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1. 如图,在△ABC中,AD与CE是△ABC的两条高,AB=CE=4,BC=5,则AD的长为
（第1题图） 
（变式题1(1)图）
【变式题1】本质不变,背景改变:锐角三角形→直角三角形、钝角三角形
(1)如图,在△ABC中AC⊥BC,CD⊥AB,垂足分别是C,D.若AC=6,BC=8,AB=10,则点C到AB的距离是
(2)如图,在△ABC中,AE,CD是△ABC的两条高,请画出AE,CD.已知AB=4,CD=2.
①△ABC的面积为
②若BC=3,则AE的长为
【变式题2】本质不变,图形及条件复杂化
如图,在△ABC中,∠C=90°,点D,P分别在边AB,AC上,且BP=AP,DE⊥BP,DF⊥AP,垂足分别为E,F,连接DP.若BC=5,求DE+DF的值.
$\frac{16}{5}$
.（第1题图） （变式题1(1)图）【变式题1】本质不变,背景改变:锐角三角形→直角三角形、钝角三角形
(1)如图,在△ABC中AC⊥BC,CD⊥AB,垂足分别是C,D.若AC=6,BC=8,AB=10,则点C到AB的距离是
4.8
;(2)如图,在△ABC中,AE,CD是△ABC的两条高,请画出AE,CD.已知AB=4,CD=2.
①△ABC的面积为
4
;②若BC=3,则AE的长为
$\frac{8}{3}$
.【变式题2】本质不变,图形及条件复杂化
如图,在△ABC中,∠C=90°,点D,P分别在边AB,AC上,且BP=AP,DE⊥BP,DF⊥AP,垂足分别为E,F,连接DP.若BC=5,求DE+DF的值.
答案
1.$\frac{16}{5}$
【变式题1】解:(1)4.8 (2)AE,CD如图所示.
①4 ②$\frac{8}{3}$【变式题2】解:因为 $S_{△ BDP}+S_{△ ADP}=S_{△ ABP}$,所以 $\frac{1}{2} BP · DE+\frac{1}{2} AP · DF=\frac{1}{2} AP · BC$.
又因为 $BP=AP$,所以 $\frac{1}{2} AP · DE+\frac{1}{2} AP · DF=\frac{1}{2} AP · BC$.所以 $DE+DF=BC=5$.
解析
【分析】
这组题均可通过等面积法求解，解题思路如下：
1. 求解三角形的未知高时，利用同一个三角形面积相等的性质，选取两组不同的底和对应高列出面积相等的等式，代入已知数值即可求出未知高，主第1题、变式题1的各小问均采用该思路。
2. 求解两条垂线段的和时，利用“几个小三角形的面积和等于组合后大三角形的面积”的关系，分别表示各部分面积，结合已知的等线段条件化简，即可得到所求线段和的数值，对应变式题2的解法。
【解析】
第1题
已知AD、CE是△ABC的高，△ABC的面积可表示为$\frac{1}{2}·AB·CE$，也可表示为$\frac{1}{2}·BC·AD$，两式相等：
$\frac{1}{2}×AB×CE=\frac{1}{2}×BC×AD$
代入AB=CE=4，BC=5，得：
$\frac{1}{2}×4×4=\frac{1}{2}×5×AD$
化简得$16=5AD$，解得$AD=\frac{16}{5}$。
变式题1
(1) 点C到AB的距离即AB边上的高CD的长度，△ABC为直角三角形，面积可表示为$\frac{1}{2}·AC·BC$，也可表示为$\frac{1}{2}·AB·CD$，两式相等：
$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10×CD$
化简得$24=5CD$，解得$CD=4.8$。
(2) AE、CD为高，作图见参考答案图示。
① 以AB为底，CD为高计算△ABC面积：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AB×CD=\frac{1}{2}×4×2=4$
② 以BC为底，AE为高，结合△ABC面积不变列等式：
$\frac{1}{2}×BC×AE=4$
代入BC=3，得$\frac{1}{2}×3×AE=4$，解得$AE=\frac{8}{3}$。
变式题2
由图可知$S_{△BDP}+S_{△ADP}=S_{△ABP}$，分别代入三角形面积公式：
$\frac{1}{2}·BP·DE + \frac{1}{2}·AP·DF = \frac{1}{2}·AP·BC$
已知BP=AP，将BP替换为AP，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AP$，化简得：
$DE+DF=BC$
代入BC=5，得DE+DF=5。
【答案】
1.$\frac{16}{5}$
【变式题1】(1)4.8 (2)AE,CD如图所示. ①4 ②$\frac{8}{3}$
【变式题2】DE+DF的值为5
【知识点】
三角形面积计算，等面积法，面积和差关系
【点评】
本题组核心考查等面积法的应用，解题关键是找到合理的面积等量关系，该方法是三角形线段计算的常用技巧，熟练掌握后可快速解决这类求高、求线段和的问题。
【难度系数】
0.7
这组题均可通过等面积法求解，解题思路如下：
1. 求解三角形的未知高时，利用同一个三角形面积相等的性质，选取两组不同的底和对应高列出面积相等的等式，代入已知数值即可求出未知高，主第1题、变式题1的各小问均采用该思路。
2. 求解两条垂线段的和时，利用“几个小三角形的面积和等于组合后大三角形的面积”的关系，分别表示各部分面积，结合已知的等线段条件化简，即可得到所求线段和的数值，对应变式题2的解法。
【解析】
第1题
已知AD、CE是△ABC的高，△ABC的面积可表示为$\frac{1}{2}·AB·CE$，也可表示为$\frac{1}{2}·BC·AD$，两式相等：
$\frac{1}{2}×AB×CE=\frac{1}{2}×BC×AD$
代入AB=CE=4，BC=5，得：
$\frac{1}{2}×4×4=\frac{1}{2}×5×AD$
化简得$16=5AD$，解得$AD=\frac{16}{5}$。
变式题1
(1) 点C到AB的距离即AB边上的高CD的长度，△ABC为直角三角形，面积可表示为$\frac{1}{2}·AC·BC$，也可表示为$\frac{1}{2}·AB·CD$，两式相等：
$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10×CD$
化简得$24=5CD$，解得$CD=4.8$。
(2) AE、CD为高，作图见参考答案图示
。① 以AB为底，CD为高计算△ABC面积：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AB×CD=\frac{1}{2}×4×2=4$
② 以BC为底，AE为高，结合△ABC面积不变列等式：
$\frac{1}{2}×BC×AE=4$
代入BC=3，得$\frac{1}{2}×3×AE=4$，解得$AE=\frac{8}{3}$。
变式题2
由图可知$S_{△BDP}+S_{△ADP}=S_{△ABP}$，分别代入三角形面积公式：
$\frac{1}{2}·BP·DE + \frac{1}{2}·AP·DF = \frac{1}{2}·AP·BC$
已知BP=AP，将BP替换为AP，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AP$，化简得：
$DE+DF=BC$
代入BC=5，得DE+DF=5。
【答案】
1.$\frac{16}{5}$
【变式题1】(1)4.8 (2)AE,CD如图所示.
①4 ②$\frac{8}{3}$【变式题2】DE+DF的值为5
【知识点】
三角形面积计算，等面积法，面积和差关系
【点评】
本题组核心考查等面积法的应用，解题关键是找到合理的面积等量关系，该方法是三角形线段计算的常用技巧，熟练掌握后可快速解决这类求高、求线段和的问题。
【难度系数】
0.7
2.如图，D，E分别是BC，AC的中点，$S_{△ CDE}=2$，则$△ ABC$的面积是（
A.4
B.8
C.10
D.12
B
）A.4
B.8
C.10
D.12
答案
2.B
解析
【分析】
解题时利用三角形中线的面积性质逐步推导即可：首先E是AC中点，可知DE是△ADC的中线，三角形中线会将三角形分成面积相等的两部分，据此先求出△ADC的面积；再根据D是BC中点，可知AD是△ABC的中线，同理推出△ABC的面积。
【解析】
解：
∵E是AC的中点，
∴DE是△ADC的中线，三角形的中线将三角形分为面积相等的两部分，
∴$S_{△ ADC}=2S_{△ CDE}$，
将$S_{△ CDE}=2$代入，得$S_{△ ADC}=2×2=4$。
又
∵D是BC的中点，
∴AD是△ABC的中线，
∴$S_{△ ABC}=2S_{△ ADC}=2×4=8$。
【答案】
B
【知识点】
三角形中线的面积性质；等积变换
【点评】
本题是三角形中线与面积结合的基础题型，核心是掌握“三角形的中线平分该三角形的面积”这一规律，两次运用该性质即可求出结果，解题时注意理清不同三角形之间的关系。
【难度系数】
0.7
解题时利用三角形中线的面积性质逐步推导即可：首先E是AC中点，可知DE是△ADC的中线，三角形中线会将三角形分成面积相等的两部分，据此先求出△ADC的面积；再根据D是BC中点，可知AD是△ABC的中线，同理推出△ABC的面积。
【解析】
解：
∵E是AC的中点，
∴DE是△ADC的中线，三角形的中线将三角形分为面积相等的两部分，
∴$S_{△ ADC}=2S_{△ CDE}$，
将$S_{△ CDE}=2$代入，得$S_{△ ADC}=2×2=4$。
又
∵D是BC的中点，
∴AD是△ABC的中线，
∴$S_{△ ABC}=2S_{△ ADC}=2×4=8$。
【答案】
B
【知识点】
三角形中线的面积性质；等积变换
【点评】
本题是三角形中线与面积结合的基础题型，核心是掌握“三角形的中线平分该三角形的面积”这一规律，两次运用该性质即可求出结果，解题时注意理清不同三角形之间的关系。
【难度系数】
0.7
3.如图，AD是$△ ABC$的中线，CE是$△ ACD$的中线.若$△ ABC$的面积是$12\ \mathrm{cm}^2$，则$△ CDE$的面积是（）
A.$3\ \mathrm{cm}^2$
B.$4\ \mathrm{cm}^2$
C.$6\ \mathrm{cm}^2$
D.$8\ \mathrm{cm}^2$
【延伸问】连接BE，则$S_{△ ABE} + S_{△ CDE}$的值为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}^2$.
A.$3\ \mathrm{cm}^2$
B.$4\ \mathrm{cm}^2$
C.$6\ \mathrm{cm}^2$
D.$8\ \mathrm{cm}^2$
【延伸问】连接BE，则$S_{△ ABE} + S_{△ CDE}$的值为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}^2$.
答案
3.A 【延伸问】6
解析
【分析】
解题的核心依据是：三角形的中线可将三角形分成两个等底同高、面积相等的小三角形。求解第一问时，先利用AD是△ABC的中线，求出△ACD的面积为△ABC面积的一半；再利用CE是△ACD的中线，得到△CDE的面积为△ACD面积的一半，即可求出结果。求解延伸问时，利用E是AD中点的性质，可得△ABE与△BDE面积相等，△ACE与△CDE面积相等，结合已知面积即可推导得所求的面积和。
【解析】
选择题部分
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，△ABD和△ACD等底同高，
∴$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×12=6\ \mathrm{cm}^2$。
又
∵CE是△ACD的中线，
∴AE=DE，△CDE和△CAE等底同高，
∴$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}S_{△ ACD}=\frac{1}{2}×6=3\ \mathrm{cm}^2$，故选A。
延伸问部分
∵E是AD中点，
∴△ABE和△BDE等底（AE=DE）同高（点B到AD的距离），故$S_{△ ABE}=S_{△ BDE}$；
同理$S_{△ ACE}=S_{△ CDE}=3\ \mathrm{cm}^2$。
∵$S_{△ ABE}+S_{△ BDE}=S_{△ ABD}=6\ \mathrm{cm}^2$，
∴$S_{△ ABE}=3\ \mathrm{cm}^2$，
因此$S_{△ ABE}+S_{△ CDE}=3+3=6\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
A；【延伸问】6
【知识点】
三角形中线的面积性质，等底同高三角形面积关系
【点评】
本题属于三角形面积计算的基础题，解题关键是理解三角形中线平分三角形面积的原理，本质是运用等底同高的三角形面积相等的规律，多次运用该规律即可快速求解。
【难度系数】
0.85
解题的核心依据是：三角形的中线可将三角形分成两个等底同高、面积相等的小三角形。求解第一问时，先利用AD是△ABC的中线，求出△ACD的面积为△ABC面积的一半；再利用CE是△ACD的中线，得到△CDE的面积为△ACD面积的一半，即可求出结果。求解延伸问时，利用E是AD中点的性质，可得△ABE与△BDE面积相等，△ACE与△CDE面积相等，结合已知面积即可推导得所求的面积和。
【解析】
选择题部分
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，△ABD和△ACD等底同高，
∴$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×12=6\ \mathrm{cm}^2$。
又
∵CE是△ACD的中线，
∴AE=DE，△CDE和△CAE等底同高，
∴$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}S_{△ ACD}=\frac{1}{2}×6=3\ \mathrm{cm}^2$，故选A。
延伸问部分
∵E是AD中点，
∴△ABE和△BDE等底（AE=DE）同高（点B到AD的距离），故$S_{△ ABE}=S_{△ BDE}$；
同理$S_{△ ACE}=S_{△ CDE}=3\ \mathrm{cm}^2$。
∵$S_{△ ABE}+S_{△ BDE}=S_{△ ABD}=6\ \mathrm{cm}^2$，
∴$S_{△ ABE}=3\ \mathrm{cm}^2$，
因此$S_{△ ABE}+S_{△ CDE}=3+3=6\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
A；【延伸问】6
【知识点】
三角形中线的面积性质，等底同高三角形面积关系
【点评】
本题属于三角形面积计算的基础题，解题关键是理解三角形中线平分三角形面积的原理，本质是运用等底同高的三角形面积相等的规律，多次运用该规律即可快速求解。
【难度系数】
0.85
4. 在$△ ABC$中,已知$D,E,F$分别为$BC,AD,CE$的中点.
（1）如图①,连接$BE$,若$S_{△ ABC}=1\ \mathrm{cm}^2$,求$△ BEF$的面积；
（2）如图②,若$S_{△ BFC}=1\ \mathrm{cm}^2$,则$△ ABC$的面积为
（1）如图①,连接$BE$,若$S_{△ ABC}=1\ \mathrm{cm}^2$,求$△ BEF$的面积；
（2）如图②,若$S_{△ BFC}=1\ \mathrm{cm}^2$,则$△ ABC$的面积为
4
$\mathrm{cm}^2$.答案
4.解:(1)因为 D 为 BC 的中点,所以 $S_{△ ABD}=S_{△ ACD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$. 因为 E 为 AD 的中点,所以 $S_{△ BED}=\frac{1}{2}S_{△ ABD}$,$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}S_{△ ACD}$. 所以 $S_{△ BEC}=S_{△ BED}+S_{△ CDE}=\frac{1}{2}S_{△ ABD}+\frac{1}{2}S_{△ ACD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$. 因为 F 为 CE 的中点,所以 $S_{△ BEF}=\frac{1}{2}S_{△ BEC}=\frac{1}{4} S_{△ ABC} = \frac{1}{4} \ \mathrm{cm}^2$.
(2)4
【点拨】连接 BE, 由(1) 可知 $S_{△ ABC}=4S_{△ BFC}=4\ \mathrm{cm}^2$.
(2)4
【点拨】连接 BE, 由(1) 可知 $S_{△ ABC}=4S_{△ BFC}=4\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
解决本题的核心是利用“三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形”这一性质，通过逐步转化所求三角形与已知面积三角形的关系求解。
（1）正向推导：先由D是BC中点，得到△ABD、△ACD的面积都是△ABC的一半；再由E是AD中点，推出△BED是△ABD的一半、△CDE是△ACD的一半，相加可得△BEC的面积是△ABC的一半；最后由F是CE中点，就能得到△BEF的面积是△BEC的一半，代入已知的△ABC面积即可算出结果。
（2）逆向推导：连接BE后，由F是CE中点可得△BFC面积是△BEC的一半，再结合（1）中△BEC面积是△ABC的一半的结论，就能推出△ABC面积是△BFC的4倍，代入已知计算即可。
【解析】
（1）
∵D为BC的中点，三角形中线将三角形分为面积相等的两部分，
∴$S_{△ABD}=S_{△ACD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
∵E为AD的中点，
∴$S_{△BED}=\frac{1}{2}S_{△ABD}$，$S_{△CDE}=\frac{1}{2}S_{△ACD}$，
∴$S_{△BEC}=S_{△BED}+S_{△CDE}=\frac{1}{2}S_{△ABD}+\frac{1}{2}S_{△ACD}=\frac{1}{2}(S_{△ABD}+S_{△ACD})=\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
又
∵F为CE的中点，
∴$S_{△BEF}=\frac{1}{2}S_{△BEC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
∵$S_{△ABC}=1\ \mathrm{cm}^2$，
∴$S_{△BEF}=\frac{1}{4}×1=\frac{1}{4}\ \mathrm{cm}^2$。
（2）连接BE，
由（1）的推导可知$S_{△BEC}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$，
∵F为CE的中点，
∴$S_{△BFC}=\frac{1}{2}S_{△BEC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
∵$S_{△BFC}=1\ \mathrm{cm}^2$，
∴$S_{△ABC}=4S_{△BFC}=4×1=4\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
（1）$\frac{1}{4}\ \mathrm{cm}^2$；（2）4
【知识点】
三角形中线的面积性质，等底同高三角形面积相等
【点评】
本题是三角形面积计算的典型题型，解题关键是熟练掌握三角形中线分三角形为等积两部分的性质，学会通过正向递推或逆向反推的方式建立所求面积和已知面积的关联，灵活运用面积的和差关系转化求解。
【难度系数】
0.7
解决本题的核心是利用“三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形”这一性质，通过逐步转化所求三角形与已知面积三角形的关系求解。
（1）正向推导：先由D是BC中点，得到△ABD、△ACD的面积都是△ABC的一半；再由E是AD中点，推出△BED是△ABD的一半、△CDE是△ACD的一半，相加可得△BEC的面积是△ABC的一半；最后由F是CE中点，就能得到△BEF的面积是△BEC的一半，代入已知的△ABC面积即可算出结果。
（2）逆向推导：连接BE后，由F是CE中点可得△BFC面积是△BEC的一半，再结合（1）中△BEC面积是△ABC的一半的结论，就能推出△ABC面积是△BFC的4倍，代入已知计算即可。
【解析】
（1）
∵D为BC的中点，三角形中线将三角形分为面积相等的两部分，
∴$S_{△ABD}=S_{△ACD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
∵E为AD的中点，
∴$S_{△BED}=\frac{1}{2}S_{△ABD}$，$S_{△CDE}=\frac{1}{2}S_{△ACD}$，
∴$S_{△BEC}=S_{△BED}+S_{△CDE}=\frac{1}{2}S_{△ABD}+\frac{1}{2}S_{△ACD}=\frac{1}{2}(S_{△ABD}+S_{△ACD})=\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
又
∵F为CE的中点，
∴$S_{△BEF}=\frac{1}{2}S_{△BEC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
∵$S_{△ABC}=1\ \mathrm{cm}^2$，
∴$S_{△BEF}=\frac{1}{4}×1=\frac{1}{4}\ \mathrm{cm}^2$。
（2）连接BE，
由（1）的推导可知$S_{△BEC}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$，
∵F为CE的中点，
∴$S_{△BFC}=\frac{1}{2}S_{△BEC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{4}S_{△ABC}$，
∵$S_{△BFC}=1\ \mathrm{cm}^2$，
∴$S_{△ABC}=4S_{△BFC}=4×1=4\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
（1）$\frac{1}{4}\ \mathrm{cm}^2$；（2）4
【知识点】
三角形中线的面积性质，等底同高三角形面积相等
【点评】
本题是三角形面积计算的典型题型，解题关键是熟练掌握三角形中线分三角形为等积两部分的性质，学会通过正向递推或逆向反推的方式建立所求面积和已知面积的关联，灵活运用面积的和差关系转化求解。
【难度系数】
0.7
