Question

13．如图，等边△ABC的边长为2，P是BC边上的任一点（与B、C不重合），连接AP，以AP为边向两侧作等边△APD和等边△APE，分别与边AB、AC交于点M、N．
（1）求证：AP⊥DE；
（2）当∠BAO=15°，求BP的长；
（3）在（2）的条件下，连接DE分别与边AB、AC交于点G、H，判定以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形是什么特殊三角形，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由△ADP与△AEP是等边三角形，于是得到AD=AE=AP，PD=PE=AP，根据线段垂直平分线的判定定理即可得到结论．
（2）连接PG，若∠DAB=15°，由∠DAP=60°可以得出∠PAG=45°．由已知条件可以得出四边形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°，设BG=t，在Rt△BPG中∠APG=60°，就可以求出BP=2t，PG=$\sqrt{3}$t，从而求得t的值，即可以求出结论；
（3）以DG、GH、HE这三条线段为边构成的三角形为直角三角形，由已知条件可知四边形ADPE为菱形，可以得到∠ADO=∠AEH=30°，根据∠DAB=15°，可以求出∠AGO=45°，∠HAO=15°，∠EAH=45°．设AO=a，则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结论．

解答 （1）证明：∵△ADP与△AEP是等边三角形，
∴AD=AE=AP，PD=PE=AP，
∴AP垂直平分DE，
∴AP⊥DE；

（2）解：如图2，连接PG，
∵∠DAB=15°，
∵∠DAP=60°，
∴∠PAG=45°．
∵△APD和△APE是等边三角形，
∴四边形ADPE是菱形，
∴DO垂直平分AP，
∴GP=AG，
∴∠PAG=∠APG=45°，
∴∠PGA=90°．
设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这三条线段为边构成的三角形为直角三角形．
解：设DE交AP于点O，
∵△APD和△APE是等边三角形，
∴AD=DP=AP=PE=EA，
∴四边形ADPE为菱形，
∴AO⊥DE，∠ADO=∠AEH=30°．
∵∠DAB=15°，
∴∠GAO=45°，
∴∠AGO=45°，∠HAO=15°，
∴∠EAH=45°．
设AO=a，则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这三条线段为边构成的三角形为直角三角形．

点评 本题考查了等边三角形的性质，菱形的性质和判定，线段垂直平分线的判定，勾股定理的运用．本题的综合性较强，在解答时要注意解答问题的突破口，这也是解答问题的关键．