Question

18．張老師給愛好學(xué)習(xí)的小軍和小俊提出這樣一個問題：如圖①，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)P為邊BC上的任一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D、E，過點(diǎn)C作CF⊥AB，垂足為F．求證：PD+PE=CF．
小軍的證明思路是：如圖2，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得：PD+PE=CF．
小俊的證明思路是：如圖2，過點(diǎn)P作PG⊥CF，垂足為G，可以證得：PD=GF，PE=CG，則PD+PE=CF．
【變式探究】如圖③，當(dāng)點(diǎn)P在BC延長線上時，其余條件不變，求證：PD-PE=CF；
請運(yùn)用上述解答中所積累的經(jīng)驗(yàn)和方法完成下題：
【結(jié)論運(yùn)用】如圖④，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)B上，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處，點(diǎn)P為折痕EF上的任一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分別為G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值．

Answer 1

分析 如下圖②，按照小軍、小俊的證明思路即可解決問題．
【變式探究】如下圖③，借鑒小軍、小俊的證明思路即可解決問題．
【結(jié)論運(yùn)用】易證BE=BF，過點(diǎn)E作EQ⊥BF，垂足為Q，如下圖④，利用問題情境中的結(jié)論可得PG+PH=EQ，易證EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．

解答 證明：（方法1）連接AP，如圖②
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S_△ABC=S_△ABP+S_△ACP，
∴$\frac{1}{2}$AB•CF=$\frac{1}{2}$AB•PD+$\frac{1}{2}$AC•PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD+PE；
（方法2）過點(diǎn)P作PG⊥CF，垂足為G，如圖②，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°，
∴四邊形PDFG是矩形，
∴DP=FG，∠DPG=90°，
∴∠CGP=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠PGC=∠CEP，
∵∠BDP=∠DPG=90°，
∴PG∥AB，
∴∠GPC=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠GPC=∠ECP，
在△PGC和△CEP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PGC=∠CEP}\\{∠GPC=∠ECP}\\{PC=CP}\end{array}\right.$，
∴△PGC≌△CEP，
∴CG=PE，
∴CF=CG+FG，
=PE+PD；
【變式探究】
證明：連接AP，如圖③，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S_△ABC=S_△ABP-S_△ACP，
∴$\frac{1}{2}$AB•CF=$\frac{1}{2}$AB•PD-$\frac{1}{2}$AC•PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD-PE；
【結(jié)論運(yùn)用】過點(diǎn)E作EQ⊥BC，垂足為Q，如圖④，
∵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，∠BEF=∠DEF，
∴DF=5，
∵∠C=90°，
∴DC=$\sqrt{D{F}^{2}-C{F}^{2}}=\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=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(jié)論可得：PG+PH=EQ，
∴PG+PH=4，
∴PG+PH的值為4．

點(diǎn)評 本題考查了矩形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)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(yùn)用已有的經(jīng)驗(yàn)解決問題的能力，體現(xiàn)了自主探究與合作交流的新理念，是充分體現(xiàn)新課程理念難得的好題．