Question

16．如图1，等边△ABC边长为6，AD是△ABC的中线，P为线段AD（不包括端点A，D）上一动点，以CP为一边且在CP左下方作如图所示的等边△CPE，连结BE．

（1）点P在运动过程中，线段BE与AP始终相等吗？说说你的理由；
（2）如图2，若延长BE至F，使得CF=CE=5，求出此时AP的长；
（3）当点P在线段AD的延长线上时，F为线段BE上一点，使得CF=CE=a．探究EF与a的关系．

Answer 1

分析 （1）先证明∠ACP=∠BCE，然后依据SAS证明△ACP≌△BCE，由全等三角形的性质可得到BE=AP；
（2）过点C作CH⊥BE，垂足为H，先依据等腰三角形三线合一的性质求得∠CAD=30°，然后由△ACP≌△BCE可求得∠CBH=30°，依据含30°直角三角形的性质可求得CH的长，从而可求得BH的长，然后在△ECH中依据勾股定理可求得EH的长，故此可求得BE的长，最后根据AP=BE求解即可；
（3）首先根据题意画出图形，过点C作CH⊥BE，垂足为H．先证△ACP≌△BCE，从而得到∠CBH=30°，由含30°直角三角形的性质可求得CH的长，依据勾股定理可求得FH的长，然后由等腰三角形三线合一的性质可得到HE=FH，故此可求得EF的长．

解答 解：（1）BE=AP．
理由：∵△ABC和△CPE均为等边三角形，
∴∠ACB=∠PCE=60°，AC=BC，CP=CE，
∵∠ACP+∠DCP=∠DCE+∠PCD=60°，
∴∠ACP=∠BCE．
∵在△ACP和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{CA=CB}\\{∠ACP=∠BCE}\\{CP=CE}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE．
∴BE=AP；
（2）如图2所示：过点C作CH⊥BE，垂足为H，
∵AB=AC，AD是BC的中点，
∴∠CAD=∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．
∵由（1）可知：△ACP≌△BCE，
∴∠CBE=∠CAD=30°，AP=BE．
∵在Rt△BCH中，∠HBC=30°，
∴HC=$\frac{1}{2}$BC=3，BH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=3$\sqrt{3}$，
∵在Rt△CEH中，EC=5，CH=3，
∴EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=4，
∴BE=BH-EH=3$\sqrt{3}$-4，
∴AP=3$\sqrt{3}$-4；
（3）如图3所示：过点C作CH⊥BE，垂足为H，
∵△ABC和△CEP均为等边三角形，
∴AC=BC，CE=PC，∠ACB=∠ECP．
∴∠ACB+∠BCP=∠ECP+BCP，即∠BCE=∠ACP．
∵在△ACP和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{CA=CB}\\{∠ACP=∠BCE}\\{CP=CE}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE．
∴∠CBH=∠CAP=30°．
∵在Rt△BCH中，∠CBH=30°，
∴HC=$\frac{1}{2}$BC=3．
∵FC=CE，CH⊥FE，
∴FH=EH=$\sqrt{C{F}^{2}-C{H}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}-9}$，
∴EF=2$\sqrt{{a}^{2}-9}$．

点评 本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用、等边三角形的性质、含30°三角形的性质，证得△ACP≌△BCE是解题的关键．