Question

18．如图，已知等边△ABC和点P，设点P到△ABC三边AB、AC、BC（或其延长线）的距离分别为h₁、h₂、h₃，△ABC的高为h．在图（1）中，点P是边BC的中点，此时h₃=0，可得结论：h₁+h₂+h₃=h．根据点P所在的不同位置，试探究下列问题：
在图（2），（3），（4），（5）中，点P分别在线段MC上、MC延长线上、△ABC内、△ABC外．
（1）如图②，点P在线段MC上，直接写出h₁、h₂、h₃、h之间的关系；
（2）如图③，点P在△ABC内，写出h₁、h₂、h₃、h之间的关系，并说明理由；
（3）如图④，点P在线段MC的延长线上，试猜想h₁、h₂、h₃、h之间存在什么关系？（直接写结论）
（4）如图⑤，点P在△ABC外，写出h₁、h₂、h₃、h之间的关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接AP，根据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，代入即可得出结论；
（2）连接AP、BP、CP，根据S_△ABC=S_△ABP+S_△BPC+S_△ACP即可得出结论；
（3）连接AP，根据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，代入即可得出结论；
（4）连接PB，PC，PA，由三角形的面积公式得：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即可得出结论．

解答 解：（1）h=h₁+h₂，理由如下：如图1，
连接AP，则 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是等边三角形
∴BC=AB=AC，
∴h=h₁+h₂．
故答案为：h=h₁+h₂．


（2）h=h₁+h₂+h₃ ，如图2，理由如下：
连接AP、BP、CP，则 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是等边三角形，
∴BC=AB=AC．
∴h=h₁+h₂+h₃；

（3）h₁-h₂=h；如图3，连接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．
当点P在△ABC外时，结论h₁+h₂+h₃=h不成立．此时，它们的关系是h₁+h₂-h₃=h．
理由如下：如图4，连接PB，PC，PA
由三角形的面积公式得：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．

点评 本题考查的是等边三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出三角形，根据三角形的面积公式求解是解答此题的关键．