Question

13．如圖，等邊△ABC的邊長(zhǎng)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．
（1）求證：AP⊥DE；
（2）當(dāng)∠BAO=15°，求BP的長(zhǎng)；
（3）在（2）的條件下，連接DE分別與邊AB、AC交于點(diǎn)G、H，判定以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，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由△ADP與△AEP是等邊三角形，于是得到AD=AE=AP，PD=PE=AP，根據(jù)線段垂直平分線的判定定理即可得到結(jié)論．
（2）連接PG，若∠DAB=15°，由∠DAP=60°可以得出∠PAG=45°．由已知條件可以得出四邊形ADPE是菱形，就有DO垂直平分AP，得到GP=AG，就有∠PAG=∠APG=45°，得出∠PGA=90°，設(shè)BG=t，在Rt△BPG中∠APG=60°，就可以求出BP=2t，PG=$\sqrt{3}$t，從而求得t的值，即可以求出結(jié)論；
（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=15°，可以求出∠AGO=45°，∠HAO=15°，∠EAH=45°．設(shè)AO=a，則AD=AE=2a，OD=$\sqrt{3}$a，得到DG=（$\sqrt{3}$-1）a，由∠DAB=15°，可以求出∠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 （1）證明：∵△ADP與△AEP是等邊三角形，
∴AD=AE=AP，PD=PE=AP，
∴AP垂直平分DE，
∴AP⊥DE；

（2）解：如圖2，連接PG，
∵∠DAB=15°，
∵∠DAP=60°，
∴∠PAG=45°．
∵△APD和△APE是等邊三角形，
∴四邊形ADPE是菱形，
∴DO垂直平分AP，
∴GP=AG，
∴∠PAG=∠APG=45°，
∴∠PGA=90°．
設(shè)BG=t，在Rt△BPG中，∠ABP=60°，
∴BP=2t，PG=$\sqrt{3}$t，
∴AG=PG=$\sqrt{3}$t，
∴$\sqrt{3}$t+t=2，
解得t=$\sqrt{3}$-1，
∴BP=2t=2$\sqrt{3}$-2；

（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(píng) 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(shí)要注意解答問題的突破口，這也是解答問題的關(guān)鍵．