Question

7．已知：等邊△ABC的邊長(zhǎng)為a，在等邊△ABC內(nèi)取一點(diǎn)O，過點(diǎn)O分別作OD⊥AB、OE⊥BC、OF⊥CA，垂足分別為點(diǎn)D、E、F．

（1）如圖1，若點(diǎn)O是等邊△ABC的三條高線的交點(diǎn)，請(qǐng)分別說明下列兩個(gè)結(jié)論成立的理由．  
結(jié)論1．OD+OE+OF=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$a；結(jié)論2．AD+BE+CF=$\frac{3}{2}$a；
（2）如圖2，若點(diǎn)O是等邊△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，則上述結(jié)論1、2是否仍然成立？（寫出說理過程）．

Answer 1

分析 （1）結(jié)論1可根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，先求出等邊△ABC的高為$\sqrt{3}$a，再根據(jù)等邊三角形三線合一的性質(zhì)和重心的性質(zhì)進(jìn)行求解；結(jié)論2根據(jù)等邊三角形三線合一的性質(zhì)進(jìn)行求解；
（2）結(jié)論1可通過構(gòu)建直角三角形，把所求的線段都轉(zhuǎn)化到直角三角形中進(jìn)行求解；結(jié)論2通過構(gòu)建直角三角形，可根據(jù)勾股定理，把所求的線段都表示出來，然后經(jīng)過化簡(jiǎn)得出結(jié)論是否正確．

解答 解：（1）結(jié)論1，結(jié)論2成立．
證明：∵點(diǎn)O是等邊△ABC的三條高線的交點(diǎn)，
∴AE=BF=CD=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$a，AD=BE=CF=$\frac{1}{2}$a，
∴OD=OE=OF=$\frac{\sqrt{3}}{6}$a，
∴OD+OE+OF=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$a，AD+BE+CF=$\frac{3}{2}$a；

（2）結(jié)論1成立．
證明：如圖3，過點(diǎn)O作GH∥BC，分別交AB、AC于點(diǎn)G、H，過點(diǎn)H作HM⊥BC于點(diǎn)M，
∴∠DGO=∠B=60°，∠OHF=∠C=60°，
∴△AGH是等邊三角形，
∴GH=AH．
∵OE⊥BC，
∴OE∥HM，
∴四邊形OEMH是矩形，
∴HM=OE．
在Rt△ODG中，OD=OG•sin∠DGO=OG•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OG，
在Rt△OFH中，OF=OH•sin∠OHF=OH•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OH，
在Rt△HMC中，HM=HC•sinC=HC•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$HC，
∴OD+OE+OF=OD+HM+OF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OG+$\frac{\sqrt{3}}{2}$HC+$\frac{\sqrt{3}}{2}$OH
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（GH+HC）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a．
結(jié)論2成立．
證明：如圖4，連接OA、OB、OC，根據(jù)勾股定理得：
BE²+OE²=OB²=BD²+OD²①，
CF²+OF²=OC²=CE²+OE²②，
AD²+OD²=AO²=AF²+OF²③，
①+②+③得：BE²+CF²+AD²=BD²+CE²+AF²，
∴BE²+CF²+AD²=（a-AD）²+（a-BE）²+（a-CF）²=a²-2AD•a+AD²+a²-2BE•a+BE²+a²-2CF•a+CF²
整理得：2a（AD+BE+CF）=3a²
∴AD+BE+CF=$\frac{3}{2}$a．

點(diǎn)評(píng) 本題中綜合考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，由于知識(shí)點(diǎn)比較多，本題的難度比較大．