Question

9．在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=AB=6，D，E分別是AB，AC的中點，若等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到Rt△AD₁E₁，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），記直線BD₁與CE₁的交點為P．
（1）如圖1，當(dāng)α=90°時，線段BD₁的長等于3$\sqrt{5}$，線段CE₁的長等于3$\sqrt{5}$；
（2）如圖2，當(dāng)α=135°時，設(shè)直線BD₁與CA的交點為F，求證：BD₁=CE₁，且BD₁⊥CE₁；
（3）點P到AB所在直線的距離的最大值是$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$．

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的長和CE₁的長；
（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出，∠D₁AB=∠E₁AC=135°，進而求出△D₁AB≌△E₁AC（SAS），即可得出答案；
（3）首先作PG⊥AB，交AB所在直線于點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，直線BD₁與CE₁的交點P到直線AB的距離最大，
此時四邊形AD₁PE₁是正方形，進而求出PG的長．

解答 解：
（1）∵∠CAB=90°，AC=AB=6，D，E分別是邊AB，AC的中點，
∴AE=AD=3，
∵等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD₁E₁，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），
∴當(dāng)α=90°時，AE₁=3，∠E₁AE=90°，
∴BD₁=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，E₁C=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$；
故答案為：3$\sqrt{5}$，3$\sqrt{5}$；
（2）證明：當(dāng)α=135°時，如圖2，連接CE₁，

∵Rt△AD₁E是由Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(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F，
∴∠BFA=∠CFP，
∴∠CPF=∠FAB=90°，
∴BD₁⊥CE₁；
（3）解：如圖3，作PG⊥AB，交AB所在直線于點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，直線BD₁與CE₁的交點P到直線AB的距離最大，
此時四邊形AD₁PE₁是正方形，PD₁=3，則BD₁=$\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}$=3$\sqrt{3}$，
故∠ABP=30°，
則PB=3+3$\sqrt{3}$，
故點P到AB所在直線的距離的最大值為：PG=$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$，
故答案為：$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$．

點評 本題為三角形的綜合應(yīng)用，涉及到幾何變換、全等三角形的判定和性質(zhì)、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)等知識點．在（2）中注意三角形全等的應(yīng)用，在（3）中根據(jù)題意得出PG的最長時P點的位置是解題關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性很強，難度較大．