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1[2025浙江衢州期中,中]如图,在等腰△ABC中,AB=AC,图中所有三角形均相似,其中最小的三角形面积为1,△ABC的面积为44,则四边形DBCE的面积是 ()
A.22
B.24
C.26
D.28
(第1题图)
(第2题图)
A.22
B.24
C.26
D.28
(第1题图)
(第2题图)
答案
D
解析
设最小的三角形面积为1，由所有三角形均相似，可得△ADE内部，除最上方的大三角形外，剩余7个均为面积1的最小三角形。
设△ADE的面积为S，最上方的大三角形与△ADE的相似比为3:4，因此面积比为9:16，即最上方大三角形面积为$\frac{9}{16}S$。
根据面积关系：$S - \frac{9}{16}S = 7×1$，解得$S=16$。
已知△ABC的面积为44，因此四边形DBCE的面积为$44 - 16 = 28$。
设△ADE的面积为S，最上方的大三角形与△ADE的相似比为3:4，因此面积比为9:16，即最上方大三角形面积为$\frac{9}{16}S$。
根据面积关系：$S - \frac{9}{16}S = 7×1$，解得$S=16$。
已知△ABC的面积为44，因此四边形DBCE的面积为$44 - 16 = 28$。
2[2025 浙江宁波期中,较难]如图,已知菱形ABCD的边长为2,对角线AC,BD相交于点O,点M,N分别是边BC,CD上的动点,∠BAC=∠MAN=60°,连结MN,OM.以下四个结论正确的是 ()
①$△ AMN$是等边三角形;②$MN$的最小值是$\sqrt{3}$;
③当$MN$的长最小时,$S_{△ CMN}=\frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$;④四边形AMCN周长的最小值是$2+2\sqrt{3}$.
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.①②③④
①$△ AMN$是等边三角形;②$MN$的最小值是$\sqrt{3}$;
③当$MN$的长最小时,$S_{△ CMN}=\frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$;④四边形AMCN周长的最小值是$2+2\sqrt{3}$.
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.①②③④
答案
D
解析
1. 证明①：菱形ABCD边长为2，∠BAC=60°，因此△ABC、△ACD均为等边三角形，AB=AC，∠ABM=∠ACN=60°。由∠BAM+∠MAC=∠MAN=∠CAN+∠MAC=60°，得∠BAM=∠CAN，可证△ABM≌△ACN(ASA)，得AM=AN，结合∠MAN=60°，故△AMN是等边三角形，①正确。
2. 验证②：等边△AMN中MN=AM，当AM⊥BC时，AM取得最小值（即等边△ABC的高）为√3，因此MN的最小值是√3，②正确。
3. 验证③：当MN最小时，AM⊥BC，M为BC中点，由△ABM≌△ACN得N为CD中点，CM=CN=1，∠MCN=120°，计算得$S_{△ CMN}=\frac{1}{2}×1×1×\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{4}$。菱形ABCD面积$S_{菱形ABCD}=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，因此$S_{△ CMN}=\frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$，③正确。
4. 验证④：四边形AMCN周长$=AM+MC+CN+AN$，由△ABM≌△ACN得CN=BM，因此$MC+CN=MC+BM=BC=2$，周长$=AM+AN+2$。因AM=AN，当AM取最小值√3时，AN=√3，周长最小值为$2+2\sqrt{3}$，④正确。
综上四个结论均正确。
2. 验证②：等边△AMN中MN=AM，当AM⊥BC时，AM取得最小值（即等边△ABC的高）为√3，因此MN的最小值是√3，②正确。
3. 验证③：当MN最小时，AM⊥BC，M为BC中点，由△ABM≌△ACN得N为CD中点，CM=CN=1，∠MCN=120°，计算得$S_{△ CMN}=\frac{1}{2}×1×1×\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{4}$。菱形ABCD面积$S_{菱形ABCD}=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，因此$S_{△ CMN}=\frac{1}{8}S_{菱形ABCD}$，③正确。
4. 验证④：四边形AMCN周长$=AM+MC+CN+AN$，由△ABM≌△ACN得CN=BM，因此$MC+CN=MC+BM=BC=2$，周长$=AM+AN+2$。因AM=AN，当AM取最小值√3时，AN=√3，周长最小值为$2+2\sqrt{3}$，④正确。
综上四个结论均正确。
3[2026 浙江绍兴上虞区质检,中]如图,已知△ABC∽△DEF,则△ABC与△DEF的面积的比值是。
答案
$\boldsymbol{\frac{1}{4}}$
解析
解：
∵△ABC∽△DEF，
∴对应边成比例，即 $\frac{a}{a+b}=\frac{b}{a+c}=\frac{c}{b+c}=k$，
由等比性质可得：
$k=\frac{a+b+c}{(a+b)+(a+c)+(b+c)}=\frac{a+b+c}{2(a+b+c)}$，
∵a,b,c是三角形的边长，故$a+b+c≠0$，
∴$k=\frac{1}{2}$，
∵相似三角形的面积比等于相似比的平方，
∴$\frac{S_{△ ABC}}{S_{△ DEF}}=k^2=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$。
最终
∵△ABC∽△DEF，
∴对应边成比例，即 $\frac{a}{a+b}=\frac{b}{a+c}=\frac{c}{b+c}=k$，
由等比性质可得：
$k=\frac{a+b+c}{(a+b)+(a+c)+(b+c)}=\frac{a+b+c}{2(a+b+c)}$，
∵a,b,c是三角形的边长，故$a+b+c≠0$，
∴$k=\frac{1}{2}$，
∵相似三角形的面积比等于相似比的平方，
∴$\frac{S_{△ ABC}}{S_{△ DEF}}=k^2=(\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}$。
最终
4[较难]如图,在$△ ABC$中,D,E是边AB上的两点$(AD＜AE)$,且满足$AD=BE$,过点D,E分别作BC的平行线,分别交AC于点L,F,过点D作AC的平行线,分别交EF,BC于点H,G,它们将$△ ABC$分成如图所示的5个部分,其面积依次记为$S_1,S_2,S_3,S_4,S_5$.若$S_2=18,S_3=6$,则$AD:DE=$,$S_{△ ABC}=$.
答案
$\boldsymbol{1:3}$，$\boldsymbol{75}$。
解析
解：设$AD = m$，$DE = n$，由$AD=BE$得$BE=m$，因此$AB = AD+DE+BE = 2m+n$。
因为$DL// BC$，$EF// BC$，$DH// AC$，所以四边形$DLHF$和四边形$HFCG$均为平行四边形。
由平行线分线段成比例可得：
$\frac{S_2}{S_3} = \frac{n}{m} = \frac{18}{6} = 3$
即$n=3m$，因此$AD:DE = m:n = 1:3$。
将$n=3m$代入$AB=2m+n$，得$AB=5m$。
由平行四边形面积与相似三角形面积比例关系：
$S_3 = \frac{2· AD^2}{AB^2}· S_{△ ABC}$
代入$AD=m$，$AB=5m$，$S_3=6$：
$6 = \frac{2m^2}{(5m)^2}· S_{△ ABC}$
解得$S_{△ ABC}=75$。
因为$DL// BC$，$EF// BC$，$DH// AC$，所以四边形$DLHF$和四边形$HFCG$均为平行四边形。
由平行线分线段成比例可得：
$\frac{S_2}{S_3} = \frac{n}{m} = \frac{18}{6} = 3$
即$n=3m$，因此$AD:DE = m:n = 1:3$。
将$n=3m$代入$AB=2m+n$，得$AB=5m$。
由平行四边形面积与相似三角形面积比例关系：
$S_3 = \frac{2· AD^2}{AB^2}· S_{△ ABC}$
代入$AD=m$，$AB=5m$，$S_3=6$：
$6 = \frac{2m^2}{(5m)^2}· S_{△ ABC}$
解得$S_{△ ABC}=75$。
5[2025浙江杭州期末,较难]如图,平行四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点B作BE//AC,交DA的延长线于点E,连结OE,交AB于点F,则四边形BCOF的面积与△AEF的面积的比值为.
刷素养 走向重高
刷素养 走向重高
答案
$\boldsymbol{\frac{5}{2}}$
解析
解：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，AD=BC，OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，O是BD中点。
∵ BE//AC，
∴ 四边形AEBC是平行四边形，
∴ AE=BC，即AE=AD，A为DE中点。
∵ O是BD中点，A是DE中点，
∴ AO是△DEB的中位线，
∴ AO//BE，AO=$\frac{1}{2}$BE。
∴ △AFO∽△BFE，相似比为AO:BE=1:2，
∴ AF:FB=1:2，即AF=$\frac{1}{3}$AB。
设$S_{△ AEF}=S$，
∵ △AEF与△BEF同高，底AF:FB=1:2，
∴ $S_{△ BEF}=2S$，$S_{△ ABE}=S_{△ AEF}+S_{△ BEF}=3S$。
∵ 四边形AEBC是平行四边形，
∴ $S_{△ ABC}=S_{△ ABE}=3S$。
∵ O是AC中点，
∴ $S_{△ ABO}=S_{△ BOC}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{3S}{2}$。
∵ △AFO与△BFE的面积比为相似比的平方1:4，$S_{△ BEF}=2S$，
∴ $S_{△ AFO}=\frac{S}{2}$。
∴ $S_{△ BOF}=S_{△ ABO}-S_{△ AFO}=\frac{3S}{2}-\frac{S}{2}=S$。
∴ 四边形BCOF的面积 = $S_{△ BOF}+S_{△ BOC}=S+\frac{3S}{2}=\frac{5S}{2}$。
∴ 四边形BCOF的面积与△AEF的面积的比值为$\frac{5S}{2}:S=\frac{5}{2}$。
最终
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，AD=BC，OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，O是BD中点。
∵ BE//AC，
∴ 四边形AEBC是平行四边形，
∴ AE=BC，即AE=AD，A为DE中点。
∵ O是BD中点，A是DE中点，
∴ AO是△DEB的中位线，
∴ AO//BE，AO=$\frac{1}{2}$BE。
∴ △AFO∽△BFE，相似比为AO:BE=1:2，
∴ AF:FB=1:2，即AF=$\frac{1}{3}$AB。
设$S_{△ AEF}=S$，
∵ △AEF与△BEF同高，底AF:FB=1:2，
∴ $S_{△ BEF}=2S$，$S_{△ ABE}=S_{△ AEF}+S_{△ BEF}=3S$。
∵ 四边形AEBC是平行四边形，
∴ $S_{△ ABC}=S_{△ ABE}=3S$。
∵ O是AC中点，
∴ $S_{△ ABO}=S_{△ BOC}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{3S}{2}$。
∵ △AFO与△BFE的面积比为相似比的平方1:4，$S_{△ BEF}=2S$，
∴ $S_{△ AFO}=\frac{S}{2}$。
∴ $S_{△ BOF}=S_{△ ABO}-S_{△ AFO}=\frac{3S}{2}-\frac{S}{2}=S$。
∴ 四边形BCOF的面积 = $S_{△ BOF}+S_{△ BOC}=S+\frac{3S}{2}=\frac{5S}{2}$。
∴ 四边形BCOF的面积与△AEF的面积的比值为$\frac{5S}{2}:S=\frac{5}{2}$。
最终
6 核心素养 模型观念 [较难] 如图(1)所示,在△ABC中,AB=4,D是AB上一点(不与A,B重合),DE//BC交AC于点E,连结CD.设△ABC的面积为S,△DEC的面积为S'.
(1)当AD=3时,△ADE的面积是6,求S'的值;
(2)当AD=3时,求S的值(结果用含字母S'的代数式表示);
(3)如图(2)所示,在四边形ABCD中,AB=4,AD//BC,AD=$\frac{1}{2}$BC,E是AB上一点(不与A,B重合),EF//BC交CD于点F,连结CE.设AE=n,四边形ABCD的面积为S,△CEF的面积为S',请你利用前面问题的解法或结论,用含字母n的代数式表示$\frac{S'}{S}$.
(1)当AD=3时,△ADE的面积是6,求S'的值;
(2)当AD=3时,求S的值(结果用含字母S'的代数式表示);
(3)如图(2)所示,在四边形ABCD中,AB=4,AD//BC,AD=$\frac{1}{2}$BC,E是AB上一点(不与A,B重合),EF//BC交CD于点F,连结CE.设AE=n,四边形ABCD的面积为S,△CEF的面积为S',请你利用前面问题的解法或结论,用含字母n的代数式表示$\frac{S'}{S}$.
答案
解：
(1) 已知$AB=4$，$AD=3$，则$BD=AB-AD=1$。
$\because DE// BC$，
$\therefore \dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{3}{1}$，
$\therefore \dfrac{S_{△ ADE}}{S_{△ DEC}}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{3}{1}$。
$\because S_{△ ADE}=6$，
$\therefore S'=S_{△ DEC}=6×\dfrac{1}{3}=2$。
(2) $\because DE// BC$，
$\therefore △ ADE ∽ △ ABC$，
$\therefore \dfrac{S_{△ ADE}}{S}=(\dfrac{AD}{AB})^2=(\dfrac{3}{4})^2=\dfrac{9}{16}$，即$S_{△ ADE}=\dfrac{9}{16}S$。
由(1)知$\dfrac{S_{△ ADE}}{S'}=3$，即$S_{△ ADE}=3S'$，
$\therefore 3S'=\dfrac{9}{16}S$，
解得$S=\dfrac{16}{3}S'$。
(3) 连接$AC$，交$EF$于点$G$。
$\because AD// BC$，$AD=\dfrac{1}{2}BC$，
$\therefore \dfrac{S_{△ ADC}}{S_{△ ABC}}=\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{1}{2}$，即$S_{△ ABC}=2S_{△ ADC}$。
又$\because S=S_{△ ADC}+S_{△ ABC}$，
$\therefore S_{△ ABC}=\dfrac{2}{3}S$，$S_{△ ADC}=\dfrac{1}{3}S$。
$\because EF// BC$，$AD// BC$，
$\therefore EF// AD$。
在$△ ABC$中，$EG// BC$，$AE=n$，$AB=4$，
由相似性质得：$\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ ABC}}=(\dfrac{AE}{AB})^2=\dfrac{n^2}{16}$，且$\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ CEG}}=\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{n}{4-n}$，
$\therefore S_{△ CEG}=S_{△ AEG}·\dfrac{4-n}{n}=\dfrac{n^2}{16}· S_{△ ABC}·\dfrac{4-n}{n}=\dfrac{n(4-n)}{16}· S_{△ ABC}$，
代入$S_{△ ABC}=\dfrac{2}{3}S$，得$S_{△ CEG}=\dfrac{n(4-n)}{16}·\dfrac{2}{3}S=\dfrac{n(4-n)S}{24}$。
在$△ ADC$中，$GF// AD$，
同理可得：$\dfrac{S_{△ CGF}}{S_{△ ADC}}=(\dfrac{CF}{CD})^2=(\dfrac{4-n}{4})^2=\dfrac{(4-n)^2}{16}$，
$\therefore S_{△ CGF}=\dfrac{(4-n)^2}{16}· S_{△ ADC}=\dfrac{(4-n)^2}{16}·\dfrac{1}{3}S=\dfrac{(4-n)^2 S}{48}$。
$\because S'=S_{△ CEF}=S_{△ CEG}+S_{△ CGF}$，
$\therefore S'=\dfrac{n(4-n)S}{24}+\dfrac{(4-n)^2 S}{48}=\dfrac{2n(4-n)+(4-n)^2}{48}S=\dfrac{16-n^2}{48}S$，
$\therefore \dfrac{S'}{S}=\dfrac{16-n^2}{48}$。
(1) 已知$AB=4$，$AD=3$，则$BD=AB-AD=1$。
$\because DE// BC$，
$\therefore \dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{3}{1}$，
$\therefore \dfrac{S_{△ ADE}}{S_{△ DEC}}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{3}{1}$。
$\because S_{△ ADE}=6$，
$\therefore S'=S_{△ DEC}=6×\dfrac{1}{3}=2$。
(2) $\because DE// BC$，
$\therefore △ ADE ∽ △ ABC$，
$\therefore \dfrac{S_{△ ADE}}{S}=(\dfrac{AD}{AB})^2=(\dfrac{3}{4})^2=\dfrac{9}{16}$，即$S_{△ ADE}=\dfrac{9}{16}S$。
由(1)知$\dfrac{S_{△ ADE}}{S'}=3$，即$S_{△ ADE}=3S'$，
$\therefore 3S'=\dfrac{9}{16}S$，
解得$S=\dfrac{16}{3}S'$。
(3) 连接$AC$，交$EF$于点$G$。
$\because AD// BC$，$AD=\dfrac{1}{2}BC$，
$\therefore \dfrac{S_{△ ADC}}{S_{△ ABC}}=\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{1}{2}$，即$S_{△ ABC}=2S_{△ ADC}$。
又$\because S=S_{△ ADC}+S_{△ ABC}$，
$\therefore S_{△ ABC}=\dfrac{2}{3}S$，$S_{△ ADC}=\dfrac{1}{3}S$。
$\because EF// BC$，$AD// BC$，
$\therefore EF// AD$。
在$△ ABC$中，$EG// BC$，$AE=n$，$AB=4$，
由相似性质得：$\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ ABC}}=(\dfrac{AE}{AB})^2=\dfrac{n^2}{16}$，且$\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ CEG}}=\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{n}{4-n}$，
$\therefore S_{△ CEG}=S_{△ AEG}·\dfrac{4-n}{n}=\dfrac{n^2}{16}· S_{△ ABC}·\dfrac{4-n}{n}=\dfrac{n(4-n)}{16}· S_{△ ABC}$，
代入$S_{△ ABC}=\dfrac{2}{3}S$，得$S_{△ CEG}=\dfrac{n(4-n)}{16}·\dfrac{2}{3}S=\dfrac{n(4-n)S}{24}$。
在$△ ADC$中，$GF// AD$，
同理可得：$\dfrac{S_{△ CGF}}{S_{△ ADC}}=(\dfrac{CF}{CD})^2=(\dfrac{4-n}{4})^2=\dfrac{(4-n)^2}{16}$，
$\therefore S_{△ CGF}=\dfrac{(4-n)^2}{16}· S_{△ ADC}=\dfrac{(4-n)^2}{16}·\dfrac{1}{3}S=\dfrac{(4-n)^2 S}{48}$。
$\because S'=S_{△ CEF}=S_{△ CEG}+S_{△ CGF}$，
$\therefore S'=\dfrac{n(4-n)S}{24}+\dfrac{(4-n)^2 S}{48}=\dfrac{2n(4-n)+(4-n)^2}{48}S=\dfrac{16-n^2}{48}S$，
$\therefore \dfrac{S'}{S}=\dfrac{16-n^2}{48}$。
