Question

10．【問(wèn)題情境】
張老師給愛(ài)好學(xué)習(xí)的小軍和小俊提出這樣的一個(gè)問(wèn)題：如圖1，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)P為邊BC上任一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D，E，過(guò)點(diǎn)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(guò)點(diǎn)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(diǎn)P在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，其余條件不變，求證：PD-PE=CF；
請(qǐng)運(yùn)用上述解答中所積累的經(jīng)驗(yàn)和方法完成下列兩題：
【結(jié)論運(yùn)用】
如圖4，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)B上，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處，點(diǎn)P為折痕EF上的任一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)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(gè)航模的截面示意圖．在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點(diǎn)，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(diǎn)，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長(zhǎng)之和．

Answer 1

分析 [問(wèn)題情境]按照小軍，小俊的證明思路即可解決問(wèn)題．
[變式探究]借鑒小軍，小俊的證明思路即可解決問(wèn)題．
[結(jié)論運(yùn)用]易證BE=BF，過(guò)E作EQ⊥BF，垂足，利用問(wèn)題情境中的結(jié)論可得PG+PH=EQ，易證EQ=DC，BF=DF，只需求即可．
[遷移拓展]由條AD×CE=DE×BC聯(lián)想到三角形相似，從而得∠A=∠ABC，進(jìn)而補(bǔ)全等腰三角形，△DEM，△CEN的周長(zhǎng)之和就可轉(zhuǎn)化AB+BH，而BH是△ADB的上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求BH，就可解決問(wèn)題．

解答 解：小軍的證明：
連接AP，如圖②

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴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．
小俊的證明：
過(guò)點(diǎn)P作PG⊥CF，如圖2，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDG=∠FGP=90°，
∴四邊形PDFG為矩形，
∴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】
小軍的證明思路：連接AP，如圖③，

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴∴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；
小俊的證明思路：
過(guò)點(diǎn)C，作CG⊥DP，如圖③，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，
∴∠CFD=∠FDG=∠DGC=90°，
∴四邊形CFDG是矩形，
∴CF=GD，∠DGC=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠CGP=∠CEP，
∵CG⊥DP，AB⊥DP，
∴∠CGP=∠BDP=90°，
∴CG∥AB，
∴∠GCP=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠ACB=∠PCE，
∴∠GCP=∠ECP，
在△CGP和△CEP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CGP=∠CEP=90°}\\{∠GCP=∠ECP}\\{CP=CP}\end{array}\right.$，
∴△CGP≌△CEP，
∴PG=PE，
∴CF=DG=DP-PG=DP-PE．
【結(jié)論運(yùn)用】
如圖④

過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥BC，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°，
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC-CF=AD-CF=5，
由折疊有，DF=BF，∠BEF=∠DEF，
∴DF=5，
∵∠C=90°，
∴DC=$\sqrt{D{F}^{2}-C{F}^{2}}$=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(wèn)題情景中的結(jié)論可得：PG+PH=EQ，
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值為4．
【遷移拓展】
延長(zhǎng)AD，BC交于點(diǎn)F，作BH⊥AF，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(wèn)題情景中的結(jié)論可得：ED+EC=BH，
設(shè)DH=x，
∴AH=AD+DH=3+x，
∵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，
∴x=1，
∴BH²=BD²-DH²=37-1=36，
∴BH=6，
∴ED+EC=6，
∵∠ADE=∠BCE=90°，且M，N分別為AE，BE的中點(diǎn)，
∴DM=EM=$\frac{1}{2}$AE，CN=EN=$\frac{1}{2}$BE，
∴△DEM與△CEN的周長(zhǎng)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(zhǎng)之和（6+2$\sqrt{13}$）dm．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何變換綜合題，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(shí)，考查了用面積法證明幾何問(wèn)題，考查了運(yùn)用已有的經(jīng)驗(yàn)解決問(wèn)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．