Question

7．已知：等边△ABC的边长为a，在等边△ABC内取一点O，过点O分别作OD⊥AB、OE⊥BC、OF⊥CA，垂足分别为点D、E、F．

（1）如图1，若点O是等边△ABC的三条高线的交点，请分别说明下列两个结论成立的理由．  
结论1．OD+OE+OF=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$a；结论2．AD+BE+CF=$\frac{3}{2}$a；
（2）如图2，若点O是等边△ABC内任意一点，则上述结论1、2是否仍然成立？（写出说理过程）．

Answer 1

分析 （1）结论1可根据等边三角形的性质，先求出等边△ABC的高为$\sqrt{3}$a，再根据等边三角形三线合一的性质和重心的性质进行求解；结论2根据等边三角形三线合一的性质进行求解；
（2）结论1可通过构建直角三角形，把所求的线段都转化到直角三角形中进行求解；结论2通过构建直角三角形，可根据勾股定理，把所求的线段都表示出来，然后经过化简得出结论是否正确．

解答 解：（1）结论1，结论2成立．
证明：∵点O是等边△ABC的三条高线的交点，
∴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）结论1成立．
证明：如图3，过点O作GH∥BC，分别交AB、AC于点G、H，过点H作HM⊥BC于点M，
∴∠DGO=∠B=60°，∠OHF=∠C=60°，
∴△AGH是等边三角形，
∴GH=AH．
∵OE⊥BC，
∴OE∥HM，
∴四边形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．
结论2成立．
证明：如图4，连接OA、OB、OC，根据勾股定理得：
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．

点评 本题中综合考查了等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，由于知识点比较多，本题的难度比较大．