《2025年美迪初中衔接暑假河北教育出版社数学人教版》

[例2] 如图,已知$AD平分\angle BAC$,$AB = 3$,$AC = 2$,求：
(1)$BD:CD$=3:2；
(2)$S_{\triangle ABC}:S_{\triangle ADC}$=5:2。

[思维启迪] (1)直接利用角平分线定理；(2)根据等高的三角形面积之比等于底边之比求解。
解：(1)因为$AD平分\angle BAC$,$AB = 3$,$AC = 2$,所以$\frac{BD}{DC}= \frac{AB}{AC}= \frac{3}{2}$,即$BD:CD = 3:2$。
(2)由$BD:CD = 3:2$可知,$BC:DC = 5:2$,所以$S_{\triangle ABC}:S_{\triangle ADC}= 5:2$。
[反思归纳] 有关角平分线的计算问题,都要考虑使用角平分线定理,解题时注意比例式的对应性。

答案： 【解析】：
(1)本题考查角平分线定理，即三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例。已知AD平分∠BAC，AB=3，AC=2，根据角平分线定理可直接得出BD与CD的比例关系。
(2)要求S△ABC:S△ADC，因为△ABC和△ADC有共同的顶点A，且底边BC和DC在同一条直线上，所以它们的高相等。根据等高的三角形面积之比等于底边之比，先由
(1)得出的BD:CD=3:2，可推出BC:DC的值，进而得出面积比。
【答案】：
(1)
∵AD平分∠BAC，AB=3，AC=2
∴$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{3}{2}$（角平分线定理）
∴BD:CD=3:2
(2)
∵BD:CD=3:2
∴设BD=3k，CD=2k（k＞0）
则BC=BD+CD=3k+2k=5k
∴BC:DC=5k:2k=5:2
∵△ABC和△ADC等高
∴S△ABC:S△ADC=BC:DC=5:2

[例3] 在$\triangle ABC$中,$AB = AC = 3$,$BC = 2$,求：
(1)$\triangle ABC的面积S及边AC上的高BE$；
(2)$\triangle ABC的内切圆的半径r$；
(3)$\triangle ABC的外接圆半径R$。
[思维启迪] (1)以边$BC$为底,求出边$BC$的高可求面积,再利用面积相等求出边$AC上的高BE$；(2)用分割面积法求三角形内切圆半径；(3)画图,确定外接圆圆心位置,列出关于外接圆半径$R$的方程,解方程即可。
解：(1)过点$A作AD\perp BC于点D$,如图。

因为$AB = AC$,所以$D为BC$的中点,所以$AD= \sqrt{AB^{2}-BD^{2}}= \sqrt{3^{2}-1^{2}}= 2\sqrt{2}$,则$S_{\triangle ABC}= \frac{1}{2}× BC× AD= \frac{1}{2}× 2× 2\sqrt{2}= 2\sqrt{2}$。又$S_{\triangle ABC}= \frac{1}{2}× AC× BE= \frac{1}{2}× 3× BE = 2\sqrt{2}$,所以$BE= \frac{4\sqrt{2}}{3}$。
(2)如图,设$I为\triangle ABC$的内心,则点$I到三边的距离均为r$,连接$IA$,$IB$,$IC$,

则$S_{\triangle ABC}= S_{\triangle IAB}+S_{\triangle IBC}+S_{\triangle IAC}$,即$2\sqrt{2}= \frac{1}{2}AB\cdot r+\frac{1}{2}BC\cdot r+\frac{1}{2}CA\cdot r$,解得$r= \frac{\sqrt{2}}{2}$。
(3)因为$\triangle ABC$是等腰三角形,所以外心$O在AD$上,连接$BO$,

在$Rt\triangle OBD$中,$OD = AD - R$,$OB^{2}= BD^{2}+OD^{2}$,所以$R^{2}= (2\sqrt{2}-R)^{2}+1^{2}$,解得$R= \frac{9\sqrt{2}}{8}$。
[反思归纳] 等腰三角形底边上三线(角平分线、中线、高线)合一,因而在等腰三角形中,三角形的内心、重心、垂心必然在一条直线上。

答案： 【解析】：本题考查等腰三角形的性质、三角形面积公式、内切圆半径和外接圆半径的计算。
（1）先利用等腰三角形三线合一的性质求出底边BC上的高AD，再根据三角形面积公式求出面积S，然后利用面积相等求出AC边上的高BE。
（2）根据分割面积法，三角形面积等于三个以内切圆半径为高的小三角形面积之和，从而列出方程求解内切圆半径r。
（3）利用等腰三角形外心在底边上的高上的性质，设外接圆半径为R，在直角三角形中根据勾股定理列出方程求解R。
【答案】：
(1)过点$A$作$AD\perp BC$于点$D$
因为$AB = AC$，所以$D$为$BC$的中点
$BD=\frac{1}{2}BC = 1$
$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2\sqrt{2}$
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}=2\sqrt{2}$
又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AC× BE$
$\frac{1}{2}×3× BE=2\sqrt{2}$
解得$BE = \frac{4\sqrt{2}}{3}$
(2)设$I$为$\triangle ABC$的内心，点$I$到三边的距离均为$r$
$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle IAB}+S_{\triangle IBC}+S_{\triangle IAC}$
$2\sqrt{2}=\frac{1}{2}AB\cdot r+\frac{1}{2}BC\cdot r+\frac{1}{2}CA\cdot r$
$2\sqrt{2}=\frac{1}{2}(AB + BC + CA)\cdot r$
$AB + BC + CA=3 + 2 + 3=8$
$2\sqrt{2}=\frac{1}{2}×8\cdot r$
解得$r=\frac{\sqrt{2}}{2}$
(3)因为$\triangle ABC$是等腰三角形，外心$O$在$AD$上，连接$BO$
设外接圆半径为$R$，则$OB = R$，$OD=AD - R=2\sqrt{2}-R$
在$Rt\triangle OBD$中，$OB^{2}=BD^{2}+OD^{2}$
$R^{2}=1^{2}+(2\sqrt{2}-R)^{2}$
$R^{2}=1 + 8-4\sqrt{2}R+R^{2}$
$4\sqrt{2}R=9$
解得$R=\frac{9\sqrt{2}}{8}$