Question

10．如图1，等边△ABC中，CE平分∠ACB，D为BC边上一点，且DE=CD，连接BE．
（1）若CE=4，BC=$6\sqrt{3}$，求线段BE的长；
（2）如图2，取BE中点P，连接AP，PD，AD，求证：AP⊥PD且AP=$\sqrt{3}$PD；
（3）如图3，把图2中的△CDE绕点C顺时针旋转任意角度，然后连接BE，点P为BE 中点，连接AP，PD，AD，问第（2）问中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图2中，作EF⊥BC，求出EF、BF即可利用勾股定理求出BE．
（2）如图2中，延长DP至G，使PG=PD，由△ABG≌△ACD，推出△AGD是等边三角形，即可解决问题．
（3）方法类似（2）

解答 （1）解：如图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）如图2中，延长DP至G，使PG=PD，连接BG、AG，
∵DE=DC，
∴∠DEC=∠ECD=∠ECA=30°，
∴DE∥AC
∵PG=PD，PB=PE，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴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是等边三角形，
∴AP⊥PD，AP=$\frac{PD}{tan30°}$=$\sqrt{3}$PD．
（3）结论成立．
证明：如图3中，延长DP至G，使PG=PD，连接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，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴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是等边三角形，
∴AP⊥PD，AP=$\frac{PD}{tan30°}$=$\sqrt{3}$PD．

点评 本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、添加辅助线构造全等三角形是解题的关键，体会倍长中线在解题中的作用，体会形变结论不变证明方法类似的含义，属于中考常考题型．