Question

10．在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是AB，AC的中点．若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD₁E₁，设旋转角为α（0＜α≤180°），记直线BD₁与CE₁的交点为P．
（1）如图1，当α=90°时，线段BD₁的长等于2$\sqrt{5}$，线段CE₁的长等于2$\sqrt{5}$；（直接填写结果）
（2）如图2，当α=135°时，求证：BD₁=CE₁，且BD₁⊥CE₁；
（3）①设BC的中点为M，则线段PM的长为2$\sqrt{2}$；②点P到AB所在直线的距离的最大值为1+$\sqrt{3}$．（直接填写结果）

Answer 1

分析 （1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD₁的长和CE₁的长；
（2）根据旋转的性质得出，∠D₁AB=∠E₁AC=135°，进而求出△D₁AB≌△E₁AC（SAS），即可得出答案；
（3）①直接利用直角三角形的性质得出PM=$\frac{1}{2}$BC得出答案即可；
②首先作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，则D₁，E₁在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD₁所在直线与⊙A相切时，直线BD₁与CE₁的交点P到直线AB的距离最大，
此时四边形AD₁PE₁是正方形，进而求出PG的长．

解答 解：（1）∵∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是边AB，AC的中点，
∴AE=AD=2，
∵等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD₁E₁，设旋转角为α（0＜α≤180°），
∴当α=90°时，AE₁=2，∠E₁AE=90°，
∴BD₁=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，E₁C=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$；
故答案为：2$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$；

（2）证明：当α=135°时，如图2，
∵Rt△AD₁E是由Rt△ADE绕点A逆时针旋转135°得到，
∴AD₁=AE₁，∠D₁AB=∠E₁AC=135°，
在△D₁AB和△E₁AC中
∵$\left\{\begin{array}{l}{A{D}_{1}=A{E}_{1}}\\{∠{D}_{1}AB=∠{E}_{1}AC}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△D₁AB≌△E₁AC（SAS），
∴BD₁=CE₁，且∠D₁BA=∠E₁CA，
记直线BD₁与AC交于点F，
∴∠BFA=∠CFP，
∴∠CPF=∠FAB=90°，
∴BD₁⊥CE₁；

（3）解：①如图2，∵∠CPB=∠CAB=90°，BC的中点为M，
∴PM=$\frac{1}{2}$BC，
∴PM=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
故答案为：2$\sqrt{2}$；
②如图3，作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，
∵D₁，E₁在以A为圆心，AD为半径的圆上，
当BD₁所在直线与⊙A相切时，直线BD₁与CE₁的交点P到直线AB的距离最大，
此时四边形AD₁PE₁是正方形，PD₁=2，则BD₁=$\sqrt{{4}^{2}-{2}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
故∠ABP=30°，
则PB=2+2$\sqrt{3}$，
故点P到AB所在直线的距离的最大值为：PG=1+$\sqrt{3}$．
故答案为：1+$\sqrt{3}$．

点评 此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键．