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7.已知等腰三角形ABC的周长为13，且各边长均为整数，则这样的△ABC有（
A.5个
B.4个
C.3个
D.2个
C
）A.5个
B.4个
C.3个
D.2个
答案
7.C
解析
【分析】
要解决这个问题，我们首先结合等腰三角形两腰相等的性质设未知数，再根据三角形边长为正、三边关系（任意两边之和大于第三边）列不等式组，结合边长为整数的条件筛选出符合要求的边长组合即可。
【解析】
设等腰三角形的腰长为$x$，则底边长为$13-2x$，根据三角形的边长性质和三边关系可得：
1. 边长为正数：$13-2x＞0$，解得$x＜6.5$；
2. 两腰之和大于底边：$x+x＞13-2x$，化简得$4x＞13$，解得$x＞3.25$。
因为边长均为正整数，所以$x$可取的整数为4、5、6：
当$x=4$时，三边长为4，4，5，满足三角形三边关系；
当$x=5$时，三边长为5，5，3，满足三角形三边关系；
当$x=6$时，三边长为6，6，1，满足三角形三边关系。
综上符合条件的三角形共有3个。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质；三角形三边关系
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是先根据等腰三角形的性质表示出三边长，再结合三边关系和整数限制筛选，注意不要忽略三边关系的验证，避免出现两边之和小于等于第三边的错误情况。
【难度系数】
0.7
要解决这个问题，我们首先结合等腰三角形两腰相等的性质设未知数，再根据三角形边长为正、三边关系（任意两边之和大于第三边）列不等式组，结合边长为整数的条件筛选出符合要求的边长组合即可。
【解析】
设等腰三角形的腰长为$x$，则底边长为$13-2x$，根据三角形的边长性质和三边关系可得：
1. 边长为正数：$13-2x＞0$，解得$x＜6.5$；
2. 两腰之和大于底边：$x+x＞13-2x$，化简得$4x＞13$，解得$x＞3.25$。
因为边长均为正整数，所以$x$可取的整数为4、5、6：
当$x=4$时，三边长为4，4，5，满足三角形三边关系；
当$x=5$时，三边长为5，5，3，满足三角形三边关系；
当$x=6$时，三边长为6，6，1，满足三角形三边关系。
综上符合条件的三角形共有3个。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质；三角形三边关系
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是先根据等腰三角形的性质表示出三边长，再结合三边关系和整数限制筛选，注意不要忽略三边关系的验证，避免出现两边之和小于等于第三边的错误情况。
【难度系数】
0.7
8.如图,在$△ ABC$中,$AB=20cm$,$AC=12cm$,点$P$从点$B$出发以$3cm/s$的速度向点$A$运动,点$Q$同时从点$A$出发以$2cm/s$的速度向点$C$运动,其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止.当$△ APQ$是以$PQ$为底的等腰三角形时,运动的时间是
4
s.答案
8.4
解析
【分析】
要解决这个问题，首先明确△APQ是以PQ为底的等腰三角形，根据等腰三角形“两腰相等”的性质，可得AP=AQ。我们先设运动时间为t秒，分别用含t的代数式表示出AP和AQ的长度，再根据等量关系列方程求解，最后验证所求时间是否符合动点的运动限制（两个动点都未到达端点）即可。
【解析】
设运动的时间为$ t $ s。
根据题意：
点P从B向A运动，速度为3cm/s，因此$ BP=3t\ \mathrm{cm} $，可得$ AP=AB-BP=20-3t\ \mathrm{cm} $；
点Q从A向C运动，速度为2cm/s，因此$ AQ=2t\ \mathrm{cm} $。
因为$ △ APQ $是以PQ为底的等腰三角形，所以两腰相等，即$ AP=AQ $，列方程：
$20-3t=2t$
移项得$ 5t=20 $，解得$ t=4 $。
验证：点Q到达C的时间为$ 12÷2=6\ \mathrm{s} $，点P到达A的时间为$ 20÷3\approx6.67\ \mathrm{s} $，$ 4\ \mathrm{s}＜6\ \mathrm{s} $，此时两个动点均未到达端点，符合题意。
【答案】
4
【知识点】
等腰三角形的性质；动点问题求解；一元一次方程的应用
【点评】
本题是等腰三角形与动点结合的基础题型，解题核心是抓住等腰三角形两腰相等的性质，把动态的线段长度转化为含时间的代数式，建立方程求解，要注意求出解后验证是否符合动点的运动范围，避免出现不符合题意的增解。
【难度系数】
0.7
要解决这个问题，首先明确△APQ是以PQ为底的等腰三角形，根据等腰三角形“两腰相等”的性质，可得AP=AQ。我们先设运动时间为t秒，分别用含t的代数式表示出AP和AQ的长度，再根据等量关系列方程求解，最后验证所求时间是否符合动点的运动限制（两个动点都未到达端点）即可。
【解析】
设运动的时间为$ t $ s。
根据题意：
点P从B向A运动，速度为3cm/s，因此$ BP=3t\ \mathrm{cm} $，可得$ AP=AB-BP=20-3t\ \mathrm{cm} $；
点Q从A向C运动，速度为2cm/s，因此$ AQ=2t\ \mathrm{cm} $。
因为$ △ APQ $是以PQ为底的等腰三角形，所以两腰相等，即$ AP=AQ $，列方程：
$20-3t=2t$
移项得$ 5t=20 $，解得$ t=4 $。
验证：点Q到达C的时间为$ 12÷2=6\ \mathrm{s} $，点P到达A的时间为$ 20÷3\approx6.67\ \mathrm{s} $，$ 4\ \mathrm{s}＜6\ \mathrm{s} $，此时两个动点均未到达端点，符合题意。
【答案】
4
【知识点】
等腰三角形的性质；动点问题求解；一元一次方程的应用
【点评】
本题是等腰三角形与动点结合的基础题型，解题核心是抓住等腰三角形两腰相等的性质，把动态的线段长度转化为含时间的代数式，建立方程求解，要注意求出解后验证是否符合动点的运动范围，避免出现不符合题意的增解。
【难度系数】
0.7
▲9.已知等腰三角形一腰上的中线将三角形的周长分成6cm和15cm的两部分，求这个三角形的腰和底边的长度。
答案
9. ①如图,AB+AD=6cm,BC+CD=15cm,
∵AD=DC,AB=AC,
∴2AD+AD=6cm,
∴AD=2cm,
∴AB=4cm,BC=13cm.
∵AB+AC＜BC,
∴不能构成三角形,故舍去
②如图,AB+AD=15cm,BC+CD=6cm,
同理可得AB=10cm,BC=1cm.
∵AB+AC＞BC,AB-AC＜BC,
∴能构成三角形.
∴腰长为10cm,底边为1cm,
∴这个三角形的腰和底边的长度分别为10cm,10cm,1cm
解析
【分析】
遇到等腰三角形腰上的中线分周长的问题，首先明确：一腰上的中线将腰分为等长的两段，周长分成的两部分分别是“腰长+半腰长”和“底边长+半腰长”；题目未说明哪部分为6cm、哪部分为15cm，因此需要分两种情况讨论；计算出边长后，必须根据三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）验证能否构成三角形，舍去不符合的情况。
【解析】
设腰长为$AB=AC$，$BD$是腰$AC$上的中线，因此$AD=DC$，分两种情况讨论：
① 若$AB+AD=6\mathrm{cm}$，$BC+CD=15\mathrm{cm}$：
$\because AB=AC=2AD$，$AD=DC$，
$\therefore AB+AD=2AD+AD=3AD=6\mathrm{cm}$，
解得$AD=2\mathrm{cm}$，
$\therefore AB=AC=2AD=4\mathrm{cm}$，$BC=15\mathrm{cm}-CD=15-2=13\mathrm{cm}$。
验证三边关系：$AB+AC=4+4=8\mathrm{cm}＜13\mathrm{cm}=BC$，不满足三角形构成条件，该情况舍去。
② 若$AB+AD=15\mathrm{cm}$，$BC+CD=6\mathrm{cm}$：
同理可得$AB+AD=3AD=15\mathrm{cm}$，
解得$AD=5\mathrm{cm}$，
$\therefore AB=AC=2AD=10\mathrm{cm}$，$BC=6\mathrm{cm}-CD=6-5=1\mathrm{cm}$。
验证三边关系：$AB+AC=10+10=20\mathrm{cm}＞1\mathrm{cm}=BC$，$AB-AC=0＜1\mathrm{cm}=BC$，满足三角形构成条件，该情况成立。
【答案】
这个三角形的腰和底边的长度分别为10cm，10cm，1cm
【知识点】
等腰三角形性质，三角形三边关系，分类讨论思想
【点评】
本题是等腰三角形相关的经典易错题，解题时需要注意分情况讨论周长被分成的两部分的对应关系，切忌漏算情况；同时求出边长后一定要验证三边是否能构成三角形，避免得到不符合实际的结果。
【难度系数】
0.6
遇到等腰三角形腰上的中线分周长的问题，首先明确：一腰上的中线将腰分为等长的两段，周长分成的两部分分别是“腰长+半腰长”和“底边长+半腰长”；题目未说明哪部分为6cm、哪部分为15cm，因此需要分两种情况讨论；计算出边长后，必须根据三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）验证能否构成三角形，舍去不符合的情况。
【解析】
设腰长为$AB=AC$，$BD$是腰$AC$上的中线，因此$AD=DC$，分两种情况讨论：
① 若$AB+AD=6\mathrm{cm}$，$BC+CD=15\mathrm{cm}$：
$\because AB=AC=2AD$，$AD=DC$，
$\therefore AB+AD=2AD+AD=3AD=6\mathrm{cm}$，
解得$AD=2\mathrm{cm}$，
$\therefore AB=AC=2AD=4\mathrm{cm}$，$BC=15\mathrm{cm}-CD=15-2=13\mathrm{cm}$。
验证三边关系：$AB+AC=4+4=8\mathrm{cm}＜13\mathrm{cm}=BC$，不满足三角形构成条件，该情况舍去。
② 若$AB+AD=15\mathrm{cm}$，$BC+CD=6\mathrm{cm}$：
同理可得$AB+AD=3AD=15\mathrm{cm}$，
解得$AD=5\mathrm{cm}$，
$\therefore AB=AC=2AD=10\mathrm{cm}$，$BC=6\mathrm{cm}-CD=6-5=1\mathrm{cm}$。
验证三边关系：$AB+AC=10+10=20\mathrm{cm}＞1\mathrm{cm}=BC$，$AB-AC=0＜1\mathrm{cm}=BC$，满足三角形构成条件，该情况成立。
【答案】
这个三角形的腰和底边的长度分别为10cm，10cm，1cm
【知识点】
等腰三角形性质，三角形三边关系，分类讨论思想
【点评】
本题是等腰三角形相关的经典易错题，解题时需要注意分情况讨论周长被分成的两部分的对应关系，切忌漏算情况；同时求出边长后一定要验证三边是否能构成三角形，避免得到不符合实际的结果。
【难度系数】
0.6
10.已知等边三角形ABC和点P,设点P到△ABC的三条边AB,AC,BC的距离分别为$h_1$,$h_2$,$h_3$,△ABC的高线长为$h$.
(1)如图1,若点P在边BC上.求证:$h=h_1+h_2$.
(2)如图2,当点P在△ABC内时,$h_1$,$h_2$,$h_3$和$h$有什么关系?证明你的结论.
★(3)如图3,当点P与点A在BC两侧时,$h_1$,$h_2$,$h_3$和$h$有什么关系(不需要证明)?
(1)如图1,若点P在边BC上.求证:$h=h_1+h_2$.
(2)如图2,当点P在△ABC内时,$h_1$,$h_2$,$h_3$和$h$有什么关系?证明你的结论.
★(3)如图3,当点P与点A在BC两侧时,$h_1$,$h_2$,$h_3$和$h$有什么关系(不需要证明)?
答案
10.(1)连结AP,则$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ APC}$,
$\therefore \frac{1}{2}BC· AM=\frac{1}{2}AB· PD+\frac{1}{2}AC· PE$,
即$\frac{1}{2}BC· h=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AC· h_2$.
又$\because △ ABC$是等边三角形,$\therefore BC=AB=AC,\therefore h=h_1+h_2$
(2)$h=h_1+h_2+h_3$.证明:连结AP,BP,CP,则$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ CAP}+S_{△ BCP}$,
$\therefore \frac{1}{2}BC· AM=\frac{1}{2}AB· PD+\frac{1}{2}AC· PE+\frac{1}{2}BC· PF$,
即$\frac{1}{2}BC· h=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AC· h_2+\frac{1}{2}BC· h_3$.
又$\because △ ABC$是等边三角形,$\therefore BC=AB=AC,\therefore h=h_1+h_2+h_3$
(3)$h=h_1+h_2-h_3$
解析
【分析】
本题采用面积法推导，核心思路是利用拆分后图形的面积和（差）等于原图形面积：
(1) 点P在BC边上时，连接AP可将△ABC拆分为△ABP和△ACP两个小三角形，两个小三角形面积之和等于△ABC的面积，结合等边三角形三边相等的性质，约去公共项即可得到h与$h_1$、$h_2$的关系；
(2) 点P在△ABC内部时，连接AP、BP、CP可将△ABC拆分为三个小三角形，三个小三角形面积之和等于△ABC的面积，同理结合等边三角形三边相等的性质推导对应关系；
(3) 点P与A在BC两侧时，仍用面积法分析，此时△BCP的面积需要做差处理，即可得到三者关系。
【解析】
(1) 证明：连结AP，
$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ APC}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· AM=\frac{1}{2}AB· PD+\frac{1}{2}AC· PE$，
即$\frac{1}{2}BC· h=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AC· h_2$，
又$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore BC=AB=AC$，
等式两边同时约去$\frac{1}{2}BC$，可得$h=h_1+h_2$。
(2) $h=h_1+h_2+h_3$，证明如下：
连结AP、BP、CP，
$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ CAP}+S_{△ BCP}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· AM=\frac{1}{2}AB· PD+\frac{1}{2}AC· PE+\frac{1}{2}BC· PF$，
即$\frac{1}{2}BC· h=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AC· h_2+\frac{1}{2}BC· h_3$，
又$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore BC=AB=AC$，
等式两边同时约去$\frac{1}{2}BC$，可得$h=h_1+h_2+h_3$。
(3) 直接写出关系为：$h=h_1+h_2-h_3$
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $h=h_1+h_2+h_3$，证明见解析；
(3) $h=h_1+h_2-h_3$
【知识点】
等边三角形性质、三角形面积计算、面积法应用
【点评】
本题是等边三角形距离关系的经典探究题型，将线段长度关系转化为图形面积的和差关系推导，体现了几何中割补转化的思想，能有效锻炼学生的逻辑推导能力和几何方法迁移能力。
【难度系数】
0.6
本题采用面积法推导，核心思路是利用拆分后图形的面积和（差）等于原图形面积：
(1) 点P在BC边上时，连接AP可将△ABC拆分为△ABP和△ACP两个小三角形，两个小三角形面积之和等于△ABC的面积，结合等边三角形三边相等的性质，约去公共项即可得到h与$h_1$、$h_2$的关系；
(2) 点P在△ABC内部时，连接AP、BP、CP可将△ABC拆分为三个小三角形，三个小三角形面积之和等于△ABC的面积，同理结合等边三角形三边相等的性质推导对应关系；
(3) 点P与A在BC两侧时，仍用面积法分析，此时△BCP的面积需要做差处理，即可得到三者关系。
【解析】
(1) 证明：连结AP，
$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ APC}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· AM=\frac{1}{2}AB· PD+\frac{1}{2}AC· PE$，
即$\frac{1}{2}BC· h=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AC· h_2$，
又$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore BC=AB=AC$，
等式两边同时约去$\frac{1}{2}BC$，可得$h=h_1+h_2$。
(2) $h=h_1+h_2+h_3$，证明如下：
连结AP、BP、CP，
$\because S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ CAP}+S_{△ BCP}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· AM=\frac{1}{2}AB· PD+\frac{1}{2}AC· PE+\frac{1}{2}BC· PF$，
即$\frac{1}{2}BC· h=\frac{1}{2}AB· h_1+\frac{1}{2}AC· h_2+\frac{1}{2}BC· h_3$，
又$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore BC=AB=AC$，
等式两边同时约去$\frac{1}{2}BC$，可得$h=h_1+h_2+h_3$。
(3) 直接写出关系为：$h=h_1+h_2-h_3$
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $h=h_1+h_2+h_3$，证明见解析；
(3) $h=h_1+h_2-h_3$
【知识点】
等边三角形性质、三角形面积计算、面积法应用
【点评】
本题是等边三角形距离关系的经典探究题型，将线段长度关系转化为图形面积的和差关系推导，体现了几何中割补转化的思想，能有效锻炼学生的逻辑推导能力和几何方法迁移能力。
【难度系数】
0.6
