Question

17．【问题发现】
       如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，若B，D，E在同一直线上，连接AE．
（1）请你在图中找出一个与△AEC全等的三角形：△BDC；
（2）∠AEB的度数为60°；CE，AE，BE的数量关系为CE+AE=BE．
【拓展探究】
        如图2，△ACB是等腰直角三角形，∠AEB=90°，连接CE，过点C作CD⊥CE，交BE于点D，试探究CE，AE，BE的数量关系，并说明理由．
【解决问题】
        如图3，在正方形ABCD中，CD=5$\sqrt{2}$，点P为正方形ABCD外一点，∠APC=90°，且AP=6，试求点P到CD的距离．

Answer 1

分析 【问题发现】（1）根据等边三角形的性质、全等三角形的判定定理证明△AEC≌△BDC；
（2）根据△AEC≌△BDC，得到∠AEC=∠CDB=120°，计算即可；
【拓展探究】证明△AEC≌△BDC，得到△ECD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质计算；
【解决问题】分点P在AD上方、点P在AB的左侧两种情况，根据相似三角形的性质计算．

解答 解：【问题发现】（1）△AEC≌△BDC，
证明：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴∠ECD=∠ACB=60°，
∴∠ECA=∠DCB，
在△AEC和△BDC中，
$\left\{\begin{array}{l}{CE=CD}\\{∠ECA=∠DCB}\\{CA=CB}\end{array}\right.$，
∴△AEC≌△BDC，
故答案为：△BDC；

（2）∠CDB=180°-∠CDE=120°，
∵△AEC≌△BDC，
∴∠AEC=∠CDB=120°，AE=BD，
∴∠AEB=60°，
BE=DE+BD=CE+AE；
故答案为：60°；CE+AE=BE；

【拓展探究】∵CD⊥CE，∠ACB=90°，
∴∠ECA=∠DCB，
∵∠AEB=90°，∠ACB=90°，
∴A、E、C、B四点共圆，
∴∠EAC=∠DBC，
在△AEC和△BDC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ECA=∠DCB}\\{CA=CB}\\{∠EAC=∠DBC}\end{array}\right.$，
∴△AEC≌△BDC，
∴AE=BD，CE=CD，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴ED=$\sqrt{2}$CE，
∴BE=DE+BD=$\sqrt{2}$CE+AE；

【解决问题】当点P在AD上方时，连接AC、PD，作PH⊥CD交AD的延长线于H，
∵AD=5$\sqrt{2}$，
∴AC=10，
则PC=$\sqrt{A{C}^{2}-A{P}^{2}}$=8，
由拓展探究可知，PD=$\frac{PC-PA}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
∵PH∥AD，
∴∠DPH=∠ADP，
∴∠DPH=∠ACP，
∴PH=PD×$\frac{4}{5}$=$\frac{4\sqrt{2}}{5}$；
当点P在AB的左侧时，同理PH=$\frac{28\sqrt{2}}{5}$．

点评 本题考查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理的应用正方形的性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键，注意分情况讨论思想的灵活运用．