Question

11．【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．

小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．
【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD-PE=CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；
【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=2$\sqrt{13}$dm，AD=3dm，BD=$\sqrt{37}$dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．

Answer 1

分析 【问题情境】如下图②，按照小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【变式探究】如下图③，借鉴小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【结论运用】易证BE=BF，过点E作EQ⊥BF，垂足为Q，如下图④，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．
【迁移拓展】由条件AD•CE=DE•BC联想到三角形相似，从而得到∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM与△CEN的周长之和就可转化为AB+BH，而BH是△ADB的边AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解决问题．

解答 解：【问题情境】证明：（小军的方法）连接AP，如图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）过点P作PG⊥CF，垂足为G，如图②．
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°．
∴四边形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．
【变式探究】
证明：连接AP，如图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．
【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC-CF=AD-CF=5．
由折叠可得：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．
∴四边形EQCD是矩形．
∴EQ=DC=4．
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFB．
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB．
∴BE=BF．
由问题情境中的结论可得：PG+PH=EQ．
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值为4．
【迁移拓展】延长AD、BC交于点F，作BH⊥AF，垂足为H，如图⑤．
∵AD•CE=DE•BC，
∴$\frac{AD}{DE}$=$\frac{BC}{EC}$．
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE=∠BCE=90°．
∴△ADE∽△BCE．
∴∠A=∠CBE．
∴FA=FB．
由问题情境中的结论可得：ED+EC=BH．
设DH=xdm，
则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分别为AE、BE的中点，
∴DM=AM=EM=$\frac{1}{2}$AE，CN=BN=EN=$\frac{1}{2}$BE．
∴△DEM与△CEN的周长之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
=DE+AB+EC
=DE+EC+AB
=6+2$\sqrt{13}$．
∴△DEM与△CEN的周长之和为（6+2$\sqrt{13}$）dm．

点评 本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．