正方形内接正三角形

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相似三角形内接正方形问题例析

证：ＰＱ：＝ＰＤ’ ＱＧ．分析：（１）根据同角的余角相等即可证得
ＡＡＤＥ＝／－－－Ｂ，然后根据有两个角对应相等的三
图５
角形相似即可证得；（２）设正方形ＤＥＦＧ的边长是，根据ＡＣＤＧ一 △ Ｂ，相似三角形对应边
一
图３
图４
由三角形面积公式得：
、
求边长
－￣－－ＡＢ × Ａｃ ÷ＢＣＸＡＭ，
‘ ． ‘
例１已知正方形ＤＥＦＧ内接于 △ＡＢＣ中，且Ｅ、Ｆ在ＢＣ上，点Ｄ、Ｇ分别在ＡＢ．ＡＣ上．
Ｂ＝４，ＡＣ＝３，ＢＣ＝５．ＡＭ＝２．４，
・
．
‘
四边形ＤＥＦＧ是正方形，
．
ＤＧ＝ＧＦ＝ＥＦ－＝ＤＥ＝ＭＮ：，ＤＧ／／ＢＣ，
ＡＡＤＧ∽ ＡＡＢＣ，ＤＧＡＮ
，
・
．．
．
‘
旦：５２．４
６Ｕ
’
５加＝１，Ｓ △ 肋Ｅ＝３，Ｓ△ ｍ产１，
。
‘
．
・．．
ａ，ＡＮ＝ｂ，根据三角形的面积公式求出ＢＥ＝３ｂ，
０６＝１，船 ‘ ｎ３，｝ ‘ 。＝１，
ＢＥ＝３ｂ，ＣＦ＝－ｂ，
‘
ＣＦ＝ｂ，ａｂ＝２，推出６＝ ① ，根据Ｓ
ｊ／
；

求三角形内最大内接正方形面积

思路：假设△ABC是已知三角形，如果内接正方形EFGH有两顶点E、F在BC 上，此时设BC=a，AC=b，AB=c，BC边上的高AD=h1，设正方形EFGH的边长是x，（又假设AC、AB边上的高分别为h2、h3）1）并且设△ABC是任意锐角三角形，并且a＞b＞c由△ABC∽△AHG，所以高的比等于相似比即：x/a=(h1-x)/h1，所以内接正方形边长x=ah1/（a+h1）如果有两顶点在AB、AC边上时也同样可以得：边长为：bh2/（b+h2），ch3/（c+h3）要使内接正方形面积最大，则边长应最大，下面比较ah1/（a+h1）、bh2/（b+h2），ch3/（c+h3）的大小即可因为△ABC的面积S=ah1/2=bh2/2=ch3/2，即 ah1=bh2=ch3所以分子相同，分母越小，分数越大比较a+h1、b+h2、c+h3由（a+h1）-（b+h2）=（a-b）+（h1-h2）=（a-b）+（2S/a-2s/b）=（a-b）+2S（1/a-1/b）=（a-b）（1-2S/ab）=（a-b）（ab-2s）/ab （S是△ABC的面积）由垂线段最短，知b大于高h1，即ab＞ah1，而ah1=2S，所以（a-b）（ab-2s）/ab ＞0所以 a+h1＞b+h2 ，即如果内接正方形有两个顶点在BC边上时，边长较小，面积也较小同理，如果有两顶点在AC边上时其面积比两点在AB边上小因此得结论：当内接正方形有两个顶点在最小边上时，其面积最大此时内接正方形的边长是：ch3/（c+h3）（设最小边是c，这边上的高是h3）面积就是其平方了。

2）直角三角形其内接正方形面积最大应为一顶点与直角顶点重合，三边上各有一顶点。

其边长为：两直角边之积/两直角边之和。

3）类似方法讨论，任意钝角三角形，内接正方形的两个顶点在钝角所对的边上时面积最大，其边长为：最大边与这边上的高的积/最大边与这边上高的和。

正方形的内接正三角形的探究

正方形的内接正三角形的探究作者：李发勇来源：《中学数学杂志(初中版)》2011年第04期我们把顶点都在正方形边上的正三角形叫做正方形的内接正三角形.关于正方形的内接正三角形相关的作图、操作、计算等问题,与学习内容密切相连,学生很感兴趣.下面就是引导学生进行探究性学习的结果．问题如图1,已知正方形ABCD.求作：等边△EFG,使G、F、E分别在正方形ABCD边AB、BC、CD上．1作法探讨关键是作出等边三角形的一边．分析1 假设△EFG为正方形的一内接正三角形,不妨设其中的两点G、E在正方形一组对边AB、CD上,点F在BC上(图1)．作△EFG边EG上的高PF,则G、B、F、P四点共圆.连结BP,则∠FBP＝∠FGP＝60°,同理,∠FCP＝∠FEP＝60°.所以△PBC是正三角形,因正△PBC是一定的,所以点P是一个定点.而且定点P是GE的中点.经过A(或D)、P的边最长,得最大正三角形,于是得：作法1 如图1,(1) 在正方形ABCD内作正△PBC．(2) 过点P作EG,交AB边于G,交对边CD于E．(3) 过点P作PF⊥GE交BC于F,连结GF、EF,则△EFG即为所求．证明：由作图知,△PBC是正方形ABCD内正三角形,易证G、B、F、P四点共圆,则∠EGF=60°.同理∠GEF=60°所以△EFG是等边三角形,根据图形性质,△EFG是最大内接等边三角形．分析2 如图2,正三角形的面积最大的充要条件为边长最大. 若△EFG为正方形ABCD的内接正三角形,设AE=x,DG＝y,由勾股定理得EG2=(y-x)2+BC2.x≥0,y≥0，由题意知，当x、y其中一个最小,另一个最大时,EG最大.不妨设x最小为0时,顶点E与正方形顶点A重合,又AM=AN,根据对称性,必有△ADM≌△ABN. 所以∠DAM＝∠BAN＝15°,此时,y=DM为最大值,则△AMN 为所求的最大正三角形.现在,关键是在正方形内作∠DAM=15°.于是得：(1) 以CD长在正方形ABCD外,作等边△PCD．(2) 连结AP交CD于E．(3) 以A为圆心,AE长为半径画弧,交BC于F．(4) 连结AF、EF. △AEF即为所求．证明由作图知∠ADP=90°＋60°=150°,又AD=PD,所以∠DAE=180°-150°2=15°,则∠BAF=15°. 又AD=AB,易证Rt△ADE≌Rt△ABF,所以∠BAF=∠DAE=15°,所以∠EAF=60°,所以△AEF是等边三角形.根据计算知,△AEF为最大内接等边三角形．如果等边△PCD在正方形ABCD内时,类似作法2可得结果．2 存在性及个数讨论根据作图分析知,正方形内接正三角形有无数个,其中经过每顶点有且只有一个最大内接正三角形,与正方形的一边平行时,最小．3 最大、最小面积探究由于正三角形的面积由边长决定,边长最小时,面积就最小；边长最大,面积就最大．设正方形边长为1,由作图分析知,当EG∥AD时,边长最小,面积最小,最小值为S=34．当EG通过点A时,边长最大,此时,∠DAE=∠BAF=15°,内接正三角形AEF的面积最大(如图4).过P作MN⊥BC于N,交AD于M,则PN=BP2-BN2=12-122=32,所以 PM=1-32,又PM是中位线,所以DE=2PM=2-3,AE2=AD2+DE2=12+(2-3)2=8-43,所以最大面积S=23－3.内接正三角形的边长取值范围是1≤a≤6-2)．4 实践操作请用一张正方形的纸张折出一个最大的内接正三角形(三角形的顶点在正方形的边上).说明你的折法并证明这个折法所折的正三角形是最大的.分析我们只要能将边AB以及BC向内折出15°即可．第一步：将正方形ABCD对折,折痕为MN．第二步：再把点A翻折到MN上,折痕为BE,A的对应点为F．第三步：分别将AB翻折到BE上,折痕为BG；同理,得折痕BH．第四步：沿GH折叠,折痕为GH．则△BGH为所折出的等边三角形．证明设折痕MN与BE交于O,由折纸过程知,O为Rt△BEF斜边BE的中点,则∠OBF=∠OFB=∠FBC=30°,所以∠ABG=15°,同理,∠CBH=15°. △ABG≌△CBH,所以BG=BH,又∠GBC=60°,△GBH为等边三角形,而且为最大内接等边三角形．折纸问题不单是动手问题,更重要的是对所学知识的运用和实践,加深理解,提高数学能力．5 中考应用如图6,正方形ABCD和正三角形EFG的边长都为1,点E、F分别在线段AB、AD上滑动,设点G到CD的距离为x,到BC的距离为y,记∠HEF为α(当点E、F分别与B、A重合时,记α=0°)．(1)当α=0°,如图7所示,求x、y的值(结果保留根号)；(2) 当α为何值时,点G落在对角线AC上？请说出你的理由,并求出此时x、y的值(结果保留根号)；(3)请你补充完成下表(精确到(4)若将“点E、F分别在线段AB、AD上滑动”改为“点E、F在正方形ABCD边上滑动”.当滑动一周时,请使用(3)的结果,在图9中描出部分点后,勾画出点G运动所形成的大致图象.(2008年江苏中考题)(参考数据:3≈1.732,sin 15°=6-24≈0.259,sin 75°=6+24≈0.966.)开发课题学习素材,有助于提高学生的实践能力和创新意识,培养应用能力.作者简介：李发勇，男，1964年生，四川巴州区人.中学高级教师，巴州区学校数学首席教师，主要研究中学数学课堂教学及教材编写，在省级以上刊物发表论文30多篇.另有多篇获奖和转载.。

对“三角形的内接正方形作法”的再研究

对“三角形的内接正方形作法”的再研究作者：杜斌来源：《中学数学杂志(初中版)》2013年第06期近日拜读《中学数学杂志》（初中）2013年第8期王宁老师的文章“三角形内接多边形的作法探讨”一文（下称文[1]），有许多启发.同时笔者继续对三角形的内接正方形问题进行了深入研究，发现文[1]中的结论3（对于任意三角形，一般情况下可以作出3个内接正方形）还需要完善.现撰文商榷如下，请同行赐教.1什么样的三角形可以作出3个内接正方形？文[1]认为，对于任意三角形，一般情况下可以作出3个内接正方形.事实上三角形的内接正方形的个数取决于三角形的形状.（1）当三角形是直角三角形时，可以作出2个符合条件的内接正方形.如图1，在△ABC中，∠BAC为直角，在AB边上适当的位置取点D，作DE⊥BC于E，再以DE为边在三角形内部作正方形DEFG，此时点F在BC上，连接BG并延长交AC于点H，作IH∥BC交AB于点I，作IJ∥DE交BC于点J，再作HK∥IJ交BC于点K，这样得到的四边形HIJK即为满足条件的第一个内接正方形.理由如下：通过作图和四边形DEFG是正方形易证明四边形HIJK是矩形.因为△DBG∽△IBH，所以DG1HI=BG1BH.同样地，由△BGF∽△BHK得GF1HK=BG1BH.所以GF1HK=DG1HI，又因为DG=GF，所以HI=HK，因此四边形HIJK是正方形.图1图2如图2，我们也可以作出两条边在直角边上的第二个内接正方形.所以对于直角三角形，存在2个大小不同的内接正方形.（2）当三角形是钝角三角形时，只能作出一个三角形的内接正方形.如图3，类似上述作法，我们可以作出一个一条边落在钝角三角形最大边上的内接正方形.如图4，当正方形的一条边落在AC上时，按以上作法过AB上一点画AC的垂线时，垂足将落在线段CA延长线上，此时得到的正方形不是三角形的内接正方形.因此，钝角三角形中只存在1个内接正方形.图3图4（3）如图5-7，当三角形是不等边锐角三角形时，分别让正方形的一边落在不同的边上，利用位似放大的方法我们可以作出3个大小不同的内接正方形.图5图6图7通过以上的分析，笔者认为，应将文[1]的结论修正为：在钝角三角形中存在1个内接正方形，在直角三角形中存在2个内接正方形，在不等边锐角三角形中存在3个大小不同的内接正方形.2不等边锐角三角形的3个内接正方形中哪一个最大？从以上分析可知，不等边锐角三角形存在3个内接正方形，而且这3个正方形的大小不同，那么这3个正方形中哪一个是面积最大的正方形呢？图8如图8，已知△ABC，不妨假设a同理，分别落在a，b边上的内接正方形的边长是la=2S1a+2S1a，lb=2S1b+2S1b.下面比较la，lb，lc的大小.lb-la=2S1b+2S1b-2S1a+2S1a=2S·（a-b）+（2S1a-2S1b）1（b+2S1b）（a+2S1a）=2S1（b+2S1b）（a+2S1a）（a-b）（1-2S1ab）.因为S=112absin∠ACB，所以2S1ab=sin∠ACB，而00.又因为a通过计算我们发现，这3个内接正方形中，有一条边落在原三角形最短边a上的这个正方形边长最大，因此面积最大.3三角形的内接正方形还有其他作法吗？文[1]介绍了“以退为进”作三角形的内接正方形：先构造一个满足局部条件的小正方形，然后利用位似放大后得到.笔者在深入研究这个问题后发现：既然放大可以构造正方形，那么是否缩小也可以类似构造正方形呢？研究发现确实可以先构造一个满足局部条件的较大正方形然后再利用位似进行缩小构造内接正方形.以锐角三角形为例说明如下：如图9，要作一个有一边在AC边上的内接正方形，以AC为边长作正方形ADEC，然后从AC边的对角顶点B作BF∥AD交AC边于点F，连结DF交边AB于点G，过点G作GH∥AC交BC于点H，最后分别过点G、H作AD的平行线交边AC于点J、I，则得到的正方形GHIJ即为所求内接正方形.图9图10理由如下：通过作图和四边形ADEC是正方形易证明四边形GHIJ是矩形，又因为△FGJ∽△FDA，所以GJ1AD=FG1FD.同理，由△BGH∽△BCA，得GH1AC=BG1AB.因为△BGF∽△AGD，所以BG1AB=FG1FD，等量代换可得GJ1AD=GH1AC.又因为AD=AC，所以GJ=GH，所以可得四边形GHIJ是正方形.事实上，这种通过位似缩小来构造的方法，与前面放大构造的区别在于位似中心不再是原三角形的顶点，而是以过顶点作平行线与对边相交的点为位似中心.类似地，如图10，我们也可以利用位似缩小的方法构造长、宽符合一定比例要求的三角形的内接矩形.参考文献[1]王宁.三角形内接多边形的作法探讨[J].中学数学杂志，2013（8）：37-38.作者简介杜斌，男，1979年生，浙江宁波人，中学一级教师，有多篇文章在省、市级获奖.。

专题73 四边形中的新定义问题(解析版)-中考数学解题大招复习讲义

例题精讲【例1】．定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形，如图，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝2，CD＝5，∠ABC＝60°，则线段BD＝3．解：∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∴∠ADC＝30°，∵AB＝BC，∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图所示，∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，∴△BFD是等边三角形，∴BF＝BD＝DF，∵∠ADC＝30°，∴∠ADB+∠BDC＝30°，∴∠BFA+∠ADB＝30°，∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，∴∠AFD+∠ADF＝90°，∴∠FAD＝90°，∴AD2+AF2＝DF2，∴AD2+CD2＝BD2，∴BD2＝（2）2+52＝45，∵BD＞0，∴BD＝3，故答案为：3．变式训练【变1-1】．定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径，即损矩形外接圆的直径．如图，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为一边向形外作菱形ACEF，点D是菱形ACEF对角线的交点，连接BD．若∠DBC＝60°，∠ACB＝15°，BD＝2，则菱形ACEF的面积为12．解：如图1，取AC的中点G，连接BG、DG，，∵四边形ACEF是菱形，∴AE⊥CF，∴∠ADC＝90°，又∵∠ABC＝90°，∴A、B、C、D四点共圆，点G是圆心，∴∠ACD＝∠ABD＝90°﹣∠DBC＝90°﹣60°＝30°，∵∠AGB＝15°×2＝30°，∠AGD＝30°×2＝60°，∴∠BGD＝30°+60°＝90°，∴△BGD是等腰直角三角形，∴BG＝DG＝，∴AC＝2，∴AD＝2，∴，∴菱形ACEF的面积为：3＝＝故答案为：12．【变1-2】．定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°或∠B+∠D＝180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．【概念理解】（1）如图1，四边形ABCD是“对补四边形”．①若∠A：∠B：∠C＝3：2：1，则∠D＝90度．②若∠B＝90°．且AB＝3，AD＝2时．则CD2﹣CB2＝5．【类比应用】（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝CB，BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD是“对补四边形”．（1）解：①∵∠A：∠B：∠C＝3：2：1，∴设∠A＝3x°，则∠B＝2x°，∠C＝x°，∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠C＝180°，∴3x+x＝180，∴x＝45°．∴∠B＝2x＝90°．∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠B+∠D＝180°，∴∠D＝90°．故答案为：90；②连接AC，如图，∵∠B＝90°，∴AB2+BC2＝AC2．∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠B+∠D＝180°．∴∠D＝90°．∴AD2+CD2＝AC2．∴AB2+BC2＝AD2+CD2，∴CD2﹣CB2＝AB2﹣AD2，∵AB＝3，AD＝2，∴CD2﹣CB2＝32﹣22＝5．故答案为：5；（2）证明：在DC上截取DE＝DA，连接BE，如图，∵BD平分∠ADC，∴∠ADB＝∠EDB．在△ADB和△EDB中，，∴△ADB≌△EDB（SAS），∴∠A＝∠DEB，AB＝BE，∵AB＝CB，∴BE＝BC，∴∠BEC＝∠C．∵∠DEB+∠BEC＝180°，∴∠DEB+∠C＝180°，∴∠A+∠C＝180°，∴四边形ABCD是“对补四边形”．【例2】．定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，将△ABC沿∠ABC的平分线BB'的方向平移，得到A'B'C'，连接AC'，CC'，若四边形ABCC'是等邻边四边形，则平移距离BB'的长度是1或．解：∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，∴BB′＝CC′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝2，B′C′＝BC＝1，A′C′＝AC＝，①如图1，当CC′＝BC时，BB′＝CC′＝BC＝1；②如图1，当AC′＝AB＝2时，∵∠ABC＝90°，BB′是∠ABC的角平分线，∴∠B′BA＝45°，延长C′B′交AB于H，∵A′B′∥AB，∠A′B′C′＝90°，∴∠AHC′＝∠A′B′C′＝90°，∴∠BHB′＝90°，设BH＝B′H＝x，∴BB′＝x，AH＝2﹣x，C′H＝1+x，∵AC′2＝AH2+C′H2，∴22＝（2﹣x）2+（1+x）2，整理方程为：2x2﹣2x+1＝0，∵△＝4﹣8＝﹣4＜0，∴此方程无实数根，故这种情况不存在；③如图2，当AC′＝C′C时，则AC′＝BB′，延长C′B′交AB于H，∵A′B′∥AB，∠A′B′C′＝90°，∴∠AHC′＝∠A′B′C′＝90°，∴∠BHB′＝90°，设BH＝B′H＝x，∴BB′＝AC′＝x，AH＝2﹣x，C′H＝1+x，∵AC′2＝AH2+C′H2，∴（x）2＝（2﹣x）2+（1+x）2，解得：x＝，∴BB′＝，综上所述，若四边形ABCC'是等邻边四边形，则平移距离BB'的长度是1或，故答案为：1或．变式训练【变2-1】．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3．我们定义：“四个顶点都在三角形边上的正方形是三角形的内接正方形”．（1）如图1，四边形CDEF是△ABC的内接正方形，则正方形CDEF的边长a1等于2；（2）如图2，四边形DGHI是（1）中△EDA的内接正方形，那么第2个正方形DGHI 的边长记为a2；继续在图2中的△HGA中按上述方法作第3个内接正方形，依此类推，……则第n个内接正方形的边长a n＝．（n为正整数）解：（1）四边形CDEF是正方形，∴EF＝FC，EF∥FC，∴△BFE∽△BCA，∴＝，∴＝，∴a1＝2，故答案是：2；（2）如图（2）四边形DGHI是正方形，∴IH＝ID，IH∥AD，∴△EIH∽△EDA，∴＝，∴＝，∴a2＝，如图3中，由以上同样的方法可以求得正方形PGQS的边长为：＝，第4的个正方形的边长为：＝，…第n个内接正方形的边长a n＝，故答案为：＝．【变2-2】．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF是（填“是”或“不是”）“直等补”四边形；（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠D＝90°，∴∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，∴∠EBF+∠D＝180°，∵∠EBF＝90°，BF＝BE，∴四边形BEDF是“直等补”四边形．故答案为：是；（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，∴∠D＝90°，∵BE⊥AD，CF⊥BE，∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90∴四边形CDEF是矩形，∴DE＝CF，EF＝CD＝2，∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠A＝∠CBF，∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE＝CF，AE＝BF，∵DE＝CF，∴BE＝DE；∵四边形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝2，∵△ABE≌△BCF，∴AE＝BF，∴AE＝BE﹣2，设BE＝x，则AE＝x﹣2，在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），∴BE的长是8；②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，∵∠ADC＝90°，∴点C与点G关于AD对称，∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，在Rt△ABE中，AE＝＝＝6，∵四边形ABCD∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠GCH＝180°，∴∠A＝∠GCH，∵∠AEB＝∠H＝90°，∴△ABE∽△CGH，∴＝＝＝，即＝，∴GH＝，CH＝，∴BH＝BC+CH＝10+＝，∴BG＝＝＝2，∴△BCM周长的最小值为2+10．1．如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知AE＝c，这时我们把关于x的形如ax2+cx+b＝0的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．请解决下列问题：（1）判断下列方程是否是“勾系一元二次方程”：①2x2+x+1＝0不是（填“是”或“不是”）；②3x2+5x+4＝0是（填“是”或“不是”）（2）求证：关于x的“勾系一元二次方程”ax2+cx+b＝0必有实数根；（3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+cx+b＝0的一个根，且四边形ACDE的周长是12，求△ABC面积．（1）解：2x2+x+1＝0不是“勾系一元二次方程”，理由：∵c＝，∴c＝，∵a＝2，b＝1，∴a2+b2≠c2，∴以a、b、c为三边长的三角形是不是直角三角形，且c为斜边的长，∴2x2+x+1＝0不是“勾系一元二次方程”，3x2+5x+4＝0是“勾系一元二次方程”，理由：∵c＝5，∴c＝5，∵a＝3，b＝4，∴a2+b2＝c2，∴以a、b、c为三边长的三角形是直角三角形，且c为斜边的长，∴3x2+5x+4＝0是“勾系一元二次方程”，故答案为：不是，是；（2）证明：∵ax2+cx+b＝0是“勾系一元二次方程“，∴a、b、c为同一直角三角形的三边长，且c为斜边的长，∴c2＝a2+b2，∵Δ＝（c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0，∴关于x的“勾系一元二次方程”ax2+cx+b＝0必有实数根．（3）解：∵x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+cx+b＝0的一个根，∴a﹣c+b＝0，∴a+b＝c，∵四边形ACDE的周长是12，∴2（a+b）+c＝12，∴2c+c＝12，∴c＝2，∴a+b＝×2＝4，∴（a+b）2＝16，∴a2+2ab+b2＝16，∵a2+b2＝c2＝（2）2＝8，∴2ab+8＝16，∴ab＝4，＝ab＝×4＝2．∴S△ABC∴△ABC面积是2．2．我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称；（2）如图1，已知格点（小正方形的顶点）O（0，0），A（3，0），B（0，4），请你画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边且对角线相等的勾股四边形OAMB；（3）如图2，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到△DBE，连接AD，DC，∠DCB＝30°．求证：DC2+BC2＝AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．（1）解：正方形、长方形、直角梯形．（任选两个均可）（2）解：答案如图所示．M（3，4）或M′（4，3）．（3）证明：连接EC，∵△ABC≌△DBE，∴AC＝DE，BC＝BE，∵∠CBE＝60°，∴EC＝BC＝BE，∠BCE＝60°，∵∠DCB＝30°，∴∠DCE＝90°，∴DC2+EC2＝DE2，∴DC2+BC2＝AC2．即四边形ABCD是勾股四边形．3．定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．（1）如图I，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD 上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形；（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上；（3）如图3，已知四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，AB＝15，AD＝6，BC ＝3，∠ADC＝135°，求CD的长度．（1）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∴∠FAB与∠EBA互余，∴四边形ABEF是邻余四边形；（2）解：如图所示（答案不唯一），（3）解：如图3，延长AD，CB交于点H，∵四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，∴∠A+∠B＝90°，∵∠ADC＝135°，∴∠HDC＝45°，∴∠HDC＝∠HCD＝45°，∴CH＝DH，∵AB2＝AH2+BH2，∴225＝（6+DH）2+（3+DH）2，∴DH＝6（负值舍去），∴CD＝6．4．定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形．【性质初探】如图1，已知，▱ABCD，∠B＝80°，点E是边AD上一点，连结CE，四边形ABCE恰为等腰梯形．求∠BCE的度数；【性质再探】如图2，已知四边形ABCD是矩形，以BC为一边作等腰梯形BCEF，BF ＝CE，连结BE、CF．求证：BE＝CF；【拓展应用】如图3，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB＝2，∠ABC＝45°，过点O作AC的垂线交BC的延长线于点G，连结DG．若∠CDG＝90°，求BC的长．【性质初探】解：过点A作AG⊥BC交于G，过点E作EH⊥BC交于H，∵▱ABCD，∴AE∥BC，∴AG＝EH，∵四边形ABCE恰为等腰梯形，∵AB＝EC，∴Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），∴∠B＝∠ECH，∵∠B＝80°，∴∠BCE＝80°；【性质再探】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥BC，∵四边形BCEF是等腰梯形，∴BF＝CE，由（1）可知，∠FBC＝∠ECB，∴△BFC≌△CEB（SAS），∴BE＝CF；【拓展应用】解：连接AC，过G点作GM⊥AD交延长线于点M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，∵GO⊥AC，∴AC＝CG，∵AB∥CD，∠ABC＝45°，∴∠DCG＝45°，∴∠CDG＝90°，∴CD＝DG，∴BA＝DG＝2，∵∠CDG＝90°，∴CG＝2，∴AG＝2，∵∠ADC＝∠DCG＝45°，∴∠CDM＝135°，∴∠GDM＝45°，∴GM＝DM＝，在Rt△AGM中，（2）2＝（AD+）2+（）2，∴AD＝﹣，∴BC＝﹣．5．给出如下定义：有两个相邻内角互余的四边形称为“邻余四边形”，这两个角的夹边称为“邻余线”．（1）如图1，格点四边形ABCD是“邻余四边形”，指出它的“邻余线”；（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD 上的点．求证：四边形ABEF是“邻余四边形”；（3）如图3，四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，E，F分别是AB，CD 的中点，连接EF，AD＝4，BC＝6．求EF的长．（1）解：由图形可知∠E＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴它的“邻余线”是AB；（2）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∴∠FAB与∠EBA互余，∴四边形ABEF是邻余四边形；（3）解：如图，连接DE并延长到G，使EG＝DE，连接BG，CG，在△AED和△BEG中，，∴△AED≌△BEG（SAS），∴∠A＝∠ABG，BG＝AD＝4，∵四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，∴∠A+∠ABC＝90°，∴∠ABG+∠ABC＝∠GBC＝90°，在Rt△GBC中，GC＝，∵EG＝DE，AE＝BE，∴EF＝＝．6．定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．（1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC 为“相似对角线”的四边形，请只用无刻度的直尺，就可以在网格中画出点D，请你在图1中找出满足条件的点D，保留画图痕迹（找出2个即可）（2）①如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，对角线AC平分∠DAB．请问AC是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；②若AC＝，求AD•AB的值．（3）如图3，在（2）的条件下，若∠D＝∠ACB＝90°时，将△ADC以A为位似中心，位似比为：缩小得到△AEF，连接CE、BF，在△AEF绕点A旋转的过程中，当CE所在的直线垂直于AF时，请你直接写出BF的长．解：（1）如图1所示，AB＝，BC＝2，∠ABC＝90°，AC＝5，∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，当∠ACD＝90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，∴或，∴或，∴CD＝2.5或CD＝10，同理：当∠CAD＝90°时，AD＝2.5或AD＝10，如图中，D1，D2，D3，D4即为所求；（2）①是，理由：∵∠DAB＝90°，AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB＝45°，∴∠D+∠DCA＝180°﹣∠DAC＝135°，又∵∠DCB＝135°＝∠DCA+∠ACB，∴∠D＝∠ACB，∴△DAC∽△CAB，∴AC是四边形ABCD的“相似对角线”；②∵△DAC∽△CAB，∴，∴AD•AB＝AC2，∵AC＝，∴AD•AB＝10；（3）①由（2）可知△ADC为等腰直角三角形，AC＝，∴AD＝CD＝，∵△AEF∽△ADC，且相似比为：，∴AE＝EF＝，AF＝2，如图，延长CE交AF于点H，由题意可得：EH⊥AF于H，∴AH＝AF＝1，∴CH＝，∴CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，∵∠CAD＝∠EAF＝45°，∴∠CAE＝∠BAF，，∵，∴△EAC∽△FAB，∴即，∴FB＝；②如图，设AF与EC交于点G，∵AF⊥CE，∴△AGE为等腰直角三角形，∵EA＝，∴AG＝EG＝1，在Rt△AGC中，CG＝，∴EC＝4，同理可证△EAC∽△FAB，∴即，∴FB＝4，综上，FB＝2或FB＝4．7．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”（1）概念理解：请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子；（2）问题探究：如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连接AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；（3）应用拓展：如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．解：（1）矩形或正方形；（2）AC＝BD，理由为：连接PD，PC，如图1所示：∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，∴PA＝PD，PC＝PB，∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝∠PBC，即∠PAD＝∠PBC，∴∠APC＝∠DPB，∴△APC≌△DPB（SAS），∴AC＝BD；（3）分两种情况考虑：（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图3（i）所示，∴∠ED′B＝∠EBD′，∴EB＝ED′，设EB ＝ED ′＝x ，由勾股定理得：42+（3+x ）2＝（4+x ）2，解得：x ＝4.5，过点D ′作D ′F ⊥CE 于F ，∴D ′F ∥AC ，∴△ED ′F ∽△EAC ，∴＝，即＝，解得：D ′F ＝，∴S △ACE ＝AC ×EC ＝×4×（3+4.5）＝15；S △BED ′＝BE ×D ′F ＝×4.5×＝，则S 四边形ACBD ′＝S △ACE ﹣S △BED ′＝15﹣＝10；（ii ）当∠D ′BC ＝∠ACB ＝90°时，过点D ′作D ′E ⊥AC 于点E ，如图3（ii ）所示，∴四边形ECBD ′是矩形，∴ED ′＝BC ＝3，在Rt △AED ′中，根据勾股定理得：AE ＝＝，∴S △AED ′＝AE ×ED ′＝××3＝，S 矩形ECBD ′＝CE ×CB ＝（4﹣）×3＝12﹣3，则S 四边形ACBD ′＝S △AED ′+S 矩形ECBD ′＝+12﹣3＝12﹣．8．定义：长宽比为：1（n 为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图①所示操作1：将正方形ABCD 沿过点B 的直线折叠，使折叠后的点C 落在对角线BD 上的点G 处，折痕为BH ．操作2：将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF．可以证明四边形BCEF为矩形．（Ⅰ）在图①中，的值为；（Ⅱ）已知四边形BCEF为矩形，仿照上述操作，得到四边形BCMN，如图②，可以证明四边形BCMN为矩形，则n的值是3．（1）证明：设正方形ABCD的边长为1，则BD＝＝，由折叠性质可知BG＝BC＝1，∠AFE＝∠BFE＝90°，则四边形BCEF为矩形，∴∠A＝∠BFE，∴EF∥AD，∴＝，即：＝，∴BF＝，∴BC：BF＝1：＝：1，∴四边形BCEF为矩形；（2）解：（Ⅰ）在Rt△BFG中，由勾股定理得：FG＝＝＝＝，∴＝＝；（Ⅱ）∵BC＝1，EC＝BF＝，∴BE＝＝＝＝，由折叠可得BP＝BC＝1，∠FNM＝∠BNM＝90°，∠EMN＝∠CMN＝90°．∵四边形BCEF是矩形，∴∠F＝∠FEC＝∠C＝∠FBC＝90°，∴四边形BCMN是矩形，∠BNM＝∠F＝90°，∴MN∥EF，∴＝，即BP•BF＝BE•BN，∴1×＝BN，∴BN＝，∴BC：BN＝1：＝：1，∴四边形BCMN是的矩形，∴n＝3．故答案为：；3．9．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形做“等邻角四边形”，例如：如图1，∠B＝∠C，则四边形ABCD为等邻角四边形．（1）定义理解：已知四边形ABCD为等邻角四边形，且∠A＝130°，∠B＝120°，则∠D＝55度．（2）变式应用：如图2，在五边形ABCDE中，ED∥BC，对角线BD平分∠ABC．①求证：四边形ABDE为等邻角四边形；②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，请判断△BCD的形状，并明理由．（3）深入探究：如图3，在等邻角四边形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足为E，点P为边BC上的一动点，过点P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，判断PM+PN与CE的数量关系？请说明理由．（4）迁移拓展：如图4，是一个航模的截面示意图．四边形ABCD是等邻角四边形，∠A＝∠ABC，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．（1）解：∵四边形ABCD为等邻角四边形，∠A＝130°，∠B＝120°，∴∠C＝∠D，∴∠D＝55°，故答案为：55；（2）①证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵ED∥BC，∴∠EDB＝∠DBC，∴∠EDB＝∠ABD，∴四边形ABDE为等邻角四边形；②解：△BDC是等边三角形，理由如下：∵∠BDC＝∠C，∴BD＝BC，∠DBC＝180°﹣2∠C，∵∠A+∠E+∠ABD+∠BDE＝360°，∴∠A+∠E＝360°﹣2∠ABD，∵∠A+∠C+∠E＝300°，∴300°﹣∠C＝360°﹣2（180°﹣2∠C），∴∠C＝60°，又∵BD＝BC，∴△BDC是等边三角形；（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：如图，延长BA，CD交于点H，连接HP，∵∠B＝∠BCD，∴HB＝HC，＝S△BPH+S△CPH，∵S△BCH∴×BH×CE＝×BH×PM+×CH×PN，∴CE＝PM+PN；（4）解：如图，延长AD，BC交于点H，过点B作BG⊥AH于G，∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分别为AE、BE的中点，∴AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，∵AB2＝BG2+AG2，BD2＝BG2+DG2，∴52﹣（3+DG）2＝37﹣DG2，∴DG＝1，∴BG＝＝6，由（3）可得DE+EC＝BG＝6，∴△DEM与△CEN的周长之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝（6+2）dm．10．问题情景：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”，按照此定义，我们学过的平行四边形中的菱形、正方形等都是“垂美四边形”，“筝形”也是“垂美四边形”．概念理解：（1）如图2，已知等腰梯形ABCD是“垂美四边形”，AB＝6，CD＝8，求AD的长．性质探究：（2）如图3，已知四边形ABCD是“垂美四边形”，试探究其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，并写出证明过程．问题解决：（3）如图4，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG与正方形ABDE，连接CE，BG，GE，CE与BG交于点O，已知AC＝3，AB＝5，求△OGE的中线OH的长．解：（1）∵等腰梯形ABCD是“垂美四边形”，∴AD＝BC，AC⊥BD，∴AB2＝OB2+OA2，CD2＝OC2+OD2，∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2，AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，∴AD2+BC2＝OA2+OB2+OC2+OD2，∴垂美四边形两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系是AB2+CD2＝BC2+AD2；∵AB＝6，CD＝8，∴2AD2＝62+82，∴AD＝5；（2）由（1）证明可得：垂美四边形两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系是AB2+CD2＝BC2+AD2；（3）连接BE，CG，CE，∵∠CAE＝∠CAB+∠BAE，∠BAC+∠CAG＝∠GAB，∴∠CAE＝∠GAB，∵AC＝AG，AB＝AE，∴△ABG≌△AEC（SAS），∴△ABG可视为△AEC绕点A逆时针旋转90°后得到的，由旋转的性质知：BG⊥CE，∴四边形BCGE为垂美四边形，∴由（2）知：CG2+BE2＝BC2+EG2，又∵AC＝3，AB＝5，∴BC＝4，CG＝3，BE＝5，∴（3）2+（5）2＝42+GE2，∴GE＝2，又∵△OGE为直角三角形，OH为其斜边上的中线，∴OH＝，11．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．特例感知：（1）如图1，四边形ABCD是“垂美四边形，如果，OB＝2，∠OBC＝60°，则AD2+BC2＝，AB2+CD2＝．猜想论证（2）如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．拓展应用：（3）如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，∠BAC＝60°，求GE长．（4）如图3，∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，∠BOC＝120°，OA＝OD，，连接AC，BC，BD，请直接写出BC的长．解：（1）∵OA＝OD＝OB，OB＝2，∴OA＝OD＝，∵四边形ABCD是“垂美四边形”，∴∠AOD＝∠BOC＝90°，∵∠OBC＝60°，∴∠BCO＝30°，∴BC＝4，OC＝2，∴AD2+BC2＝OA2+OD2+BC2＝（）2×2+42＝，AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2＝，故答案为：，；（2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下：∵四边形ABCD是“垂美四边形”，∴∠AOD＝∠BOC＝90°，∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2；（3）连接CG，BE，设BG与AC的交点为O，∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴AG＝AC，AE＝AB，∠GAC＝∠EAB，∴∠GAB＝∠CAE，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠GAB＝∠ACE，∵∠AOG＝∠BOC，∴BG⊥CE，∴四边形BCGE是“垂美四边形”，由（2）知，BC2+GE2＝CG2+BE2，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，∴∠CBA＝30°，∴AB＝2AC＝8，BC＝4，∴CG＝4，BE＝8，∴（4）2+GE2＝（4）2+（8）2，解得EG＝4；（4）如图，连接AD，设AC与BD的交点为H，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，OC＝，∴∠BOD＝∠AOC，BO＝OA，DO＝OC＝3，AB＝2AO，CD＝2CO＝2，∵OA＝OD＝3，∴AB＝6，∵∠BOC＝120°，∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOD＝60°，∴△AOD是等边三角形，∴AD＝DO＝3，∵＝，∠BOD＝∠AOC，∴△BOD∽△AOC，∴∠DBO＝∠CAO，∵∠ABD+∠DBO+∠BAO＝90°，∴∠ABD+∠BAO+∠CAO＝90°，∴∠AHB＝90°，∴AC⊥BD，∴四边形ABCD是“垂美四边形”，由（2）可知：AB2+CD2＝AD2+BC2，∴36+12＝9+BC2，∴BC＝．12．点P（x1，y1），Q（x2，y2）是平面直角坐标系中不同的两个点，且x1≠x2，若存在一个正数k，使点P，Q的坐标满足|y1﹣y2|＝k|x1﹣x2|，则称P，Q为一对“限斜点”，k叫做点P，Q的“限斜系数”，记作k（P，Q）．由定义可知，k（P，Q）＝k（Q，P）．例：若P（1，0），Q（3，），有|0﹣|＝|1﹣3|，所以点P，Q为一对“限斜点”，且“限斜系数”为．已知点A（1，0），B（2，0），C（2，﹣2），D（2，）．（1）在点A，B，C，D中，找出一对“限斜点”：点A与点D或点A与点C，它们的“限斜系数”为2或；（2）若存在点E，使得点E，A是一对“限斜点”，点E，B也是一对“限斜点”，且它们的“限斜系数”均为1．求点E的坐标；（3）正方形对角线的交点叫做中心，已知正方形EFGH的各边与坐标轴平行，边长为2，中心为点M（0，m）．点T为正方形上任意一点，若所有点T都与点C是一对“限斜点”，且都满足k（T，C）≥1，直接写出点M的纵坐标m的取值范围．解：（1）由定义可知x1≠x2，y1≠y2，∴B、C、D三点不能是“限斜点”，A、B不能是“限斜点”，对于点A（1，0）和点C（2，﹣2），|﹣2﹣0|＝2|2﹣1|，∴A与C是“限斜点”，“限斜系数”为2；对于点A（1，0）和点D（2，），|﹣0|＝|2﹣1|，∴A与D是“限斜点”，“限斜系数”为；故答案为：点A与点D或点A与点C；2或；（2）设E（x，y），∵点E，A是一对“限斜点”，“限斜系数”为1，∴|y|＝|x﹣1|，∵点E，B一对“限斜点”，“限斜系数”为1，∴|y|＝|x﹣2|，∴|x﹣1|＝|x﹣2|，解得x＝，∴y＝±，∴E（，）或（，﹣）；（3）∵C（2，﹣2），∴点C在直线y＝﹣x上，当T点在直线y＝﹣x上时，k（T，C）＝1，∵所有点T都满足k（T，C）≥1，∴T点在直线y＝﹣x的上方，∵M（0，m），FG＝2，∴F（﹣1，m﹣1），当F点在直线y＝﹣x上时，m﹣1＝1，解得m＝2，∴m≥2时，对任意的T都有k（T，C）≥1；过点C作直线y＝﹣x的垂线，则垂线解析式为y＝x﹣4，当T点在直线y＝x﹣4上时，k（T，C）＝1，∵所有点T都满足k（T，C）≥1，∴T点在直线y＝x﹣4的下方，∵M（0，m），FG＝2，∴E（﹣1，m+1），当E点在直线y＝x﹣4上时，﹣1﹣4＝m+1，解得m＝﹣6，∴m≤﹣6时，对任意的T都有k（T，C）≥1；综上所述：m≥2或m≤﹣6时，对任意的T都有k（T，C）≥1．13．定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是D．A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形性质探究：如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD 的两条结论：①AC＝BD；②AC⊥BD．问题解决：如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE 和正方形ACFG，连结BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，故选：D；性质探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；理由如下：如图1，∵四边形ABCD是“中方四边形”，∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH＝BD，EF∥AC，EF＝AC，∴AC⊥BD，AC＝BD，故答案为：AC⊥BD，AC＝BD；问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，∴MN∥BG，MN＝BG，RL∥BG，RL＝BG，RN∥CE，RN＝CE，ML∥CE，ML ＝CE，∴MN∥RL，MN＝RL，RN∥ML∥CE，RN＝ML，∴四边形MNRL是平行四边形，∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，∴AE＝AB，AG＝AC，∠EAB＝∠GAC＝90°，又∵∠BAC＝∠BAC，∴∠EAB+∠BAC＝∠GAC+∠BAC，即∠EAC＝∠BAG，在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝∠ABG，又∵RL＝BG，RN＝CE，∴RL＝RN，∴▱MNRL是菱形，∵∠EAB＝90°，∴∠AEP+∠APE＝90°．又∵∠AEC＝∠ABG，∠APE＝∠BPK，∴∠ABG+∠BPK＝90°，∴∠BKP＝90°，又∵MN∥BG，ML∥CE，∴∠LMN＝90°，∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；拓展应用：（1）MN＝AC，理由如下：如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，∴四边形ENFM是正方形，∴FM＝FN，∠MFN＝90°，∴MN＝＝＝FM，∵M，F分别是AB，BC的中点，∴FM＝AC，∴MN＝AC；（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，＝2MN，∴2（OM+ON）最小由性质探究②知：AC⊥BD，又∵M，N分别是AB，CD的中点，∴AB＝2OM，CD＝2ON，∴2（OM+ON）＝AB+CD，＝2MN，∴（AB+CD）最小由拓展应用（1）知：MN＝AC；又∵AC＝2，∴MN＝，＝2．∴（AB+CD）最小14．对于平面直角坐标系xOy中的图形W1和图形W2．给出如下定义：在图形W1上存在两点A，B（点A，B可以重合），在图形W2上存在两点M，N（点M、N可以重合）使得AM＝2BN，则称图形W1和图形W2满足限距关系．（1）如图1，点C（1，0），D（﹣1，0），E（0，），点F在CE上运动（点F可以与C，E重合），连接OF，DF．①线段OF的最小值为，最大值为；线段DF的取值范围是DF≤2．②在点O，D中，点O与线段CE满足限距关系．（2）如图2，正方形ABMN的边长为2，直线PQ分别与x轴，y轴交于点Q，P，且与x轴正方向的夹角始终是30°，若线段PQ与正方形ABMN满足限距关系，求点P的纵坐标a（a＞0）的取值范围；（3）如图3，正方形ABMN的顶点均在坐标轴上，A（0，b）（b＞0），G，H是正方形边上两点，分别以G，H为中心作边长为1的正方形，与正方形ABMN的四边分别平行．若对于任意的点G，H，以G，H为中心的正方形都满足限距关系，直接写出b的取值范围．解：（1）①如图1，点C（1，0），D（﹣1，0），E（0，），∴OC＝1，OD＝1，OE＝，∴CE＝2，当OF⊥CE时，OC•OE＝EC•OF，∴OF＝，此时OF的值最小；当F点与E点重合时，OF的值最大，最大值为，当DF⊥CE时，DF的值最小，∴DC•OE＝EC•DF，∴DF＝，当点F与点C或点E重合时，DF有最大值，∴DE＝CD＝2，∴FD的最大值为2，∴≤DF≤2，故答案为：，，≤DF≤2；②线段CE上存在点M、N，满足OM最小值为，ON最大值为，则OM＝2ON，∴点O与线段CE满足限距关系；∵≤DF≤2，∴线段CE上不存在两点与点满足限距关系；故答案为：O；（2）∵P（0，a），∠PQO＝30°，∴OP＝a，PQ＝2a，∴OQ＝a，∵正方形的边长为2，∴OA＝OB＝2，当a＝2时，a＝，此时点Q与点B重合，①如图2，当0＜a＜时，线段PQ在正方形内部，此时PQ与正方形无公共点，过点Q作QE⊥AB交于E，过点Q作QF⊥QE交AN于点F，∴QE＝，∴QE＝1﹣a，∴正方形上到线段PQ的最短距离为1﹣a，∵NF＝，∴NF＝1+a，∴正方形上到线段PQ的最大距离为1+a，∵线段PQ与正方形满足限距关系，∴1+a≥2（1﹣a），解得a≥，∴≤a＜；②如图3，当≤a≤时，线段PQ与正方形有公共点，线段PQ与正方形满足限距关系；③如图4，当a＞时，线段PQ在正方形的外部，与正方形无公共点，过点A作AC⊥PQ交于C，过点M作MD⊥PQ交于D，∵∠OPQ＝60°，∴∠PAC＝30°，∠PMD＝30°，∴CP＝AP，PD＝PM，∴正方形到线段PQ的最小距离为AC＝＝（a﹣），正方形到线段PQ的最大距离为MP＝a+，∵线段PQ与正方形满足限距关系，∴a+≥2×（a﹣），解得a≤2+，∴＜a≤2+；综上所述：≤a≤2+；（3）如图5，当中心H、G分别与B、N重合时，∵A（0，b），∴OA＝OB＝ON＝b，∵小正方形的边长为1，∴CD＝PQ＝，∴两个正方形的距离的最小值为BN﹣BD﹣PN＝2b﹣，最大距离为BN+BC+NQ＝2b+，∵两个正方形满足限距关系，∴2b+≥2（2b﹣），解得b≤，∴0＜b≤．15．定义：长宽比为：1（n为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图①所示．操作1：将正方形ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线BD上的点G处，折痕为BH．操作2：将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF．则四边形BCEF为矩形．证明：设正方形ABCD的边长为1，则BD＝＝．由折叠性质可知BG＝BC＝1，∠AFE＝∠BFE＝90°，则四边形BCEF为矩形．∴∠A＝∠BFE．∴EF∥AD．∴＝，即＝．∴BF＝．∴BC：BF＝1：＝：1．∴四边形BCEF为矩形．阅读以上内容，回答下列问题：（1）在图①中，所有与CH相等的线段是GH、DG，tan∠HBC的值是﹣1；（2）已知四边形BCEF为矩形，模仿上述操作，得到四边形BCMN，如图②，求证：四边形BCMN是矩形；（3）将图②中的矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，则n的值是6．解：（1）由折叠可得：DG＝HG，GH＝CH，∴DG＝GH＝CH．设HC＝x，则DG＝GH＝x．∵∠DGH＝90°，∴DH＝x，∴DC＝DH+CH＝x+x＝1，解得x＝．∴tan∠HBC＝＝＝．故答案为：GH、DG，；（2）∵BC＝1，EC＝BF＝，∴BE＝＝．由折叠可得BP＝BC＝1，∠FNM＝∠BNM＝90°，∠EMN＝∠CMN＝90°．∵四边形BCEF是矩形，∴∠F＝∠FEC＝∠C＝∠FBC＝90°，∴四边形BCMN是矩形，∠BNM＝∠F＝90°，∴MN∥EF，∴＝，即BP•BF＝BE•BN，∴1×＝BN，∴BN＝，∴BC：BN＝1：＝：1，∴四边形BCMN是的矩形；（3）同理可得：将矩形沿用（21次后，得到一个“矩形”，将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，所以将图②中的矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，故答案为6．16．定义：长宽比为：1（n为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图a所示．操作1：将正方形ABEF沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线AE上的点G 处，折痕为AH．操作2：将FE沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边AF，BE上，折痕为CD．则四边形ABCD为矩形．（1）证明：四边形ABCD为矩形；（2）点M是边AB上一动点．①如图b，O是对角线AC的中点，若点N在边BC上，OM⊥ON，连接MN．求tan∠OMN的值；②若AM＝AD，点N在边BC上，当△DMN的周长最小时，求的值；③连接CM，作BR⊥CM，垂足为R．若AB＝2，则DR的最小值＝2．证明：（1）设正方形ABEF的边长为a，∵AE是正方形ABEF的对角线，∴∠DAG＝45°，由折叠性质可知AG＝AB＝a，∠FDC＝∠ADC＝90°，则四边形ABCD为矩形，∴△ADG是等腰直角三角形．∴AD＝DG＝，∴AB：AD＝a：＝：1．∴四边形ABCD为矩形；（2）①解：如图b，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q．∵四边形ABCD是矩形，∠B＝90°，∴四边形BQOP是矩形．∴∠POQ＝90°，OP∥BC，OQ∥AB．∴，．∵O为AC中点，∴OP＝BC，OQ＝AB．∵∠MON＝90°，∴∠QON＝∠POM．∴Rt△QON∽Rt△POM．∴＝．∴tan∠OMN＝．②解：如图c，作M关于直线BC对称的点P，连接DP交BC于点N，连接MN．则△DMN的周长最小，∵DC∥AP，∴，设AM＝AD＝a，则AB＝CD＝a．∴BP＝BM＝AB﹣AM＝（﹣1）a．∴＝＝2+，③如备用图，∵四边形ABCD为矩形，AB＝2，∴BC＝AD＝2，∵BR⊥CM，∴点R在以BC为直径的圆上，记BC的中点为I，∴CI＝BC＝1，∴DR最小＝﹣1＝2故答案为：217．定义：有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形．（1）如图1，在半对角四边形ABCD中，∠B＝∠D，∠C＝∠A，则∠B+∠C＝120°；（2）如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO，在OA上取点E，使得DE＝OE，连接DE并延长交AC于点F，∠AED＝3∠EAF．求证：四边形BCFD是半对角四边形；（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G，OH＝2，DH＝6．①连接OC，若将扇形OBC围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为；②求△ABC的面积．（1）解：∵四边形ABCD是半对角四边形，∴∠B＝∠D，∠C＝∠A．∴∠D＝2∠B，∠A＝2∠C．∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∴3∠B+3∠C＝360°，∴∠B+∠C＝120°，故答案为：120；（2）证明：连接OC，如图，在△BDE和△BOE中，，∴△BDE≌△BOE（SSS）．∴∠BDF＝∠BOE．∵∠ACB＝∠BOE，∴∠ACB＝∠BDF．设∠EAF＝α，则∠AED＝3α．∵∠AED＝∠EAF+∠AFE，∴∠AFE＝∠AED﹣∠EAF＝2α，∴∠DFC＝180°﹣∠AFD＝180°﹣2α．∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠EAF＝α，∴∠AOC＝180°﹣∠EAF﹣∠OCA＝180°﹣2α，∴∠AOC＝∠DFC．∵∠ABC＝∠AOC，∴∠ABC＝∠DFC，∴四边形BCFD是半对角四边形；（3）解：①连接OC，如图，四边形BCFD是半对角四边形，且∠ABC＝∠DFC，∠ACB＝∠BDF，由（1）的方法可求得：∠ABC+∠ACB＝120°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°，∴∠BOC＝2∠BAC＝120°．设⊙O的半径为r，则BD＝BO＝r，BH＝r﹣2，在Rt△BDH中，∵BD2＝BH2+DH2，。

正方形内接正三角形面积关系

正方形内接正三角形面积关系
在正方形内接正三角形的情况下，我们可以通过几何推导得出它们之间的面积关系。

设正方形的边长为a，正三角形的边长为b。

首先，我们可以将正方形分成4个等边三角形，每个三角形的高度为a。

由于正三角形的高等于边长的一半，所以正三角形的高为b/2。

接下来，我们计算正三角形的面积和正方形的面积：
正三角形的面积 = (1/2) * b * (b/2) = (b^2) / 4
正方形的面积 = a^2
由于正方形内接正三角形，所以正三角形的边长b等于正方形的边长a。

即 b = a。

因此，正三角形的面积与正方形的面积之间的关系为：
正三角形的面积 = (a^2) / 4
也可以说，正方形的面积是正三角形面积的4倍。

这个关系在正方形内接正三角形的情况下是成立的。

正方形内接含45°角三角形的性质

△ＡＤＮ，ＡＢＥ＝Ｄ＝９０。，ＢＥ＝ＤⅣ．所以ＡＢＥ＋ＡＢＣ＝
１８０。．所以点Ｅ，，Ｃ在一条直线上．
因为删＝ＢＭ＋ＤＮ．所以ＭＮ＝ＢＭ＋ＢＥ＝ＭＥ．所以
△ Ⅳ ／ＸＭＡＥ．所以Ｎ＝／ＭＡＥ＝ＢＡＭ＋ＢＡＥ＝
１
ห้องสมุดไป่ตู้
１
ＢＡＭ＋ＤＡＮ＝÷ ＢＡＤ＝÷ ×９０。＝４５。．
得，，：鲁．
结论７点Ｍ，ｊｖ在正方形ＡＢＣＤ的边ＢＣ，ＣＤ上，若／＿ＭＡＮ＝４５。，则ＺＸＡＭＮ的面积被ＢＤ平分．
证明如图４所示，设ＢＤ交ＡＭ于，ＢＤ交ＡＮ于连接ＦＭ，ＥＮ，过点作ＦＧ上Ａ，垂直为Ｇ因为／＿ＭＡＮ＝４５。，根据结论５得，ＦＭ上ＡⅣ，ＡＭ上ＥＮ且ＡＥ：ＥＮ．所以
／ＸＡＤＮ，／＿ＡＢＥ＝Ｄ＝９０。，ＢＥ＝删．所以／＿ＡＢＥ＋ＡＣ＝
１８０。．所以点Ｅ，Ｂ，ｃ在一条直线上．因为／ＥＡＭ＝／＿ＥＡＢ＋
Ｍ＝ＭＤ＋Ｍ＝４５。＝Ｍ所以 △
△ ＡＭ．骺以ＭＥ＝ＭＮ．所以ＢＥ＋ＢＭ＝ＭＮ．所以ＤＮ＋
／ＭＡＮ＝４５。，则ＡⅣ上ＦＭ，Ａ上ＥＮ，点Ｄ是 △朋的垂心，
ＡＦ：ＦＭ．ＡＥ＝ＥＮ．
证明如图３所示，因为四边形ＡＢＣＤ
是正方形，所以Ｃ肋＝４５Ｏ．因为 Ⅳ ＝４５。，所以ＣＢＤ＝ＭＡＮ．所以四点Ａ，Ｂ，Ｍ，Ｆ共圆．所以Ｂ肼＝ＢＡ胍所以
ＢＭ＝ＭＮ．即ＭＮ＝ＢＭ＋ＤＮ．

三角形内接正方形的一个关系式及其应用

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最新最全的学术论文期刊文献年终总结年终报告工作总结个人总结述职报告实习报告单位总结如果正方形的四个顶点都在三角形的边上，那么这个正方形称为此三角形的内接正方形.关于三角形的内接正方形问题，有一个应用广泛的关系式：若三角形的一边长为a，这边上的高为h，则立在这边上的内接正方形的边长为aha+h.证明如图1，设△ABC的内接正方形边长为x，BC=a，AD=h，则因为OR∥BC，所以△AOR∽△ABC，所以ORBC=AFAD，即xa=h-xh，所以x=aha+h.这一关系式即为北师大版义务教育课程标准实验教科书《数学》八年级下册第147页的例题.利用这个关系式，可以解答三角形的内接正方形的有关问题，现以部分竞赛题为例说明如下.例1 （1991年全国初中数学联赛试题）如图1，正方形OPQR内接于△ABC，已知△AOR、△BOP和△CRQ的面积分别是S1=1、S2=3和S3=1，那么，正方形OPQR的边长是（）A.2B.3C.2D.3解作AD⊥BC于D，交OR于F，设正方形OPQR的边长为x，则1=S1=12x·AF，从而有AF=2x，同理可得BP=6x，QC=2x，于是BC=x+8x，AD=x+2x.所以由上述关系式得x=（x+8x）（x+2x）x+8x+x+2x，化简整理得x4=16，因为x为正，所以x=2，故选C.点评本题通过设内接正方形的边长为x，先利用三角形的面积公式，求得AF、BP、QC用x表示的分式，再运用三角形内接正方形的关系式列出一个分式方程，最后求得x，由于运用代数方法解决了几何问题，因而数形结合，问题也由繁变简了.例2 （第五届美国数学邀请赛试题）如图2，△ABC （∠C=Rt∠）的两个内接正方形DFCE、PQMN的面积分别是S1=441、S2=440，求AC+BC的值.解令BC=a，AC=b，AB=C，斜边上的高为h，则由上述关系式得S1=aba+b，S2=chc+h.注意到ab=ch，a2+b2=c2，即有S1=c2h2c2+2ch，而有c2+2ch=c2h2S1，于是S2=c2h2c2+2ch+h2=c2h2c2h2S1+h2=c2S1c2+S1，由此解得c2=S1S2S1-S2.再注意到ad=S1（a+b），即有c2=a2+b2=（a+b）2-2ab=（a+b）2-2S1（a+b），从而有c2+S1=（a+b-S1）2，于是S1S2S1-S2+S1=（a+b-S1）2，由此可解得ab=S1+S1S1-S2.将S1=441，S2=440代入上式即得a+b=462，即AC+BC的值为462.点评本题比较复杂，如用常规方法求解，将很困难.然而两次运用了三角形内接正方形的关系式，结合三角形面积化简轻松求得结果.本题又是一道代数与几何融为一体的综合题，解题关键是通过数形结合方法直观解题，因而有明显的选拔功能和考查功能.例3 （1986年美国第四届数学邀请赛试题）证明边长为2的正方形必不能被三边分别为3、4、5的三角形所覆盖.证明令△ABC的边AC=3，BC=4，AB=5，则∠ACB=Rt∠，如图3可知，正方形DECF为内接于Rt△ABC的最大正方形，设CE=x，由上述关系式得x=3×43+4=127.因为127<2，所以边长为2的正方形必不能被三边分别为3、4、5的三角形所覆盖.点评本题设计比较新颖，难度不太大，只要运用三角形内接正方形的关系式求得正方形边长127，再通过与已知正方形边长2比较就可以了.例4 如图4，在锐角△ABC中内接一正方形PQMN，试证明这正方形的面积不超过三角形ABC面积之半，（1978年广东省中学生数学竞赛题）.证明设△ABC的底边BC=a，高AD=h，正方形边长为x，由三角形的内接正方形的关系式得xa+xh=1. ①又SPQMN=x2，即xa·xh=SPQMNah②所以由①、②知xa、xh是方程z2-z+SPQMNah=0的两个实数根.所以Δ≥0，即（-1）2-4×1×SQPMNah≥0.从而得SPQMN≤ah4=12.12ah=12S△ABC，即SPQMN≤12S△ABC.点评本题是一道几何与韦达定理，一元二次方程根的判别式构成的综合题.解题关键是先利用三角形内接正方形的关系式求得x=aha+h推出xa+xh=1①，再由SPQMN=x2推出xa·xh=SPQMNah②，然后利用韦达定理的逆定理，利用①、②构造出一元二次方程z2-z+SPQMNah=0，最后应用根的判别式Δ≥0得证，这种解题主法充分体现了构造法解题的科学性，符合新课程的理念要求，利于激发学生的学习数学的积极性，利于培养学生的创新和探索精神.例5 如图5，正方形EFGH内接于△ABC，设BC=ab（这是一个两位数），EF=C，三角形的高AD=d，已知a，b，c，d 恰好是从小到大的四个连续正整数，试求△ABC的面积，（1997年安徽省部分地区初中数学竞赛题）解由上述关系式得 1d+ 1 ab=1c，依题意有b=a+1，c=a+2，d=a+3，则ab=10a+b=11a+1，所以1a+3+111a+1=1a+2.化简得（a-3）2=4，所以a-3=±2，a1=1，a2=5.当a=1时，S△ABC=12·ab·d=12×12×4=24；当a=5时，S△ABC=12·ab·d=12×56×8=224.点评本题是一道几何与代数相结合的综合题，解题关键是先利用关系式写出1d+1ab=1c再结合b=a+1，c=a+2，d=a+3，通过化简变形求得a的值，最后求得S△A BC.这是一道创新的竞赛题，由于数形结合，因而符合新课程改革的理念要求.综上所述可知，应用本文中的关系式解竞赛问题，其关键在于要从问题的实际出发，根据题设去灵活运用，通过教学实践，笔者认为，注意对学生进行课本内容的探究应用的研究，有利于培养学生的思维品质，有利于调动学生学习的积极性，有利于提高学生的专题总结水平，有利于融会贯通所学过的几何代数知识，有利于培养学生研究数学的兴趣，有利于提高教与学的质量.阅读相关文档:140例口腔颌面部恶性肿瘤临床病理分析国内职教动态信息若干则厄贝沙坦氢氯噻嗪治疗原发性高血压疗效观察颅脑外伤术后应激性溃疡护理研究结合Illustrator教学实例探讨直接教学模式中职项目Access数据库的有效教学实践藏药涂抹药的应用前景研究白内障术前术后护理体会《数控系统数据备份与恢复》单元教学设计案例研究 50例脑梗塞并肺部感染致气道阻塞病人的护理体会电视节目低俗化的深层反思截瘫患者临床护理体会 1例骨盆肿瘤切除及人工骨盆重建术的护理体会浅谈胃切除患者手术后早期经口饮食的护理对32例妊娠高血压患者的综合护理分析护理干预配合临床中西医*本文若侵犯了您的权益，请留言。

课题学习--三角形的内接正方形

这边上的高，用类似的方法可求有一边与这边重合的内
接正方形的面积．问题２猜想一个直角三角形的两个内接正方形的：面积大小关系，证明你的结论．并
ＥＥ鲤圆
判或纳圃证证断归验或明
解由上题１计（寺１，猜直：以问的算寺‘ 寺）想，，可
。．．
一
２
由此可两边与直角的面积大于一边与斜边重合的内接正方形的面积．评注从特殊到一般，我们探索规律常用的数学是思想方法，计问题ｌ的另一个目的是为了从最特殊的设，
解，拿之得：．
、
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交ＡＣ于Ｇ过Ｇ作Ｇ／ＧＤ、Ｆ，Ｄ／Ｇ
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ＤＥ上Ｂ垂足为Ｅ正方形ＤＦＣ，ＥＧ即为ＡＡＣ的一个内接正方形．Ｂ
角三角形中，两边与直角边重合的内接正方形的面积大
探索一
三角形内接正方形的定义
一
如果一个正方形的四个顶点
斜边ＢＣ重合：正方形ＡＫ的一边与ＡＭＮＢ重合，同时另
边与ＡＣ重合，直角三角形有２个内接正方形．即在钝角三角形中，图（）只有１个内接正方形如５，

几个常见几何图形内接正方形的作图方法及其应用

几个常见几何图形内接正方形的作图方法及其应用本文从网络收集而来，上传到平台为了帮到更多的人，如果您需要使用本文档，请点击下载按钮下载本文档（有偿下载），另外祝您生活愉快，工作顺利，万事如意！几何是中学数学课程里的传统主要内容之一，不仅仅是因为它对培养人的逻辑思维能力、推理论证能力具有重要教育价值，更是在现代科技中也有重要的地位，因此学习几何和几何教育受到了全世界的广泛关注，然而几何的教育在我国的中学生身上总存在很多困难，畏惧几何。

由于数学向来有着枯燥乏味的坏名声，它的高度抽象和概括性，严谨的逻辑思维让一部分人在小学就开始觉得它晦涩难懂，在中学的几何更是严格的逻辑要求使学生觉得学习几何太难太抽象了。

现在的学生缺乏学习的主动钻研和创新精神，动手能力差，都习惯与一步一步的跟着老师的套路学习，不会画图、不会看图，同时书上的图形没有进行研究和利用，反而成了学习的障碍，不善于与周围的实际生活联想，解决问题的意识淡薄，还停留在只会做现成题的水平，思维和眼界狭隘。

本为主要通过对一些中学里常见的几何图形的内接正方形的作图方法及其应用的整理和研究，从而使之成为几何学习有趣的一个例子，在学习几何不仅仅是书本上的东西，每个有兴趣的同学可以通过自己的看法和想法去研究相关的东西，这与我们想要的创新有着密切的联系，达到激发更多的人喜爱和研究几何这门学科，希望给读者以启发。

1几何学的起源及其发展几何是数学的一门分科，在古代埃及为兴建尼罗河水利工程，曾经进行过测地工作，使它逐渐发展成为几何学。

公元前约三百年，，古希腊数学家欧几里德把前人生产实践中长期积累的几何学的研究加以整理总结为演绎体系，写成了《几何原本》。

我国对几何学的研究也有悠久的历史。

早在上古时期，我国劳动人民就已利用规矩来制作方圆。

秦汉五百年成书的《周髀算经》和《九章算术》中，对图形面积的计算已有记载，刘徽、祖冲之、王孝通等对几何学都有重大贡献。

十七世纪欧洲工业迅速发展起来，以前所用的几何方法不能满足实际需要，这就使笛卡尔利用代数方法研究几何问题，建立了解析几何。

2021年全国各地中考数学真题分类汇编(通用版)三角形(三)(含答案与解析)

2021年全国各地中考数学真题分类汇编（通用版）三角形（三）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）1．（2021•贵港）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且EF＝2AE＝2CF，连接DE并延长交AB于点M，连接DF并延长交BC于点N，连接MN，则＝（）A．B．C．1D．解：设AB＝AD＝BC＝CD＝3a，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAE＝∠DCF＝45°，∠DAM＝∠DCN＝90°，在△DAE和△DCF中，，∴△DAE≌△DCF（SAS），∴∠ADE＝∠CDF，在△DAM和△DCN中，，∴△DAM≌△DCN（ASA），∴AM＝CN，∵AB＝BC，∴BM＝BN，∵CN∥AD，∴＝＝，∴CN＝AM＝a，BM＝BN＝2a，∴＝＝＝，故选：A．2．（2021•云南）在△ABC中，∠ABC＝90°．若AC＝100，sin A＝，则AB的长是（）A．B．C．60D．80解：∵AC＝100，sin A＝，∴BC＝60，∴AB＝＝80，故选：D．3．（2021•贵港）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝12，D为AC边上的一个动点，连接BD，E为BD上的一个动点，连接AE，CE，当∠ABD＝∠BCE时，线段AE的最小值是（）A．3B．4C．5D．6解：如图，取BC的中点T，连接AT，ET．∵∠ABC＝90°，∴∠ABD+∠CBD＝90°，∵∠ABD＝∠BCE，∴∠CBD+∠BCE＝90°，∴∠CEB＝90°，∵CT＝TB＝6，∴ET＝BC＝6，AT＝＝＝10，∵AE≥AT﹣ET，∴AE≥4，∴AE的最小值为4，故选：B．4．（2021•毕节市）如图，拦水坝的横断面为梯形ABCD，其中AD∥BC，∠ABC＝45°，∠DCB＝30°，斜坡AB长8m，则斜坡CD的长为（）A．6m B．8m C．4m D．8m解：过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，∴AE∥DF，∵AD∥BC，∴AE＝DF，在Rt△ABE中，AE＝AB sin45°＝4，在Rt△DCF中，∵∠DCB＝30°，∴DF＝CD，∴CD＝2DF＝2×4＝8，故选：B．5．（2021•铜仁市）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝8，按下列步骤作图：步骤1：以点A为圆心，小于AC的长为半径作弧分别交AC、AB于点D、E．步骤2：分别以点D、E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧交于点M．步骤3：作射线AM交BC于点F．则AF的长为（）A．6B．3C．4D．6解：由作法得AF平分∠BAC，过F点作FH⊥AB于H，如图，∵AF平分∠BAC，FH⊥AB，FC⊥AC，∴FH＝FC，在△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝10，BC＝8，∴AC＝＝6，设CF＝x，则FH＝x，∵S△ABF+S△ACF＝S△ABC，∴×10•x+×6•x＝×6×8，解得x＝3，在Rt△ACF中，AF＝＝＝3．故选：B．二．填空题（共9小题）6．（2021•海南）如图，△ABC的顶点B、C的坐标分别是（1，0）、（0，），且∠ABC＝90°，∠A＝30°，则顶点A的坐标是（4，）．解：过点A作AG⊥x轴，交x轴于点G．∵B、C的坐标分别是（1，0）、（0，），∴OC＝，OB＝1，∴BC＝＝2．∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴AB＝＝＝＝2．∵∠ABG+∠CBO＝90°，∠BCO+∠CBO＝90°，∴∠ABG＝∠BCO．∴sin∠ABG＝＝＝，cos∠ABG＝＝＝，∴AG＝，BG＝3．∴OG＝1+3＝4，∴顶点A的坐标是（4，）．故答案为：（4，）．7．（2021•江西）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，连接BE，CF，其中点M，N分别为BE和CF上的动点．若以M，N，D为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为9或10或18．解：连接DF,DB,BF．则△DBF是等边三角形．设BE交DF于J．∵六边形ABCDEF是正六边形，∴由对称性可知，DF⊥BE,∠JEF＝60°,EF＝ED＝6,∴FJ＝DJ＝EF•sin60°＝6×＝9,∴DF＝18,∴当点M与B重合，点N与F重合时，满足条件，∴△DMN的边长为18，如图，当点N在OC上，点M在OE上时，等边△DMN的边长的最大值为6≈10.39，最小值为9，∴△DMN的边长为整数时，边长为10或9，综上所述，等边△DMN的边长为9或10或18．故答案为：9或10或18．8．（2021•桂林）如图，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，若DE＝4，则BC＝8．解：∵D、E分别是AB、AC的中点．∴DE是△ABC的中位线，∴BC＝2DE，∵DE＝4，∴BC＝2×4＝8．故答案是：8．9．（2021•梧州）某市跨江大桥即将竣工，某学生做了一个平面示意图（如图），点A到桥的距离是40米，测得∠A＝83°，则大桥BC的长度是326米．（结果精确到1米）（参考数据：sin83°≈0.99，cos83°≈0.12，tan83°≈8.14）解：由题意，在Rt△ABC中，∵AC＝40，∠A＝83°，tan A＝，∴BC＝tan A•AC≈8.14×40＝325.6≈326（米）．故答案为：326．10．（2021•广西）如图，从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为45°，看楼下荷塘D处的俯角为60°，已知楼高AB为30米，则荷塘的宽CD为（30﹣10）米（结果保留根号）．解：由题意可得，∠ADB＝60°，∠ACB＝45°，AB＝30m，在Rt△ABC中，∵∠ACB＝45°，∴AB＝BC，在Rt△ABD中，∵∠ADB＝60°，∴BD＝AB＝10（m），∴CD＝BC﹣BD＝（30﹣10）m，故答案为：（30﹣10）．11．（2021•云南）如图，在△ABC中，点D，E分别是BC，AC的中点，AD与BE相交于点F．若BF＝6，则BE的长是9．解：如图，在△ABC中，点D，E分别是BC，AC的中点，∴DE∥AB，且DE＝AB，∴＝＝，∵BF＝6，∴EF＝3．∴BE＝BF+EF＝9．故答案为：9．12．（2021•毕节市）学习投影后，小华利用灯光下自己的影子长度来测量一路灯的高度．如图，身高1.7m的小明从路灯灯泡A的正下方点B处，沿着平直的道路走8m到达点D处，测得影子DE长是2m，则路灯灯泡A离地面的高度AB为8.5m．解：∵AB⊥BE，CD⊥BE，∴AB∥CD，∴△ECD∽△EAB，∴＝，∴＝，解得：AB＝8.5，答：路灯灯泡A离地面的高度AB为8.5米，故答案为：8.5．13．（2021•黔东南州）已知在平面直角坐标系中，△AOB的顶点分别为点A（2，1）、点B（2，0）、点O（0，0），若以原点O为位似中心，相似比为2，将△AOB放大，则点A的对应点的坐标为（4，2）或（﹣4，﹣2）．解：如图，观察图象可知，点A的对应点的坐标为（4，2）或（﹣4，﹣2）．故答案为：（4，2）或（﹣4，﹣2）．14．（2021•贵阳）在综合实践课上，老师要求同学用正方形纸片剪出正三角形且正三角形的顶点都在正方形边上．小红利用两张边长为2的正方形纸片，按要求剪出了一个面积最大的正三角形和一个面积最小的正三角形．则这两个正三角形的边长分别是2﹣2，2．解：如图，设△GEF为正方形ABCD的一个内接正三角形，作正△GEF的高EK，连接KA，KD，∵∠EKG＝∠EDG＝90°，∴E、K、D、G四点共圆，∴∠KDE＝∠KGE＝60°，同理∠KAE＝60°，∴△KAD是一个正三角形，则K必为一个定点，∵正三角形面积取决于它的边长，∴当FG⊥AB，边长FG最小，面积也最小，此时边长等于正方形边长为2，当FG过B点时，即F'与点B重合时，边长最大，面积也最大，此时作KH⊥BC于H，由等边三角形的性质可知，K为FG的中点，∵KH∥CD，∴KH为三角形F'CG'的中位线，∴CG'＝2HK＝2（EH﹣EK）＝2（2﹣2×sin60°）＝4﹣2，∴F'G'＝＝＝＝2﹣2，故答案为：2﹣2，2．三．解答题（共12小题）15．（2021•海南）如图，在某信号塔AB的正前方有一斜坡CD，坡角∠CDK＝30°，斜坡的顶端C 与塔底B的距离BC＝8米，小明在斜坡上的点E处测得塔顶A的仰角∠AEN＝60°，CE＝4米，且BC∥NE∥KD，AB⊥BC（点A，B，C，D，E，K，N在同一平面内）．（1）填空：∠BCD＝150度，∠AEC＝30度；（2）求信号塔的高度AB（结果保留根号）．解：（1）∵BC∥DK，∴∠BCD+∠D＝180°，又∵∠D＝30°，∴∠BCD＝180°﹣30°＝150°，∵NE∥KD，∴∠CEN＝∠D＝30°，又∵∠AEN＝60°，∴∠ACE＝∠AEN﹣∠CEN＝60°﹣30°＝30°，故答案为：150，30；（2）如图，过点C作CG⊥EN，垂足为G，延长AB交EN于点F，在Rt△CEG中，∵∠CEG＝30°，CE＝4m，∴CG＝CE＝2（m）＝BF，∴EG＝CG＝2（m），设AB＝x，则AF＝（x+2）m，EF＝BC+EG＝（8+2）m，在Rt△AEF中，∵∠AEN＝60°，∴AF＝EF，即x+2＝（8+2），x＝（4+8）m，即信号塔的高度AB为（4+8）m．16．（2021•桂林）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，EF过点O，交AB于点E，交CD于点F．（1）求证：∠1＝∠2；（2）求证：△DOF≌△BOE．证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠2；（2）∵点O是BD的中点，∴OD＝OB，在△DOF和△BOE中，，∴△DOF≌△BOE（AAS）．17．（2021•贵港）尺规作图（只保留作图痕迹，不要求写出作法）．如图，已知△ABC，且AB＞AC．（1）在AB边上求作点D，使DB＝DC；（2）在AC边上求作点E，使△ADE∽△ACB．解：（1）如图，点D即为所求．（2）如图，点E即为所求．18．（2021•梧州）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．（1）求证：BE＝CF；（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的长．（1）证明：∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，∴∠EAB+∠ABF＝90°，∠ABF+∠CBF＝90°，∴∠EAB＝∠CBF，在△ABE与△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF；∵tan∠EAB＝，∵BE＝BC，∴＝3，∵G为AD的中点，∴AG＝3，∴HB＝1，∴AH＝5，∴GH＝＝．19．（2021•贵港）已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到△EOF，连接AE，CF．（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是AE＝CF；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．解：（1）结论：AE＝CF．理由：如图1中，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OC＝OB，∴OA＝OC＝OB，AO⊥BC，∵∠AOC＝∠EOF＝90°，∴∠AOE＝∠COF，∵OA＝OC，OE＝OF，∴△AOE≌△COF（SAS），∴AE＝CF．（2）结论成立．理由：如图2中，∵∠BAC＝90°，OC＝OB，∴OA＝OC＝OB，∵∠AOC＝∠EOF，∴∠AOE＝∠COF，∵OA＝OC，OE＝OF，∴△AOE≌△COF（SAS），∴AE＝CF．（3）如图3中，由旋转的性质可知OE＝OA，∵OA＝OD，∴OE＝OA＝OD＝5，∴∠AED＝90°，∵OA＝OE，OC＝OF，∠AOE＝∠COF，∴＝，∴△AOE∽△COF，∴＝，∵CF＝OA＝5，∴＝，∴AE＝，∴DE＝＝＝．20．（2021•广西）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠B＝∠D，连接AC．（1）求证：△ABC≌△CDA；（2）尺规作图：过点C作AB的垂线，垂足为E（不要求写作法，保留作图痕迹）；（3）在（2）的条件下，已知四边形ABCD的面积为20，AB＝5，求CE的长．（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ACD＝∠CAB，在△ABC和△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（AAS）；（2）解：过点C作AB的垂线，垂足为E，如图：21．（2021•铜仁市）如图，AB交CD于点O，在△AOC与△BOD中，有下列三个条件：①OC＝OD，②AC＝BD，③∠A＝∠B．请你在上述三个条件中选择两个为条件，另一个能作为这两个条件推出来的结论，并证明你的结论（只要求写出一种正确的选法）．（1）你选的条件为①、③，结论为②；（2）证明你的结论．（1）解：由AAS，选的条件是：①，③，结论是②，故答案为：①，③，②（答案不唯一）；（2）证明：在△AOC和△BOD中，，∴△AOC≌△BOD（AAS），∴AC＝BD．22．（2021•云南）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC＝BD，AC与BD相交于点E．求证：∠DAC＝∠CBD．证明：在△DCA和△DCB中，，∴△CDA≌△DCB（SSS），∴∠DAC＝∠CBD．23．（2021•贵阳）如图，在矩形ABCD中，点M在DC上，AM＝AB，且BN⊥AM，垂足为N．（1）求证：△ABN≌△MAD；（2）若AD＝2，AN＝4，求四边形BCMN的面积．（1）证明：在矩形ABCD中，∠D＝90°，DC∥AB，∴∠BAN＝∠AMD，∵BN⊥AM，∴∠BNA＝90°，在△ABN和△MAD中，，∴△ABN≌△MAD（AAS）；（2）解：∵△ABN≌△MAD，∴BN＝AD，∵AD＝2，∴BN＝2，又∵AN＝4，在Rt△ABN中，AB＝＝＝2，∴S矩形ABCD＝2×2＝4，S△ABN＝S△MAD＝×2×4＝4，∴S四边形BCMN＝S矩形ABCD﹣S△ABN﹣S△MAD＝4﹣8．24．（2021•铜仁市）如图，在一座山的前方有一栋住宅，已知山高AB＝120m，楼高CD＝99m，某天上午9时太阳光线从山顶点A处照射到住宅的点E外．在点A处测得点E的俯角∠EAM＝45°，上午10时太阳光线从山顶点A处照射到住宅点F处，在点A处测得点F的俯角∠F AM＝60°，已知每层楼的高度为3m，EF＝40m，问：以当天测量数据为依据，不考虑季节天气变化，至少要买该住宅的第几层楼，才能使上午10时太阳光线照射到该层楼的外墙？（≈1.73）解：根据题意可知：四边形ABDM是矩形，∴AB＝MD＝120m，在Rt△AME中，ME＝AM tan45°＝AM，在Rt△AMF中，MF＝AM tan60°＝AM，∵EF＝MF﹣ME＝40m，∴AM﹣AM＝40，∴AM≈54.8（m），∴MF≈54.8×1.73≈94.80（m），∴DF＝120﹣94.80＝25.2（m），25.2÷3≈8.4，∴至少要买该住宅的第9层楼，才能使上午10时太阳光线照射到该层楼的外墙．答：至少要买该住宅的第9层楼，才能使上午10时太阳光线照射到该层楼的外墙．25．（2021•贵阳）随着科学技术的不断进步，无人机被广泛应用到实际生活中，小星利用无人机来测量广场B，C两点之间的距离．如图所示，小星站在广场的B处遥控无人机，无人机在A处距离地面的飞行高度是41.6m，此时从无人机测得广场C处的俯角为63°，他抬头仰视无人机时，仰角为α，若小星的身高BE＝1.6m，EA＝50m（点A，E，B，C在同一平面内）．（1）求仰角α的正弦值；（2）求B，C两点之间的距离（结果精确到1m）．（sin63°≈0.89，cos63°≈0.45，tan63°≈1.96，sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51）解：（1）如图，过A点作AD⊥BC于D，过E点作EF⊥AD于F，∵∠EBD＝∠FDB＝∠DFE＝90°，∴四边形BDFE为矩形，∴EF＝BD，DF＝BE＝1.6m，∴AF＝AD﹣DF＝41.6﹣1.6＝40（m），在Rt△AEF中，sin∠AEF＝＝＝，即sinα＝．答：仰角α的正弦值为；（2）在Rt△AEF中，EF＝＝＝30（m），在Rt△ACD中，∠ACD＝63°，AD＝41.6，∵tan∠ACD＝，∴CD＝＝≈21.22（m），∴BC＝BD+CD＝30+21.22≈51（m）．答：B，C两点之间的距离约为51m．26．（2021•江西）图1是疫情期间测温员用“额温枪”对小红测温时的实景图，图2是其侧面示意图，其中枪柄BC与手臂MC始终在同一直线上，枪身BA与额头保持垂直．量得胳膊MN＝28cm，MB＝42cm，肘关节M与枪身端点A之间的水平宽度为25.3cm（即MP的长度），枪身BA＝8.5cm．（1）求∠ABC的度数；（2）测温时规定枪身端点A与额头距离范围为3～5cm．在图2中，若测得∠BMN＝68.6°，小红与测温员之间距离为50cm．问此时枪身端点A与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由．（结果保留小数点后一位）（参考数据：sin66.4°≈0.92，cos66.4°≈0.40，sin23.6°≈0.40，≈1.414）解：（1）过点B作BH⊥MP，垂足为H，过点M作MI⊥FG，垂足为I，过点P作PK⊥DE，垂足为K，∵MP＝25.3cm，BA＝HP＝8.5cm，∴MH＝MP﹣HP＝25.3﹣8.5＝16.8（cm），在Rt△BMH中，cos∠BMH＝＝＝0.4，∴∠BMH＝66.4°，∵AB∥MP，∴∠BMH+∠ABC＝180°，∴∠ABC＝180°﹣66.4°＝113.6°；（2）∵∠BMN＝68.6°，∠BMH＝66.4°，∴∠NMI＝180°﹣∠BMN﹣∠BMH＝180°﹣68.6°﹣66.4°＝45°，∵MN＝28cm，∴cos45°＝＝，∴MI≈19.80cm，∵KI＝50cm，∴PK＝KI﹣MI﹣MP＝50﹣19.80﹣25.3＝4.90≈5.0（cm），∴此时枪身端点A与小红额头的距离是在规定范围内．。

同圆的内接正三角形与内接正方形的面积-概述说明以及解释

同圆的内接正三角形与内接正方形的面积-概述说明以及解释1.引言1.1 概述概述部分的内容可以从以下几个方面进行展开：概述部分是整篇文章的开场白，主要是对文章的主题进行简要介绍，并引起读者的兴趣。

首先，可以简要介绍同圆的内接正三角形和内接正方形的概念及其性质。

同圆的内接正三角形指的是一个三角形的三个顶点都位于同一个圆的圆周上，并且三个顶点所对应的圆心角都为60的特殊三角形。

内接正方形指的是一个正方形的四个顶点都位于同一个圆的圆周上的特殊方形。

这两种几何形体具有独特的性质，对于解决某些几何问题有着重要的作用。

其次，可以提及本文的目的和意义。

研究同圆的内接正三角形和内接正方形的面积，旨在探究它们之间的数学关系和几何特性。

通过分析和比较它们的面积计算方法，可以深入理解几何形体的性质和几何学的基本原理。

这对于提升数学思维、加深对几何学的理解以及应用数学知识解决实际问题具有重要意义。

最后，可以简要介绍文章的结构和内容安排。

本文将分为引言、正文和结论三部分。

其中，引言部分介绍了同圆的内接正三角形和内接正方形的概念、目的和意义。

正文部分将详细探讨同圆的内接正三角形和内接正方形的定义、性质、构造方法以及面积计算等内容。

结论部分将对文章进行总结，并提出一些讨论和思考的问题。

通过以上的概述，读者可以对本文的主题和内容有一个初步的了解，为接下来的阅读打下基础。

接下来，我们将进入正文部分，详细介绍同圆的内接正三角形和内接正方形的相关知识点。

文章结构（Article Structure）本文将从引言、正文和结论三个部分来探讨同圆的内接正三角形与内接正方形的面积。

以下是各部分的详细内容：1. 引言（Introduction）1.1 概述：在这一部分，我们将介绍同圆的内接正三角形和内接正方形，并强调它们在几何学中的重要性。

1.2 文章结构：这一小节将详细说明本文的结构和各个部分的内容，以帮助读者更好地理解文章的整体框架。

1.3 目的：在这一段，我们将明确本文的目标和研究问题，即探讨同圆的内接正三角形和内接正方形的面积计算方法。

九年级巧解三角形内接正方形

巧解三角形内接正方形北师版八年级下册第147页的例题：如图，AD 是△ABC 的高，点P 、Q 在BC 边上，点R 在AC 边上，点S 在AB 边上，BC ＝60cm ，AD=40 cm ，四边形PQRS 是正方形。

(1)△ASR 与△ABC 相似吗？为什么？ (2)求正方形PQRS 的边长。

思考与探究：由正方形PQRS 可知SR ∥BC ，于是△ASR ∽△ABC ，依此有SR AS BC AB =①；同理△BPS ∽△BDA ，又得SP SB AD AB=②. 由①+②，得SR SP 1BC AD+=（*）. 又SR=SP ，则（*）式变为111BC AD SR +=. 至此，例题中的两个小题可轻松方便地解答完毕。

不仅如此，我们还顺便得到了两个优美漂亮的结论，它们的应用较为广泛，特别是在解答某些较难的问题时作用更大，常化难为易化繁为简，收到出奇制胜的效果，以部分中考与竞赛试题为例说明如下:例1(广东佛山中考题)如果正方形的一边落在三角形的一边上，其余两个顶点分别在三角形的另外两边上，则这样的正方形叫做三角形的内接正方形。

（1）如图1，在△ABC 中，BC=a ，BC 边上的高AD=h a ，EFGH 是△ABC 的内接正方形，设正方形EFGH 的边长是x ，求证：a aah x a h =+；（2）在Rt △ABC 中，AB=4，AC=3，∠BAC=90º，请在图2、图3中分别画出可能的内接正方形，并根据计算回答哪个内接正方形的面积大。

解析:（1）依本文结论，有111a a a a h x a h ah +=+=，a a ah x a h ∴=+。

（2）可能的内接正方形分别如图2、图3中的EFGH 、EGAH.在图2中作AD ⊥BC 于点D ，易知BC=5.据三角形的面积公式，有AD 5214321⨯⨯=⨯⨯，∴512AD =. 对图2、图3分别运用本文结论，得603712551AD 1BC 1HG 1=+=+=，60351273141AC 1AB 1HE 1==+=+=. ∴HG 1＞HE1，HG ＜HE . ∴在直角三角形中，内接正方形的一边落在直角边上时，正方形的面积最大。

三角形内接正方形

三角形内接正方形一、概念三角形的内接正方形是指正方形四个顶点都在三角形边上的正方形,正方形有4个顶点,而三角形只有3条边,所以,正方形一定有两个顶点在同一条边上,即正方形一定有一条边落在三角形的边上.二、个数分情况讨论:1.在锐角三角形中:(1)如果三角形为等边三角形,则它的内接正方形只有一个.(正方形的边无论落在哪一条边上,根据对称性可知,都是在同一位置).(2)如果三角形为等腰三角形(底与腰不等),则它的内接正方形有2个.一个是正方形的边落在等腰三角形底边上;另一种是正方形的边落在腰上(无论哪个腰,位置是相同的);(3)如果三角形为不等边三角形(三边两两不等),则它的内接正方形有3个.2.在直角三角形中:内接正方形有2个:一个是正方形的边落在斜边上;另一个是正方形的边落在直角边上.3.在钝角三角形中:内接正方形只有1个:即正方形一条边落在斜边上.三、画法1.计算法通过计算，求出三角形内接正方形的边长a，然后在某一边上作三角形的高h，在h上截取一段长度为a 的线段，记下截点，通过截点作这边上的平行线，交另两边于两点，最后通过这两点作h的平行线即可. 2.尺规法利用位似图形的原理,选择一个位似中心和再作出一个正方形便可作出三角形内接最大正方形.方法一：先作个小正方形，再利用位似作出所求的内接正方形。

方法二：1)以△ABC的一边BC为一边,向下作正方形BCYX； 2)连接AX.BY与BC交于E,F.3)分别过E,F作ED,FG分别交AB,AC于D,G. 4)连结DG四边形EFGD便是所求图形由此便探索出了三角形内接最大正方形的一种尺规作法，我们是选顶点A作为位似中心，那么点B，点C可不可以做位似中心呢？答案是肯定的。

一共是四种做法。

四、教材衔接1.如图，四边形EFGH是△ABC内接正方形，BC=27cm，高AD=21cm，求内接正方形EFGH的面积．解：设正方形EFGH的边长为x，设AD与GH的交点为I，∵HG∥BC，∴△AHG∽△ABC，∴AI：AD=GH：BC，正方形EFGH的边长为xcm．∵BC=27，AD=21，∴（21-x）：21=x：27，即可求解．点评：本题主要考查正方形的面积、相似三角形的判定与性质，关键在于通过求证△AHG∽△ABC，推出正方形的边长．2. 如图，Rt△ABC（∠C=90°）中有三个内接正方形，DF=9厘米，GK=6厘米，猜想第三个正方形的边长PQ 的长．解：GF=EF-EG=9-6=3，设PQ=x，∵GK∥PQ，∴∠FKG=∠KQP．又∵∠FGK=∠KPQ=90°，∴△FGK∽△KPQ．∴ FGKP=GKPQ．∴ 36-x=6x．解得x=4．答：第三个正方形的边长为4厘米．点评：本题利用了平行线的性质，相似三角形的判定和性质求解．3. 如图所示，四边形EFGH是三角形ABC的内接矩形，AD⊥BC，垂足为D，BC=21cm，AD=14cm，EF：FG=1：2，求矩形EFGH的面积．解：如图，设矩形的边长EF=x，则FG=2x，∵四边形EFGH是三角形ABC的内接矩形，∴EH∥BC，EH=FG，∴△AEH∽△ABC，又∵AD⊥BC，则ID=x，AI=AD-ID，∴ EHBC= AIAD，BC=21cm，AD=14cm，∴ 2x21= 14-x14，解得，x=6cm，即2x=12cm，∴S矩形EFGH=EF×FG=6×12=72cm2．答：矩形EFGH的面积为72cm2．点评：本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，知道相似三角形的对应高之比就等于对应边之比，即相识比．五、中考应用(几何综合题,规律型)1.2.把边长为40厘米的正方形ABCD 沿对角线AC 截成两个三角形，在两个三角形内如图所示剪下两个内接正方形M 、N ，则M 、N 的的面积的差是4009平方厘米．解：正方形M 的面积=20cm ×20cm=400cm 2，设：正方形N 的边长为x ，则存在：x2+ 12×x2+ 12×x2+ 12× 12×x2= 40×402，解得：x2= 32009cm 2，故M 、N 的面积的差为（400- 32009）cm2= 4009cm 2，故答案为 4009cm 2．点评：本题考查了正方形，等腰三角形面积的计算方法，考查了正方形四边相等，各内角均为直角的性质，解本题的关键是正方形N 的面积的计算．3.如图1，在△ABC 中，∠C=90°，AC=4，BC=3，四边形DEFG 为△ABC 的内接正方形，若设正方形的边长为x ，容易算出x 的长为 60/37．探究与计算：（1）如图2，若三角形内有并排的两个全等的正方形，它们组成的矩形内接于△ABC ，则正方形的边长为 60/49；（2）如图3，若三角形内有并排的三个全等的正方形，它们组成的矩形内接于△ABC ，则正方形的边长为 60/61；（3）如图4，若三角形内有并排的n 个全等的正方形，它们组成的矩形内接于△ABC ，请你猜想正方形的边长是多少？并对你的猜想进行证明．解：（1） 6049；（2分）（2） 6061；（2分）（3）若三角形内有并排的n 个全等的正方形，它们组成的矩形内接于△ABC ，正方形的边长是 6025+12n ．证明，如图，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为N ，交GF 于点M ，设小正方形的边长为x ，∵四边形GDEF 为矩形，∴GF ∥AB ，CM ⊥GF ，易算出CN= 125，∴ CMCN=GFAB ，即 125-x125=nx5， ∴x= 6025+12n ．即小正方形的边长是 6025+12n ．（4分）点评：主要考查了正方形，矩形的性质和相似三角形的性质．会利用三角形相似中的相似比来得到相关的线段之间的等量关系是解题的关键． 4. （2009•湘西州）如图，等腰直角△ABC 腰长为a ，现分别按图1，图2方式在△ABC 内内接一个正方形ADFE 和正方形PMNQ ．设△ABC 的面积为S ，正方形ADFE 的面积为S1，正方形PMNQ 的面积为S2．（1）在图1中，求AD ：AB 的值；在图2中，求AP ：AB 的值；（2）比较S1+S2与S 的大小．。

人教版初三数学下册三角形内接正方形

x 80x 120 80
解得：x=48
B
G
答：这个正方形的边长为48mm.
A F
K DH C
方法二
解：设正方形的边长为x，依题得
x2x(8 0 x)x(12 x)012 800
2
2
2
解得：x=48mm A
答：这个正方形的边长为48mm.
E
F
K
面积法
B
G
DH C
归纳总结：
1.本题考查相似三角形的应用，在章节复习中链接了相似三角形的判定和性质知识点的联系，有助于学生构建知识框架，引导学生探索数学问题的解题方法。
EF AE BC AB
难点突破
E/F B / C
AEF∽ ABC
EF
AADK-KD
B1C20 A8D0
1E2F0 AD80E F设EF=x
80mm
K
D
方法一
解：正方形EGHF的边GH在BC上
EF//BC
AEF∽ ABC
EF AK BC AD
设EF=xmm ,则EF=FH=KD=xmm E
x2=____________, 按如此方法继续作正方形，第 x n 个正
方形的边长 =____________.
A
意图：学生在了解原题的解法后，通过观察、猜想和验证，探索其中的规律，这是对原题方法的总结和提升，发展学生推理解题的思维能力。 B
I
N
E
F
J KM
G
DH C
图1
变式二：现把△ABC按照图2加工成三个相同大小的正方形零件(边长为x)，△ABC的边BC与高 AD需要满足一定的数量关系．则这一数量关系是：_______________.

三角形内接正方形的一个关系式及其应用

三角形内接正方形的一个关系式及其应用作者：肖维松来源：《中学数学杂志(初中版)》2013年第02期如果正方形的四个顶点都在三角形的边上，那么这个正方形称为此三角形的内接正方形.关于三角形的内接正方形问题，有一个应用广泛的关系式：若三角形的一边长为a，这边上的高为h，则立在这边上的内接正方形的边长为aha+h.证明如图1，设△ABC的内接正方形边长为x，BC=a，AD=h，则因为OR∥BC，所以△AOR∽△ABC，所以ORBC=AFAD，即xa=h-xh，所以x=aha+h.这一关系式即为北师大版义务教育课程标准实验教科书《数学》八年级下册第147页的例题.利用这个关系式，可以解答三角形的内接正方形的有关问题，现以部分竞赛题为例说明如下.例1 （1991年全国初中数学联赛试题）如图1，正方形OPQR内接于△ABC，已知△AOR、△BOP和△CRQ的面积分别是S1=1、S2=3和S3=1，那么，正方形OPQR的边长是（）A.2B.3C.2D.3解作 AD⊥BC于D，交OR于F，设正方形OPQR的边长为x，则1=S1=12x·AF，从而有AF=2x，同理可得BP=6x，QC=2x，于是BC=x+8x，AD=x+2x.所以由上述关系式得x=（x+8x）（x+2x）x+8x+x+2x，化简整理得x4=16，因为x为正，所以x=2，故选C.点评本题通过设内接正方形的边长为x，先利用三角形的面积公式，求得AF、BP、QC 用x表示的分式，再运用三角形内接正方形的关系式列出一个分式方程，最后求得x，由于运用代数方法解决了几何问题，因而数形结合，问题也由繁变简了.例2 （第五届美国数学邀请赛试题）如图2，△ABC（∠C=Rt∠）的两个内接正方形DFCE、PQMN的面积分别是S1=441、S2=440，求AC+BC的值.解令BC=a，AC=b，AB=C，斜边上的高为h，则由上述关系式得S1=aba+b，S2=chc+h.注意到ab=ch，a2+b2=c2，即有S1=c2h2c2+2ch，而有c2+2ch=c2h2S1，于是S2=c2h2c2+2ch+h2=c2h2c2h2S1+h2=c2S1c2+S1，由此解得c2=S1S2S1-S2.再注意到ad=S1（a+b），即有c2=a2+b2=（a+b）2-2ab=（a+b）2-2S1（a+b），从而有c2+S1=（a+b-S1）2，于是S1S2S1-S2+S1=（a+b-S1）2，由此可解得ab=S1+S1S1-S2.将S1=441，S2=440代入上式即得a+b=462，即AC+BC的值为462.点评本题比较复杂，如用常规方法求解，将很困难.然而两次运用了三角形内接正方形的关系式，结合三角形面积化简轻松求得结果.本题又是一道代数与几何融为一体的综合题，解题关键是通过数形结合方法直观解题，因而有明显的选拔功能和考查功能.例3 （1986年美国第四届数学邀请赛试题）证明边长为2的正方形必不能被三边分别为3、4、5的三角形所覆盖.证明令△ABC的边AC=3，BC=4，AB=5，则∠ACB=Rt∠，如图3可知，正方形DECF 为内接于Rt△ABC的最大正方形，设CE=x，由上述关系式得 x=3×43+4=127.因为127点评本题设计比较新颖，难度不太大，只要运用三角形内接正方形的关系式求得正方形边长127，再通过与已知正方形边长2比较就可以了.例4 如图4，在锐角△ABC中内接一正方形PQMN，试证明这正方形的面积不超过三角形ABC面积之半，（1978年广东省中学生数学竞赛题）.证明设△ABC的底边BC=a，高AD=h，正方形边长为x，由三角形的内接正方形的关系式得xa+xh=1. ①又SPQMN=x2，即xa·xh=SPQMNah②所以由①、②知xa、xh是方程z2-z+SPQMNah=0的两个实数根.所以Δ≥0，即（-1）2-4×1×SQPMNah≥0.从而得SPQMN≤ah4=12.12ah=12S△ABC，即SPQMN≤12S△ABC.点评本题是一道几何与韦达定理，一元二次方程根的判别式构成的综合题.解题关键是先利用三角形内接正方形的关系式求得x=aha+h推出xa+xh=1①，再由SPQMN=x2推出xa·xh=SPQMNah②，然后利用韦达定理的逆定理，利用①、②构造出一元二次方程z2-z+SPQMNah=0，最后应用根的判别式Δ≥0得证，这种解题主法充分体现了构造法解题的科学性，符合新课程的理念要求，利于激发学生的学习数学的积极性，利于培养学生的创新和探索精神.例5 如图5，正方形EFGH内接于△ABC，设BC=ab（这是一个两位数），EF=C，三角形的高AD=d，已知a，b，c，d恰好是从小到大的四个连续正整数，试求△ABC的面积，（1997年安徽省部分地区初中数学竞赛题）解由上述关系式得 1d+ 1 ab=1c，依题意有b=a+1，c=a+2，d=a+3，则ab=10a+b=11a+1，所以1a+3+111a+1=1a+2.化简得（a-3）2=4，所以a-3=±2，a1=1，a2=5.当a=1时，S△ABC=12·ab·d=12×12×4=24；当a=5时，S△ABC=12·ab·d=12×56×8=224.点评本题是一道几何与代数相结合的综合题，解题关键是先利用关系式写出1d+1ab=1c 再结合b=a+1，c=a+2，d=a+3，通过化简变形求得a的值，最后求得S△ABC.这是一道创新的竞赛题，由于数形结合，因而符合新课程改革的理念要求.综上所述可知，应用本文中的关系式解竞赛问题，其关键在于要从问题的实际出发，根据题设去灵活运用，通过教学实践，笔者认为，注意对学生进行课本内容的探究应用的研究，有利于培养学生的思维品质，有利于调动学生学习的积极性，有利于提高学生的专题总结水平，有利于融会贯通所学过的几何代数知识，有利于培养学生研究数学的兴趣，有利于提高教与学的质量.。

初中数学复习圆的内接与外接关系

初中数学复习圆的内接与外接关系圆的内接与外接关系圆是数学中的重要概念之一，它在几何图形中扮演着重要的角色。

在初中数学中，学生会学习到关于圆的内接与外接的概念及其相关定理。

本文将介绍圆的内接与外接关系，并探讨一些与之相关的定理和性质。

一、圆的内接圆的内接是指某个图形与圆完全相切的情况。

简单来说，内接是指一个图形的边界与圆的边界相切。

我们以三角形为例，来说明圆的内接。

1. 三角形内接圆在平面几何中，如果一个圆刚好与一个三角形的三条边相切，那么这个圆就被称为三角形的内接圆。

内接圆的圆心与三角形的三个顶点的连线相交于一点，这个点被称为三角形的内心。

【插图】在三角形的内接圆中，有一个重要的定理：三角形的内心到三角形三个顶点的距离之和等于三角形的周长。

2. 正方形内接圆正方形是一个特殊的四边形，它的四边相等，且四个角都为直角。

正方形的内接圆与正方形的四条边相切，且圆心与正方形的四个顶点的连线相交于一点，这个点被称为正方形的内心。

【插图】正方形的内接圆有一个重要的特点：内接圆的半径等于正方形的边长的一半。

二、圆的外接圆的外接是指某个图形能够被一个圆包围，且图形的每条边都与圆的边界相切。

我们以正三角形和正五边形为例，来说明圆的外接。

1. 正三角形的外接圆正三角形是一个特殊的三角形，它的三条边都相等，且三个角都为60度。

正三角形的外接圆与正三角形的三个顶点相交于圆上的三个点，这三个点被称为正三角形的顶点。

【插图】正三角形的外接圆有一个重要的特点：外接圆的半径等于正三角形的边长的一半。

2. 正五边形的外接圆正五边形是一个特殊的五边形，它的五条边相等，且五个内角都为108度。

正五边形的外接圆与正五边形的五个顶点相交于圆上的五个点，这五个点被称为正五边形的顶点。

【插图】正五边形的外接圆有一个重要的特点：外接圆的半径等于正五边形的边长的一半。

三、圆的内接与外接关系在前面的介绍中，我们已经知道三角形、正方形、正三角形和正五边形的内接圆和外接圆的一些性质。

三角形外接两个正方形求角度题目

三角形外接两个正方形求角度题目
摘要：
1.问题描述
2.分析题目
3.解题思路
4.求解过程
5.答案及解析
正文：
【问题描述】
在一个三角形的外接两个正方形中，求三角形所对应的角度。

这个问题涉及到几何学中的三角形、正方形以及角度计算。

【分析题目】
题目中提到的三角形外接两个正方形，意味着这个三角形是正方形的一个内接三角形。

我们需要求解这个三角形的三个角度。

【解题思路】
由于三角形的外接两个正方形，我们可以考虑利用正方形的性质来求解这个问题。

正方形的性质是四个角度都是90度，且每条边都相等。

因此，我们可以通过正方形的性质来计算三角形的角度。

【求解过程】
首先，我们知道正方形的每个角都是90度。

由于三角形的外接两个正方形，那么三角形的两个角度分别与正方形的两个角度相等，都是90度。

那
么，三角形的第三个角度就是180度减去这两个90度的角度，即180度- 90度- 90度= 180度- 180度= 0度。

【答案及解析】
所以，这个三角形所对应的角度为0度。

这个答案可能有些出乎意料，但它是根据题目所给的条件计算得出的。

直角三角形的内接正方形的面积问题

直角三角形的内接正方形的面积问题
胡俊明
【期刊名称】《四川文理学院学报》
【年(卷),期】2001(011)004
【摘要】@@ 类似于圆内接四边形,我们把正方形的四个顶点落在直角三角形三边上的正方形,称为这个直角三角形的内接正方形.直角三角形的内接正方形有以下两种情况:
【总页数】2页(P116,118)
【作者】胡俊明
【作者单位】达州市一中,四川,达州,635000
【正文语种】中文
【中图分类】G633.63
【相关文献】
1.直角三角形的最大内接直角三角形 [J], 黄海波
2.直角三角形内接最大正方形(矩形)的优化解法 [J], 陈佩宁;张明虎
3.探究割补法在求解抛物线内接三角形面积问题中的应用 [J], 陈巧
4.探究内接于抛物线的三角形的面积问题 [J], 姜强柱;孙筱倩
5.由三角形内接正方形面积问题引发的思考 [J], 史兵秋
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