Question

16．如圖1，等邊△ABC邊長(zhǎng)為6，AD是△ABC的中線，P為線段AD（不包括端點(diǎn)A、D）上一動(dòng)點(diǎn)，以CP為一邊且在CP左下方作如圖所示的等邊△CPE，連結(jié)BE．
（1）點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線段BE與AP始終相等嗎？說(shuō)說(shuō)你的理由；
（2）若延長(zhǎng)BE至F，使得CF=CE=5，如圖2，問(wèn)：
①求出此時(shí)AP的長(zhǎng)；
②當(dāng)點(diǎn)P在線段AD的延長(zhǎng)線上時(shí)，判斷EF的長(zhǎng)是否為定值，若是請(qǐng)直接寫(xiě)出EF的長(zhǎng)；若不是請(qǐng)簡(jiǎn)單說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先證明∠ACP=∠BCE，然后依據(jù)SAS證明△ACP≌△BCE，由全等三角形的性質(zhì)可得到BE=AP；
（2）過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE，垂足為H，先依據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求得∠CAD=30°，然后由△ACP≌△BCE可求得∠CBH=30°，依據(jù)含30°直角三角形的性質(zhì)可求得CH的長(zhǎng)，從而可求得BH的長(zhǎng)，然后在△ECH中依據(jù)勾股定理可求得EH的長(zhǎng)，故此可求得BE的長(zhǎng)，最后根據(jù)AP=BE求解即可；
（3）首先根據(jù)題意畫(huà)出圖形，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE，垂足為H．先證△ACP≌△BCE，從而得到∠CBH=30°，由含30°直角三角形的性質(zhì)可求得CH的長(zhǎng)，依據(jù)勾股定理可求得FH的長(zhǎng)，然后由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得到HE=FH，故此可求得EF的長(zhǎng)．

解答 解：（1）BE=AP．
理由：∵△ABC和△CPE均為等邊三角形，
∴∠ACB=∠PCE=60°，AC=BC，CP=CE．
∵∠ACP+∠DCP=∠DCE+∠PCD=60°，
∴∠ACP=∠BCE．
∵在△ACP和△BCE中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACP=∠BCE}\\{PC=EC}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE．
∴BE=AP．
（2）如圖2所示：過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE，垂足為H．

∵AB=AC，AD是BC的中點(diǎn)，
∴∠CAD=∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．
∵由（1）可知：△ACP≌△BCE，
∴∠CBE=∠CAD=30°，AP=BE．
∵在Rt△BCH中，∠HBC=30°，
∴HC=$\frac{1}{2}$BC=3，NH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=3$\sqrt{3}$．
∵在Rt△CEH中，EC=5，CH=3，
∴EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=4．
∴BE=HB-EH=3$\sqrt{3}$-4．
∴A=3$\sqrt{3}$-4．
（3）如圖3所示：過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE，垂足為H．

∵△ABC和△CEP均為等邊三角形，
∴AC=BC，CE=PC，∠ACB=∠ECP．
∴∠ACB+∠BCP=∠ECP+BCP，即∠BCE=∠ACP．
∵在△ACP和△BCE中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACP=∠BCE}\\{PC=CE}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE．
∴∠CBH=∠CAP=30°．
∵在Rt△BCH中，∠CBH=30°，
∴HC=$\frac{1}{2}$BC=3．
∵FC=CE，CH⊥FE，
∴FH=EH．
∴FH=EH=$\sqrt{C{E}^{2}-H{C}^{2}}$=4．
∴EF=FH+EH=4+4=8．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是全等三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理的應(yīng)用、等邊三角形的性質(zhì)、含30°三角形的性質(zhì)，證得△ACP≌△BCE是解題的關(guān)鍵．