Question

5．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB=∠AEF=90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．
（1）如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．
（ 2）如图2、图3，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点E落在边CA的延长线上（如图2）；或者点F落在边AB上（如图3）．其他条件不变，问题（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；
（3）记$\frac{AC}{BC}$=k，当k为何值时，△CPE总是等边三角形．

Answer 1

分析 （1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可．
（2）①先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，②先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；
（3）先判断△CAE∽△CNP，再判断等腰△PCE∽等腰△NCA，即可．

解答 解：（1）PC=PE，

证明：∵∠ACB=∠AEF=90°
∴Rt△FCB和Rt△BEF
∵点P是BF的中点
∴CP=$\frac{1}{2}$BF，EP=$\frac{1}{2}$BF，
∴PC=PE；

（2）①如图2，延长CP、EF交于点H，PC=PE仍然成立
证明：∵∠ACB=∠AEF=90°

∴EH∥CB
∴∠CBP=∠PFH，∠H=∠BCP
∵点P是BF的中点
∴PC=PH
∴△CBP≌△HPF（AAS）
∴PC=PH，
∵∠AEF=90°
∴Rt△CEH中，EP=$\frac{1}{2}$CH，
∴PC=PE；
②如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，PC=PE成立，

证明：∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，
在△DAF和△EAF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DAF=∠EAF}\\{∠FDA=∠FEA}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△DAF≌△EAF（AAS），
∴AD=AE，
在△DAP和△EAP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AE}\\{∠DAP=∠EAP}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴△DAP≌△EAP（SAS），
∴PD=PE，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD∥BC∥PM，
∴$\frac{DM}{CM}=\frac{PF}{PB}$，
∵点P是BF的中点，
∴DM=MC，
又∵PM⊥AC，
∴PC=PD，
又∵PD=PE，
∴PC=PE．
（3）如图4，分别取AB、AF的中点N、G，分别连接PN、CN、EG、EC，
证明：由Rt△ACB∽Rt△AEF，
∴等腰△ANC∽等腰△EGA

∴$\frac{CN}{CA}=\frac{AG}{AE}$，
∵PN=AG，
∴$\frac{CN}{CA}=\frac{PN}{AE}$，
由N为AB中点易得∠CNB=2∠CAN，且∠PNB=∠GAN
∵∠CAE=360°-2∠CAN-∠GAN
∠CNP=360°-∠CNB-∠PNB
∴∠CAE=∠CNP
∴△CAE∽△CNP（SAS）
∴$\frac{CE}{CP}=\frac{CA}{CN}$，
∴等腰△PCE∽等腰△NCA（SSS）
∴∠CPE=∠CAN
当△CPE总是等边三角形时，∠CPE=∠CAN=60°，所以∠CBA=30°
∴k=$\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．