Question

13．（1）請(qǐng)?jiān)趫D①中畫出與△ABC面積相等的三個(gè)三角形：△ABC₁、△ABC₂、△ABC₃，其中點(diǎn)C₁、C₂、C₃為△ABC所在平面上異于點(diǎn)C的三個(gè)不同點(diǎn)；
（2）請(qǐng)?jiān)趫D②中射線BC上通過畫圖確定一點(diǎn)E，使得S_△ABE=S_{四邊形ABCD}，并簡(jiǎn)要敘述畫法和理由；
問題解決
（3）李大爺家有一塊果園如圖③中的四邊形ABCD，由于修路，圖中三角形CEF區(qū)域?qū)⒈徽加�，現(xiàn)決定在DF的右側(cè)補(bǔ)給他一塊土地，要求補(bǔ)償前后的總面積不變，已知∠A=135°，∠B=60°，∠D=105°，AB=350m，BE=（100+50$\sqrt{3}$）m，CF=300m，DF=100m，若所補(bǔ)區(qū)域?yàn)槿�角形DFG，且點(diǎn)G在射線EF上，請(qǐng)求出符合條年的FG的長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)夾在平行線間的距離處處相等和同底等高的兩三角形面積相等即可得出結(jié)論；
（2）借助（1）結(jié)論即可得出結(jié)論；
（3）先根據(jù)（1）的結(jié)論作出圖形，再構(gòu)造直角三角形，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)，和勾股定理即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖①所示：過C作CE∥AB，
在射線CE上依次取點(diǎn)C₁，C₂，C₃，
則：△ABC₁、△ABC₂、△ABC₃即為所求；



（2）如圖②，連接AC，過點(diǎn)D作AC的平行線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE，△ABE即為所求的三角形；
理由：∵DE∥AC，
∴S_△ADE=S_△CDE，
∴S_△ADE-S_△DEG=S_△CDE-S_△DEG，
∴S_△ADG=S_△CEG，
∴S_{四邊形ABCD}=S_{四邊形ABCG}+S_△ADG=S_{四邊形ABCG}+S_△CEG=S_△ABE；


（3）如圖③，連接DE，過C作CG∥DE交EF的延長(zhǎng)線于G，則S_△GDE=S_△CDE
∴S_△DFG+S_△DEF=S_△CEF+S_△DEF，
∴S_△DFG=S_△CEF，

如圖4，過點(diǎn)A作AM⊥BC于M，在Rt△ABM中，∠B=60°，
∴BM=200，AM=175$\sqrt{3}$
過點(diǎn)D作DN⊥BC于N，
在Rt△CDN中，∠BCD=60°，CD=CF+DF=400，
∴CN=200，DN=200$\sqrt{3}$，
過點(diǎn)A作AH⊥DN于H，
∴四邊形AMNH是矩形，
∴MN=AH．NH=AM=175$\sqrt{3}$，
∴DH=DN-HN=25$\sqrt{3}$，
在HA上取一點(diǎn)Q使∠DQH=30°，
∵∠DAH=∠BAD-∠MAH-∠BAM=15°，
∴AQ=DQ，
在Rt△DHQ中，∠DQH=30°，DH=25$\sqrt{3}$，
∴DQ=50$\sqrt{3}$，HQ=75，
∴AQ=DQ=50$\sqrt{3}$，
∴AH=AQ+HQ=50$\sqrt{3}$+75，
∴MN=50$\sqrt{3}$+75，
∴BN=BM+MN=200+50$\sqrt{3}$+75=275+50$\sqrt{3}$，
∴EN=BN-BM=275+50$\sqrt{3}$-（100+50$\sqrt{3}$）=175，
∴CE=EN+CN=375，
過點(diǎn)F作FP⊥BC于P，
在Rt△CPF中，∠BCD=60°，CF=300，
∴PC=150，PF=150$\sqrt{3}$，
∴PE=CE-PC=375-150=225，
在Rt△EFP中，PE=225，PF=150$\sqrt{3}$，
根據(jù)勾股定理得，EF=$\sqrt{P{F}^{2}+P{E}^{2}}$=75$\sqrt{21}$，
∵DE∥GC，
∴△DEF∽△CGF，
∴$\frac{EF}{FG}=\frac{DF}{CF}$，$\frac{75\sqrt{21}}{FG}=\frac{100}{300}$，
∴FG=225$\sqrt{21}$m．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了夾在平行線間的距離相等，同底等高的兩三角形面積相等，直角三角形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是作出輔助線構(gòu)造直角三角形，是一道有一定難度的題目．