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15.已知:如图,正方形ABCD的边长为4,G为对角线BD上一点,DG=CD,H是AG上的一个动点,过H作HE⊥AD,HF⊥BD,垂足分别为E,F,求证:HE+HF为一定值,并求出这一定值.

分析 要说明HF+HE为定值,首先需找到与两条线段的和相等的线段,连接DH,通过三角形的面积可把△ADG、△ADH、△GDH连接起来,过点A作AM⊥BD于点M,证明AM=HE+HF,利用三角函数或者勾股定理求出AM即定值的大小.

解答 解:过点A作AM⊥BD,垂足为M,连接DH.
∵S△ADG=$\frac{1}{2}$DG•AM,S△ADH=$\frac{1}{2}$DA•HE,S△DHG=$\frac{1}{2}$DG•HF,
又∵S△ADG=S△ADH+S△DHG
∴$\frac{1}{2}$DG•AM=$\frac{1}{2}$DA•HE+$\frac{1}{2}$DG•HF
∵四边形ABCD是正方形,
∴DC=AD,∠ADB=45°
又∵DG=CD,
∴AD=DG
∴DG•AM=DG•HE+DG•HF=DG(HE+HF)
即AM=HE+HF
∵AM⊥BD,∠ADB=45°,AD=4,
∴AM=2$\sqrt{2}$.
∴HE+HF为定值,这一定值为2$\sqrt{2}$.

点评 面积法是根据图形面积间的关系,利用三角形的面积证明几何命题的方法.本题考查了四边形的性质,几何题证明的面积法.

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5.先化简,再求代数式($\frac{x+1}{{x}^{2}-x}$-$\frac{x}{{x}^{2}-2x+1}$)÷$\frac{1}{x(1-x)}$的值,其中x=2cos45°+$\sqrt{3}$tan30°.

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6.计算:
(1)(-2$\frac{1}{4}$)×(-$\frac{5}{6}$)×$\frac{4}{9}$×(-24)
(2)(-125)×28.8×(-$\frac{2}{25}$)×(-$\frac{5}{72}$)
(3)3.59×(-$\frac{4}{7}$)+2.41×(-$\frac{4}{7}$)-6×(-$\frac{4}{7}$)
(4)(-24)×(-1$\frac{1}{3}$+$\frac{5}{6}$-$\frac{7}{8}$)-1.4×6+3.9×6.

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3.已知A=x2+x,B=x2-1,C=2x2-3,求:2A-3B+C值.

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10.如图,直线l1的解析式为y=3x-3,且l1与x 轴交于点D,直线l2经过点A、B,直线l1,l2交于点C.
(1)求点D的坐标;
(2)求△ADC的面积.

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20.如图,已知点A与点B(2,1),在抛物线C1:y=-$\frac{3}{2}$x2+bx上,过点A作AC∥y轴交OB于点C,且tan∠OAC=$\frac{1}{2}$.
(1)求b的值及点C的坐标;
(2)将抛物线C1沿y轴上下平移,平移后的抛物线C2交直线AB与点E($\frac{7}{3}$,$\frac{2}{3}$)交y轴于点F,点D(2,m)为平移后的抛物线C2上一点,点P为直线EF上一点,如果△ACO∽△PDF,求点P坐标;
(3)将抛物线C1与△ACO同时平移点A,C,O平移后分别记为A′,C′,O′,若点A′恰好落在线段AB上,△A′,C′,O′与△AOB重叠部分的面积是$\frac{3}{16}$,求平移后的抛物线C3的表达式.

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7.化简与计算:
(1)$\sqrt{24}$÷$\sqrt{3}$-($\sqrt{12}$+$\sqrt{\frac{1}{2}}$)        
(2)($\sqrt{2}$-1)2-2$\sqrt{2}$($\sqrt{2}$-1)

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4.小明同学在做作业时,遇到这样一道几何题:
已知:如图1,l1∥l2∥l3,点A、M、B分别在直线l1,l2,l3上,MC平分∠AMB,∠1=28°,∠2=70°.求:∠CMD的度数.
小明想了许久没有思路,就去请教好朋友小坚,小坚给了他如图2所示的提示:

请问小坚的提示中①是∠2,④是∠AMD.
理由②是:两直线平行,内错角相等;
理由③是:角平分线定义;
∠CMD的度数是21°.

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5.如图是用10块完全相同的小正方体搭成的几何体.
(1)请在空白的方格中画出它的三个视图;
(2)若保持主视图和俯视图不变,最多还可以再搭3块小正方体.

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