Question

（1）問題發(fā)現(xiàn)

如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A，D，E在同一直線上，連接BE．

填空：

①∠AEB的度數(shù)為　　　　　　；

②線段AD，BE之間的數(shù)量關系為　　　　　　．

（2）拓展探究

如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關系，并說明理由．

（3）解決問題

如圖3，在正方形ABCD中，CD=，若點P滿足PD=1，且∠BPD=90°，請直接寫出點A到BP的距離．

Answer 1

【考點】圓的綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；正方形的性質(zhì)；圓周角定理．

【專題】綜合題；壓軸題；探究型．

【分析】（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由點A，D，E在同一直線上可求出∠ADC，從而可以求出∠AEB的度數(shù)．

（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度數(shù)，證出AD=BE；由△DCE為等腰直角三角形及CM為△DCE中DE邊上的高可得CM=DM=ME，從而證到AE=2CH+BE．

（3）由PD=1可得：點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上；由∠BPD=90°可得：點P在以BD為直徑的圓上．顯然，點P是這兩個圓的交點，由于兩圓有兩個交點，接下來需對兩個位置分別進行討論．然后，添加適當?shù)妮o助線，借助于（2）中的結論即可解決問題．

【解答】解：（1）①如圖1，

∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，

∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．

∴∠ACD=∠BCE．

在△ACD和△BCE中，

∴△ACD≌△BCE（SAS）．

∴∠ADC=∠BEC．

∵△DCE為等邊三角形，

∴∠CDE=∠CED=60°．

∵點A，D，E在同一直線上，

∴∠ADC=120°．

∴∠BEC=120°．

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．

故答案為：60°．

②∵△ACD≌△BCE，

∴AD=BE．

故答案為：AD=BE．

 

（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM．

理由：如圖2，

∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，

∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．

∴∠ACD=∠BCE．

在△ACD和△BCE中，

∴△ACD≌△BCE（SAS）．

∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．

∵△DCE為等腰直角三角形，

∴∠CDE=∠CED=45°．

∵點A，D，E在同一直線上，

∴∠ADC=135°．

∴∠BEC=135°．

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．

∵CD=CE，CM⊥DE，

∴DM=ME．

∵∠DCE=90°，

∴DM=ME=CM．

∴AE=AD+DE=BE+2CM．

 

（3）點A到BP的距離為或．

理由如下：

∵PD=1，

∴點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上．

∵∠BPD=90°，

∴點P在以BD為直徑的圓上．

∴點P是這兩圓的交點．

①當點P在如圖3①所示位置時，

連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，

過點A作AE⊥AP，交BP于點E，如圖3①．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°．

∴BD=2．

∵DP=1，

∴BP=．

∵∠BPD=∠BAD=90°，

∴A、P、D、B在以BD為直徑的圓上，

∴∠APB=∠ADB=45°．

∴△PAE是等腰直角三角形．

又∵△BAD是等腰直角三角形，點B、E、P共線，AH⊥BP，

∴由（2）中的結論可得：BP=2AH+PD．

∴=2AH+1．

∴AH=．

②當點P在如圖3②所示位置時，

連接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足為H，

過點A作AE⊥AP，交PB的延長線于點E，如圖3②．

同理可得：BP=2AH﹣PD．

∴=2AH﹣1．

∴AH=．

綜上所述：點A到BP的距離為或．

【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、圓周角定理、三角形全等的判定與性質(zhì)等知識，考查了運用已有的知識和經(jīng)驗解決問題的能力，是體現(xiàn)新課程理念的一道好題．而通過添加適當?shù)妮o助線從而能用（2）中的結論解決問題是解決第（3）的關鍵．