Question

1．如圖，等邊△ABC中，D是BC中點，過點D作DF⊥AC于點F，P在AB上，連DP，以DP為斜邊作Rt△DPE，且∠EDP=∠B，連接EF．

（1）求證：AP=2EF；
（2）連接AE并延長交BC于點K，交DF于點H，若BP=8，PE：EF=$\sqrt{19}$：2時，求DH的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1，連接AD，由△ABC是等邊三角形，得到∠B=∠C=60°，∠DAC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°，根據(jù)已知條件得到$\frac{PD}{DE}=\frac{AD}{DF}$=2，推出△APD∽△EDF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）如圖2，連接AD，過P作PM⊥BC于M，設(shè)PE=$\sqrt{19}$k，EF=2k，于是得到AP=2EF=4k，求出AB=8+4k，解直角三角形得到PD=$\frac{2\sqrt{19}k}{\sqrt{3}}$，根據(jù)勾股定理列方程得到EF=$\frac{3}{2}$，CD=$\frac{11}{2}$，DF=$\frac{11}{4}$$\sqrt{3}$，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{EF}{CK}=\frac{AF}{AC}$=$\frac{3}{4}$，$\frac{EF}{DK}=\frac{HF}{DH}$，代入數(shù)據(jù)即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：如圖1，連接AD，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠C=60°，∠DAC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°，
∵DF⊥AC，
∴AD=2DF，∠ADF=60°，
∵∠PDE=∠B=60°，
∴∠ADP=∠EDF，
∵∠PED=90°，
∴PD=2DE，
∴$\frac{PD}{DE}=\frac{AD}{DF}$=2，
∴△APD∽△EDF，
∴$\frac{AP}{EF}=\frac{AD}{DF}$=2，
∴AP=2EF；

（2）如圖2，連接AD，過P作PM⊥BC于M，
∵PB=8，∴BM=4，PM=4$\sqrt{3}$，
∵PE：EF=$\sqrt{19}$：2，設(shè)PE=$\sqrt{19}$k，EF=2k，∴AP=2EF=4k，
∴AB=8+4k，
∴BD=CD=4+2k，
在Rt△PDE中，
∵∠DPE=30°，∠PED=90°，
∴PD=$\frac{2\sqrt{19}k}{\sqrt{3}}$，
∴DM²=PD²-PM²，
∵DM=BD-BM，
∴（$\frac{2\sqrt{19}}{\sqrt{3}}$k）²-（2$\sqrt{3}$）²=（4+2k-4）²，
∴k=$\frac{3}{4}$，
∴EF=$\frac{3}{2}$，CD=$\frac{11}{2}$，∴DF=$\frac{11}{4}$$\sqrt{3}$，
∵△APD∽△EDF，
∴∠EFD=∠PAD=30°，
∴∠EFD=∠FDC，
∴EF∥CD，
∴△AEF∽△AKC，
∴$\frac{EF}{CK}=\frac{AF}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
∴CK=2，
∴DK=$\frac{7}{2}$，
∵EF∥CD，
∴△HEF∽△DKH，
∴$\frac{EF}{DK}=\frac{HF}{DH}$，
∴$\frac{\frac{3}{2}}{\frac{7}{2}}=\frac{\frac{11\sqrt{3}}{4}-DH}{DH}$，
∴DH=$\frac{77\sqrt{3}}{40}$．

點評 本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，平行線的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．