Question

【問題情境】如圖1，在△ABC中，AB=AC，點P為邊BC上的任一點，過點P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D、E，過點C作CF⊥AB，垂足為F．求證：PD+PE=CF．

【結論運用】如圖2，將矩形ABCD沿EF折疊，使點D落在點B上，點C落在點C′處，點P為折痕EF上的任一點，過點P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分別為G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；

【遷移拓展】圖3是一個航模的截面示意圖．在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點，

ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=8，AD=3，BD=7；M、N分別為AE、BE的中點，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長之和．

Answer 1

【考點】相似形綜合題；等腰三角形的判定與性質；勾股定理；矩形的判定與性質．

【專題】壓軸題；探究型．

【分析】【問題情境】連接AP，如圖1，只需運用面積法（S_△ABC=S_△ABP+S_△ACP）即可解決問題．

【結論運用】易證BE=BF，過點E作EQ⊥BF，垂足為Q，如圖2，利用問題情境中的結論可得PG+PH=EQ，易證EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．

【遷移拓展】如圖3，由條件AD•CE=DE•BC聯(lián)想到三角形相似，從而得到∠A=∠ABC，進而補全等腰三角形，△DEM與△CEN的周長之和就可轉化為AB+BH，而BH是△ADB的邊AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解決問題．

【解答】【問題情境】證明：連接AP，如圖1，

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，

且S_△ABC=S_△ABP+S_△ACP，

∴AB•CF=AB•PD+AC•PE．

∵AB=AC，∴CF=PD+PE；

 

【結論運用】解：過點E作EQ⊥BC，垂足為Q，如圖2，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．

∵AD=8，CF=3，

∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5．

由折疊可得：DF=BF=5，∠BEF=∠DEF．

∵∠C=90°，∴DC===4．

∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，

∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．

∴四邊形EQCD是矩形，

∴EQ=DC=4．

∵AD∥BC，

∴∠DEF=∠EFB．

∵∠BEF=∠DEF，

∴∠BEF=∠EFB．

∴BE=BF．

由問題情境中的結論可得：PG+PH=EQ．

∴PG+PH=4．

即PG+PH的值為4；

 

【遷移拓展】解：延長AD、BC交于點F，作BH⊥AF，垂足為H，如圖3．

∵ED⊥AD，EC⊥CB，

∴∠ADE=∠BCE=90°．

又∵AD•CE=DE•BC，即=，

∴△ADE∽△BCE，

∴∠A=∠CBE，

∴FA=FB．

由問題情境中的結論可得：ED+EC=BH．

設DH=x，則AH=AD+DH=（3+x）．

∵BH⊥AF，

∴∠BHA=90°．

∴BH²=BD²﹣DH²=AB²﹣AH²．

∵AB=8，AD=3，BD=7，

∴7²﹣x²=8²﹣（3+x）²．

解得：x=1．

∴BH²=BD²﹣DH²=49﹣1=48，

∴BH=4，

∴ED+EC=BH=4．

∵∠ADE=∠BCE=90°，

且M、N分別為AE、BE的中點，

∴DM=AM=EM=AE，CN=BN=EN=BE．

∴△DEM與△CEN的周長之和

=DE+DM+EM+CN+EN+EC

=DE+AE+BE+EC=DE+AB+EC

=DE+EC+AB=8+4．

即△DEM與△CEN的周長之和為8+4．

【點評】本題考查了矩形的性質與判定、等腰三角形的性質與判定、全等三角形的性質與判定、相似三角形的性質與判定、平行線的性質與判定、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理等知識，考查了用面積法證明幾何問題，考查了運用已有的經驗解決問題的能力，體現了自主探究與合作交流的新理念，是充分體現新課程理念難得的好題．