Question

18．直角三角形有一个重要的性质：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，则AB：BC：AC=2：1：$\sqrt{3}$，运用该性质可解决下面问题．
已知等边△ABC的边长为2$\sqrt{3}$．
（1）如图1，过等边△ABC的顶点A，B，C依次作AB、BC、CA的垂线围成△MNG．
①求证：△MNG是等边三角形；②求MN的长．
（2）在等边△ABC内取一点，过点O分别作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥BC垂足分别为点D、E、F．
①如图2，若点O是△ABC的三条高的交点，我们可利用三角形面积公式或等边三角形性质得到两个猜想（不必证明）；
猜想1：OD+OE+OF的值为3；
猜想2：AD+BE+CF的值为3$\sqrt{3}$
②如图3，若点O是等边△ABC内任意一点，则①中的两个猜想是否仍然成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）①本题中△ABC为等边三角形，AB=BC=a，∠ABC=60°，求出∠N=∠G=∠M=60°，即可得出结论；
②在直角△AMB、△CNB中，可以先求出BM和BN的长，即可得出结果；
（2）①由等边三角形的性质得出OD=OE=OF=$\frac{1}{2}$OB，AD=BE=CF=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{3}$，OD+OE+OF=BF，由勾股定理求出BF即可；
②由等边三角形的面积得出第一个猜想成立；由勾股定理得出第二个猜想成立．

解答 （1）①证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°．AB=BC=AC，
∵BC⊥MN，BA⊥MG，
∴∠CBM=∠BAM=90°．
∴∠ABM=90°-∠ABC=30°．
∴∠M=90°-∠ABM=60°．
同理：∠N=∠G=60°．
∴△MNG为等边三角形．
②解：在Rt△ABM中，BM=$\frac{AB}{sinM}$=$\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=4，
在Rt△BCN中，BN=$\frac{BC}{tanN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=2，
∴MN=BM+BN=6．
（2）解：①∵△ABC是等边三角形，点O是△ABC的三条高的交点，
∴OD=OE=OF=$\frac{1}{2}$OB，AD=BE=CF=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{3}$，
∴OD+OE+OF=BF=$\sqrt{B{C}^{2}-C{F}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}-（\sqrt{3}）^{2}}$=3；
AD+BE+CF=3$\sqrt{3}$；
故答案为：3；3$\sqrt{3}$；
②①中的两个猜想仍然成立；理由如下：
连接OA、OB、OC，如图所示：
由①得：△ABC的面积=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{3}$×3=3$\sqrt{3}$，
又∵△ABC的面积=△OAB的面积+△OBC的面积+△OAC的面积=$\frac{1}{2}$AB•OD+$\frac{1}{2}$BC•OE+$\frac{1}{2}$AC•OF=$\frac{1}{2}$（OD+OE+OF）•AB=3$\sqrt{3}$，
∴OD+OE+OF=$\frac{2×3\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}$=3；
设AB=BC=AC=a，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=$\frac{3}{2}$×2$\sqrt{3}$=3$\sqrt{3}$．

点评 本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质与判定、三角函数、勾股定理以及三角形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握等边三角形的性质和勾股定理是解决问题的关键．