Question

（2013•道外區(qū)三模）如圖：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點(diǎn)P為△ABC所在平面上一點(diǎn)，且∠BPC=135°，連接PA．
（1）當(dāng)點(diǎn)P在△ABC外時(shí)（如圖①），求證：PA-PB=

2

PC．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在△ABC內(nèi)時(shí)（如圖②），過(guò)點(diǎn)C作CD⊥PA，垂足為D，設(shè)BP的延長(zhǎng)線交CD于E，若AD=8，CE=5，求PB的長(zhǎng)．

Answer 1

分析：（1）首先過(guò)點(diǎn)C作CF⊥CP交BP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，進(jìn)而得出△CAP≌△CBF（SAS），再利用銳角三角函數(shù)關(guān)系得出PF=

2

CP，進(jìn)而得出答案；
（2）首先證明△BCP≌△ACG（SAS），進(jìn)而得出PB²=AP²-2CP²，再證明△PHK∽△PGA，得出AK=KP，進(jìn)而得出△CHE≌△PHK（AAS），
得出△PDE∽△CDK，則

PD

CD

=

DE

DK

，得出PB²=AP²-2CP²，進(jìn)而求出PB的長(zhǎng)．

解答：（1）證明：過(guò)點(diǎn)C作CF⊥CP交BP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F
∵∠BPC=135°，∴∠CPF=∠F=45°，
∴CP=CF，
∵∠ACB=∠PCF=90°，
∴∠ACB+∠BCP=∠PCF+∠BCP，
即∠ACP=∠BCF，
在△CAP和△CBF中，

AC=CB ∠ACP=∠BCF CP=CF

，
∴△CAP≌△CBF（SAS），
∴AP=BF，
在Rt△CPF中，
cos∠CPF=

CP

PF

=

2

2

，
∴PF=

2

CP，
∴AP=

2

CP+PB，
即PA-PB=

2

PC；

（2）解：過(guò)點(diǎn)C作CG⊥CP交BP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接AG
∵∠BPC=135°，∴∠CGP=∠CPG=45°，
∴CP=CG，
∵∠ACB=∠PCG=90°，
∴∠ACB-∠ACP=∠PCG-∠ACP，
即∠BCP=∠ACG，
在△BCP和△ACG中，

BC=AC ∠BCP=∠ACG CP=CG

，
∴△BCP≌△ACG（SAS），
∴AG=BP∠CGA=∠BPC=135°，
∴∠AGP=90°，
在Rt△AGP中，AG²+PG²=AP²，
即PB²=AP²-2CP²，
作CH⊥PG交PG于點(diǎn)H，交AP于點(diǎn)K，
∴GH=PH，又∵KH∥AG，
∴△PHK∽△PGA，
∴

PH

PG

=

PK

PA

，∴AK=KP，
∵∠HPC=45°，∴CH=HP，
在△CHE和△PHK中，

∠CEH=∠PKH ∠EHC=∠KHP CH=HP

，
∴△CHE≌△PHK（AAS），
∴KP=CE=5，
∴AP=10，又∵AD=8，∴DP=2，KD=3，
∵△PDE∽△CDK，
∴

PD

CD

=

DE

DK

，∴

2

DE+5

=

DE

3

，
∴DE=1，∴CD=6，
在Rt△CDP中，CD²+DP²=CP²
CP=2

10

，
又∵PB²=AP²-2CP²
∴PB²=10²-2×（2

10

）²=20，
∴PB=2

5

．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了相似形綜合應(yīng)用以及全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，利用勾股定理得出PB²=AP²-2CP²是解題關(guān)鍵．