登录
5. 新题型 新定义 若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积,我们把这个三角形叫作比例三角形.
(1)已知$△ ABC$是比例三角形,$AB=2,BC=3$,请直接写出所有满足条件的$AC$的长.
(2)如图①,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,对角线$BD$平分$∠ ABC$,$∠ BAC=∠ ADC$.
①求证:$△ ABC∽△ DCA$;
②求证:$△ ABC$是比例三角形.
(3)如图②,在(2)的条件下,当$∠ ADC=90°$时,求出$\frac{BD}{AC}$的值.
(1)已知$△ ABC$是比例三角形,$AB=2,BC=3$,请直接写出所有满足条件的$AC$的长.
(2)如图①,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,对角线$BD$平分$∠ ABC$,$∠ BAC=∠ ADC$.
①求证:$△ ABC∽△ DCA$;
②求证:$△ ABC$是比例三角形.
(3)如图②,在(2)的条件下,当$∠ ADC=90°$时,求出$\frac{BD}{AC}$的值.
答案
5. (1) 已知△ABC是比例三角形,且AB=2,BC=3,分以下三种情况讨论:①当$AB^2=BC·AC$时,得4=3AC,解得AC=$\frac{4}{3}$;②当$BC^2=AB·AC$时,得9=2AC,解得AC=$\frac{9}{2}$;③当$AC^2=AB·BC$时,得$AC^2=6$,解得AC=$\sqrt{6}$(负值已舍去).
∴ 满足条件的AC的长为$\frac{4}{3}$或$\frac{9}{2}$或$\sqrt{6}$.
(2) ①
∵ AD//BC,
∴ ∠ACB=∠CAD.又∠BAC=∠ADC,
∴ △ABC∽△DCA.
②由①知,△ABC∽△DCA,
∴ $\frac{BC}{AC}=\frac{AC}{AD}$,即$AC^2=BC·AD$.
∵ AD//BC,
∴ ∠ADB=∠CBD.
∵ BD平分∠ABC,
∴ ∠ABD=∠CBD,
∴ ∠ADB=∠ABD,
∴ AB=AD,
∴ $AC^2=BC·AB$,
∴ △ABC是比例三角形.
(3) 过点A作AH⊥BD于点H.
∵ AB=AD,
∴ BH=$\frac{1}{2}BD$.
∵ AD//BC,∠ADC=90°,
∴ ∠BCD=90°,
∴ ∠BHA=∠BCD=90°.又∠ABH=∠DBC,
∴ △ABH∽△DBC,
∴ $\frac{AB}{DB}=\frac{BH}{BC}$,即$AB·BC=BH·DB$,
∴ $AB·BC=\frac{1}{2}BD^2$.又$AB·BC=AC^2$,
∴ $\frac{1}{2}BD^2=AC^2$,
∴ $\frac{BD}{AC}=\sqrt{2}$.
∴ 满足条件的AC的长为$\frac{4}{3}$或$\frac{9}{2}$或$\sqrt{6}$.
(2) ①
∵ AD//BC,
∴ ∠ACB=∠CAD.又∠BAC=∠ADC,
∴ △ABC∽△DCA.
②由①知,△ABC∽△DCA,
∴ $\frac{BC}{AC}=\frac{AC}{AD}$,即$AC^2=BC·AD$.
∵ AD//BC,
∴ ∠ADB=∠CBD.
∵ BD平分∠ABC,
∴ ∠ABD=∠CBD,
∴ ∠ADB=∠ABD,
∴ AB=AD,
∴ $AC^2=BC·AB$,
∴ △ABC是比例三角形.
(3) 过点A作AH⊥BD于点H.
∵ AB=AD,
∴ BH=$\frac{1}{2}BD$.
∵ AD//BC,∠ADC=90°,
∴ ∠BCD=90°,
∴ ∠BHA=∠BCD=90°.又∠ABH=∠DBC,
∴ △ABH∽△DBC,
∴ $\frac{AB}{DB}=\frac{BH}{BC}$,即$AB·BC=BH·DB$,
∴ $AB·BC=\frac{1}{2}BD^2$.又$AB·BC=AC^2$,
∴ $\frac{1}{2}BD^2=AC^2$,
∴ $\frac{BD}{AC}=\sqrt{2}$.
6. (2024·深圳中考)垂中平行四边形的定义如下:在平行四边形中,过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边,若交点是这条边的中点,则该平行四边形是“垂中平行四边形”.
(1)如图①所示,四边形ABCD为“垂中平行四边形”,$AF=\sqrt{5}$, $CE=2$,则$AE=$
(2)如图②,若四边形ABCD为“垂中平行四边形”,且$AB=BD$,猜想$AF$与$CD$的关系,并说明理由.
(3)①如图③所示,在$△ ABC$中,$BE=5$, $CE=2AE=12$, $BE ⊥ AC$交$AC$于点$E$,请画出以$BC$为边的垂中平行四边形,要求:点$A$在垂中平行四边形的一条边上;(温馨提示:不限作图工具)
②若$△ ABC$关于直线$AC$对称得到$△ AB'C$,作射线$CB'$交①中所画平行四边形的边于点$P$,连接$PE$,请直接写出$PE$的值.
(1)如图①所示,四边形ABCD为“垂中平行四边形”,$AF=\sqrt{5}$, $CE=2$,则$AE=$
1
; $AB=$√17
.(2)如图②,若四边形ABCD为“垂中平行四边形”,且$AB=BD$,猜想$AF$与$CD$的关系,并说明理由.
(3)①如图③所示,在$△ ABC$中,$BE=5$, $CE=2AE=12$, $BE ⊥ AC$交$AC$于点$E$,请画出以$BC$为边的垂中平行四边形,要求:点$A$在垂中平行四边形的一条边上;(温馨提示:不限作图工具)
②若$△ ABC$关于直线$AC$对称得到$△ AB'C$,作射线$CB'$交①中所画平行四边形的边于点$P$,连接$PE$,请直接写出$PE$的值.
答案
6. (1) 1 $\sqrt{17}$ 解析:
∵ AD//BC,F为AD的中点,AD=BC,AF=$\sqrt{5}$,CE=2,
∴ △AEF∽△CEB,BC=AD=2AF=2$\sqrt{5}$,
∴ $\frac{AF}{CB}=\frac{AE}{CE}$,即$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=\frac{AE}{2}$,解得AE=1,
∴ $BE^2=BC^2-CE^2=(2\sqrt{5})^2-2^2=16$,
∴ AB=$\sqrt{AE^2+BE^2}=\sqrt{1^2+16}=\sqrt{17}$.
(2) AF=$\sqrt{2}$ CD,理由如下:根据题意,在垂中平行四边形ABCD中,AF⊥BD,且F为BC的中点,
∴ AD=BC=2BF,∠AEB=90°.又
∵ AD//BC,
∴ △AED∽△FEB,
∴ $\frac{AE}{FE}=\frac{AD}{FB}=\frac{DE}{BE}=2$.设BE=a,则DE=2a.
∵ AB=BD,
∴ AB=BD=BE+ED=a+2a=3a,
∴ AE=$\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{(3a)^2-a^2}=2\sqrt{2}a$,EF=$\sqrt{2}a$,
∴ AF=AE+EF=2$\sqrt{2}a+\sqrt{2}a=3\sqrt{2}a$.
∵ AB=CD,
∴ $\frac{AF}{CD}=\frac{AF}{AB}=\frac{3\sqrt{2}a}{3a}=\sqrt{2}$,
∴ AF=$\sqrt{2}$ CD.
(3) ①第一种情况:作BC的平行线AD,使AD=BC,连接CD,则四边形ABCD为平行四边形,延长BE交AD于点F.
∵ BC//AD,
∴ △AEF∽△CEB,
∴ $\frac{AF}{CB}=\frac{AE}{CE}$.
∵ AD=BC,CE=2AE,
∴ $\frac{AF}{CB}=\frac{AE}{CE}=\frac{1}{2}$,即AF=$\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD$,
∴ F为AD的中点.故如图①所示,四边形ABCD即为所求的垂中平行四边形.
第二种情况:作∠ABC的平分线,以点C为圆心,CB长为半径画圆交∠ABC的平分线于点H,延长CH交BE的延长线于点D,在射线BA上取AF=AB,连接DF,故A为BF的中点,同理可证明AB=$\frac{1}{2}CD$,则BF=AB+AF=2AB=CD,则四边形BCDF是平行四边形.故如图②所示,四边形BCDF即为所求的垂中平行四边形.
第三种情况:作AD//BC,交BE的延长线于点D,连接CD,在DA延长线上取点F,使AF=AD,连接BF,则A为DF的中点,同理可证明AD=$\frac{1}{2}BC$,从而DF=BC,故四边形BCDF是平行四边形,如图③所示,四边形BCDF即为所求的垂中平行四边形.
②PE=$\frac{3\sqrt{41}}{4}$或$\frac{3\sqrt{41}}{2}$. 解析:若按照图①作图,如图④,由题意可知,∠ACB=∠ACP,
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ ∠ACB=∠PAC,
∴ ∠PAC=∠PCA,
∴ △PAC是等腰三角形.过点P作PH⊥AC于点H,则AH=HC,
∵ BE=5,CE=2AE=12,
∴ B'E=BE=5,AE=6,
∴ AH=HC=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}(AE+CE)=\frac{1}{2}×(6+12)=9$,
∴ EH=AH-AE=9-6=3.
∵ PH⊥AC,BE⊥AC,
∴ △CPH∽△CB'E,
∴ $\frac{PH}{B'E}=\frac{CH}{CE}$,即PH=$\frac{CH·B'E}{CE}=\frac{9×5}{12}=\frac{15}{4}$,
∴ PE=$\sqrt{EH^2+PH^2}=\sqrt{3^2+(\frac{15}{4})^2}=\frac{3\sqrt{41}}{4}$.
若按照图②作图,如图⑤,延长CA,DF交于点G,同理可得△PGC是等腰三角形,连接PA,
∵ GF//BC,
∴ △GAF∽△CAB,
∴ $\frac{AF}{AB}=\frac{AG}{AC}=1$,
∴ AG=AC,
∴ PA⊥AC;同理,△CPA∽△CB'E,
∵ AE=6,EC=12,B'E=BE=5,
∴ $\frac{B'E}{PA}=\frac{CE}{CA}$,即PA=$\frac{B'E·CA}{CE}=\frac{5×18}{12}=\frac{15}{2}$,
∴ PE=$\sqrt{PA^2+AE^2}=\sqrt{(\frac{15}{2})^2+6^2}=\frac{3\sqrt{41}}{2}$;若按照图③作图,如图⑥,则没有交点,不存在PE.
