第04讲 认识三角形（核心考点讲与练）（原卷版+解析版）-七年级数学下学期考试满分全攻略（苏科版）

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第04讲 认识三角形(核心考点讲与练)

一．三角形的角平分线、中线和高
（1）从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．
（2）三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线．
（3）三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
（4）三角形有三条中线，有三条高线，有三条角平分线，它们都是线段．
（5）锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，直角三角形有两条高与直角边重合，另一条高在三角形内部，它们的交点是直角顶点；钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
二．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
三．三角形的稳定性
当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．这一特性主要应用在实际生活中．
四．三角形三边关系
（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
（3）三角形的两边差小于第三边．
（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．

一．三角形的角平分线、中线和高（共2小题）
1．（2021秋•昌吉州期中）如图，在三角形ABC中，AB＝10cm，AC＝6cm，D是BC的中点，E点在边AB上．
（1）若三角形BDE的周长与四边形ACDE的周长相等，求线段AE的长．
（2）若三角形ABC的周长被DE分成的两部分的差是2cm，求线段AE的长．

【分析】（1）由图可知三角形BDE的周长＝BE+BD+DE，四边形ACDE的周长＝AE+AC+DC+DE，BD＝DC，所以BE＝AE+AC，则可解得AE＝2cm；
（2）由三角形ABC的周长被DE分成的两部分的差是2，可得方程①BE＝AE+AC+2或②BE＝AE+AC﹣2．解得AE＝1cm或2cm．
【解答】解：（1）由图可知三角形BDE的周长＝BE+BD+DE，四边形ACDE的周长＝AE+AC+DC+DE，
又三角形BDE的周长与四边形ACDE的周长相等，D为BC中点，
∴BD＝DC，BE+BD+DE＝AE+AC+DC+DE，
即BE＝AE+AC，
∵AB＝10cm，AC＝6cm，
∴10﹣AE＝AE+6，
∴AE＝2cm．
（2）由三角形ABC的周长被DE分成的两部分的差是2，可得方程
①BE＝AE+AC+2或②BE＝AE+AC﹣2．
解①得AE＝1cm，解②得AE＝3cm．
故AE长为1cm或3cm．
【点评】本题考查了三角形中线性质，三角形周长的计算，关键是要学会分类讨论的思想思考问题．
2．（2021秋•泰兴市期中）下列说法错误的是（　　）
A．三角形的高、中线、角平分线都是线段
B．三角形的三条中线一定交于同一点
C．三角形的三条角平分线一定交于同一点
D．三角形的三条高一定交于同一点
【分析】根据三角形的角平分线，中线，线段的定义；根据三角形的三条中线都在三角形内部；三角形的三条角平分线都在三角形内部；三角形三条高可以在内部，也可以在外部，直角三角形有两条高在边上进行判断．
【解答】解：A、三角形的高、中线、角平分线都是线段，故正确；
B、三角形的三条中线一定交于同一点，故正确；
C、三角形的三条角平分线一定交于同一点，故正确；
D、三条高线所在的直线一定交于一点，高线指的是线段，故错误．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的角平分线，中线和高，关键是对三角形的中线、角平分线、高的正确理解解答．
二．三角形的面积（共7小题）
3．（2021春•邗江区期中）如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝8，CD＝3BD，点E是AC的中点，BE、AD交于点F，则四边形DCEF的面积的最大值是（　　）

A．10cm2 B．9cm2 C．8cm2 D．7cm2
【分析】连接CF，设S△BFD＝a，由三角形面积公式可得S△CFD＝3a，S△ADC＝3S△ABD，由点E是AC的中点，得S△ABE＝S△CBE，S△AFE＝S△CEF，进而得S△ABF＝S△CBF＝4a，S△ABD＝5a，S△ADC＝15a，S△AFC＝12a，S△ABC＝20a，S△EFC＝6a，得出S四边形DCEF＝9a，通过讨论△ABC的面积最大值得四边形DCEF的面积最大值．
【解答】解：连接CF，
设S△BFD＝a，
∵CD＝3BD，
∴S△CFD＝3a，S△ADC＝3S△ABD，
∵点E是AC的中点，
∴S△ABE＝S△CBE，S△AFE＝S△CEF，
∴S△ABF＝S△CBF＝4a，
∴S△ABD＝5a，
∴S△ADC＝15a，
∴S△AFC＝12a，S△ABC＝20a，
∴S△EFC＝6a，
∴S四边形DCEF＝9a，
∴S四边形DCEF＝S△ABC，
∵在△ABC中，AB＝5，AC＝8，
∴S△ABC的最大值＝×5×8＝20，
∴四边形DCEF的面积的最大值是9，
故选：B．

【点评】本题考查了三角形的面积，已知两边三角形面积的最大值等知识，解题关键是理解运用同高的两个三角形面积之比等于底边之比．
4．（2021春•江都区期中）如图，点E、F分别为BD、CE的中点，若△AEF的面积为3，则△ABC的面积是（　　）

A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答即可．
【解答】解：∵F是CE的中点，△AEF的面积为3，
∴S△ACE＝2S△AEF＝6，
∵E是BD的中点，
∴S△ADE＝S△ABE，S△CDE＝S△BCE，
∴S△ACE＝S△ADE+S△CDE＝S△ABE+S△BCE＝S△ABC，
∴△ABC的面积＝12．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理为等底等高的三角形的面积相等．
5．（2021春•宜兴市月考）如图，已知D、E分别为△ABC的边AC、BC的中点，AF为△ABD的中线，连接EF，若△BEF的面积为3，则四边形AFEC则的面积为 　15　．

【分析】连接DE，根据等底同高的三角形的面积相等即可得S△DEF＝3，S△CDE＝6，S△ADF＝6，进而可求解．
【解答】解：连接DE，
∵D、E分别为△ABC的边AC、BC的中点，AF为△ABD的中线，△BEF的面积为3，
∴S△BDE＝2S△BEF＝6，S△DEF＝S△BEF＝3，
∴S△CDE＝S△BDE＝6，
∴S△ABD＝S△BCD＝12，
∴S△ADF＝6，
∴四边形AFEC的面积＝S△ADF+S△CDE+S△DEF＝6+6+3＝15．
故答案为：15．

【点评】本题考查了三角形的面积，熟练掌握等底同高的三角形的面积相等是解题的关键．
6．（2021•句容市模拟）如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC的三等分点，AD与BE交于点O，若△ABC的面积为15．则△ABO的面积为 　　．

【分析】连接OC，根据CD＝BC，CE＝AC，可得S△ACD＝S△BCE＝S△ABC＝5，再证明S△AOE＝S△BOD，根据AE：EC＝2：1＝BD：DC，得到S△OEC＝S△ODC，从而S△BCE＝S△BOD+S△ODC+S△OEC＝4S△ODC＝5，故S△ODC＝，从而根据S△ABO＝S△ABC﹣S△ADC﹣S△BOD可求答案．
【解答】解：连接OC，如图所示：

∵CD＝BC，CE＝AC，
∴S△ACD＝S△BCE＝S△ABC＝×15＝5，
又∵S△ACD﹣S四边形ODCE＝S△BCE﹣S四边形ODCE，
即S△AOE＝S△BOD，
又∵AE：EC＝2：1＝BD：DC，
S△OEC＝S△AOE，S△ODC＝S△BOD，
∴S△OEC＝S△ODC，
∴S△BCE＝S△BOD+S△ODC+S△OEC＝4S△ODC＝5，
故S△ODC＝，
∴S△AOE＝S△BOD＝，
∴S△ABO＝S△ABC﹣S△ADC﹣S△BOD＝15﹣5﹣＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形面积，掌握同高不同底的两个三角形之间的面积之比即为它们的底之比是关键．
7．如图，把△ABC沿边AB平移到△DEF的位置，它们重叠部分（即图中阴影部分）的面积是△ABC面积的，若AB＝2，求BE的长．

【分析】由平移的性质得到EF∥AC，再证得△BEG∽△BAC，然后由相似三角形的性质得＝，即可求解．
【解答】解：∵把△ABC沿边AB平移到△DEF的位置，
∴EF∥AC，
∴△BEG∽△BAC，
∴＝＝＝，
∴BE＝AB＝×2＝．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质、平移的性质以及三角形面积，熟练掌握平移的性质，证明△BEG∽△BAC是解题的关键．
8．（2021春•金坛区期末）如图，在△ABC中，D是AB中点，E是BC边上一点，且BE＝4EC，CD与AE交于点F，连接BF．若△BEF的面积是4，则△ABC的面积是 　30　．

【分析】利用等高模型求出△CEF，△BCF的面积，再证明△ACF的面积＝△BCF的面积，求出△ACE，△ABE的面积即可解决问题．
【解答】解：∵BE＝4EC，S△BEF＝4，
∴S△CEF＝S△BEF＝1，
∴S△BCF＝S△BEF+S△CEF＝4+1＝5，
∵D是AB中点，
∴AD＝DB，
∴S△ADF＝S△BDF，S△ADC＝S△BDC，
∴S△ADC﹣S△ADF＝S△BDC﹣S△BDF，
∴S△ACF＝S△BCF＝5，
∴S△ACE＝S△ACF+S△CEF＝5+1＝6，
∵BE＝4EC，
∴S△ABE＝4S△ACE＝24，
∴S△ABC＝S△ABE+S△ACE＝24+6＝30，
故答案为：30．
【点评】本题主要考查三角形的面积，等高模型等知识，解题的关键是证明△ACF的面积＝△BCF的面积．
9．（2021春•江都区期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠BCD，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC交CD、CA于点F、E．
（1）求∠ACB的度数；
（2）说明：∠CEF＝∠CFE．
（3）若AC＝3CE、AB＝4BD，△ABC、△CEF、△BDF的面积分别表示为S△ABC、S△CEF、S△BDF，且S△ABC＝36，则S△CEF﹣S△BDF＝　3　（仅填结果）．

【分析】（1）由CD⊥AB得∠A+∠ACD＝90°，结合∠A＝∠BCD，从而得∠BCD+∠ACD＝90°，即∠ACB＝90°；
（2）由（1）可知∠ACB＝90°，则有∠CEF＝90°﹣∠CBE，再由CD⊥AB得∠BFD＝90°﹣∠DBF，结合BE是∠ABC的平分线，有∠CBE＝∠DBF，从而有∠CEB＝∠BFD，最后由对顶角∠CFE＝∠BFD，即可求解；
（3）由已知条件可得：CE＝AC，BD＝BD，由S△ABC的面积为36，可得：CD＝，BC＝，再由S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCF﹣（S△BCD﹣S△BCF），整理得S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCD，结合三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠A+∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠BCD，
∴∠BCD+∠ACD＝90°，
即∠ACB＝90°；
（2）由（1）可知∠ACB＝90°，
∴∠CEF＝90°﹣∠CBE，
∵CD⊥AB，
∴∠BFD＝90°﹣∠DBF，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠CBE＝∠DBF，
∴∠CEB＝∠BFD，
∵∠CFE＝∠BFD，
∴∠CEF＝∠CFE；
（3）∵AC＝3CE、AB＝4BD，
∴CE＝AC，BD＝AB，
∵S△ABC＝36，△ABC是直角三角形，
∴，得：CD＝，
AC•BC＝36，得：BC＝，
∵由（1）可得△BCE，△BDF是直角三角形，
∴S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCF﹣（S△BCD﹣S△BCF），
整理得：S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCD
＝﹣
＝
＝12﹣9
＝3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查三角形的面积，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
三．三角形的稳定性（共2小题）
10．（2021秋•徐州期中）如图，木工师傅做门框时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不易变形，这种做法的依据是（　　）

A．三角形稳定性 B．长方形是轴对称图形
C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线
【分析】用木条EF固定矩形门框ABCD，即是组成△CEF，故可用三角形的稳定性解释．
【解答】解：加上EF后，原不稳定的四边形ABCD中具有了稳定的△ECF，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选：A．
【点评】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
11．（2019秋•江宁区月考）空调架被铁条焊成三角形的形状，这是利用三角形的 　稳定性　．
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【解答】解：空调架被铁条焊成三角形的形状，这是利用三角形的稳定性，
故答案为：稳定性．
【点评】此题考查三角形的稳定性，关键是根据三角形的稳定性的实际应用解答．
四．三角形三边关系（共5小题）
12．（2021春•金坛区期末）若一个三角形的两边长分别是3cm，6cm，则它的第三边的长可以是（　　）
A．3cm B．6cm C．9cm D．12cm
【分析】首先设第三边长为xcm，根据三角形的三边关系可得6﹣3＜x＜6+3，再解不等式即可．
【解答】解：设第三边长为xcm，根据三角形的三边关系可得：
6﹣3＜x＜6+3，
解得：3＜x＜9，
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
13．（2021春•江都区期中）有两根6cm，8cm的木棒，以这两根木棒做一个三角形，可以选用第三根木棒的长为（　　）
A．2cm B．6cm C．14cm D．16cm
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，求得第三边应大于两边之差，而小于两边之和，从中进行选择符合条件的即可．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
第三根木棒应大于8﹣6＝2cm，而小于6+8＝14cm．
答案中，只有6cm符合答案．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，解题的关键能是够熟练根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围．
14．（2021春•宜兴市月考）某工艺店打算制作一批两边长分别为3dm，6dm，且周长为偶数（单位：dm）的不同规格的三角形木框，若每种木框只制作一个，则制作这些木框（忽略接头）共需要 　30　dm．
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，确定第三边的取值范围，从而确定符合条件的三角形的个数．
【解答】解：三角形的第三边x满足：6﹣3＜x＜3+6，
即3＜x＜9．
∵周长为偶数，
∴第三边又为奇数，
因而第三边可以为5、7．
故则制作这些木框（忽略接头）共需要2×（6+3）+5+7＝30dm，
故答案为：30．
【点评】本题主要考查三角形三边关系的应用，注意熟练运用在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
15．（2021春•广陵区校级期中）已知a、b、c是一个三角形的三条边长，则化简|a+b﹣c|+|b﹣a﹣c|的结果是多少？
【分析】根据三角形三边关系得到a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，再去绝对值，合并同类项即可求解．
【解答】解：∵a，b，c是一个三角形的三条边长，
∴a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，
∴|a+b﹣c|+|b﹣a﹣c|
＝a+b﹣c+a+c﹣b
＝2a．
【点评】此题考查了三角形三边关系，绝对值的性质，整式的加减，关键是得到a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0．
16．（2021秋•东台市月考）在锐角△ABC中，两边a＝3，b＝4则第三边c的取值范围 　＜c＜5　．
【分析】题中已知△ABC是锐角三角形，没有指明哪个角是最大角，从而无法确定边之间的关系，从而可以分两种情况进行分析，从而确定第三边c的取值范围．
【解答】解：①∵当∠C是最大角时，有∠C＜90°，
∴c＜，
∴c＜5，
②当∠B是最大角时，有∠B＜90°，
∴b2＜a2+c2，
∴16＜9+c2，
∴c＞，
∴第三边c的取值范围：＜c＜5．
故答案为：＜c＜5．
【点评】本题考查了三角形三边关系，此类求三角形第三边的范围的题，实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式即可．


分层提分

题组A 基础过关练
一．选择题（共6小题）
1．（2020秋•南浔区期末）下列长度的三条线段能构成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．5，12，13 C．4，5，10 D．3，3，6
【分析】根据“三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”对各选项进行进行逐一分析即可．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
A、1+2＝3，不能组成三角形，不符合题意；
B、5+12＞13，能够组成三角形，符合题意；
C、4+5＜10，不能够组成三角形，不符合题意；
D、3+3＝6，不能够组成三角形，不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
2．（2020秋•腾冲市期末）已知三角形的两边长分别为1和4，则第三边长可能是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】设第三边的长为x，再由三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边，列出不等式，求解即可得出结论．
【解答】解：设第三边的长为x，
∵三角形两边的长分别是1和4，
∴4﹣1＜x＜1+4，即3＜x＜5．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键．
3．（2021秋•宜兴市校级月考）如图，一扇窗户打开后，用窗钩AB可将其固定，这里所运用的几何原理是（　　）

A．两点确定一条直线 B．两点之间线段最短
C．三角形的稳定性 D．垂线段最短
【分析】由三角形的稳定性即可得出答案．
【解答】解：一扇窗户打开后，用窗钩AB可将其固定，这里所运用的几何原理是三角形的稳定性，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的稳定性，加上窗钩AB构成了△AOB，而三角形具有稳定性是解题的关键．
4．（2021秋•赛罕区校级期中）如图，在△ABC中，G是边BC上任意一点，D、E、F分别是AG、BD、CE的中点，S△ABC＝48，则S△DEF的值为（　　）

A．4.8 B．6 C．8 D．12
【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答．
【解答】解：连接CD，如图所示：

∵点D是AG的中点，
∴S△ABD＝S△ABG，S△ACD＝S△AGC，
∴S△ABD+S△ACD＝S△ABC＝24，
∴S△BCD＝S△ABC＝24，
∵点E是BD的中点，
∴S△CDE＝S△BCD＝12，
∵点F是CE的中点，
∴S△DEF＝S△CDE＝6．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理为等底等高的三角形的面积相等．
5．（2021秋•博兴县月考）已知一个三角形的两边长分别为2和4，则这个三角形的第三边长可能是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，求得第三边应大于两边之差，而小于两边之和，从中进行选择符合条件的即可．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
第三根木棒应大于4﹣2＝2，而小于4+2＝6．
答案中，只有4符合答案．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，解题的关键能是够熟练根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围．
6．（2021春•镇江期末）如图，D、E分别在△ABC的边BC、AC上，CD＝BC，CE＝AC，AD与BE交于点O，已知△ABC的面积为12，则△ABO的面积为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】连接OC，根据CD＝BC，CE＝AC，可得S△ACD＝S△BCE＝S△ABC＝4，再证明S△AOE＝S△BOD，根据AE：EC＝2：1＝BD：DC，得到S△OEC＝S△ODC，从而S△BCE＝S△BOD+S△ODC+S△OEC＝4S△ODC＝4，故S△ODC＝1，从而根据S△ABO＝S△ABC﹣S△ADC﹣S△BOD可求答案．
【解答】解：连接OC，
∵CD＝BC，CE＝AC，
∴S△ACD＝S△BCE＝S△ABC＝＝4，
又∵S△ACD﹣S四边形ODCE＝S△BCE﹣S四边形ODCE，
即S△AOE＝S△BOD，
又∵AE：EC＝2：1＝BD：DC，
S△OEC＝S△AOE，S△ODC＝S△BOD，
∴S△OEC＝S△ODC，
∴S△BCE＝S△BOD+S△ODC+S△OEC＝4S△ODC＝4，
故S△ODC＝1，
∴S△AOE＝S△BOD＝2，
∴S△ABO＝S△ABC﹣S△ADC﹣S△BOD＝12﹣4﹣2＝6．
故选：C．

【点评】本题考查了三角形面积的计算，掌握同高不同底的两个三角形之间的面积之比即为它们的底之比是关键．
二．填空题（共7小题）
7．（2021春•镇江期末）若三角形两条边的长分别是3，5，第三条边的长是整数，则第三条边的长的最大值是 　7　．
【分析】根据三角形的特性：两边之和大于第三边，三角形的两边的差一定小于第三边；进行解答即可．
【解答】解：∵5﹣3＜第三边＜3+5，
即：2＜第三边＜8；
所以最大整数是7，
故答案为：7．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，解答此题的关键是根据三角形的特性进行分析、解答．
8．（2021秋•新兴县期中）如图，在△ABC中，已知D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝16cm2，则阴影部分的面积为　4cm²　．

【分析】利用三角形的中线平分三角形的面积即可求解．
【解答】解：∵点D是BC的中点，且S△ABC＝16cm2
∴AD是△ABC的中线，则S△ABD＝S△ACD＝＝8（cm2），
∵点E是AD的中点，
∴BE是△ABD的中线，则S△BED＝＝4（cm2），
CE是△ACD的中线，则S△CED＝＝4（cm2）；
∵点F是CE的中点，
∴BF是△EBC的中线，
则S△BEF＝＝＝×（4+4）＝4（cm2），
故答案为：4cm2．
【点评】本题考查的是三角形的中线平分三角形的面积，关键在于学生能够找到多个图形的从属关系，体会数学的转化思想，锻炼学生的推理分析能力．
9．（2021秋•鼓楼区校级月考）如图，图（1）为一个长方体，AD＝AB＝8，AE＝5，M为所在棱的中点，图（2）为图（1）的表面展开图，
则图（2）中△ABM的面积为 　52　cm2．

【分析】根据长方体的展开图，可得BC、AB、AE的长，根据矩形的性质，可得高，根据三角形的面积公式，可得答案．
【解答】解：如图，BC＝AD＝AB＝8，AE＝5，由矩形的性质，得MN＝BE＝AB+AE＝13，
△BCM的面积＝
＝
＝52，
故答案为：52．

【点评】本题考查了几何体的展开图，先由矩形的性质得出MN的长，再求出三角形的面积．
10．（2021秋•靖江市月考）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A′B′C′的位置，已知△ABC的面积为9，阴影部分三角形的面积为4，若中线AD＝3，则A′A的值为 　1　．

【分析】A′B′、A′C′分别交BC于E、F，如图，先根据平移的性质得到A′B′∥AB，A′C′∥AC，再证明△A′EF∽△ABC，利用相似三角形的性质得到（）2＝，则可计算出A′D，然后计算AD﹣A′D即可．
【解答】解：A′B′、A′C′分别交BC于E、F，如图，
∵△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A′B′C′的位置，
∴A′B′∥AB，A′C′∥AC，
∴∠B＝∠A′EF，∠C＝∠A′FE，
∴△A′EF∽△ABC，
∴＝（）2＝，
∴＝，
∴A′D＝AD＝×3＝2，
∴AA′＝AD﹣A′D＝3﹣2＝1．
故答案为1．

【点评】本题考查了三角形的面积：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高；三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．也考查了平移的性质和相似三角形的判定．
11．（2021春•镇江期中）如图，已知AD为△ABC的中线，AB＝10cm，AC＝7cm，△ACD的周长为20cm，则△ABD的周长为　23　cm．

【分析】根据三角形中线的定义可得BD＝CD，再表示出△ABD和△ACD的周长的差就是AB、AC的差，然后计算即可．
【解答】解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∴△ABD和△ACD周长的差＝（AB+BD+AD）﹣（AC+AD+CD）＝AB﹣AC＝10﹣7＝3（cm），
∵△ACD的周长为20cm，AB比AC长3cm，
∴△ABD周长为：20+3＝23（cm）．
故答案为23．
【点评】本题主要考查了三角形的中线的定义，把三角形的周长的差转化为已知两边AB、AC的长度的差是解题的关键．
12．（2021春•泰州期末）三角形两边a＝2，b＝9，第三边c为为奇数，则此三角形周长为 　20　．
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边即可得出第三边取值范围，再根据第三边为奇数得出第三边，最后根据周长公式即可得出答案．
【解答】解：根据三角形三边关系，
∴9﹣2＜c＜2+9，即7＜c＜11，
∵c为奇数，
∴c＝9，
∴三角形的周长为2+9+9＝20．
故答案为：20．
【点评】本题主要考查了三角形的三边关系，还要注意第三边是奇数这一条件，比较简单．
13．（2021春•灌云县期末）如图，△ABC中，AD为BC边上的中线，DE⊥AB，垂足为点E，其中AB＝10，DE＝3，若BD＝5，则点A到BC的距离为 　6　．

【分析】过点A作AF⊥BC，垂足为F．先计算△ABD的面积，再根据中线的性质求出AF．
【解答】解：过点A作AF⊥BC，垂足为F．
∵AB＝10，DE＝3，
∴S△ABD＝AB×DE＝15．
∵AD为BC边上的中线，
∴CD＝BD＝5，S△ADC＝S△ABD＝15．
∴DC×AF＝15．
∴AF＝6．
故答案为：6．

【点评】本题考查了三角形的中线及三角形的面积，掌握三角形中线的性质是解决本题的关键．三角形中线的性质：（1）三角形的中线把对边分成相等的两条线段；（2）三角形的三条中线交于一点；（3）三角形的一条中线把三角形分成面积相等的两个三角形．
三．解答题（共1小题）
14．（2020秋•邗江区月考）“面积法”是指利用图形面积间的等量关系寻求线段间等量关系的一种方法．
例如：在△ABC中，AB＝AC，点P是BC所在直线上一个动点，过P点作PD⊥AB、PE⊥AC，垂足分别为D、E，BF为腰AC上的高．
如图1，当点P在边BC上时，我们可得如下推理：
∵S△ABC＝S△ABP+S△ACP，
∴AC▪BF＝AB▪PD+AC▪PE．
∵AB＝AC，
∴AC▪BF＝AC▪（PD+PE）．
∴BF＝PD+PE．
请模仿上述方法，完成下列问题：如图2，在上例的条件下，当点P运动到BC的延长线上时，试探究BF、PD、PE之间的关系，并说明理由．

【分析】连接AP，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．
【解答】解：BF＝PD﹣PE，
理由如下：
如图2，连接AP，
∵S△ABC＝S△ABP﹣S△ACP，
∴AC•BF＝AB•PD﹣AC•PE，
∵AB＝AC，
∴BF＝PD﹣PE．

【点评】本题考查了三角形的面积，正确的作出辅助线是解题的关键．
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题组B 能力提升练

一．选择题（共5小题）
1．（2020秋•崇川区期末）在△ABC中，M是AC的中点，P，Q为BC边的三等分点，BM与AP，AQ分别交于D，E两点，若△ABC的面积为20，则△ADE面积为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】过A点作AF∥BC交BM延长线点F，设BC＝3a，根据平行线间的线段对应成比例的性质分别求出BD，BE，BM的长度，
再来求BD，DE，EM三条线段的长度，最后再求BD，DE，EM的长度比，则△ADE的面积即可求解．
【解答】解：过A点作AF∥BC交BM延长线点F，

设BC＝3a，则BP＝PQ＝QC＝a，
∵AM＝CM，AF∥BC，
∴AF：BC＝AM：CM＝1，
∴AF＝BC＝3a，
∴BD：DF＝BP：AF＝1：3，
∴BD＝，
同理可得：BE＝，BM＝，
∴EM＝BM﹣BE＝，DE＝BE﹣BD＝，
∴BD：DE：EM＝：：＝5：3：2，
∴S△ADE＝S△ABM，
∵M点是AC的中点，
∴S△ABM＝S△ABC＝10，
∴S△ADE＝S△ABM＝3．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是平行线间的线段对应成比例的性质，平行于三角形一边的直线截其他两条，所得的对应线段成比例．
2．（2021春•常州期末）如图，BE是△ABC的中线，点D是BC边上一点，BD＝3CD，BE、AD交于点F，若△ABC的面积为20，则△BDF与△AEF的面积之差S△BDF﹣S△AEF等于（　　）

A． B．5 C．4 D．3
【分析】由△ABC的面积为20，得S△ABC＝BC•hBC＝AC•hAC＝20，根据AE＝CE＝AC，得S△AEB＝AE•hAC，S△BCE＝EC•hAC，即S△AEF+S△ABF＝10①，同理可得S△BDF+S△ABF＝15②，②﹣①即可求得．
【解答】解：∵S△ABC＝BC•hBC＝AC•hAC＝20，
∴S△ABC＝（BD+CD）•hBC＝（AE+CE）•hAC＝20，
∵AE＝CE＝AC，S△AEB＝AE•hAC，S△BCE＝EC•hAC，
∴S△AEB＝S△CEB＝S△ABC＝×20＝10，
即S△AEF+S△ABF＝10①，
同理：∵BD＝3CD，BD+CD＝BC，
∴BD＝BC，S△ABD＝BD•hBC，
∴S△ABD＝S△ABC＝×20＝15，
即S△BDF+S△ABF＝15②，
②﹣①得：S△BDF﹣SAEF＝（S△BDF+S△ABF）﹣（S△AEF+S△ABF）＝15﹣10＝5，
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形的面积及等积变换，解答此题的关键是等积代换．
3．（2021春•崇川区期末）如图，在△ABC中，∠C＞∠B，AE是中线，AD是角平分线，AF是高，则下列说法中错误的是（　　）

A．BE＝CE B．∠BAC＝2∠BAD
C．∠DAF＝（∠C﹣∠B） D．S△ABD＝S△ACD
【分析】由中线的性质可得BE＝CE，由角平分线的定义可得∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD；由AF是△ABC的高，可得∠C+∠CAF＝90°．
【解答】解：∵AE是中线，
∴BE＝CE，故A说法正确；
∵AD是角平分线，
∴∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD，故B说法正确；
∵AF是△ABC的高，
∴∠AFC＝90°，∠CAF＝90°﹣∠C，
∵AD是角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD＝，
∴∠DAF＝∠CAD﹣∠CAF
＝﹣（90°﹣∠C）
＝90°﹣90°+∠C
＝
＝（∠C﹣∠B），故C说法正确；
，
，
∵BD≠CD，
∴S△ABD≠S△ACD，故D说法错误；
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的面积，三角形的角平分线，中线和高，明确概念是本题的关键．
4．（2021春•常熟市期中）如图，点D，E分别是△ABC边BC，AC上一点，BD＝2CD，AE＝CE，连接AD，BE交于点F，若△ABC的面积为18，则△BDF与△AEF的面积之差S△BDF﹣S△AEF等于（　　）

A．3 B． C． D．6
【分析】由△ABC的面积为18，根据三角形的面积公式和等积代换即可求得．
【解答】解：∵S△ABC＝BC•hBC＝AC•hAC＝18，
∴S△ABC＝（BD+CD）•hBC＝（AE+CE）•hAC＝18，
∵AE＝CE＝AC，S△AEB＝AE•hAC，S△BCE＝EC•hAC，
∴S△AEB＝S△CEB＝S△ABC＝×18＝9，
即S△AEF+S△ABF＝9①，
同理：∵BD＝2CD，BD+CD＝BC，
∴BD＝BC，S△ABD＝BD•hBC，
∴S△ABD＝S△ABC＝×18＝12，
即S△BDF+S△ABF＝12②，
①﹣②得：S△BDF﹣SAEF＝（S△BDF+S△ABF）﹣（S△AEF+S△ABF）＝12﹣9＝3，
故选：A．
【点评】本题主要考查三角形的面积及等积变换，解答此题的关键是等积代换．
5．（2021春•东台市月考）如图，△ABC的面积为280cm2，AE＝ED，BD＝3DC，则图中四边形EDCF的面积等于（　　）

A．50 B．55 C．60 D．65
【分析】连接CE，由△ABC面积为280cm2，AE＝ED，BD＝3DC，可求出△ABD，△ADC的面积．根据底一定时，三角形面积与高成正比或高一定时，三角形面积与底成正比，求出△ABE、△BEC，△AEC的面积，从而得到△ABE与△BEC的高之比为3：4，亦即△AEF与△CEF的高之比，进而得到△CEF的面积，最后求出四边形EDCF的面积．
【解答】解：连接CE，如图．
∵△ABC的面积为280cm2，BD＝3DC，
∴S△ADC＝280×＝70cm2，S△ABD＝＝210cm2．
又AE＝DE，
∴S△ABE＝S△BDE＝＝105cm2，
∴S△AEC＝S△DEC＝＝35．
∴S△BEC＝S△BDE+S△DEC＝140，
∴△ABE与△BEC面积比为105：140＝3：4，
∴△ABE与△BEC高之比为3：4，
即△AEF与△CEF的高之比为3：4，
∴S△CEF＝S△AEC＝＝20，
∴四边形EDCF的面积为S△DEC+S△CEF＝35+20＝55．
故选：B．

【点评】本题考查三角形的面积计算，关键是弄清楚各部分面积之比．利用底一定时，三角形面积与高成正比的性质进行推理解答．
二．填空题（共10小题）
6．（2021春•江都区校级月考）如图，在△ABC中，已知点D，E分别为BC，AD的中点，EF＝2FC，且△ABC的面积为18，则△BEF的面积为 　6　．

【分析】由点D是BC的中点，可得S△ABD＝S△ACD＝S△ABC，由E是AD的中点，得出S△ABE＝S△DBE＝S△ABC的面积，进而得出S△BCE＝S△ABC，再利用EF＝2FC，求出△BEF的面积．
【解答】解：∵点D是BC的中点，
∴S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝9，
∵E是AD的中点，
∴S△ABE＝S△DBE＝S△ABC＝，
S△ACE＝S△DCE＝S△ABC＝，
∴S△BCE＝S△ABC＝9，
∵EF＝2FC，
∴S△BEF＝×9＝6，
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了三角形的面积，解题的关键是根据中点找出三角形的面积与原三角形面积的关系．
7．（2021春•广陵区校级期末）如图，在△ABC中，D是AB的中点，E是BC上的一点，且BE＝5EC，CD与AE相交于点F，若△CEF的面积为1，则△ABC的面积为 　42　．

【分析】连接BF，利用等高模型求出△BEF，△BCF的面积，再证明△ACF的面积＝△BCF的面积，求出△ACE，△ABE的面积即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BF．

∵BE＝5CE，
∴S△BEF＝5S△EFC＝5，
∴S△BCF＝S△BEF+S△EFC＝5+1＝6，
∵AD＝DB，
∴S△ADF＝S△BDF，S△ADC＝S△BDC，
∴S△ACF＝S△BCF＝6，
∴S△ACE＝S△ACF+S△EFC＝6+1＝7，
∵BE＝5CE，
∴S△ABE＝5S△ACE＝35，
∴S△ABC＝S△ABE+S△ACE＝35+7＝42，
故答案为：42
【点评】本题考查三角形的面积，等高模型等知识，解题的关键是证明△ACF的面积＝△BCF的面积．
8．（2021•通州区模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A（m，n），点B（n，m），其中m＞n＞0．若m2n+4n＝mn2+4m，∠AOB＝30°，则△AOB的面积为 　4　．
【分析】先将等式m2n+4n＝mn2+4m变形后，将左边分解因式，可得mn﹣4＝0，则mn＝4①，作辅助线，构建全等三角形，证明△AOD≌△BOC（SAS），最后根据S△AOB＝S梯形ABCG+S矩形AGOD﹣2S△BOC可得结论．
【解答】解：∵m2n+4n＝mn2+4m，
∴m2n﹣mn2+4n﹣4m＝0，
mn（m﹣n）﹣4（m﹣n）＝0，
（m﹣n）（mn﹣4）＝0，
∵m＞n＞0，
∴m﹣n≠0，
∴mn﹣4＝0，
∴mn＝4①，
如图所示，过点A作AD⊥x轴于D，作AG⊥y轴于G，过点B作BC⊥y轴于C，

∵点A（m，n），点B（n，m），
∴OD＝OC＝m，AD＝BC＝n，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠AOD＝∠BOC，
∵∠AOB＝30°，∠COD＝90°，
∴∠BOC＝30°，
∴tan30°＝＝＝，
∴m＝n②，
由①和②得：n2＝4，
∵S△AOB＝S梯形ABCG+S矩形AGOD﹣2S△BOC
＝（m+n）（m﹣n）+mn﹣2×mn
＝m2﹣n2
＝﹣n2
＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了坐标与图形的性质，三角形全等的性质和判定，三角形和四边形的面积，解方程组等知识，在求三角形面积时，用到了和差法，它是求不规则图形面积常用的方法，应熟练掌握．
9．（2021春•泰兴市期末）如图，四边形ABCD，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA的延长线上，且BE＝BA，CF＝CB，DG＝DC，AH＝AD，连接EF、FG、GH、HE，若S四边形ABCD＝8，则S四边形EFGH＝　40　．

【分析】连接HB，BD，DF，AG，AC，CE，利用三角形的中线性质求出△AHE与△CFD的面积和，△HGD与△BEF的面积和，从而得到四边形EFGH的面积．
【解答】解：连接HB，BD，DF，则：
∵HA＝AD，CF＝BC，
∴AB是△BDH的中线，CD是△BDF的中线，
∴S△ABH＝S△ABD，S△BCD＝S△FCD，
∴S△ABH+S△FCD＝S△ABD+S△BCD＝S四边形ABCD＝8，
∵BE＝BA，CD＝DG，
∴S△AHE＝2S△AHB，S△CFG＝2S△FCD，
∴S△AHE+S△CFG＝2S△AHB+2S△FCD＝16，
连接AG，AC，CE，
同理可证：S△HGD+S△BEF＝16，
∴S四边形EFGH＝S四边形ABCD+S△AHE+S△CFG+S△HGD+S△BEF＝8+16+16＝40．
故答案为：40．

【点评】本题考查了三角形的中线性质“三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形”，同时结合整体的思想进行求解外侧三角形的面积和．
10．（2021•泰州）如图，四边形ABCD中，AB＝CD＝4，且AB与CD不平行，P、M、N分别是AD、BD、AC的中点，设△PMN的面积为S，则S的范围是 　0＜S≤2　．

【分析】有中点一般思考中线或者中位线，本题借助三角形中位线求解．
【解答】解：作ME⊥PN，如图所示，

∵P，M，N分别是AD，BD，AC中点，
∴PM＝AB＝2，PN＝CD＝2，
∴S△PMN＝＝ME，
∵AB与CD不平行，
∴M，N不能重合，
∴ME＞0
∵ME≤MP＝2
∴0＜S△≤2．
故答案是：0＜S≤2．
【点评】本题主要考查：中位线性质定理，解题关键是三角形面积公式的使用．
11．（2021春•南京月考）现有长为100cm的铁丝，要截成n（n＞2）小段，每小段的长度为不小于1cm的整数，如果其中任意3小段都不能拼成三角形，则n的最大值为 　9　．
【分析】根据三角形的三边关系；三角形两边之和大于第三边，由于每段的长为不小于1的整数，所以设最小的是1，又由于其中任意三段都不能拼成三角形，所以每段长是；1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，然后依此类推，最后每段的总和要等于100即可．
【解答】解：因为n段之和为定值100cm，故欲n尽可能的大，必须每段的长度尽可能的小．又由于每段的长度不小于1cm，且任意3段都不能拼成三角形，因此这些小段的长度只可能分别是1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
1+1+2+3+5+8+13+21+46＝100，
所以n的最大值为9．
故答案为9．
【点评】本题考查了三角形三边关系，难度较大，解答本题的关键是保证前两项最短的情况下，使第三项等于前两项之和，这样便不能构成三角形．
12．（2021•如皋市二模）如图，在△ABC中，D在AC边上，AD：DC＝1：2，O是BD的中点，连接AO并延长交BC于E，记△BOE的面积为S1，四边形CDOE的面积为S2，则＝　　．

【分析】第一种方法：作DF∥AE交BC于F，如图，利用OE∥DF得到＝1，所以BE＝EF，利用DF∥AE得到，所以CF＝2EF，然后计算BE与EC的关系；过点D作DH⊥BC，过点O作OG⊥BC，可得到2OG＝DH，而S2＝S△BCD﹣S1，从而可求的结果．
第二种方法：过点O作OG∥BC，得到OG是△AEC的中位线，AD：DC＝1：2，得到AD＝DG＝GC，从而AG：GC＝2：1，AO：OE＝2：1，△AOB面积：△BOE面积＝2，所以△AOB面积＝2S1，△AOD面积＝2S1，△ABD的面积＝4S1，所以△BDC的面积＝8S1，四边形CDOE的面积为7S1，S1：S2＝1：7．
【解答】解：第一种方法：作DF∥AE交BC于F，如图所示，

∵OE∥DF，O是BD的中点，
∴，
即BE＝EF，
∵DF∥AE，AD：DC＝1：2，
∴，
∴CF＝2EF，
∴BE：EC＝BE：3BE＝1：3，
∴BC＝4EC，
过点D作DH⊥BC，过点O作OG⊥BC，如图所示，
∵O是BD的中点，
∴2OG＝DH，
∴＝．
第二种方法：过点O作OG∥BC，如图，

∵O是BD的中点，
∴OG是△BCD的中位线，
∵AD：DC＝1：2，
∴AD＝DG＝GC，
∴AG：GC＝2：1，AO：OE＝2：1，
∴S△AOB：S△BOE＝2：1，
∴S△AOB＝2S1，
∴S△AOD＝2S1，S△ABD＝4S1，
∴S△BDC＝8S1，
∴S四边形CDOE＝7S1，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的面积，平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．过分点作平行线构建平行线分线段成比例定理的基本图形是解决问题的关键．
13．（2021春•工业园区期末）如图，已知△ABC中，AD＝2CD，AE＝BE，BD、CE相交于点O．若△ABC的面积为30，则四边形ADOE的面积为 　12.5　．

【分析】连接AO，依据同高三角形的面积等于对应底边的关系，所以根据AE＝BE可得：S△ACE＝S△BEC，S△AOE＝S△BOE，根据AD＝2CD可得：S△ABD＝S△ABC＝20，S△AOD＝2S△ODC，设S△COD＝x，S△AOE＝a，列方程组可得结论．
【解答】解：连接AO，
∵△ABC的面积为30，AE＝BE，

∴S△ACE＝S△BEC＝S△ABC＝×30＝15，S△AOE＝S△BOE，
∵AD＝2CD，
∴S△ABD＝S△ABC＝×30＝20，S△AOD＝2S△ODC，
设S△COD＝x，S△AOE＝a，
∴S△BOE＝a，S△AOD＝2x，
∴，
解得：，
∴四边形ADOE的面积＝S△AOE+S△AOD＝a+2x＝7.5+5＝12.5．
故答案为：12.5．
【点评】本题主要考查了三角形面积和三角形中线的性质的运用，解决问题的关键是设S△COD＝x，S△AOE＝a，结合方程组解决问题．
14．（2021春•高邮市期中）如图，对面积为1的△ABC逐次进行以下操作：第一次操作，分别延长AB，BC，CA至点A1，B1，C1，使得A1B＝2AB，B1C＝2BC，C1A＝2CA，顺次连接A1，B1，C1，得到△A1B1C1，记其面积为S1；第二次操作，分别延长A1B1，B1C1，C1A1至点A2，B2，C2，使得A2B1＝2A1B1，B2C1＝2B1C1，C2A1＝2C1A1，顺次连接A2，B2，C2，得到△A2B2C2，记其面积为S2；…；按此规律继续下去，可得到△A4B4C4，则其面积S4＝　194（或130321）　．

【分析】根据等底的三角形高的比等于面积比推出△A1B1C的面积是△A1BC面积的2倍，则△A1B1B的面积是△A1BC面积的3倍…，以此类推，得出可得到△A4B4C4的面积．
【解答】解：连接A1C，根据A1B＝2AB，得到：AB：A1A＝1：3，

因而若过点B，A1作△ABC与△AA1C的AC边上的高，则高线的比是1：3，
因而面积的比是1：3，则△A1BC的面积是△ABC的面积的2倍，
设△ABC的面积是a，则△A1BC的面积是2a，
同理可以得到△A1B1C的面积是△A1BC面积的2倍，是4a，
则△A1B1B的面积是6a，
同理△B1C1C和△A1C1A的面积都是6a，
△A1B1C1的面积是19a，
即△A1B1C1的面积是△ABC的面积的19倍，
同理△A2B2C2的面积是△A1B1C1的面积的19倍，
即△A1B1C1的面积是19，△A2B2C2的面积192，
依此类推，△A4B4C4面积S4＝194．
故答案为：194 （或130321）．
【点评】考查了三角形的面积，正确判断相邻的两个三角形面积之间的关系是解决本题的关键，本题的难度较大．
15．（2021春•宝应县月考）如图，A，B，C分别是线段A1B、B1C、C1A的中点，若△A1B1C1的面积是28，那么△ABC的面积是 　4　．

【分析】连接AB1，BC1，CA1，根据等底等高的三角形的面积相等求出△ABB1，△A1AB1的面积，从而求出△A1BB1的面积，同理可求△B1CC1的面积，△A1AC1的面积，于是得到结论．
【解答】解：如图，连接AB1，BC1，CA1，

∵A、B分别是线段A1B，B1C的中点，
∴S△ABB1＝S△ABC，
S△A1AB1＝S△ABB1＝S△ABC，
∴S△A1BB1＝S△A1AB1+S△ABB1＝2S△ABC，
同理：S△B1CC1＝2S△ABC，S△A1AC1＝2S△ABC，
∴△A1B1C1的面积＝S△A1BB1+S△B1CC1+S△A1AC1+S△ABC＝7S△ABC＝28．
∴S△ABC＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的面积，主要利用了等底等高的三角形的面积相等，作辅助线把三角形进行分割是解题的关键．
三．解答题（共1小题）
16．（2021秋•梁溪区期中）（1）如图1，图中共有三角形 　10　个；如图2，若增加一条线，则图中共有三角形 　24　个；
（2）如图3，若增加到10条线，请你求出图中的三角形的个数．
【分析】（1）给每个小三角形分别标上序号，然后将小三角形进行组合计算；
（2）结合图1与图2中的三角形个数得到增加2条线的时候的三角形个数进行归纳，然后得到增加10条线时的三角形个数．
【解答】解：（1）如图1，给每个小三角形分别标上序号，
∴单个三角形有4个，两个小三角形组成的三角形有3个，三个小三角形组成的三角形有2个，四个小三角形组成的三角形有1个，
∴图1中的三角形共有4+3+2+1＝10（个），
由图1可知，顶点与直线l之间的三角形中有10个三角形，大三角形中有10个较小的三角形，
其中，图中2还有4个单独的小三角形，
∴图2中的三角形共有10+10+4＝24（个），
故答案为：10，24．
（2）当增加2条线时，图形在图2的基础上增加10个三角形和左下角部分增加2个，共计3×10+4×（1+2）＝42个，
∵增加0条线时，三角形的个数为10个，
增加1条线时，三角形的个数为24个，24＝2×10+4，
增加2条线时，三角形的个数为42个，38＝3×10+4×（1+2），•••
∴增加10条线时，三角形的个数为11×10+4×（1+2+•••10）＝330个．
【点评】本题考查了三角形的定义，解题的关键是找到每增加一条线时三角形增加个数的规律．