Question

9．在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=AB=6，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3$\sqrt{5}$，线段CE₁的长等于3$\sqrt{5}$；
（2）如图2，当α=135°时，设直线BD₁与CA的交点为F，求证：BD₁=CE₁，且BD₁⊥CE₁；
（3）点P到AB所在直线的距离的最大值是$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$．

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）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）∵∠CAB=90°，AC=AB=6，D，E分别是边AB，AC的中点，
∴AE=AD=3，
∵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=3，∠E₁AE=90°，
∴BD₁=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，E₁C=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$；
故答案为：3$\sqrt{5}$，3$\sqrt{5}$；
（2）证明：当α=135°时，如图2，连接CE₁，

∵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：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=3，则BD₁=$\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}$=3$\sqrt{3}$，
故∠ABP=30°，
则PB=3+3$\sqrt{3}$，
故点P到AB所在直线的距离的最大值为：PG=$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$，
故答案为：$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题为三角形的综合应用，涉及到几何变换、全等三角形的判定和性质、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点．在（2）中注意三角形全等的应用，在（3）中根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键．本题考查知识点较多，综合性很强，难度较大．