Question

13．（1）请在图①中画出与△ABC面积相等的三个三角形：△ABC₁、△ABC₂、△ABC₃，其中点C₁、C₂、C₃为△ABC所在平面上异于点C的三个不同点；
（2）请在图②中射线BC上通过画图确定一点E，使得S_△ABE=S_{四边形ABCD}，并简要叙述画法和理由；
问题解决
（3）李大爷家有一块果园如图③中的四边形ABCD，由于修路，图中三角形CEF区域将被占用，现决定在DF的右侧补给他一块土地，要求补偿前后的总面积不变，已知∠A=135°，∠B=60°，∠D=105°，AB=350m，BE=（100+50$\sqrt{3}$）m，CF=300m，DF=100m，若所补区域为三角形DFG，且点G在射线EF上，请求出符合条年的FG的长度．

Answer 1

分析 （1）根据夹在平行线间的距离处处相等和同底等高的两三角形面积相等即可得出结论；
（2）借助（1）结论即可得出结论；
（3）先根据（1）的结论作出图形，再构造直角三角形，利用含30度角的直角三角形的性质，和勾股定理即可得出结论．

解答 解：（1）如图①所示：过C作CE∥AB，
在射线CE上依次取点C₁，C₂，C₃，
则：△ABC₁、△ABC₂、△ABC₃即为所求；



（2）如图②，连接AC，过点D作AC的平行线交BC的延长线于点E，连接AE，△ABE即为所求的三角形；
理由：∵DE∥AC，
∴S_△ADE=S_△CDE，
∴S_△ADE-S_△DEG=S_△CDE-S_△DEG，
∴S_△ADG=S_△CEG，
∴S_{四边形ABCD}=S_{四边形ABCG}+S_△ADG=S_{四边形ABCG}+S_△CEG=S_△ABE；


（3）如图③，连接DE，过C作CG∥DE交EF的延长线于G，则S_△GDE=S_△CDE
∴S_△DFG+S_△DEF=S_△CEF+S_△DEF，
∴S_△DFG=S_△CEF，

如图4，过点A作AM⊥BC于M，在Rt△ABM中，∠B=60°，
∴BM=200，AM=175$\sqrt{3}$
过点D作DN⊥BC于N，
在Rt△CDN中，∠BCD=60°，CD=CF+DF=400，
∴CN=200，DN=200$\sqrt{3}$，
过点A作AH⊥DN于H，
∴四边形AMNH是矩形，
∴MN=AH．NH=AM=175$\sqrt{3}$，
∴DH=DN-HN=25$\sqrt{3}$，
在HA上取一点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，
过点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$\sqrt{3}$，
根据勾股定理得，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．

点评 此题是四边形综合题，主要考查了夹在平行线间的距离相等，同底等高的两三角形面积相等，直角三角形的性质，解本题的关键是作出辅助线构造直角三角形，是一道有一定难度的题目．