,則DEDF.
【答案】6
【分析】
此題主要考查了等邊三角形的性質(zhì),用到的知識(shí)點(diǎn)是三角函數(shù),難度不大,有利于培養(yǎng)同學(xué)們鉆研和探索
問題的精神.
先設(shè)BDx,則CD6x,根據(jù)VABC是等邊三角形,得出BC60,再利用三角函數(shù)求出ED和DF
的長,即可得出DEDF的值.
【詳解】
解:
BC邊上的高線AM6,
∴ABBCAC43,
設(shè)BDx,則CD43x,
ABC是等邊三角形,
∴BC60.
3
∴EDBDsin60,即EDx,
2
33
同理可證:DF43x6x,
22
33
∴DEDFx6x6.
22
故答案為:6.
5.(2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè))如圖,在Rt△ABC中,C90,CA6,CB8,點(diǎn)P為此三角形內(nèi)部
(包含三角形的邊)的一點(diǎn)且P到三角形三邊的距離和為7,則CP的最小值為.
11
【答案】5
5
【分析】以點(diǎn)C為原點(diǎn),CB為x軸正半軸,CA為y軸正半軸建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)P為x,y根據(jù)已知
和等面積法得到x、y的關(guān)系式,則可知點(diǎn)P在直線y2x11上運(yùn)動(dòng),當(dāng)CP垂直該直線時(shí),CP最小,求
出CP所在的直線方程,聯(lián)立方程組求點(diǎn)P坐標(biāo),再利用兩點(diǎn)間距離公式即可求解.
【詳解】如圖所示,以點(diǎn)C為原點(diǎn),CB為x軸正半軸,CA為y軸正半軸建立平面直角坐標(biāo)系,
設(shè)P為x,y,過P作PEx軸,PFy軸,PDAB,
∴PEy,PFx,連接PA,PC,PB,
∴S△ABCS△ACPS△BCPS△ABP,
1111
∴68x6y810PD,
2222
243x4y
解得:PD,
5
∵P到三角形ABC三邊的距離和為7,
∴PEPFPD7,
243x4y
即:xy7,
5
整理得:y2x11,
∴點(diǎn)P在直線y2x11上運(yùn)動(dòng),設(shè)直線y2x11為l,
∴當(dāng)CP1l交l于點(diǎn)P1時(shí),CP1最小,
1
∴kCPkl1,∴k,
1CP12
又∵直線CP1過原點(diǎn)C0,0,
1
∴直線CP為:yx,
12
22
1x
yx5
聯(lián)立2,解得:,
11
y2x11y
5
2211
∴點(diǎn)P1為,,
55
∴最小值CP為CP1,
22
221111
即:5.
555
【點(diǎn)睛】本題是將幾何圖形問題轉(zhuǎn)化為平面直角坐標(biāo)系中的問題,涉及三角形的等面積法、求直線方程、
直線方程的動(dòng)點(diǎn)和最值問題、解二元一次方程組、兩點(diǎn)間的距離公式等知識(shí),解答的關(guān)鍵是找到相關(guān)知識(shí)
的關(guān)聯(lián)點(diǎn),利用代數(shù)知識(shí)解決幾何問題,是有一定難度的填空壓軸題.
6.(2024八年級(jí)·廣東·培優(yōu))如圖,ABC中,ACBC,點(diǎn)P是邊AB上任意一點(diǎn),點(diǎn)Q是AB延長線上
任意一點(diǎn),過點(diǎn)P分別作PDAC于點(diǎn)D,PEBC于點(diǎn)E,過點(diǎn)Q分別作QFAC于點(diǎn)F,QGBC于
點(diǎn)G,則PDPEQGFQ.(填“>”“<”或“=”)
【答案】
【分析】本題考查三角形的概念,熟練掌握三角形面積的計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵,連接連接CP、CQ,利
用“等面積法”可得SACPSBCPSACQSBCQ,從而得到ACPDBCPEACFQBCQG,又ACBC,
進(jìn)而可得PDPEFQQG,即可得答案.
【詳解】解:連接CP、CQ,如圖所示:
∵SACPSBCPSACQSBCQ﹐且PDAC,PEBC,QFAC,QGBC,
∴ACPDBCPEACFQBCQG,
∵ACBC,
∴PDPEFQQG,
∴PDPEQGFQ.
故答案為:.
7.(23-24九年級(jí)上·山東青島·期末)如圖,將矩形ABCD沿EF折疊,使點(diǎn)D落在點(diǎn)B上,點(diǎn)C落在點(diǎn)C
處,點(diǎn)Р為折痕EF上的任一點(diǎn),過點(diǎn)Р作PGBE、PHBC,垂足分別為G、H,若AD24cm,CF9cm,
PG2cm則下列結(jié)論正確的有(填正確結(jié)論的序號(hào))①DE15cm②△BEF的面積是90cm2③
3
sinDFC④PH10cm.
5
【答案】①②④
【分析】根據(jù)將矩形ABCD沿EF折疊,使點(diǎn)D落在點(diǎn)B上,點(diǎn)C落在點(diǎn)C處,證明四邊形BFDE是菱形,
可得BFBCCF15cm,得DE15cm,判斷①符合題意;求出CDDF2CF212cm,可得
CD4
△BEF的面積,判斷②符合題意,在RtVCDF中,sinDFC,判斷③不符合題意;由
DF5
SBEFSBEPSBFP,可得PH10cm,判斷④符合題意.
【詳解】解:∵將矩形ABCD沿EF折疊,使點(diǎn)D落在點(diǎn)B上,點(diǎn)C落在點(diǎn)C處,
∴DEFBEF,DEBE,DFBF,
∵四邊形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,ADBC24,
∴DEFBFE,
∴BFEBEF,
∴BEBF,
∴DEBEBFDF,
∴四邊形BFDE是菱形,
∵BFBCCF24915cm,
∴DE15cm,故①符合題意;
∴DFDE15cm,
在Rt△DFC中,CDDF2CF21529212cm,
11
∴△BEF的面積為BFCD151290cm2,故②符合題意;
22
CD124
在RtVCDF中,sinDFC,故③不符合題意;
DF155
如圖,連接BP,
∵SBEFSBEPSBFP
11
∴15PG15PH90,而PG2cm,
22
∴PH10cm,故④符合題意,
∴正確的有①②④,
故答案為:①②④.
【點(diǎn)睛】本題考查矩形中的翻折變換,菱形的判定,涉及勾股定理及應(yīng)用,銳角三角函數(shù)等知識(shí),解題的
關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì).
8.(2024八年級(jí)·廣東·培優(yōu))如圖,在ABC中,線段AD為中線,點(diǎn)O為線段AD的中點(diǎn),直線l經(jīng)過點(diǎn)
O,且B,C兩點(diǎn)在l的同側(cè),過點(diǎn)B,C,D,A作直線l的垂線,垂足分別為點(diǎn)E,F(xiàn),H,G.則下列說
法一定正確的有.
①△AIG≌△BIE;
②AGDH;
③2AGBECF;
④若點(diǎn)B,C位于l異側(cè),有2AGBECF.
【答案】②③/③②
BDEH
【分析】連接AH,DG,證明AOG≌DOHAAS,可判定②;證明BE∥DH∥CF,得,
CDFH
由BDCD,可得EHFH,即DH是梯形BCFE的中位線,由梯形中位線性質(zhì)可判定③;在VAIG與VBIE
中,AGIBEI90,AIGBIE,GAIEBI,得AG與BE是對(duì)應(yīng)邊,由于AGDH,無條件
能得出DHBE,故不能判定兩三角形全等,可判定①;若點(diǎn)B,C位于l異側(cè),分兩種情況:當(dāng)BECF時(shí),
求得2AGBECF;當(dāng)BECF時(shí),求得2AGCFBE,可判定④.
【詳解】解:連接AH,DG,如圖,
∵AGl,DHl,
∴AGHDHG90
∵AOGDOH,OAOD,
∴AOG≌DOHAAS,
∴AGDH,故②正確;
∵BEl,DHl,CFl,
∴BE∥DH∥CF,
BDEH
∴
CDFH
∵AD為ABC的中線,
∴BDCD
∴EHFH
∴DH是梯形BCFE的中位線,
1
∴DHBECF
2
∵AGDH
∴2AGBECF,故③正確;
在VAIG與VBIE中,AGIBEI90,AIGBIE,GAIEBI,
∵AGDH,而DH與BE不一定相等,則AG與BE不一定相等,
∴VAIG與V
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