分析 (1)連結(jié)EF,交AG于O,根據(jù)三角形中位線定理以及平行線分線段成比例定理,即可得出BH=CH,即點H是BC中點;
(2)①根據(jù)三角形中位線定理可得,EF∥MN,EF=MN,進而得出四邊形EFMN是平行四邊形;
②當四邊形EFMN是矩形時,可得AH垂直平分BC,進而得出AB=AC,即$\frac{AB}{AC}$的值為1;
③當四邊形EFMN是菱形時,MN=FM,根據(jù)三角形中位線定理以及重心性質(zhì),可得3BC=2AH,即可得出$\frac{AH}{BC}$的值為$\frac{3}{2}$;
④當AB=AC時,由②可得四邊形EFMN是矩形,AH⊥BC,再根據(jù)三角形中位線定理,可得MN=$\frac{1}{2}$BC=8,F(xiàn)M=$\frac{1}{2}$AG=$\frac{1}{3}$AH=2,進而得到矩形EFMN的面積S=FM×MN=16.
解答 解:(1)如圖,連結(jié)EF,交AG于O,
∵E、F分別是AC、AB的中點,
∴EF是△ABC的中位線,
∴EF∥BC且EF=$\frac{1}{2}$BC,
∴$\frac{GE}{GB}$=$\frac{GF}{GC}$=$\frac{EF}{BC}$=$\frac{1}{2}$,
∵OE∥BH,
∴$\frac{OE}{BH}$=$\frac{GE}{GB}$=$\frac{1}{2}$,
∵OE∥CH,
∴$\frac{OE}{CH}$=$\frac{AE}{AC}$=$\frac{1}{2}$,
∴$\frac{OE}{BH}$=$\frac{OE}{CH}$,
∴BH=CH,即點H是BC中點;
故答案為:是;
(2)①∵M、N分別是GB、GC的中點,
∴MN是△GBC的中位線,
∴MN∥BC且MN=$\frac{1}{2}$BC,
由(1)可得,EF∥BC且EF=$\frac{1}{2}$BC,
∴EF∥MN,EF=MN,
∴四邊形EFMN是平行四邊形,
故答案為:平行;
②當四邊形EFMN是矩形時,F(xiàn)G=EG,
∵$\frac{GE}{GB}$=$\frac{GF}{GC}$=$\frac{1}{2}$,
∴GB=GC,
∴∠GBC=∠GCB,
又∵H是BC的中點,
∴GH⊥BC,即AH⊥BC,
∴AH垂直平分BC,
∴AB=AC,
∴$\frac{AB}{AC}$的值為1,
故答案為:1;
③當四邊形EFMN是菱形時,MN=FM,
∵MN是△BCG的中位線,
∴MN=$\frac{1}{2}$BC,
∵FM是△ABG的中位線,
∴FM=$\frac{1}{2}$AG,
又∵G是△ABC的重心,
∴AG=$\frac{2}{3}$AH,
∴FM=$\frac{1}{2}$AG=$\frac{1}{3}$AH,
∴$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{3}$AH,即3BC=2AH,
∴$\frac{AH}{BC}$的值為$\frac{3}{2}$,
故答案為:$\frac{3}{2}$;
④當AB=AC時,由②可得四邊形EFMN是矩形,AH⊥BC,
∵AB=10,BC=16,
∴BH=$\frac{1}{2}$BC=8,AH=6,
∵MN是△BCG的中位線,
∴MN=$\frac{1}{2}$BC=8,
∵FM是△ABG的中位線,
∴FM=$\frac{1}{2}$AG=$\frac{1}{3}$AH=2,
∴矩形EFMN的面積S=FM×MN=2×8=16,
故答案為:16.
點評 本題屬于相似形綜合題,主要考查了三角形重心性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),三角形中位線定理的綜合應(yīng)用,解決問題的關(guān)鍵是掌握:重心到頂點的距離與重心到對邊中點的距離之比為2:1;三角形的中位線平行于第三邊,并且等于第三邊的一半.
科目:初中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | -$\sqrt{5}$ | B. | -1-$\sqrt{5}$ | C. | -2-$\sqrt{5}$ | D. | $\sqrt{5}$-1 |
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科目:初中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:初中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 1個 | B. | 2個 | C. | 3個 | D. | 4個 |
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