Question

（2011•道外區(qū)二模）在等腰△ABC中，AC=BC，∠C=90°，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，以AC為斜邊作直角△APC，連接PD．

（1）當(dāng)點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部時(shí)（如圖1），求證

2

PD+PC=AP；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在△ABC的外部時(shí)（如圖2），線段PD、PC、AP之間的數(shù)量關(guān)系是

PA+PC=

2

PD

．
（3）在（2）的條件下，PD與AC的交點(diǎn)為E，連接CD（如圖3），PC：EC=7：5，PD=

7 2

2

（AP＜PC），求線段PB的長(zhǎng)．

Answer 1

分析：（1）通過(guò)連接CD，在AP上取一點(diǎn)E使AE=CP，利用等腰三角形的性質(zhì)證明三角形全等可以得出∠1=∠3，DE=DP，可以得到△EDP是等腰直角三角形．從而得出結(jié)論．
（2）連接CD，延長(zhǎng)PA到G，使AG=PC，連接DG，由等腰直角三角形的性質(zhì)可以得到∠ADC=90°，從而可以得到A、P、C、D
四點(diǎn)在以AC為直徑的圓上，由∠1=∠2=45°，∠3=∠4，通過(guò)證明△PCD≌△GAD，得出∠1=∠G，PD=GD，從而證明△PGD為等腰直角三角形．從而得出答案．PA+PC=

2

PD
（3）由（2）的結(jié)論可以得出AP+PC=7，通過(guò)證明△PAD∽△PEC，利用PC：EC=3：5求出AD，從而求出AC，再利用△PEC∽△AED求出PC，就可以求出PA，得出PA=PD得出△PAB是直角三角形，利用勾股定理就可以求出PB．

解答：解：（1）證明：連接CD，在AP上取一點(diǎn)E使AE=CP，
∵點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，∠ACB=90°，
∴AD=CD，∠CAD=∠ACD=45°，∠ADC=90°，
∴∠CAP+∠ACD+∠DCP=90°，∠CAP+∠ACD+∠PAD=90°，
∴∠CAP+∠ACD+∠DCP=∠CAP+∠ACD+∠PAD，
∴∠DCP=∠PAD，PC=AE，CD=AD，
∴△CPD≌△AED，
∴DE=DP，∠1=∠3．
∵∠1+∠2=90°，
∴∠3+∠2=90°，
∴△EDP為等腰直角三角形，由勾股定理，得
PE=

2

PD．
∵AE+EP=AP，
∴PC+

2

PD=AP．

（2）線段PD、PC、AP之間的數(shù)量關(guān)系是：PA+PC=

2

PD
證明：連接CD，延長(zhǎng)PA到G，使AG=PC，連接DG
∵∠APC=∠ADC=90°，
∴A、D、C、P四點(diǎn)在以AC為直徑的圓上．
∵AD=CD，
∴∠1=∠2=45°，
∴∠1=∠2=∠CAD=∠ACD=45°．
∵∠5=∠1+∠4，∠PCD=∠3+∠ACD，∠3=∠4，
∴∠5=∠PCD，PC=AG，AD=CD，
∴△GAD≌△PCD，
∴GD=PD，
∴∠1=∠G=45°，
∴∠PDG=90°，由勾股定理，得
PG=

2

PD
∵PG=PA+AG，
∴PG=PA+PC，
∴PA+PC=

2

PD．

（3）∵PD=

7 2

2

∴PA+PC=7．
∵PC：EC=7：5，則設(shè)PC=7m，EC=5m，
∴PA=7-7m．
∵△PAD∽△PEC，
∴

AD

EC

=

PD

3m

，
∴

AD

5m

=

7 2 2

7m

，
解得AD=

5 2

2

，在Rt△ADC中，由勾股定理，得
AC=5，
∴在Rt△CAP中，由勾股定理，得
（7m）²+（7-7m）²=25，
解得，m₁=

4

7

，m₂=

3

7

．
∵AP＜PC，
∴m=

4

7

，
∴PC=4，PA=3．
作PH⊥AD于點(diǎn)H，有△PHD∽△APC
∴

PH

PA

=

PD

AC

，
∴

PH

3

=

7 2 2

5

解得：PH=

21 2

10

．
在Rt△PHD中，由勾股定理，得
（

21 2

10

）²+HD²=（

7 2

2

）²，
解得：HD=

14 2

5

，HB=

81 2

10

，
在Rt△PHB中由勾股定理，得
PB²=PH²+HB²，
∴PB2=(

21 2

10

)2+( 

81 2

10

)2，
解得：PB=

65

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)及勾股定理的運(yùn)用．