《2025年走进重高培优讲义八年级数学上册浙教版》

例 已知等边三角形ABC的边长为a。(提示：含30°角的直角三角形的三条边的比为$1:\sqrt{3}:2)(1)$探究：如图1,过等边三角形ABC的顶点A,B,C依次作AB,BC,CA的垂线围成△MNG,求证：△MNG是等边三角形且$MN= \sqrt{3}a。$
(2)探究：在等边三角形ABC内取一点O,过点O分别作OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥CA,垂足分别为D,E,F。如图2,若O是△ABC三条中线的交点,我们可利用三角形面积公式及等边三角形性质得到两个正确结论(不必证明)：结论$1:OD+OE+OF= \frac{\sqrt{3}}{2}a；结论2:AD+BE+CF= \frac{3}{2}a。$如图3,若O是等边三角形ABC内任意一点,则上述结论1,2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。



思路点拨 (1)由△ABC为等边三角形,得AB= BC= a,∠ABC= 60°,求出∠N,∠G的值。在Rt△AMB,Rt△BCN中,先用a表示出BM,BN,然后再表示出MN,即可证得$MN= \sqrt{3}a。$(2)判定结论1是否成立,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；判断结论2是否成立,也要通过构建直角三角形,把所求的线段都用结论1中的线段表示出来,然后经过化简判断结论2是否正确。
解题过程 (1)∵△ABC为等边三角形,∴∠ABC= 60°。
∵BC⊥MN,BA⊥MG,∴∠CBM= ∠BAM= 90°。
∴∠ABM= 90°-∠ABC= 30°。∴∠M= 90°-∠ABM= 60°。
同理可得∠N= ∠G= 60°。∴△MNG为等边三角形。在Rt△ABM中,$BM= \frac{2\sqrt{3}}{3}a,$在Rt△BCN中,$BN= \frac{\sqrt{3}}{3}a,$∴$MN= BM+BN= \sqrt{3}a。$
(2)结论1成立。证明：如图4,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。

∵GH//BC,HM⊥BC,OE⊥BC,∴易证HM= OE。
在Rt△ODG中,$OD= \frac{\sqrt{3}}{2}OG。$在Rt△OFH中,$OF= \frac{\sqrt{3}}{2}OH。$在Rt△HMC中,$HM= \frac{\sqrt{3}}{2}HC。$∴$OD+OE+OF= OD+HM+OF= \frac{\sqrt{3}}{2}OG+\frac{\sqrt{3}}{2}HC+\frac{\sqrt{3}}{2}OH= \frac{\sqrt{3}}{2}(GH+HC)= \frac{\sqrt{3}}{2}AC= \frac{\sqrt{3}}{2}a。$
结论2成立。证明：如图4,过点G作GN⊥BC于点N。在Rt△ODG中,$DG= \frac{\sqrt{3}}{3}OD,$$OG= \frac{2\sqrt{3}}{3}OD。$在Rt△OFH中,$OH= \frac{2\sqrt{3}}{3}OF,$$FH= \frac{\sqrt{3}}{3}OF。$在Rt△BNG中,$BN= \frac{\sqrt{3}}{3}GN= \frac{\sqrt{3}}{3}OE。$在Rt△CHM中,$CH= \frac{2\sqrt{3}}{3}HM= \frac{2\sqrt{3}}{3}OE。$
∴$AD+BE+CF= AG-DG+BN+NE+CH+FH= OG+OH-DG+BN+OG+CH+FH= \frac{2\sqrt{3}}{3}OD+\frac{2\sqrt{3}}{3}OF-\frac{\sqrt{3}}{3}OD+\frac{\sqrt{3}}{3}OE+\frac{2\sqrt{3}}{3}OD+\frac{2\sqrt{3}}{3}OE+\frac{\sqrt{3}}{3}OF= \sqrt{3}(OD+OE+OF)= \frac{3}{2}a。$
方法归纳 本题考查了等边三角形的判定和性质以及特殊三角形的三边数量关系等知识,特别注意有一个角是30°的直角三角形三边比为$1:\sqrt{3}:2$是解答与等边三角形有关的线段计算常用的数量关系。
易错误区 本题涉及的知识比较多,难度比较大,特别是题(2)中的结论需要构造出直角三角形,并熟练应用特殊三角形边的比结合代数恒等式的变形证得结论,要注意正确处理代数式,合理应用乘法公式。

答案： 【解析】：
本题主要考查等边三角形的判定与性质，以及通过构建直角三角形来求解线段长度的方法。
对于第一问，利用等边三角形的性质求出相关角度，再通过直角三角形中$30^{\circ}$角所对直角边与斜边的关系求出线段长度，从而证明$\triangle MNG$是等边三角形并求出$MN$的长度。
对于第二问，通过作辅助线构建直角三角形，将所求线段转化到直角三角形中，利用第一问的结论以及线段之间的关系进行证明。
【答案】：
(1)证明：
$\because \triangle ABC$为等边三角形，
$\therefore \angle ABC = 60^{\circ}$。
$\because BC \perp MN$，$BA \perp MG$，
$\therefore \angle CBM = \angle BAM = 90^{\circ}$。
$\therefore \angle ABM = 90^{\circ} - \angle ABC = 30^{\circ}$，
$\therefore \angle M = 90^{\circ} - \angle ABM = 60^{\circ}$。
同理可得$\angle N = \angle G = 60^{\circ}$。
$\therefore \triangle MNG$为等边三角形。
在$Rt\triangle ABM$中，$BM = \frac{\sqrt{3}}{3}AB=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，
在$Rt\triangle BCN$中，$BN = \frac{\sqrt{3}}{3}BC=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，
$\therefore MN = BM + BN = \sqrt{3}a$。
(2)结论1成立，证明：
过点$O$作$GH // BC$，分别交$AB$，$AC$于点$G$，$H$，过点$H$作$HM \perp BC$于点$M$。
$\because \angle DGO = \angle B = 60^{\circ}$，$\angle OHF = \angle C = 60^{\circ}$，
$\therefore \triangle AGH$是等边三角形，
$\therefore GH = AH$。
$\because GH // BC$，$HM \perp BC$，$OE \perp BC$，
$\therefore$易证$HM = OE$。
在$Rt\triangle ODG$中，$OD = \frac{\sqrt{3}}{2}OG$；
在$Rt\triangle OFH$中，$OF = \frac{\sqrt{3}}{2}OH$；
在$Rt\triangle HMC$中，$HM = \frac{\sqrt{3}}{2}HC$。
$\therefore OD + OE + OF = OD + HM + OF = \frac{\sqrt{3}}{2}OG + \frac{\sqrt{3}}{2}HC + \frac{\sqrt{3}}{2}OH = \frac{\sqrt{3}}{2}(GH + HC) = \frac{\sqrt{3}}{2}AC = \frac{\sqrt{3}}{2}a$。
结论2成立，证明：
过点$G$作$GN \perp BC$于点$N$。
在$Rt\triangle ODG$中，$DG = \frac{\sqrt{3}}{3}OD$，$OG = \frac{2\sqrt{3}}{3}OD$；
在$Rt\triangle OFH$中，$OH = \frac{2\sqrt{3}}{3}OF$，$FH = \frac{\sqrt{3}}{3}OF$；
在$Rt\triangle BNG$中，$BN = \frac{\sqrt{3}}{3}GN = \frac{\sqrt{3}}{3}OE$；
在$Rt\triangle CHM$中，$CH = \frac{2\sqrt{3}}{3}HM = \frac{2\sqrt{3}}{3}OE$。
$\therefore AD + BE + CF = AG - DG + BN + NE + CH + FH = OG + OH - DG + BN + OG + CH + FH$
$=\frac{2\sqrt{3}}{3}OD + \frac{2\sqrt{3}}{3}OF - \frac{\sqrt{3}}{3}OD + \frac{\sqrt{3}}{3}OE + \frac{2\sqrt{3}}{3}OD + \frac{2\sqrt{3}}{3}OE + \frac{\sqrt{3}}{3}OF$
$=\sqrt{3}(OD + OE + OF) = \frac{3}{2}a$。