Question

10．【问题情境】
张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样的一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F，求证：PD+PE=CF．

小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．
【变式探究】
如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD-PE=CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】
如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；
【迁移拓展】
图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=2$\sqrt{13}$dm，AD=3dm，BD=$\sqrt{37}$dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．

Answer 1

分析 [问题情境]按照小军，小俊的证明思路即可解决问题．
[变式探究]借鉴小军，小俊的证明思路即可解决问题．
[结论运用]易证BE=BF，过E作EQ⊥BF，垂足，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求即可．
[迁移拓展]由条AD×CE=DE×BC联想到三角形相似，从而得∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM，△CEN的周长之和就可转化AB+BH，而BH是△ADB的上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求BH，就可解决问题．

解答 解：小军的证明：
连接AP，如图②

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S_△ABC=S_△ABP+S_△ACP，
∴$\frac{1}{2}$AB×CF=$\frac{1}{2}$AB×PD+$\frac{1}{2}$AC×PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD+PE．
小俊的证明：
过点P作PG⊥CF，如图2，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDG=∠FGP=90°，
∴四边形PDFG为矩形，
∴DP=FG，∠DPG=90°，
∴∠CGP=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠PGC=∠CEP，
∵∠BDP=∠DPG=90°，
∴PG∥AB，
∴∠GPC=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠GPC=∠ECP，
在△PGC和△CEP中
$\left\{\begin{array}{l}{∠PGC=∠CEP}\\{∠GPC=∠ECP}\\{PC=CP}\end{array}\right.$，
∴△PGC≌△CEP，
∴CG=PE，
∴CF=CG+FG=PE+PD；
【变式探究】
小军的证明思路：连接AP，如图③，

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴∴S_△ABC=S_△ABP-S_△ACP，
∴$\frac{1}{2}$AB×CF=$\frac{1}{2}$AB×PD-$\frac{1}{2}$AC×PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD-PE；
小俊的证明思路：
过点C，作CG⊥DP，如图③，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，
∴∠CFD=∠FDG=∠DGC=90°，
∴四边形CFDG是矩形，
∴CF=GD，∠DGC=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠CGP=∠CEP，
∵CG⊥DP，AB⊥DP，
∴∠CGP=∠BDP=90°，
∴CG∥AB，
∴∠GCP=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠ACB=∠PCE，
∴∠GCP=∠ECP，
在△CGP和△CEP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CGP=∠CEP=90°}\\{∠GCP=∠ECP}\\{CP=CP}\end{array}\right.$，
∴△CGP≌△CEP，
∴PG=PE，
∴CF=DG=DP-PG=DP-PE．
【结论运用】
如图④

过点E作EQ⊥BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°，
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC-CF=AD-CF=5，
由折叠有，DF=BF，∠BEF=∠DEF，
∴DF=5，
∵∠C=90°，
∴DC=$\sqrt{D{F}^{2}-C{F}^{2}}$=4，
∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC，
∴四边形EQCD是矩形，
∴EQ=DC=4，
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFB，
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB，
∴BE=BF，
由问题情景中的结论可得：PG+PH=EQ，
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值为4．
【迁移拓展】
延长AD，BC交于点F，作BH⊥AF，如图⑤，

∵AD×CE=DE×BC，
∴$\frac{AD}{DE}=\frac{BC}{EC}$，
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE=∠BCE=90°，
∴△ADE∽△BCE，
∴∠A=∠CBE，
∴FA=FB，
由问题情景中的结论可得：ED+EC=BH，
设DH=x，
∴AH=AD+DH=3+x，
∵BH⊥AF，
∴∠BHA=90°，
∴BH²=BD²-DH²=AB²-AH²，
∵AB=2$\sqrt{13}$，AD=3，BD=$\sqrt{37}$，
∴（$\sqrt{37}$）²-x²=（2$\sqrt{13}$）²-（3+x）²，
∴x=1，
∴BH²=BD²-DH²=37-1=36，
∴BH=6，
∴ED+EC=6，
∵∠ADE=∠BCE=90°，且M，N分别为AE，BE的中点，
∴DM=EM=$\frac{1}{2}$AE，CN=EN=$\frac{1}{2}$BE，
∴△DEM与△CEN的周长之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
=DE+AB+EC
=DE+EC+AB
=6+2$\sqrt{13}$，
∴△DEM与△CEN的周长之和（6+2$\sqrt{13}$）dm．

点评 本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．