Question

15．在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，點E是BC邊上的一個動點，把△ABE沿著直線AE折疊，點B的對應點為點P，連接PC，PD，當BE=2$\sqrt{3}$或9-3$\sqrt{5}$或$\frac{4032+840\sqrt{11}}{1204}$時，△PDC為等腰三角形．

Answer 1

分析 有三種情形情況：①如圖1，當PD=PC時，點P在AB的垂直平分線上，連接PB，則△ABP是等邊三角形，得到∠BAP=60°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠BAE=∠PAE=30°，解直角三角形即可得到結論；②如圖2，當PD=CD時，則PA=AB=CD=PD，點P在AD的垂直平分線上，推出△AJP∽△EPK，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列方程即可得到結論．③如圖3中，CP=CD時，如圖3中，當CP=CD時，作PO⊥AC于O，交BC于H，作GH⊥PH交PE的延長線于G，PE交AC于K．利用相似三角形性質(zhì)，平行線的性質(zhì)即可解決問題．

解答 解：有兩種情況：
①如圖1，當PD=PC時，點P在AB的垂直平分線上，
連接PB，則△ABP是等邊三角形，
∴∠BAP=60°，
∵把△ABE沿著直線AE折疊，點B的對應點為點P，
∴∠BAE=∠PAE=30°，
∵AB=6，
∴BE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AB=2$\sqrt{3}$；

②如圖2，當PD=CD時，
則PA=AB=CD=PD，點P在AD的垂直平分線上，
∵∠AJP=∠APE=∠PKE=90°，
∴∠JAP+∠APJ=∠APJ+∠EPK=90°，
∴∠JAP=∠EPK，
∴△AJP∽△EPK，
∴$\frac{AP}{PE}=\frac{JP}{EK}$，
∵把△ABE沿著直線AE折疊，點B的對應點為點P，
∴PE=BE，AP=AB=6，
∵JP=$\sqrt{A{P}^{2}-A{J}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴$\frac{6}{BE}$=$\frac{2\sqrt{5}}{4-BE}$，
∴BE=9-3$\sqrt{5}$，
③如圖3中，當CP=CD時，作PO⊥AC于O，交BC于H，作GH⊥PH交PE的延長線于G，PE交AC于K．
在Rt△AOP中，∵PA=PB=6，OA=5，
∴OP=$\sqrt{{6}^{2}-{5}^{2}}$=$\sqrt{11}$，
由△PAO∽△KAP，得到PA²=AO•AK，
∴AK=$\frac{36}{5}$，OK=AK-AO=$\frac{11}{5}$，CK=$\frac{14}{5}$，
由△COH∽△CBA，
∴$\frac{OC}{CB}$=$\frac{OH}{AB}$=$\frac{CH}{AC}$，
∴$\frac{5}{8}$=$\frac{OH}{6}$=$\frac{CH}{10}$，
∴OH=$\frac{15}{4}$，CH=$\frac{25}{4}$，BH=$\frac{7}{4}$，
∵OK∥HG，
∴$\frac{OK}{HG}$=$\frac{OP}{PH}$，
∴可得HG=$\frac{11}{5}$+$\frac{3}{4}$$\sqrt{11}$，
∵GH∥CK，
∴$\frac{HE}{EC}$=$\frac{GH}{CK}$，
∴$\frac{HE}{HE+EC}$=$\frac{GH}{CK+GH}$，
∴HE=$\frac{1925+840\sqrt{11}}{1204}$，
∴BE=BH+HE=$\frac{4032+840\sqrt{11}}{1204}$，

綜上所述：當BE=2$\sqrt{3}$或9-3$\sqrt{5}$時，△PDC為等腰三角形．
故答案為：2$\sqrt{3}$或9-3$\sqrt{5}$或$\frac{4032+840\sqrt{11}}{1204}$．

點評 本題考查了翻折變換（折疊問題），矩形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，正確的作出圖形是解題的關鍵．