Question

10．在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=AB=4，D，E分別是AB，AC的中點(diǎn)．若等腰Rt△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD₁E₁，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），記直線BD₁與CE₁的交點(diǎn)為P．
（1）如圖1，當(dāng)α=90°時(shí)，線段BD₁的長(zhǎng)等于2$\sqrt{5}$，線段CE₁的長(zhǎng)等于2$\sqrt{5}$；（直接填寫結(jié)果）
（2）如圖2，當(dāng)α=135°時(shí)，求證：BD₁=CE₁，且BD₁⊥CE₁；
（3）①設(shè)BC的中點(diǎn)為M，則線段PM的長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$；②點(diǎn)P到AB所在直線的距離的最大值為1+$\sqrt{3}$．（直接填寫結(jié)果）

Answer 1

分析 （1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理分別得出BD₁的長(zhǎng)和CE₁的長(zhǎng)；
（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出，∠D₁AB=∠E₁AC=135°，進(jìn)而求出△D₁AB≌△E₁AC（SAS），即可得出答案；
（3）①直接利用直角三角形的性質(zhì)得出PM=$\frac{1}{2}$BC得出答案即可；
②首先作PG⊥AB，交AB所在直線于點(diǎn)G，則D₁，E₁在以A為圓心，AD為半徑的圓上，當(dāng)BD₁所在直線與⊙A相切時(shí)，直線BD₁與CE₁的交點(diǎn)P到直線AB的距離最大，
此時(shí)四邊形AD₁PE₁是正方形，進(jìn)而求出PG的長(zhǎng)．

解答 解：（1）∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分別是邊AB，AC的中點(diǎn)，
∴AE=AD=2，
∵等腰Rt△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD₁E₁，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），
∴當(dāng)α=90°時(shí)，AE₁=2，∠E₁AE=90°，
∴BD₁=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，E₁C=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$；
故答案為：2$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$；

（2）證明：當(dāng)α=135°時(shí)，如圖2，
∵Rt△AD₁E是由Rt△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)135°得到，
∴AD₁=AE₁，∠D₁AB=∠E₁AC=135°，
在△D₁AB和△E₁AC中
∵$\left\{\begin{array}{l}{A{D}_{1}=A{E}_{1}}\\{∠{D}_{1}AB=∠{E}_{1}AC}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△D₁AB≌△E₁AC（SAS），
∴BD₁=CE₁，且∠D₁BA=∠E₁CA，
記直線BD₁與AC交于點(diǎn)F，
∴∠BFA=∠CFP，
∴∠CPF=∠FAB=90°，
∴BD₁⊥CE₁；

（3）解：①如圖2，∵∠CPB=∠CAB=90°，BC的中點(diǎn)為M，
∴PM=$\frac{1}{2}$BC，
∴PM=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
故答案為：2$\sqrt{2}$；
②如圖3，作PG⊥AB，交AB所在直線于點(diǎn)G，
∵D₁，E₁在以A為圓心，AD為半徑的圓上，
當(dāng)BD₁所在直線與⊙A相切時(shí)，直線BD₁與CE₁的交點(diǎn)P到直線AB的距離最大，
此時(shí)四邊形AD₁PE₁是正方形，PD₁=2，則BD₁=$\sqrt{{4}^{2}-{2}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
故∠ABP=30°，
則PB=2+2$\sqrt{3}$，
故點(diǎn)P到AB所在直線的距離的最大值為：PG=1+$\sqrt{3}$．
故答案為：1+$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了幾何變換以及等腰腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理以及切線的性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)題意得出PG的最長(zhǎng)時(shí)P點(diǎn)的位置是解題關(guān)鍵．