Question

12．已知點(diǎn)D是△ABC內(nèi)一定點(diǎn)，且有∠DAC=∠DCB=∠DBA=30°，求證：△ABC是等邊三角形．

Answer 1

分析 由已知推導(dǎo)出△ABC不一定是等邊三角形．法一：舉出反例；法二：以C為原點(diǎn)，CD為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)D（1，0），B（$\frac{\sqrt{3}a}{2}$，$\frac{a}{2}$），A（x，y），推導(dǎo)出當(dāng)BC=a=$\sqrt{3}$時(shí)命題成立．可見，此命題是假命題．

解答 證明：△ABC不一定是等邊三角形．
證法一：如圖所示的三角形存在，但它不是等邊三角形，故△ABC不一定是等邊三角形．
證法二：以C為原點(diǎn)，CD為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)D（1，0），B（$\frac{\sqrt{3}a}{2}$，$\frac{a}{2}$），A（x，y），
則BD斜率k₁=$\frac{\frac{a}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}a-1}$=$\frac{a}{\sqrt{3}a-2}$，AB斜率k₂=$\frac{a-2y}{\sqrt{3}a-2x}$，
AC斜率k₃=$\frac{y}{x}$，AD斜率k₄=$\frac{y}{x-1}$，
其中a＞$\frac{2}{\sqrt{3}}$，x＞0＞y，
由∠DAC=∠DBA=30°及到角公式得：
$\frac{{k}_{2}-{k}_{1}}{1+{k}_{2}{k}_{1}}$=$\frac{\frac{a-2y}{\sqrt{3}a-2x}-\frac{a}{\sqrt{3}a-2}}{1+\frac{a-2y}{\sqrt{3}a-2x}•\frac{a}{\sqrt{3}a-2}}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$．
∴$\sqrt{3}$[（a-2y）（$\sqrt{3}$a3-2）-a（$\sqrt{3}$a-2x）]=（$\sqrt{3}$a-2）（$\sqrt{3}$a-2x）+a（a-2y），
$\sqrt{3}$[-2a+（4-2$\sqrt{3}$a）y+2ax]=4a²-2$\sqrt{3}$a+（4-2$\sqrt{3}$a）x-2ay，
（4$\sqrt{3}$-6a）y+2$\sqrt{3}$ax=4a²+（4-2$\sqrt{3}$a）x-2ay，
（4$\sqrt{3}$-4a）y=（4-4a$\sqrt{3}$）x+4a²，
y=$\frac{（1-\sqrt{3}a）x+{a}^{2}}{\sqrt{3}-a}$，①
$\frac{{k}_{3}-{k}_{4}}{1+{k}_{3}{k}_{4}}$=$\frac{\frac{y}{x}-\frac{y}{x-1}}{1+\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}-x}}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$，
x²-x+y²+$\sqrt{3}$y=0，②
由①、②解出x，y．
把①代入②，x²-x+$\frac{（1-\sqrt{3}a）x+{a}^{2}}{\sqrt{3}-a}$•[$\frac{（1-\sqrt{3}a）x+{a}^{2}}{\sqrt{3}-a}$+$\sqrt{3}$]=0，
（x²-x）（$\sqrt{3}$-a）²+[（1-$\sqrt{3}$a）x+a²][（1-$\sqrt{3}$a）x+a²+3-$\sqrt{3}$a]=0，
（x²-x）（3-2$\sqrt{3}$a+a²）+（1-$\sqrt{3}$a）²x²+（1-$\sqrt{3}$a）（2a²-$\sqrt{3}$a+3）x+a⁴-$\sqrt{3}$3a³+3a²=0，
（4a²-4$\sqrt{3}$a+4）x²+（-2$\sqrt{3}$a³+4a²-2$\sqrt{3}$a）x+a⁴-$\sqrt{3}$a³+3a²=0，③
若△ABC是等邊三角形，則③的根是$\frac{\sqrt{3}a}{2}$，
把x=$\frac{\sqrt{3}a}{2}$代入③，得
3a⁴-3$\sqrt{3}$a³+3a²-3a⁴+2$\sqrt{3}$a³-3a²+a⁴-$\sqrt{3}$a³+3a²
=a⁴-2$\sqrt{3}$a³+3a²=a²（a-$\sqrt{3}$）²=0，
僅當(dāng)BC=a=$\sqrt{3}$時(shí)命題成立．可見，此命題是假命題．
故△ABC不一定是等邊三角形．

點(diǎn)評 本題考查等邊三角形的證明，在判斷一個(gè)命題是假命題時(shí)，舉出一個(gè)反例即可．