Question

17．如圖：已知等邊△ABC的邊長為2，P是BC邊上的任一點(diǎn)（與B、C不重合），連接AP，以AP為邊向兩側(cè)作等邊△APD和等邊△APE，分別與邊AB、AC交于點(diǎn)M、N（如圖1）．
（1）求證：AM=AN；
（2）連接DE分別與邊AB、AC交于點(diǎn)G、H，如圖2，當(dāng)∠BAD是多少度時，AD=DH？
（3）在（2）的條件下，以DG、GH、HE這三條線段為邊構(gòu)成的三角形是什么特殊三角形，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知條件可以得出AD=AP，∠DAP=∠BAC=60°，∠ADM=∠APN=60°，從而得出∠DAM=∠PAN，可以得出△ADM≌△APN，就可以得出結(jié)論．
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∠DAH=∠AHD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出即可；
（3）以DG、GH、HE這三條線段為邊構(gòu)成的三角形為直角三角形，由已知條件可知四邊形ADPE為菱形，可以得到∠ADO=∠AEH=30°，根據(jù)∠DAB的度數(shù)可以求出∠AGO、∠HAO、，∠EAH的度數(shù)．設(shè)AO=a，得出DG=（$\sqrt{3}$-1）a，求出∠DHA=∠DAH=75°，求得GH=（3-$\sqrt{3}$）a，HE=2（$\sqrt{3}$-1）a，最后由勾股定理的逆定理就可以得出結(jié)論．

解答 解：（1）證明：∵△ABC、△APD和△APE是等邊三角形，
∴AD=AP，∠DAP=∠BAC=60°，∠ADM=∠APN=60°，
∴∠DAM=∠PAN．
在△ADM和△APN中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠DAM=∠PAN}\\{AD=AP}\\{∠ADM=∠APN}\end{array}\right.$，
∴△ADM≌△APN，
∴AM=AN；

（2）當(dāng)∠BAD=15°時，AD=DH，
理由是：∵△ADP和△APE是等邊三角形，
∴AD=AP=AE，∠DAP=∠EAP=60°，
∴∠ADE=∠AED=$\frac{1}{2}$×（180°-60°-60°）=30°，
∵由（1）知：△ADM≌△APN，
∴∠BAD=∠CAP=15°，
∴∠BAP=∠EAC=60°-15°=45°，
∴∠DAH=∠BAD+∠CAB=15°+60°=75°，
∴∠AHD=180°-∠ADH-∠DAH=180°-30°-75°=75°，
∴∠DAH=∠AHD，
∴AD=DH，
即當(dāng)∠BAD=15°時，AD=DH；

（3）以DG、GH、HE這三條線段為邊構(gòu)成的三角形為直角三角形．
解：設(shè)DE交AP于點(diǎn)O，
∵△APD和△APE是等邊三角形，
∴AD=DP=AP=PE=EA，
∴四邊形ADPE為菱形，
∴AO⊥DE，∠ADO=∠AEH=30°．
∵∠DAB=15°，
∴∠GAO=45°，
∴∠AGO=45°，∠HAO=15°，
∴∠EAH=45°，
設(shè)AO=a，則AD=AE=2a，GO=AO=a，OD=$\sqrt{3}$a．
∴DG=DO-GO=（$\sqrt{3}$-1）a．
∵∠DAB=15°，∠BAC=60°，∠ADO=30°，
∴∠DHA=∠DAH=75°．
∴DH=AD=2a，
∴GH=DH-DG=2a（$\sqrt{3}$-1）a=（3-$\sqrt{3}$）a．
HE=DE-DH=2DO-DH=2 $\sqrt{3}$a-2a．
∵DG²+GH²=[（$\sqrt{3}$-1）a]²+[（3-$\sqrt{3}$）a]²=（16-8$\sqrt{3}$）a²，
HE²=（2$\sqrt{3}$-2a）²=（16-8$\sqrt{3}$）a²，
∴DG²+GH²=HE²，
∴以DG、GH、HE這三條線段為邊構(gòu)成的三角形為直角三角形．

點(diǎn)評 本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)和判定，線段垂直平分線的判定，勾股定理的運(yùn)用．本題的綜合性較強(qiáng)，在解答時要注意解答問題的突破口，這也是解答問題的關(guān)鍵．