Question

18．如圖，已知等邊△ABC和點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)P到△ABC三邊AB、AC、BC（或其延長線）的距離分別為h₁、h₂、h₃，△ABC的高為h．在圖（1）中，點(diǎn)P是邊BC的中點(diǎn)，此時h₃=0，可得結(jié)論：h₁+h₂+h₃=h．根據(jù)點(diǎn)P所在的不同位置，試探究下列問題：
在圖（2），（3），（4），（5）中，點(diǎn)P分別在線段MC上、MC延長線上、△ABC內(nèi)、△ABC外．
（1）如圖②，點(diǎn)P在線段MC上，直接寫出h₁、h₂、h₃、h之間的關(guān)系；
（2）如圖③，點(diǎn)P在△ABC內(nèi)，寫出h₁、h₂、h₃、h之間的關(guān)系，并說明理由；
（3）如圖④，點(diǎn)P在線段MC的延長線上，試猜想h₁、h₂、h₃、h之間存在什么關(guān)系？（直接寫結(jié)論）
（4）如圖⑤，點(diǎn)P在△ABC外，寫出h₁、h₂、h₃、h之間的關(guān)系，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）連接AP，根據(jù)S_△ABC=S_△ABP+S_△APC可知$\frac{1}{2}$BC•AM=$\frac{1}{2}$AB•PD+$\frac{1}{2}$AC•PF，再把AB=BC=AC及AM=h，PD=h₁，PF=h₂，代入即可得出結(jié)論；
（2）連接AP、BP、CP，根據(jù)S_△ABC=S_△ABP+S_△BPC+S_△ACP即可得出結(jié)論；
（3）連接AP，根據(jù)S_△ABC=S_△ABP-S_△APC可知$\frac{1}{2}$BC•AM=$\frac{1}{2}$AB•PD-$\frac{1}{2}$AC•PF，再把AB=BC=AC及AM=h，PD=h₁，PF=h₂，代入即可得出結(jié)論；
（4）連接PB，PC，PA，由三角形的面積公式得：S_△ABC=S_△PAB+S_△PAC-S_△PBC，即$\frac{1}{2}$BC•AM=$\frac{1}{2}$AB•PD+$\frac{1}{2}$AC•PE-$\frac{1}{2}$BC•PF，再由AB=BC=AC即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）h=h₁+h₂，理由如下：如圖1，
連接AP，則 S_△ABC=S_△ABP+S_△APC
∴$\frac{1}{2}$BC•AM=$\frac{1}{2}$AB•PD+$\frac{1}{2}$AC•PF
即 $\frac{1}{2}$BC•h=$\frac{1}{2}$AB•h₁+$\frac{1}{2}$AC•h₂
又∵△ABC是等邊三角形
∴BC=AB=AC，
∴h=h₁+h₂．
故答案為：h=h₁+h₂．


（2）h=h₁+h₂+h₃ ，如圖2，理由如下：
連接AP、BP、CP，則 S_△ABC=S_△ABP+S_△BPC+S_△ACP
∴$\frac{1}{2}$BC•AM=$\frac{1}{2}$AB•PD+$\frac{1}{2}$AC•PF+$\frac{1}{2}$BC•PE
即 $\frac{1}{2}$BC•h=$\frac{1}{2}$AB•h₁+$\frac{1}{2}$AC•h₂+$\frac{1}{2}$BC•h₃
又∵△ABC是等邊三角形，
∴BC=AB=AC．
∴h=h₁+h₂+h₃；

（3）h₁-h₂=h；如圖3，連接AP，
∵S_△ABC=S_△PAB-S_△PAC，
即$\frac{1}{2}$BC•AM=$\frac{1}{2}$AB•PD-$\frac{1}{2}$AC•PE，
∵AB=BC=AC，
∴h₁-h₂=h，
即h₁-h₂=h；

（4）h=h₁+h₂-h₃．
當(dāng)點(diǎn)P在△ABC外時，結(jié)論h₁+h₂+h₃=h不成立．此時，它們的關(guān)系是h₁+h₂-h₃=h．
理由如下：如圖4，連接PB，PC，PA
由三角形的面積公式得：S_△ABC=S_△PAB+S_△PAC-S_△PBC，
即$\frac{1}{2}$BC•AM=$\frac{1}{2}$AB•PD+$\frac{1}{2}$AC•PE-$\frac{1}{2}$BC•PF，
∵AB=BC=AC，
∴h₁+h₂-h₃=h，
即h₁+h₂-h₃=h．

點(diǎn)評 本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出三角形，根據(jù)三角形的面積公式求解是解答此題的關(guān)鍵．