Question

10．如圖1，等邊△ABC中，CE平分∠ACB，D為BC邊上一點(diǎn)，且DE=CD，連接BE．
（1）若CE=4，BC=$6\sqrt{3}$，求線段BE的長(zhǎng)；
（2）如圖2，取BE中點(diǎn)P，連接AP，PD，AD，求證：AP⊥PD且AP=$\sqrt{3}$PD；
（3）如圖3，把圖2中的△CDE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)任意角度，然后連接BE，點(diǎn)P為BE 中點(diǎn)，連接AP，PD，AD，問(wèn)第（2）問(wèn)中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖2中，作EF⊥BC，求出EF、BF即可利用勾股定理求出BE．
（2）如圖2中，延長(zhǎng)DP至G，使PG=PD，由△ABG≌△ACD，推出△AGD是等邊三角形，即可解決問(wèn)題．
（3）方法類似（2）

解答 （1）解：如圖2中，作EF⊥BC，
∵∠ACB=60°，CE平分∠ACB，
∴∠BCE=30°，
∴EF=$\frac{1}{2}$CE=2，CF=$\sqrt{C{E}^{2}-E{F}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴BF=BC-CF=4$\sqrt{3}$，
∴BE=$\sqrt{B{F}^{2}+E{F}^{2}}$=$\sqrt{（4\sqrt{3}）^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{13}$．
（2）如圖2中，延長(zhǎng)DP至G，使PG=PD，連接BG、AG，
∵DE=DC，
∴∠DEC=∠ECD=∠ECA=30°，
∴DE∥AC
∵PG=PD，PB=PE，
∴四邊形BDEG是平行四邊形，
∴BG∥DE∥AC，
∴∠ABG=∠BAC=∠ACD，BG=ED=CD，
在△ABG和△ACD中，
$\left\{\begin{array}{l}{BG=CD}\\{∠ABG=∠ACD}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△ABG≌△ACD，
∴AG=AD，∠BAG=∠CAD，
∴∠DAG=∠BAG+∠BAD=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60°，
∴△ADG是等邊三角形，
∴AP⊥PD，AP=$\frac{PD}{tan30°}$=$\sqrt{3}$PD．
（3）結(jié)論成立．
證明：如圖3中，延長(zhǎng)DP至G，使PG=PD，連接BG、AG、EG、BD，
由（2）可知∠BGD=∠EDG，∠CDE=120°，
∴∠BGD+∠CDG=∠EDG+∠CDG=360°-∠CDE=240°，
∴∠CBG+∠BCD=120°=∠ABC+∠ACB，
∴∠ABC-∠CBG=∠BCD-∠ACB
即∠ABG=∠ACD，
∵PG=PD，PB=PE，
∴四邊形BDEG是平行四邊形，
∴BG=DE=CD，
在△ABG和△ACD中，
$\left\{\begin{array}{l}{BG=CD}\\{∠ABG=∠ACD}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△ABG≌△ACD，
∴AG=AD，∠BAG=∠CAD，
∴∠DAG=∠BAG+∠BAD=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60°，
∴△ADG是等邊三角形，
∴AP⊥PD，AP=$\frac{PD}{tan30°}$=$\sqrt{3}$PD．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵，體會(huì)倍長(zhǎng)中線在解題中的作用，體會(huì)形變結(jié)論不變證明方法類似的含義，屬于中考�？碱}型．