楊曉俊

在中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)中經(jīng)常見到這樣一個(gè)性質(zhì)：等腰三角形底邊上任意一點(diǎn)到兩腰的距離之和等于一腰上的高。關(guān)于此性質(zhì)的證明有如下兩種方法：

方法1：如（圖1）利用面積，連結(jié)AP，兩個(gè)三角形面積之和等于大三角形面積可得。

方法2：如（圖2）截長(zhǎng)，作PG垂直CD于G，易證PE=DG，后證三角形CPG與三角形CPF全等，可得CG=PF，即得。

該性質(zhì)是教學(xué)中經(jīng)常遇見的命題，但是對(duì)該命題進(jìn)行研究，發(fā)現(xiàn)該性質(zhì)可以作如下拓展：等邊三角形內(nèi)（含邊）任意一點(diǎn)到三邊距離之和等于等邊三角形的高。

對(duì)于這個(gè)拓展命題的證明，我們可以仿照原命題的證明方法進(jìn)行，這里從略，下面主要列舉原命題和拓展命題在數(shù)學(xué)競(jìng)賽題上的應(yīng)用。

例1.如（圖3），在矩形ABCD中，O是對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)，AB=3，AD=4，P是AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且PE⊥AC于E點(diǎn)，PF⊥BD于F點(diǎn)，則PE+PF=

解：作AG⊥BD于G點(diǎn).在Rt△ABD中，BD=5.

∵△ABD是直角三角形，且AG是斜邊BD上的高，

∴S△ABD=AB·AD=BD·AG，AG=2.4.

由四邊形ABCD為矩形，可知OA=OD，即△OAD為等腰三角形.

∵P是底邊AD上的任意一點(diǎn)，且PE⊥AC于E點(diǎn)，PF⊥BD于F點(diǎn)，根據(jù)原命題有PE+PF=AG.即PE+PF=AG=2.4

例2.如（圖4），已知等邊三角形ABC內(nèi)有一點(diǎn)N，ND⊥BC，NE⊥AB，NF⊥AC，D，E，F(xiàn)都是垂足，M是三角形ABC中異于N的另一點(diǎn)，若P1=ND+NE+NF，P2=MD+ME+MF，那么P1與P2的大小關(guān)系是

解：設(shè)△ABC高為h，過M點(diǎn)分別作BC、AB、AC的垂線，垂足分別是D′、E′、F′

∵N是等邊三角形內(nèi)一點(diǎn)，NE⊥AB，ND⊥BC，NF⊥AC，

根據(jù)拓展命題有NE+ND+NF=h=P1，同理MD′+ME′+MF′=h

又∵M(jìn)D′≤MD，ME′≤ME，MF′≤MF（三個(gè)等號(hào)中最多有一個(gè)成立）

∴P1=NE+ND+NF=MD′+ME′+MF′

∴P1

例3.如（圖5），等邊三角形ABC內(nèi)有一點(diǎn)P，過點(diǎn)P向三邊作垂線，垂足分別是S、Q、R，且PQ=6，PR=8，PS=10，求△ABC的 面積。

解：設(shè)等邊三角形邊長(zhǎng)為a，高為h，

則根據(jù)拓展命題有h=6+8+10=24

a2=（）2+24×24 a=16

∴S△ABC=×16×24=192

例4.如（圖6），設(shè)P是等邊三角形ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，從點(diǎn)P作三邊的垂線PD、PE、PF，點(diǎn)D、E、F是垂足，則=

（A） （B） （C） （D）

解：設(shè)等邊三角形邊長(zhǎng)為a，高為h，

a2=（）2+h2 a=h

根據(jù)拓展命題有=×=.

例5.如（圖7），在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=60°，AB=AD=CD=2，E是BC上任意一點(diǎn)，EM⊥BD，EC⊥AC于N，求EM+EN的值

解：在等腰梯形ABCD中，AB=AD=CD=2，∠ABC=60°，

則容易得BC=4，∠BDC=90°，

OB=OC，從而根據(jù)原命題有EM+EN=CD=2

學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)，不能只記憶書本上的幾條定理，應(yīng)該將例題、習(xí)題中反映的性質(zhì)做深入研究，爭(zhēng)取做到融會(huì)貫通，舉一反三，這種學(xué)習(xí)方法對(duì)于提高學(xué)生解題能力會(huì)有很大幫助。

參考文獻(xiàn)：

朱克祥.初等幾何研究[M].高等教育出版社，2103-01-01.

？誗編輯 王團(tuán)蘭