Question

6．已知，△ABC是等邊三角形，點P是邊AC上一點．
（1）如圖1，過點P作PF∥BC，交AB于點F，圖中有2個等邊三角形．
（2）如圖2，點P 在AC上運動（不與A，C重合），點Q是CB延長線上一點，且BQ=AP，過P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D，試說明：在點P運動的過程中，線段ED的長是定值（即DE=$\frac{1}{2}$AB）
（3）若將條件中“△ABC是等邊三角形”改為“△ABC是等腰三角形，CA=CB”，如圖3所示，（2）中的結(jié)論是否還成立？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)△ABC是等邊三角形，PF∥BC，得出△AFP、△ABC是等邊三角形即可；
（2）作PF∥BC交AB于F，先判定△AFP為等邊三角形，再根據(jù)三線合一，得到AE=EF，然后判定△QBD≌△PFD（AAS），得到FD=DB，進而得到DE=$\frac{1}{2}$AB；
（3）作QH⊥AB于H，先判定△APE≌△BQH（AAS），得到AE=BH，QH=PE，再判定△PED≌△QHD（AAS），得到DE=DH，進而得到（2）中的結(jié)論還成立．

解答 解：（1）如圖1，∵△ABC是等邊三角形，PF∥BC，
∴△AFP、△ABC是等邊三角形，
故答案為：2；

（2）線段ED的長是定值（即DE=$\frac{1}{2}$AB），理由如下：
如圖2，作PF∥BC交AB于F，
∵△ABC是等邊三角形∴∠A=∠ABC=60°，
∵PF∥BC，
∴∠AFP=∠ABC=60°，
∴△AFP為等邊三角形，
∴PF=PA，
又∵PE⊥AB，
∴AE=EF，
∵QB=PA，PF=PA，
∴BQ=PF，
∵∠DBQ=180°-∠ABC=120°，
∠DFP=180°-∠AFP=120°，
∴∠DBQ=∠DFP，
在△QBD和△PFD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DBQ=∠DFP}\\{∠QDB=∠FDP}\\{BQ=PF}\end{array}\right.$，
∴△QBD≌△PFD（AAS），
∴FD=DB，
∴ED=EF+FD=$\frac{1}{2}$AF+$\frac{1}{2}$FD=$\frac{1}{2}$（AF+FD）=$\frac{1}{2}$AB；

（3）如圖3，（2）中的結(jié)論還成立．
理由：如圖3，作QH⊥AB于H，
∵CA=CB，
∴∠A=∠ABC=∠QBH，
在△APE與△BQH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠QBH}\\{∠AEP=∠H}\\{PA=QB}\end{array}\right.$，
∴△APE≌△BQH（AAS），
∴AE=BH，QH=PE，
在△PED與△QHD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠QDH=∠EDP}\\{∠QHD=∠PED}\\{QH=EP}\end{array}\right.$，
∴△PED≌△QHD（AAS），
∴DE=DH，
∴DE=$\frac{1}{2}$EH=$\frac{1}{2}$（EB+BH）=$\frac{1}{2}$（EB+AE）=$\frac{1}{2}$AB．

點評 此題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，本題解法多樣，作出輔助線，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．