如图所示矩形ABCD面积为，两条对角线相交于点O，且所形成的钝角

　　题型：单选题（分值：1）

　　如图所示矩形ABCD面积为 $9\sqrt{3}$ ，两条对角线相交于点O，且所形成的钝角为锐角的2倍，问A点到对角线BD的三等分点中最近一点的距离为：

　　A. $\sqrt{3}$

　　B. $\sqrt{7}$

　　C. $2\sqrt{2}$

　　D.3

　　答案：B

　　解析：

　　第一步，本题考查几何问题，属于平面几何类。

　　第二步，根据题意，可知∠AOB=2∠AOD，由于∠AOB+∠AOD=180°，故∠AOB=120°，∠AOD=60°，点O为矩形两条对角线交点，故OA=OB=OC=OD，则在等腰△AOB中，三边比例为AO∶OB∶AB=1∶1∶ $\sqrt{3}$ ，在等边△AOD中，AD=OA，故矩形ABCD面积为AB×AD= $\sqrt{3}$ AD?= $9\sqrt{3}$ ，AD=3，AB= $3\sqrt{3}$ 。在直角△ABD中，∠ABD=30°，则BD=2AD=6，如图所示，BD的三等分点分别为E、F，BE=EF=FD= $\frac{BD}{3}$ =2，OF= $\frac{EF}{2}$ =1。

　　第三步，连接AE和AF，观察发现A点到对角线BD的三等分点中最近一点的距离为AF，作AM⊥BD，垂足为M，△AMD∽△BAD，则 $\frac{AD}{BD}=\frac{AM}{BA}=\frac{MD}{AD}$ ，即 $\frac{3}{6}=\frac{AM}{3\sqrt{3}}=\frac{MD}{3}$ ，可得AM= $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ ，MD= $\frac{3}{2}$ ，则FM=FD-MD= $2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$ ，根据勾股定理，可知AF= $\sqrt {{AM}^{2}+{FM}^{2}}=\sqrt {{（\frac {3\sqrt {3}} {2}）}^{2}+{（\frac {1} {2}）}^{2}}=\sqrt {\frac {27} {4}+\frac {1} {4}}=\sqrt {7}$ 。

　　因此，选择B选项。

　　来源：2024年国家公务员考试行测模考第三十二季

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