Question

16．如圖，已知銳角△ABC的三邊a、b、c所對的角分別為∠A、∠B、∠C，高AD、BE、CF交于點(diǎn)H．
求證：（1）$\frac{AH}{cosA}$=$\frac{BH}{cosB}$=$\frac{CH}{cosC}$；
（2）2（$\frac{a}{HA}$+$\frac{HB}$+$\frac{c}{HC}$）=$\frac{a}{HD}$+$\frac{HE}$+$\frac{c}{HF}$．

Answer 1

分析 （1）由三角函數(shù)知cosA=$\frac{AE}{AB}$、cosB=$\frac{BD}{AB}$，證△AEH∽△BHD得$\frac{AH}{AE}$=$\frac{BH}{BD}$，據(jù)此可得$\frac{AH}{cosA}$=$\frac{AH}{\frac{AE}{AB}}$=$\frac{AH}{AE•\frac{1}{AB}}$=$\frac{BH}{BD•\frac{1}{AB}}$=$\frac{BH}{cosB}$，同理有$\frac{AH}{cosA}$=$\frac{CH}{cosC}$，即可得證；
（2）由三角形ABC的面積知$\frac{1}{2}$HD•a+$\frac{1}{2}$HE•b+$\frac{1}{2}$HF•c=$\frac{1}{2}$AD•a=$\frac{1}{2}$AH•a+$\frac{1}{2}$HD•a，即HA•a=HE•b+HF•c，同理得HB•b=HD•a+HF•c、HC•c=HD•a+HE•b，三式相加得
HA•a+HB•b+HC•c=2HE•b+2HD•a+2HF•c，由相似三角形的判定與性質(zhì)知HA•HD=HB•HE=HC•HF，從而知2（$\frac{a}{HA}$+$\frac{HB}$+$\frac{c}{HC}$）-$\frac{a}{HD}$-$\frac{HE}$-$\frac{c}{HF}$=$\frac{2HD•a-HA•a}{HA•HD}$+$\frac{2HE•b-HB•b}{HB•HE}$+$\frac{2HF•c-HC•c}{HC•HF}$=$\frac{2HD•a+2HE•b+2HF•c-HA•a-HB•b-HC•c}{HA•HD}$=0，即可得證．

解答 解：（1）∵BE⊥AC，CF⊥AB，AD⊥BC，
∴cosA=$\frac{AE}{AB}$，cosB=$\frac{BD}{AB}$，
又∵∠AHE=∠BHD，∠AEH=∠BDH=90°，
∴△AEH∽△BHD，
∴$\frac{AH}{AE}$=$\frac{BH}{BD}$，
∴$\frac{AH}{cosA}$=$\frac{AH}{\frac{AE}{AB}}$=$\frac{AH}{AE•\frac{1}{AB}}$=$\frac{BH}{BD•\frac{1}{AB}}$=$\frac{BH}{cosB}$，
同理可得$\frac{AH}{cosA}$=$\frac{CH}{cosC}$，
∴$\frac{AH}{cosA}$=$\frac{BH}{cosB}$=$\frac{CH}{cosC}$；

（2）∵S_△ABC=S_△BCH+S_△ACH+S_△ABH，
∴$\frac{1}{2}$HD•a+$\frac{1}{2}$HE•b+$\frac{1}{2}$HF•c=$\frac{1}{2}$AD•a=$\frac{1}{2}$AH•a+$\frac{1}{2}$HD•a，
∴HA•a=HE•b+HF•c，
同理可得HB•b=HD•a+HF•c，
HC•c=HD•a+HE•b，
∴HA•a+HB•b+HC•c=2HE•b+2HD•a+2HF•c，
則2（$\frac{a}{HA}$+$\frac{HB}$+$\frac{c}{HC}$）-$\frac{a}{HD}$-$\frac{HE}$-$\frac{c}{HF}$
=$\frac{2HD•a-HA•a}{HA•HD}$+$\frac{2HE•b-HB•b}{HB•HE}$+$\frac{2HF•c-HC•c}{HC•HF}$，
又∵HA•HD=HB•HE=HC•HF，
∴上式=$\frac{2HD•a+2HE•b+2HF•c-HA•a-HB•b-HC•c}{HA•HD}$=0，
∴2（$\frac{a}{HA}$+$\frac{HB}$+$\frac{c}{HC}$）=$\frac{a}{HD}$+$\frac{HE}$+$\frac{c}{HF}$．

點(diǎn)評 本題主要考查三角函數(shù)的定義及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．