Question

11．【問題情境】張老師給愛好學(xué)習(xí)的小軍和小俊提出這樣一個問題：如圖1，在△ABC中，AB=AC，點P為邊BC上的任一點，過點P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D、E，過點C作CF⊥AB，垂足為F．求證：PD+PE=CF．

小軍的證明思路是：如圖2，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得：PD+PE=CF．
小俊的證明思路是：如圖2，過點P作PG⊥CF，垂足為G，可以證得：PD=GF，PE=CG，則PD+PE=CF．
【變式探究】如圖3，當(dāng)點P在BC延長線上時，其余條件不變，求證：PD-PE=CF；
請運用上述解答中所積累的經(jīng)驗和方法完成下列兩題：
【結(jié)論運用】如圖4，將矩形ABCD沿EF折疊，使點D落在點B上，點C落在點C′處，點P為折痕EF上的任一點，過點P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分別為G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；
【遷移拓展】圖5是一個航模的截面示意圖．在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=2$\sqrt{13}$dm，AD=3dm，BD=$\sqrt{37}$dm．M、N分別為AE、BE的中點，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長之和．

Answer 1

分析 【問題情境】如下圖②，按照小軍、小俊的證明思路即可解決問題．
【變式探究】如下圖③，借鑒小軍、小俊的證明思路即可解決問題．
【結(jié)論運用】易證BE=BF，過點E作EQ⊥BF，垂足為Q，如下圖④，利用問題情境中的結(jié)論可得PG+PH=EQ，易證EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．
【遷移拓展】由條件AD•CE=DE•BC聯(lián)想到三角形相似，從而得到∠A=∠ABC，進而補全等腰三角形，△DEM與△CEN的周長之和就可轉(zhuǎn)化為AB+BH，而BH是△ADB的邊AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解決問題．

解答 解：【問題情境】證明：（小軍的方法）連接AP，如圖②
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S_△ABC=S_△ABP+S_△ACP，
∴$\frac{1}{2}$AB•CF=$\frac{1}{2}$AB•PD+$\frac{1}{2}$AC•PE．
∵AB=AC，
∴CF=PD+PE．
（小俊的方法）過點P作PG⊥CF，垂足為G，如圖②．
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°．
∴四邊形PDFG是矩形．
∴DP=FG，∠DPG=90°．
∴∠CGP=90°．
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°．
∴∠PGC=∠CEP．
∵∠BDP=∠DPG=90°．
∴PG∥AB．
∴∠GPC=∠B．
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB．
∴∠GPC=∠ECP．
在△PGC和△CEP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PGC=∠CEP}\\{∠GPC=∠ECP}\\{PC=CP}\end{array}\right.$，
∴△PGC≌△CEP．
∴CG=PE．
∴CF=CG+FG
=PE+PD．
【變式探究】
證明：連接AP，如圖③．
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S_△ABC=S_△ABP-S_△ACP，
∴$\frac{1}{2}$AB•CF=$\frac{1}{2}$AB•PD-$\frac{1}{2}$AC•PE．
∵AB=AC，
∴CF=PD-PE．
【結(jié)論運用】過點E作EQ⊥BC，垂足為Q，如圖④，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC-CF=AD-CF=5．
由折疊可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．
∴DF=5．
∵∠C=90°，
∴DC=$\sqrt{D{F}^{2}-C{F}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4．
∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．
∴四邊形EQCD是矩形．
∴EQ=DC=4．
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFB．
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB．
∴BE=BF．
由問題情境中的結(jié)論可得：PG+PH=EQ．
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值為4．
【遷移拓展】延長AD、BC交于點F，作BH⊥AF，垂足為H，如圖⑤．
∵AD•CE=DE•BC，
∴$\frac{AD}{DE}$=$\frac{BC}{EC}$．
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE=∠BCE=90°．
∴△ADE∽△BCE．
∴∠A=∠CBE．
∴FA=FB．
由問題情境中的結(jié)論可得：ED+EC=BH．
設(shè)DH=xdm，
則AH=AD+DH=（3+x）dm．
∵BH⊥AF，
∴∠BHA=90°．
∴BH²=BD²-DH²=AB²-AH²．
∵AB=2$\sqrt{13}$，AD=3，BD=$\sqrt{37}$，
∴（$\sqrt{37}$）²-x²=（2$\sqrt{13}$）²-（3+x）²．
解得：x=1．
∴BH²=BD²-DH²
=37-1=36．
∴BH=6dm．
∴ED+EC=6．
∵∠ADE=∠BCE=90°，
且M、N分別為AE、BE的中點，
∴DM=AM=EM=$\frac{1}{2}$AE，CN=BN=EN=$\frac{1}{2}$BE．
∴△DEM與△CEN的周長之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
=DE+AB+EC
=DE+EC+AB
=6+2$\sqrt{13}$．
∴△DEM與△CEN的周長之和為（6+2$\sqrt{13}$）dm．

點評 本題考查了矩形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理等知識，考查了用面積法證明幾何問題，考查了運用已有的經(jīng)驗解決問題的能力，體現(xiàn)了自主探究與合作交流的新理念，是充分體現(xiàn)新課程理念難得的好題．