Question

4．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)：求出此時(shí)AP的長(zhǎng)；
（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段AD的延長(zhǎng)線上時(shí)，F(xiàn)為線段BE上一點(diǎn)，使得CF=CE=5．求EF的長(zhǎng)

Answer 1

分析 （1）證出∠ACP=∠BCE．由SAS證明△ACP≌△BCE，得出對(duì)應(yīng)邊相等即可．
（2）過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE，垂足為H．由等邊三角形的性質(zhì)得出∠CAD=∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．由（1）可知：△ACP≌△BCE，得出∠CBE=∠CAD=30°，AP=BE．由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出HC=$\frac{1}{2}$BC=3，由勾股定理得出BH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=3$\sqrt{3}$．在Rt△CEH中，由勾股定理求出EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=4，即可得出AP的長(zhǎng)．
（3）過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE，垂足為H．由SAS證明△ACP≌△BCE，得出∠CBH=∠CAP=30°．由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出HC=$\frac{1}{2}$BC=3．與等腰三角形的性質(zhì)求出FH=EH．由勾股定理求出FH，即可得出EF的長(zhǎng)．

解答 解：（1）BE=AP；理由如下：
∵△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，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}&{\;}\\{∠ACP=∠BCE}&{\;}\\{CP=CE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE（SAS）．
∴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，BH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=3$\sqrt{3}$．
∵在Rt△CEH中，EC=5，CH=3，
∴EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4．
∴BE=HB-EH=3$\sqrt{3}$-4．
∴AP=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，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}&{\;}\\{∠ACP=∠BCE}&{\;}\\{CP=CE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE（SAS）．
∴∠CBH=∠CAP=30°．
∵在Rt△BCH中，∠CBH=30°，
∴HC=$\frac{1}{2}$BC=3．
∵FC=CE，CH⊥FE，
∴FH=EH．
∴FH=EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=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°的直角三角形的性質(zhì)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證得△ACP≌△BCE是解題的關(guān)鍵．