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例 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,D是AB上一点,过点D作$DE ⊥ BC$于点E,交CA的延长线于点F.
(1)试判断$△ ADF$的形状,并说明理由;
(2)若$AF=BE=2$,$∠ F=30°$,求$△ ABC$的周长.
分析:(1)由$AB=AC$,可知$∠ B=∠ C$,再由$DE ⊥ BC$,可知$∠ F+∠ C=90°$,$∠ BDE+∠ B=90°$,然后由余角的性质可推出$∠ F=∠ BDE$,再根据对顶角相等进行等量代换即可推出$∠ F=∠ FDA$,于是得到结论.
(2)根据直角三角形和等边三角形的性质即可得到.
解:(1)$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ C$.
$\because DE ⊥ BC$,
$\therefore ∠ F+∠ C=90°$,$∠ BDE+∠ B=90°$.
$\therefore ∠ F=∠ BDE$.
又 $∠ BDE=∠ FDA$,
$\therefore ∠ F=∠ FDA$.
$\therefore AF=AD$.
$\therefore △ ADF$是等腰三角形.
(2)$\because AF=AD=2$,$∠ F=30°$,
$\therefore ∠ ADF=∠ F=30°$.
$\therefore ∠ BDE=30°$.
$\because DE ⊥ BC$,
$\therefore ∠ DEB=90°$.
$\therefore DB=2BE=4$.
$\therefore AB=AD+DB=6$.
$\because ∠ F=30°$,
$\therefore ∠ C=60°$.
$\because AB=AC$,
$\therefore △ ABC$是等边三角形.
$\therefore △ ABC$的周长为$18$.
方法点拨 本题主要考查等腰三角形的判定与性质、余角的性质、对顶角的性质、直角三角形的性质等知识点,关键是根据相关的性质定理,推出一系列结论,然后加以联系,即可推出结果.
(1)试判断$△ ADF$的形状,并说明理由;
(2)若$AF=BE=2$,$∠ F=30°$,求$△ ABC$的周长.
分析:(1)由$AB=AC$,可知$∠ B=∠ C$,再由$DE ⊥ BC$,可知$∠ F+∠ C=90°$,$∠ BDE+∠ B=90°$,然后由余角的性质可推出$∠ F=∠ BDE$,再根据对顶角相等进行等量代换即可推出$∠ F=∠ FDA$,于是得到结论.
(2)根据直角三角形和等边三角形的性质即可得到.
解:(1)$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ C$.
$\because DE ⊥ BC$,
$\therefore ∠ F+∠ C=90°$,$∠ BDE+∠ B=90°$.
$\therefore ∠ F=∠ BDE$.
又 $∠ BDE=∠ FDA$,
$\therefore ∠ F=∠ FDA$.
$\therefore AF=AD$.
$\therefore △ ADF$是等腰三角形.
(2)$\because AF=AD=2$,$∠ F=30°$,
$\therefore ∠ ADF=∠ F=30°$.
$\therefore ∠ BDE=30°$.
$\because DE ⊥ BC$,
$\therefore ∠ DEB=90°$.
$\therefore DB=2BE=4$.
$\therefore AB=AD+DB=6$.
$\because ∠ F=30°$,
$\therefore ∠ C=60°$.
$\because AB=AC$,
$\therefore △ ABC$是等边三角形.
$\therefore △ ABC$的周长为$18$.
方法点拨 本题主要考查等腰三角形的判定与性质、余角的性质、对顶角的性质、直角三角形的性质等知识点,关键是根据相关的性质定理,推出一系列结论,然后加以联系,即可推出结果.
答案
解：(1)△ADF是等腰三角形，理由如下：
∵ $AB=AC$，
∴ $∠B=∠C$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠F+∠C=90°$，$∠BDE+∠B=90°$。
∴ $∠F=∠BDE$。
又 $∠BDE=∠FDA$，
∴ $∠F=∠FDA$。
∴ $AF=AD$。
∴ $△ ADF$是等腰三角形。
(2) $\because AF=AD=2$，$∠F=30°$，
∴ $∠ADF=∠F=30°$，
∴ $∠BDE=30°$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠DEB=90°$。
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$DB=2BE=4$。
∴ $AB=AD+DB=2+4=6$。
∵ $∠F=30°$，$∠F+∠C=90°$，
∴ $∠C=60°$。
又∵ $AB=AC$，
∴ $△ ABC$是等边三角形。
∴ $AB=AC=BC=6$，
∴ $△ ABC$的周长为$6×3=18$。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠B=∠C$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠F+∠C=90°$，$∠BDE+∠B=90°$。
∴ $∠F=∠BDE$。
又 $∠BDE=∠FDA$，
∴ $∠F=∠FDA$。
∴ $AF=AD$。
∴ $△ ADF$是等腰三角形。
(2) $\because AF=AD=2$，$∠F=30°$，
∴ $∠ADF=∠F=30°$，
∴ $∠BDE=30°$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠DEB=90°$。
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$DB=2BE=4$。
∴ $AB=AD+DB=2+4=6$。
∵ $∠F=30°$，$∠F+∠C=90°$，
∴ $∠C=60°$。
又∵ $AB=AC$，
∴ $△ ABC$是等边三角形。
∴ $AB=AC=BC=6$，
∴ $△ ABC$的周长为$6×3=18$。
解析
【分析】
(1)要判断△ADF的形状，可通过证明其两角相等推导：首先由已知AB=AC，根据等腰三角形等边对等角得∠B=∠C；再结合DE⊥BC，可得∠F与∠C互余、∠BDE与∠B互余，根据等角的余角相等推出∠F=∠BDE；最后利用对顶角相等将∠BDE替换为∠FDA，得到∠F=∠FDA，即可判定△ADF为等腰三角形。
(2)求△ABC的周长，先利用(1)的结论得AD=AF=2，再结合∠F=30°推出∠BDE=30°，在Rt△BDE中根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”求出BD的长度，进而得到AB的长度；再由∠F=30°、FE⊥BC求出∠C=60°，结合AB=AC可判定△ABC为等边三角形，即可计算其周长。
【解析】
(1)△ADF是等腰三角形，理由如下：
∵ $AB=AC$，
∴ $∠B=∠C$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠F+∠C=90°$，$∠BDE+∠B=90°$。
∴ $∠F=∠BDE$。
又 $∠BDE=∠FDA$，
∴ $∠F=∠FDA$。
∴ $AF=AD$。
∴ $△ ADF$是等腰三角形。
(2) $\because AF=AD=2$，$∠F=30°$，
∴ $∠ADF=∠F=30°$，
∴ $∠BDE=30°$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠DEB=90°$。
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$DB=2BE=4$。
∴ $AB=AD+DB=2+4=6$。
∵ $∠F=30°$，$∠F+∠C=90°$，
∴ $∠C=60°$。
又
∵ $AB=AC$，
∴ $△ ABC$是等边三角形。
∴ $AB=AC=BC=6$，
∴ $△ ABC$的周长为$6×3=18$。
【答案】
(1) $△ ADF$是等腰三角形；(2) $△ ABC$的周长为$\boxed{18}$
【知识点】
等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了三角形的角度推导与边长计算，解题核心是通过互余关系、对顶角相等完成角的等量代换，再结合特殊直角三角形、等边三角形的性质逐步推导边长，能够有效考查学生对等腰、等边三角形相关知识点的掌握和运用能力。
【难度系数】
0.7
(1)要判断△ADF的形状，可通过证明其两角相等推导：首先由已知AB=AC，根据等腰三角形等边对等角得∠B=∠C；再结合DE⊥BC，可得∠F与∠C互余、∠BDE与∠B互余，根据等角的余角相等推出∠F=∠BDE；最后利用对顶角相等将∠BDE替换为∠FDA，得到∠F=∠FDA，即可判定△ADF为等腰三角形。
(2)求△ABC的周长，先利用(1)的结论得AD=AF=2，再结合∠F=30°推出∠BDE=30°，在Rt△BDE中根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”求出BD的长度，进而得到AB的长度；再由∠F=30°、FE⊥BC求出∠C=60°，结合AB=AC可判定△ABC为等边三角形，即可计算其周长。
【解析】
(1)△ADF是等腰三角形，理由如下：
∵ $AB=AC$，
∴ $∠B=∠C$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠F+∠C=90°$，$∠BDE+∠B=90°$。
∴ $∠F=∠BDE$。
又 $∠BDE=∠FDA$，
∴ $∠F=∠FDA$。
∴ $AF=AD$。
∴ $△ ADF$是等腰三角形。
(2) $\because AF=AD=2$，$∠F=30°$，
∴ $∠ADF=∠F=30°$，
∴ $∠BDE=30°$。
∵ $DE⊥BC$，
∴ $∠DEB=90°$。
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$DB=2BE=4$。
∴ $AB=AD+DB=2+4=6$。
∵ $∠F=30°$，$∠F+∠C=90°$，
∴ $∠C=60°$。
又
∵ $AB=AC$，
∴ $△ ABC$是等边三角形。
∴ $AB=AC=BC=6$，
∴ $△ ABC$的周长为$6×3=18$。
【答案】
(1) $△ ADF$是等腰三角形；(2) $△ ABC$的周长为$\boxed{18}$
【知识点】
等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了三角形的角度推导与边长计算，解题核心是通过互余关系、对顶角相等完成角的等量代换，再结合特殊直角三角形、等边三角形的性质逐步推导边长，能够有效考查学生对等腰、等边三角形相关知识点的掌握和运用能力。
【难度系数】
0.7
在等边三角形ABC三边上分别取点D,E,F,使得AD=BE=CF,顺次连接点D,E,F得到$△ DEF$,易得$△ ADF ≌ △ BED ≌ △ CFE$,设$S_{△ ABC}=1$,则$S_{△ DEF}=1-3S_{△ ADF}$.
如图①,当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$时,$S_{△ DEF}=1-3×\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$;
如图②,当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{3}$时,$S_{△ DEF}=1-3×\frac{2}{9}=\frac{1}{3}$;
如图③,当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{4}$时,$S_{△ DEF}=1-3×\frac{3}{16}=\frac{7}{16}$;
……
直接写出当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{10}$时,$S_{△ DEF}=$
如图①,当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$时,$S_{△ DEF}=1-3×\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$;
如图②,当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{3}$时,$S_{△ DEF}=1-3×\frac{2}{9}=\frac{1}{3}$;
如图③,当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{4}$时,$S_{△ DEF}=1-3×\frac{3}{16}=\frac{7}{16}$;
……
直接写出当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{10}$时,$S_{△ DEF}=$
$\frac{73}{100}$
.答案
$\frac{73}{100}$
解析
【分析】
我们可以先通过给出的示例推导通用规律，也可结合等边三角形的性质、直角三角形的性质及三角形面积公式推导面积表达式。首先设$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{n}$，结合AD=CF可求出AF与AB的比值，再分别表示出$△ ADF$和$△ ABC$的面积，得到$S_{△ ADF}$的表达式，最后代入公式$S_{△ DEF}=1-3S_{△ ADF}$，将n=10代入即可求出结果。
【解析】
设$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{n}$，已知$△ ABC$是等边三角形，$S_{△ ABC}=1$，AD=CF，∠A=60°。
则$AF = AC - CF = AB - AD$，因此$\frac{AF}{AB} = \frac{AB - AD}{AB} = 1 - \frac{1}{n} = \frac{n-1}{n}$。
设AB的长度为n，则AD=1，AF=n-1：
等边三角形的高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍，因此$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × n × \frac{\sqrt{3}}{2}n = \frac{\sqrt{3}}{4}n^2 = 1$。
过点D作DH⊥AF交AF于点H，Rt△ADH中，∠A=60°，所以∠ADH=30°，可得$AH=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}$，由勾股定理得高$DH=\sqrt{AD^2 - AH^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
因此$S_{△ ADF}=\frac{1}{2} × AF × DH = \frac{1}{2} × (n-1) × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}(n-1)}{4}$。
可得$\frac{S_{△ ADF}}{S_{△ ABC}} = \frac{\frac{\sqrt{3}(n-1)}{4}}{\frac{\sqrt{3}n^2}{4}} = \frac{n-1}{n^2}$，即$S_{△ ADF}=\frac{n-1}{n^2}$。
代入公式$S_{△ DEF}=1-3S_{△ ADF}$得：
$S_{△ DEF}=1 - 3×\frac{n-1}{n^2} = \frac{n^2 - 3n + 3}{n^2}$
当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{10}$时，n=10，代入得：
$S_{△ DEF}=\frac{10^2 - 3×10 + 3}{10^2} = \frac{100 - 30 + 3}{100} = \frac{73}{100}$
【答案】
$\frac{73}{100}$
【知识点】
等边三角形的性质，三角形面积计算，规律探究
【点评】
本题属于规律探究与几何计算结合的题型，既可以通过归纳给出的示例得到通用公式求解，也可以通过几何推导得到面积表达式计算，能很好地考查学生的归纳总结能力和基础几何计算能力。
【难度系数】
0.7
我们可以先通过给出的示例推导通用规律，也可结合等边三角形的性质、直角三角形的性质及三角形面积公式推导面积表达式。首先设$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{n}$，结合AD=CF可求出AF与AB的比值，再分别表示出$△ ADF$和$△ ABC$的面积，得到$S_{△ ADF}$的表达式，最后代入公式$S_{△ DEF}=1-3S_{△ ADF}$，将n=10代入即可求出结果。
【解析】
设$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{n}$，已知$△ ABC$是等边三角形，$S_{△ ABC}=1$，AD=CF，∠A=60°。
则$AF = AC - CF = AB - AD$，因此$\frac{AF}{AB} = \frac{AB - AD}{AB} = 1 - \frac{1}{n} = \frac{n-1}{n}$。
设AB的长度为n，则AD=1，AF=n-1：
等边三角形的高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍，因此$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × n × \frac{\sqrt{3}}{2}n = \frac{\sqrt{3}}{4}n^2 = 1$。
过点D作DH⊥AF交AF于点H，Rt△ADH中，∠A=60°，所以∠ADH=30°，可得$AH=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}$，由勾股定理得高$DH=\sqrt{AD^2 - AH^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
因此$S_{△ ADF}=\frac{1}{2} × AF × DH = \frac{1}{2} × (n-1) × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}(n-1)}{4}$。
可得$\frac{S_{△ ADF}}{S_{△ ABC}} = \frac{\frac{\sqrt{3}(n-1)}{4}}{\frac{\sqrt{3}n^2}{4}} = \frac{n-1}{n^2}$，即$S_{△ ADF}=\frac{n-1}{n^2}$。
代入公式$S_{△ DEF}=1-3S_{△ ADF}$得：
$S_{△ DEF}=1 - 3×\frac{n-1}{n^2} = \frac{n^2 - 3n + 3}{n^2}$
当$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{10}$时，n=10，代入得：
$S_{△ DEF}=\frac{10^2 - 3×10 + 3}{10^2} = \frac{100 - 30 + 3}{100} = \frac{73}{100}$
【答案】
$\frac{73}{100}$
【知识点】
等边三角形的性质，三角形面积计算，规律探究
【点评】
本题属于规律探究与几何计算结合的题型，既可以通过归纳给出的示例得到通用公式求解，也可以通过几何推导得到面积表达式计算，能很好地考查学生的归纳总结能力和基础几何计算能力。
【难度系数】
0.7
