Question

1．如图，在?ABCD中，∠B=30°，AB=AC，O是两条对角线的交点，过点O作AC的垂线分别交边AD，BC于点E，F，点M是边AB的一个三等分点，则△AOE与△BMF的面积比为3：4．

Answer 1

分析 作MH⊥BC于H，设AB=AC=m，则BM=$\frac{1}{3}$m，MH=$\frac{1}{2}$BM=$\frac{1}{6}$m，根据平行四边形的性质得OA=OC=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}m$，解直角三角形求得FC=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m，再推导出△AOE≌△COF，证得AE=FC=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m，进而求得OE=$\frac{1}{2}AE$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$m，从而求得${S}_{△AOE}=\frac{\sqrt{3}}{24}{m}^{2}$，作AN⊥BC于N，根据等腰三角形的性质及解直角三角形求得BC=$\sqrt{3}m$，进而求得BF=BC-FC=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m，分别求出△AOE与△BMF的面积，即可得出结论．

解答 解：设AB=AC=m，则BM=$\frac{1}{3}$m，
∵O是两条对角线的交点，∴OA=OC=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}$m，
∵∠B=30°，AB=AC，
∴∠ACB=∠B=30°，
∵EF⊥AC，∴cos∠ACB=$\frac{OC}{FC}$，即cos30°=$\frac{\frac{1}{2}m}{FC}$，
∴FC=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m，
∵AE∥FC，∴∠EAC=∠FCA，
又∵∠AOE=∠COF，AO=CO，
∴△AOE≌△COF，∴AE=FC=$\frac{\sqrt{3}}{3}m$，
∴OE=$\frac{1}{2}AE$=$\frac{\sqrt{3}}{6}m$，
∴${S}_{△AOE}=\frac{1}{2}×OA×OE=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}π×\frac{\sqrt{3}}{6}m$=$\frac{\sqrt{3}}{24}{m}^{2}$，
作AN⊥BC于N，∵AB=AC，
∴BN=CN=$\frac{1}{2}BC$，
∵BN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，∴BC=$\sqrt{3}m$，
∴BF=BC-FC=$\sqrt{3}m-\frac{\sqrt{3}}{3}m$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m，
作MH⊥BC于H，∵∠B=30°，∴MH=$\frac{1}{2}BM=\frac{1}{6}m$，
∴S_△BMF=$\frac{1}{2}×BF×MH=\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{3}}{3}m×\frac{1}{6}m$=$\frac{\sqrt{3}}{18}{m}^{2}$，
∴$\frac{{S}_{△AOE}}{{S}_{△BMF}}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{24}{m}^{2}}{\frac{\sqrt{3}}{18}{m}^{2}}$=$\frac{3}{4}$．
故答案为：3：4．

点评 本题考查两个三角形的面积的比值的求法，考查平行线性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．