Question

4．如图1，等边△ABC边长为6，AD是△ABC的中线，P为线段AD（不包括端点A、D）上一动点，以CP为一边且在CP左下方作如图所示的等边△CPE，连结BE．
（1）点P在运动过程中，线段BE与AP始终相等吗？说说你的理由；
（2）若延长BE至F，使得CF=CE=5，如图2，问：求出此时AP的长；
（3）当点P在线段AD的延长线上时，F为线段BE上一点，使得CF=CE=5．求EF的长

Answer 1

分析 （1）证出∠ACP=∠BCE．由SAS证明△ACP≌△BCE，得出对应边相等即可．
（2）过点C作CH⊥BE，垂足为H．由等边三角形的性质得出∠CAD=∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．由（1）可知：△ACP≌△BCE，得出∠CBE=∠CAD=30°，AP=BE．由含30°角的直角三角形的性质得出HC=$\frac{1}{2}$BC=3，由勾股定理得出BH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=3$\sqrt{3}$．在Rt△CEH中，由勾股定理求出EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=4，即可得出AP的长．
（3）过点C作CH⊥BE，垂足为H．由SAS证明△ACP≌△BCE，得出∠CBH=∠CAP=30°．由含30°角的直角三角形的性质得出HC=$\frac{1}{2}$BC=3．与等腰三角形的性质求出FH=EH．由勾股定理求出FH，即可得出EF的长．

解答 解：（1）BE=AP；理由如下：
∵△ABC和△CPE均为等边三角形，
∴∠ACB=∠PCE=60°，AC=BC，CP=CE．
∵∠ACP+∠DCP=∠DCE+∠PCD=60°，
∴∠ACP=∠BCE．
∵在△ACP和△BCE中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}&{\;}\\{∠ACP=∠BCE}&{\;}\\{CP=CE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE（SAS）．
∴BE=AP．
（2）如图2所示：过点C作CH⊥BE，垂足为H．∵AB=AC，AD是BC的中点，
∴∠CAD=∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．
∵由（1）可知：△ACP≌△BCE，
∴∠CBE=∠CAD=30°，AP=BE．
∵在Rt△BCH中，∠HBC=30°，
∴HC=$\frac{1}{2}$BC=3，BH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=3$\sqrt{3}$．
∵在Rt△CEH中，EC=5，CH=3，
∴EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4．
∴BE=HB-EH=3$\sqrt{3}$-4．
∴AP=3$\sqrt{3}$-4．
（3）如图3所示：过点C作CH⊥BE，垂足为H．
∵△ABC和△CEP均为等边三角形，
∴AC=BC，CE=PC，∠ACB=∠ECP．
∴∠ACB+∠BCP=∠ECP+BCP，即∠BCE=∠ACP．
∵在△ACP和△BCE中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}&{\;}\\{∠ACP=∠BCE}&{\;}\\{CP=CE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ACP≌△BCE（SAS）．
∴∠CBH=∠CAP=30°．
∵在Rt△BCH中，∠CBH=30°，
∴HC=$\frac{1}{2}$BC=3．
∵FC=CE，CH⊥FE，
∴FH=EH．
∴FH=EH=$\sqrt{C{E}^{2}-C{H}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4．
∴EF=FH+EH=4+4=8．

点评 本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用、等边三角形的性质、含30°的直角三角形的性质；本题综合性强，有一定难度，证得△ACP≌△BCE是解题的关键．