Question

4．如圖，正方形ABCD的邊長是7$\sqrt{2}$，點P是對角線AC上的一個點（不與A，C兩點重合），連接BP，并將線段BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BP′，連接PP′，CP′，PP′與BC相交于點E．
（1）求證：△BAP≌△BCP′；
（2）探究：線段PA，PC，PB之間滿足什么數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明；
（3）若PA＜PC，當(dāng)PB=5$\sqrt{2}$時，求BE的長．

Answer 1

分析 （1）證出∠ABP=∠CBP'，由SAS證明△BAP≌△BCP′即可；
（2）由全等三角形的性質(zhì)得出∠BAP=∠BCP′=45°，PA=P′C．證出∠PCP′=∠BCA+∠BCP′=90°．由勾股定理即可得出結(jié)論；
（3）設(shè)PA=x，則PC=14-x．由勾股定理得出方程，解方程求出PA，證明△CPE∽△ABP．得出對應(yīng)邊成比例求出EC，即可得出BE的長．

解答 （1）證明：∵線段BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BP′，
∴BP=BP′，∠PBP′=90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABC=90°． 
∴∠ABC=∠PBP′．
∴∠ABC-∠PBC=∠PBP′-∠PBC，即∠ABP=∠CBP′．
在△BAP和△BCP′中，$\left\{\begin{array}{l}{BA=BC}&{\;}\\{∠ABP=∠CBP′}&{\;}\\{BP=BP′}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BAP≌△BCP′（SAS）． 

（2）解：結(jié)論：PA²+PC²=2PB²．
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BAD=45°，∠BCA=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°．
由（1）知，△BAP≌△BCP′，
∴∠BAP=∠BCP′=45°，PA=P′C．
∴∠PCP′=∠BCA+∠BCP′=45°+45°=90°．
在Rt△PCP′中，由勾股定理，得P′C²+PC²=P′P²，
∴PA²+PC²=P′P²．
又在Rt△PBP′中，P′P²=PB²+P′B²=2PB²．
∴PA²+PC²=2PB²． 

（3）解：∵∠ABC=90°，AB=BC=7$\sqrt{2}$，
∴AC=$\sqrt{2}$AB=14．
設(shè)PA=x，則PC=14-x．
又∵PB=5$\sqrt{2}$，
∴x²+（14-x）²=2（5$\sqrt{2}$）²，
解得x₁=6，x₂=8．
當(dāng)x=6時，PA=6，PC=8，符合題意；
當(dāng)x=8時，PA=8，PC=6，PA＞PC，不符合題意．
∴PA=6，PC=8．
∵∠PBP′=90°，PB=P′B，
∴∠BPP′=45°．
∵∠BPC=∠BAP+∠ABP，
∴∠BPP′+∠CPE=∠BAP+∠ABP，即45°+∠CPE=45°+∠ABP．
∴∠CPE=∠ABP．
又∠PCE=∠BAP=45°，
∴△CPE∽△ABP．
∴$\frac{EC}{PA}=\frac{PC}{BA}$，即$\frac{EC}{6}=\frac{8}{7\sqrt{2}}$．
∴EC=$\frac{24\sqrt{2}}{7}$．
∴BE=BC-EC=7$\sqrt{2}$-$\frac{24\sqrt{2}}{7}$=$\frac{25\sqrt{2}}{7}$．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度．