学霸微专题21 利用三角形面积恒等求线段和
图形
条件 AB=AC,PD⊥AB,PE⊥AC,BF⊥AC
结论 PD+PE=BF
图形
条件 AB=AC,PD⊥AB,PE⊥AC,BF⊥AC
结论 PD+PE=BF
答案：证明：连接AP。
∵ PD⊥AB，PE⊥AC，BF⊥AC，
∴ $S_{△ ABP} = \frac{1}{2} AB · PD$，
$S_{△ ACP} = \frac{1}{2} AC · PE$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} AC · BF$。
又∵ $S_{△ ABC} = S_{△ ABP} + S_{△ ACP}$，
∴ $\frac{1}{2} AB · PD + \frac{1}{2} AC · PE = \frac{1}{2} AC · BF$。
∵ $AB = AC$，
等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$PD + PE = BF$。
∵ PD⊥AB，PE⊥AC，BF⊥AC，
∴ $S_{△ ABP} = \frac{1}{2} AB · PD$，
$S_{△ ACP} = \frac{1}{2} AC · PE$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} AC · BF$。
又∵ $S_{△ ABC} = S_{△ ABP} + S_{△ ACP}$，
∴ $\frac{1}{2} AB · PD + \frac{1}{2} AC · PE = \frac{1}{2} AC · BF$。
∵ $AB = AC$，
等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$PD + PE = BF$。
解析：
【分析】
要证明$PD+PE=BF$，观察到三条线段均为三角形对应边上的高，可优先考虑面积法推导。首先连接$AP$，将$△ ABC$分割为$△ ABP$和$△ ACP$两个小三角形，根据“整体面积等于各部分面积之和”可得$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，再分别将三个三角形的面积用“$\frac{1}{2}×底×高$”的形式表示，结合已知$AB=AC$的条件，对等式化简即可得出待证结论。
【解析】
证明：连接$AP$。
$\because PD⊥ AB$，$PE⊥ AC$，$BF⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP} = \frac{1}{2} AB · PD$，
$S_{△ ACP} = \frac{1}{2} AC · PE$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} AC · BF$。
又$\because S_{△ ABC} = S_{△ ABP} + S_{△ ACP}$，
$\therefore \frac{1}{2} AB · PD + \frac{1}{2} AC · PE = \frac{1}{2} AC · BF$。
$\because AB = AC$，
等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$PD + PE = BF$。
【答案】
$PD+PE=BF$
【知识点】
等腰三角形性质、三角形面积计算、等面积法
【点评】
本题是等面积法的典型应用题型，通过拆分三角形建立面积等量关系，将面积问题转化为线段长度问题，避开了复杂的全等证明步骤，该方法在涉及多条高的线段等量关系证明中十分常用。
【难度系数】
0.6
要证明$PD+PE=BF$，观察到三条线段均为三角形对应边上的高，可优先考虑面积法推导。首先连接$AP$，将$△ ABC$分割为$△ ABP$和$△ ACP$两个小三角形，根据“整体面积等于各部分面积之和”可得$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ ACP}$，再分别将三个三角形的面积用“$\frac{1}{2}×底×高$”的形式表示，结合已知$AB=AC$的条件，对等式化简即可得出待证结论。
【解析】
证明：连接$AP$。
$\because PD⊥ AB$，$PE⊥ AC$，$BF⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP} = \frac{1}{2} AB · PD$，
$S_{△ ACP} = \frac{1}{2} AC · PE$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} AC · BF$。
又$\because S_{△ ABC} = S_{△ ABP} + S_{△ ACP}$，
$\therefore \frac{1}{2} AB · PD + \frac{1}{2} AC · PE = \frac{1}{2} AC · BF$。
$\because AB = AC$，
等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，可得：
$PD + PE = BF$。
【答案】
$PD+PE=BF$
【知识点】
等腰三角形性质、三角形面积计算、等面积法
【点评】
本题是等面积法的典型应用题型，通过拆分三角形建立面积等量关系，将面积问题转化为线段长度问题，避开了复杂的全等证明步骤，该方法在涉及多条高的线段等量关系证明中十分常用。
【难度系数】
0.6
1.(2024·淮阳区期末)如图，△ABC是等腰三角形，O是底边BC上任意一点，OE，OF分别与两边垂直，等腰△ABC的腰长为5，面积为12，则OE+OF的值为（
A.4
B.$\frac{24}{5}$
C.15
D.8
B
）A.4
B.$\frac{24}{5}$
C.15
D.8
答案：1.B
解析：
【分析】
要求OE+OF的值，可通过等面积法求解：连接AO，将等腰△ABC分割为△ABO和△ACO两个小三角形，两个小三角形的面积之和等于△ABC的总面积，结合已知的腰长和总面积，代入三角形面积公式即可建立关于OE+OF的等式，进而求出结果。
【解析】
解：连接AO，
∵△ABC是等腰三角形，腰长为5，
∴AB=AC=5，
∵S△ABC = S△ABO + S△ACO，OE⊥AB，OF⊥AC，△ABC的面积为12，
∴$\frac{1}{2}×AB×OE + \frac{1}{2}×AC×OF = 12$，
将AB=AC=5代入得：
$\frac{1}{2}×5×OE + \frac{1}{2}×5×OF = 12$，
提取公因式得：$\frac{5}{2}(OE+OF)=12$，
解得：$OE+OF=\frac{12×2}{5}=\frac{24}{5}$。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形面积计算，等面积法
【点评】
本题是典型的利用面积恒等求线段和的题型，解题的核心是通过添加辅助线将大三角形拆分为两个小三角形，利用面积和的关系建立等式，无需复杂的几何证明，方法巧妙简洁。
【难度系数】
0.7
要求OE+OF的值，可通过等面积法求解：连接AO，将等腰△ABC分割为△ABO和△ACO两个小三角形，两个小三角形的面积之和等于△ABC的总面积，结合已知的腰长和总面积，代入三角形面积公式即可建立关于OE+OF的等式，进而求出结果。
【解析】
解：连接AO，
∵△ABC是等腰三角形，腰长为5，
∴AB=AC=5，
∵S△ABC = S△ABO + S△ACO，OE⊥AB，OF⊥AC，△ABC的面积为12，
∴$\frac{1}{2}×AB×OE + \frac{1}{2}×AC×OF = 12$，
将AB=AC=5代入得：
$\frac{1}{2}×5×OE + \frac{1}{2}×5×OF = 12$，
提取公因式得：$\frac{5}{2}(OE+OF)=12$，
解得：$OE+OF=\frac{12×2}{5}=\frac{24}{5}$。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形面积计算，等面积法
【点评】
本题是典型的利用面积恒等求线段和的题型，解题的核心是通过添加辅助线将大三角形拆分为两个小三角形，利用面积和的关系建立等式，无需复杂的几何证明，方法巧妙简洁。
【难度系数】
0.7
2.阅读材料:如图①,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$P$为底边$BC$上任意一点,
点$P$到两腰的距离分别为$r_1$,$r_2$,腰上的高为$h$,连接$AP$,则$S_{△ ABP} + S_{△ ACP} = S_{△ ABC}$,
即$\frac{1}{2}AB · r_1 + \frac{1}{2}AC · r_2 = \frac{1}{2}AB · h$,$\therefore r_1 + r_2 = h$(定值),即$PE+PF$为定值.
(1)深入探究
将“在$△ ABC$中,$AB=AC$,$P$为底边$BC$上任意一点”改成“$P$为等边$△ ABC$内一点”,如图②,作$PE⊥AB$,$PF⊥AC$,$PM⊥BC$,$BG⊥AC$,垂足分别为$E$,$F$,$M$,$G$,有类似结论吗?请写出结论并证明.
(2)理解与应用
当点$P$在$△ ABC$外时,如图③,(1)的结论是否成立?若成立,请予以证明;若不成立,请写出$PE$,$PF$,$PM$和$BG$之间的数量关系,并说明理由.
点$P$到两腰的距离分别为$r_1$,$r_2$,腰上的高为$h$,连接$AP$,则$S_{△ ABP} + S_{△ ACP} = S_{△ ABC}$,
即$\frac{1}{2}AB · r_1 + \frac{1}{2}AC · r_2 = \frac{1}{2}AB · h$,$\therefore r_1 + r_2 = h$(定值),即$PE+PF$为定值.
(1)深入探究
将“在$△ ABC$中,$AB=AC$,$P$为底边$BC$上任意一点”改成“$P$为等边$△ ABC$内一点”,如图②,作$PE⊥AB$,$PF⊥AC$,$PM⊥BC$,$BG⊥AC$,垂足分别为$E$,$F$,$M$,$G$,有类似结论吗?请写出结论并证明.
(2)理解与应用
当点$P$在$△ ABC$外时,如图③,(1)的结论是否成立?若成立,请予以证明;若不成立,请写出$PE$,$PF$,$PM$和$BG$之间的数量关系,并说明理由.
答案：
2.解:(1)PE+PF+PM=BG.
证明:连接 PA,PB,PC,如答图①,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ BCP} + S_{△ ACP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF + \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF + \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF+PM=BG.
(2)不成立,PE+PF-PM=BG.理由如下:
连接 PA,PB,PC,如答图②,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ ACP} - S_{△ BCP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF - \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF - \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF-PM=BG.
2.解:(1)PE+PF+PM=BG.
证明:连接 PA,PB,PC,如答图①,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ BCP} + S_{△ ACP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF + \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF + \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF+PM=BG.
(2)不成立,PE+PF-PM=BG.理由如下:
连接 PA,PB,PC,如答图②,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ ACP} - S_{△ BCP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF - \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF - \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF-PM=BG.
解析：
【分析】
本题可类比题干给出的等腰三角形面积拆分的思路求解：
(1)探究点在等边三角形内部的结论时，可连接点P与三角形三个顶点，将△ABC拆分为△ABP、△BCP、△ACP三个小三角形，根据三个小三角形面积和等于大三角形面积，结合等边三角形三边相等的性质，约去公共系数即可得到三条垂线段的和与腰上高的关系；
(2)探究点在等边三角形外部的结论时，同样连接点P与三个顶点，此时△ABC的面积等于△ABP与△ACP的面积之和减去△BCP的面积，再结合等边三角形三边相等的性质推导即可。
【解析】
(1) 结论：$PE+PF+PM=BG$，证明如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$，如答图①，
根据面积关系可得：$S_{△ABP} + S_{△BCP} + S_{△ACP} = S_{△ABC}$。
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$AB=AC=BC$。
又
∵$PE⊥AB$，$PF⊥AC$，$PM⊥BC$，$BG⊥AC$，
根据三角形面积公式代入面积等式得：
$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF + \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$，
将$AC$、$BC$都替换为$AB$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AB$，可得$PE+PF+PM=BG$。
(2) (1)的结论不成立，数量关系为$PE+PF-PM=BG$，理由如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$，如答图②，
此时面积关系为：$S_{△ABP} + S_{△ACP} - S_{△BCP} = S_{△ABC}$。
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$AB=AC=BC$。
又
∵$PE⊥AB$，$PF⊥AC$，$PM⊥BC$，$BG⊥AC$，
代入面积公式得：
$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF - \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$，
将$AC$、$BC$替换为$AB$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AB$，可得$PE+PF-PM=BG$。
【答案】
(1)$PE+PF+PM=BG$.
证明:连接 PA,PB,PC,如答图①,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ BCP} + S_{△ ACP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF + \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF + \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF+PM=BG.
(2)不成立,PE+PF-PM=BG.理由如下:
连接 PA,PB,PC,如答图②,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ ACP} - S_{△ BCP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF - \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF - \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF-PM=BG.
【知识点】
等边三角形性质、三角形面积计算、面积法应用
【点评】
本题是面积法探究线段关系的典型题型，由等腰三角形的基础结论拓展到等边三角形内、外不同位置的线段关系，体现了类比思想和分类讨论思想的应用，解题的关键是正确拆分三角形面积，结合等边三角形三边相等的性质推导结论。
【难度系数】
0.6
本题可类比题干给出的等腰三角形面积拆分的思路求解：
(1)探究点在等边三角形内部的结论时，可连接点P与三角形三个顶点，将△ABC拆分为△ABP、△BCP、△ACP三个小三角形，根据三个小三角形面积和等于大三角形面积，结合等边三角形三边相等的性质，约去公共系数即可得到三条垂线段的和与腰上高的关系；
(2)探究点在等边三角形外部的结论时，同样连接点P与三个顶点，此时△ABC的面积等于△ABP与△ACP的面积之和减去△BCP的面积，再结合等边三角形三边相等的性质推导即可。
【解析】
(1) 结论：$PE+PF+PM=BG$，证明如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$，如答图①，
根据面积关系可得：$S_{△ABP} + S_{△BCP} + S_{△ACP} = S_{△ABC}$。
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$AB=AC=BC$。
又
∵$PE⊥AB$，$PF⊥AC$，$PM⊥BC$，$BG⊥AC$，
根据三角形面积公式代入面积等式得：
$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF + \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$，
将$AC$、$BC$都替换为$AB$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AB$，可得$PE+PF+PM=BG$。
(2) (1)的结论不成立，数量关系为$PE+PF-PM=BG$，理由如下：
连接$PA$、$PB$、$PC$，如答图②，
此时面积关系为：$S_{△ABP} + S_{△ACP} - S_{△BCP} = S_{△ABC}$。
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$AB=AC=BC$。
又
∵$PE⊥AB$，$PF⊥AC$，$PM⊥BC$，$BG⊥AC$，
代入面积公式得：
$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF - \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$，
将$AC$、$BC$替换为$AB$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AB$，可得$PE+PF-PM=BG$。
【答案】
(1)$PE+PF+PM=BG$.
证明:连接 PA,PB,PC,如答图①,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ BCP} + S_{△ ACP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF + \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF + \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF+PM=BG.
(2)不成立,PE+PF-PM=BG.理由如下:
连接 PA,PB,PC,如答图②,
则 $S_{△ ABP} + S_{△ ACP} - S_{△ BCP} = S_{△ ABC}$.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=AC=BC.
∵PE⊥AB,PF⊥AC,PM⊥BC,BG⊥AC,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AC · PF - \frac{1}{2}BC · PM = \frac{1}{2}AC · BG$,
∴$\frac{1}{2}AB · PE + \frac{1}{2}AB · PF - \frac{1}{2}AB · PM = \frac{1}{2}AB · BG$,
∴PE+PF-PM=BG.
【知识点】
等边三角形性质、三角形面积计算、面积法应用
【点评】
本题是面积法探究线段关系的典型题型，由等腰三角形的基础结论拓展到等边三角形内、外不同位置的线段关系，体现了类比思想和分类讨论思想的应用，解题的关键是正确拆分三角形面积，结合等边三角形三边相等的性质推导结论。
【难度系数】
0.6