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P到三邊的垂直距離之和，等于該等邊

三角形的高。這個定理可一般化為：等角多邊形內(nèi)任意一點P跟各邊的垂直距離之和，是不變的，跟該點

的位置無關(guān)。它以溫琴佐·維維亞尼命名。

而今天我們要學習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點只能在底邊所在直線上運動，此時連

接點和底邊所對頂點，能江原圖分割成兩個底相等的三角形。

.........................................................................................................................................................................................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是平面上一動點，過點P作PE⊥AC，PF⊥BC，PD⊥AB，過點A作AM⊥BC。

結(jié)論：①如圖1，若動點P在三角形ABC內(nèi)時，則PD+PE+PF=AM；

②如圖2，若動點P在三角形ABC外時，則PD+PE-PF=AM。

（當點P在三角形ABC外時，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，連接PA、PB、PC，過P點

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三角形的面積的和求解．

例2．（2024八年級·廣東·培優(yōu)）如圖，點P為等邊ABC外一點，設點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G，

1111

∵SSSS，ACBGBChABhACh，

ABCPBCPABPAC2222123

3

ABACBC，BGh1h2h36，∴AC2AG2643，

3

1

∴S436123．故選：C

ABC2

例3．（23-24八年級上·浙江寧波·期中）如圖，P是等邊三角形ABC內(nèi)一點，且PA4，PB23，PC2，

V

以下3個結(jié)論：①BPC120；②AB27；③S△ABP43；④若點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B．3個C．2個D．1個

【答案】B

【分析】將△APC繞點A順時針旋轉(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Q，連接BQ，根據(jù)直角三角形斜邊中線性質(zhì)可求BQHPPQHQ2HB，進判斷△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A順時針旋轉(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．（23-24八年級上·云南昆明·期末）如圖（1），已知在VABC中，ABAC，且B60，過A作APBC

于點P，點M是直線BC上一動點，設點M到VABC兩邊AB、AC的距離分別為m，n，VABC的高為h．

(1)當點M運動到什么位置時，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），當點M運動到BC的延長線上時，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）當點P與點M重合時，過點M作MDAB于點D，MEAC于點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，進行變形后可得出結(jié)論．

【詳解】（1）解：當點P與點M重合時，mn，

理由：過點M作MDAB于點D，MEAC于點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，∴m2n22mnh2，兩邊同時除以2022得，，

202220222022

m2n2mnh2m2n2h2mn

∴，即．

202210112022202220221011

【點睛】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，完全平方公式的應用，

運用等積法建立關(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P在BC上運動，過點P作PD⊥AB，PH⊥AC，CE⊥AB，

結(jié)論：①如圖1，若動點P在邊BC上時，則PE+PD=CF。

②如圖2，若動點P在BC延長線上時，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．（23-24八年級上·廣西百色·期末）如圖，已知ABC是等腰三角形，AB=AC，點O是BC上任意一點，

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．（23-24九年級下·四川成都·階段練習）如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使點D落在點B處，P為折

痕EF上的任意一點，過點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)、勾股定理和等角對等邊是解決此

題的關(guān)鍵．連接BP，過點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．（23-24八年級下·江西吉安·階段練習）數(shù)學課上，老師畫出一等腰VABC并標注：ABAC10，

A30，然后讓同學們提出有效問題并解決請你結(jié)合同學們提出的問題給予解答．

(1)甲同學提出：BC______度；(2)乙同學提出：VABC的面積為：______；

(3)丙同學提出：點D為邊BC的中點，DEAB，DFAC，垂足為E、F，請求出DEDF的值；

(4)丁同學說受丙同學啟發(fā)，點D為邊BC上任一點，DEAB，DFAC，CHAB，垂足為E、F、H，

則有DEDFCH．請你為丁同學說明理由．

【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B作BHAC，交AC于點H，根據(jù)30角所

111

對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B作BHAC，交AC于點H，則：BHA90°，

111

ABAC10，A30，BHAB5，SACBH10525；

2△ABC22

（3）解：連接AD，如圖所示：ABAC，點D為邊BC的中點，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．

【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形面積的計算，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)，準確計算．

例4．（23-24山西八年級上期中）（1）如圖（1），已知在等腰三角形ABC中，ABAC，點P是底邊BC上

的一點，PDAB，垂足為點D，PEAC，垂足為點E．求證：PDPE為定長．

（2）如圖（2），已知在等腰三角形ABC中，ABAC，點P是底邊BC的延長線上的一點，PDAB，垂

足為點D，PEAC，垂足為點E．求證：PDPE為定長．（3）如圖（3），已知：點P為等邊三角形ABC

內(nèi)任意一點，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C作CFAB，垂足為點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C作CFAB，垂足為點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C作CFAB，垂足為點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，到兩腰的距離之和等于定長．

（2）過點C作CFAB，垂足為點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，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)一點到三邊距離之和為定長．

【點睛】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)變式應用：如圖2，在五邊形ABCDE中，ED∥BC，對角線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P為

邊BC上的一動點，過點P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分別為M，N．在點P的運動過程中，判斷PM+PN

與CE的數(shù)量關(guān)系？請說明理由．(4)遷移拓展：如圖4，是一個航模的截面示意圖．四邊形ABCD是等鄰角

四邊形，∠A＝∠ABC，E為AB邊上的一點，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，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P的運動過程中，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∠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

DH=xdm，利用BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2，解得x，求得BH，進而求出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∠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P的運動過程中，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P的運動過程中，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，

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．

【點睛】本題△考查多邊形綜合應用，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)等知識點，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．

2．（23-24八年級上·浙江寧波·期末）如圖，在等腰ABC中，ABAC5，BC6，O是ABC外一點，

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．（23-24九年級上·重慶·期中）如圖，在等腰ABC中，AB＝AC，tanC＝2，BD⊥AC于點D，點G是底

邊BC上一點，過點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．（23-24八年級下·福建泉州·期中）如圖，P是三角形內(nèi)一點，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．（23-24八年級上·江蘇常州·階段練習）如圖，VABC為等邊三角形，點D是BC邊上異于B，C的任意一

點，DEAB于點E．DFAC于點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)，用到的知識點是三角函數(shù)，難度不大，有利于培養(yǎng)同學們鉆研和探索

問題的精神．

先設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·模擬預測）如圖，在Rt△ABC中，C90，CA6，CB8，點P為此三角形內(nèi)部

（包含三角形的邊）的一點且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C為原點，CB為x軸正半軸，CA為y軸正半軸建立平面直角坐標系，設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P在直線y2x11上運動，當CP垂直該直線時，CP最小，求

出CP所在的直線方程，聯(lián)立方程組求點P坐標，再利用兩點間距離公式即可求解．

【詳解】如圖所示，以點C為原點，CB為x軸正半軸，CA為y軸正半軸建立平面直角坐標系，

設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P在直線y2x11上運動，設直線y2x11為l，

∴當CP1l交l于點P1時，CP1最小，

1

∴kCPkl1，∴k，

1CP12

又∵直線CP1過原點C0,0，

1

∴直線CP為：yx，

12

22

1x

yx5

聯(lián)立2，解得：，

11

y2x11y

5

2211

∴點P1為,，

55

∴最小值CP為CP1，

22

221111

即：5．

555

【點睛】本題是將幾何圖形問題轉(zhuǎn)化為平面直角坐標系中的問題，涉及三角形的等面積法、求直線方程、

直線方程的動點和最值問題、解二元一次方程組、兩點間的距離公式等知識，解答的關(guān)鍵是找到相關(guān)知識

的關(guān)聯(lián)點，利用代數(shù)知識解決幾何問題，是有一定難度的填空壓軸題．

6．（2024八年級·廣東·培優(yōu)）如圖，ABC中，ACBC，點P是邊AB上任意一點，點Q是AB延長線上

任意一點，過點P分別作PDAC于點D，PEBC于點E，過點Q分別作QFAC于點F，QGBC于

點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．（23-24九年級上·山東青島·期末）如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使點D落在點B上，點C落在點C

處，點Р為折痕EF上的任一點，過點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）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D落在點B上，點C落在點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D落在點B上，點C落在點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，涉及勾股定理及應用，銳角三角函數(shù)等知識，解題的

關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．

8．（2024八年級·廣東·培優(yōu)）如圖，在ABC中，線段AD為中線，點O為線段AD的中點，直線l經(jīng)過點

O，且B，C兩點在l的同側(cè)，過點B，C，D，A作直線l的垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)，H，G．則下列說

法一定正確的有．

①△AIG≌△BIE；

②AGDH；

③2AGBECF；

④若點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是對應邊，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B，C位于l異側(cè)，分兩種情況：當BECF時，

求得2AGBECF；當BECF時，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