Question

11．在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=AB=6，D，E分別是AB，AC的中點，若等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD₁E₁，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），記直線BD₁與CE₁的交點為P．

（1）如圖1，當(dāng)α=90°時，線段BD₁的長等于3$\sqrt{5}$，線段CE₁的長等于3$\sqrt{5}$；（直接填寫結(jié)果）
（2）如圖2，當(dāng)α=135°時，求證：BD₁=CE₁，且BD₁⊥CE₁；
（3）①設(shè)BC的中點為M，則線段PM的長為3$\sqrt{2}$；
②點P到AB所在直線的距離的最大值為$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$．（直接填寫結(jié)果）

Answer 1

分析 （1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理分別得出BD₁的長和CE₁的長；
（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出，∠D₁AB=∠E₁AC=135°，進而求出△D₁AB≌△E₁AC（SAS），即可得出答案；
（3）①直接利用直角三角形的性質(zhì)得出PM=$\frac{1}{2}$BC得出答案即可；②首先作PG⊥AB，交AB所在直線于點G，則D₁，E₁在以A為圓心，AD為半徑的圓上，當(dāng)BD₁所在直線與⊙A相切時，直線BD₁與CE₁的交點P到直線AB的距離最大，
此時四邊形AD₁PE₁是正方形，進而求出PG的長．

解答 解：（1）∵∠CAB=90°，AC=AB=6，D，E分別是邊AB，AC的中點，
∴AE=AD=3，
∵等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD₁E₁，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），
∴當(dāng)α=90°時，AE₁=3，∠E₁AE=90°，
∴BD₁=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，E₁C=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$；
故答案為：3$\sqrt{5}$，3$\sqrt{5}$；
（2）證明：當(dāng)α=135°時，如圖2，
∵Rt△AD₁E是由Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)135°得到，
∴AD₁=AE₁，∠D₁AB=∠E₁AC=135°，
在△D₁AB和△E₁AC中
∵$\left\{\begin{array}{l}{A{D}_{1}=A{E}_{1}}\\{∠{D}_{1}AB=∠{E}_{1}AC}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△D₁AB≌△E₁AC（SAS），
∴BD₁=CE₁，且∠D₁BA=∠E₁CA，
記直線BD₁與AC交于點F，
∴∠BFA=∠CFP，
∴∠CPF=∠FAB=90°，
∴BD₁⊥CE₁；

（3）解：①如圖2，∵∠CPB=∠CAB=90°，BC的中點為M，
∴PM=$\frac{1}{2}$BC，
∴PM=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{6}^{2}+{6}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，
故答案為：3$\sqrt{2}$；
②如圖3，作PG⊥AB，交AB所在直線于點G，
∵D₁，E₁在以A為圓心，AD為半徑的圓上，
當(dāng)BD₁所在直線與⊙A相切時，直線BD₁與CE₁的交點P到直線AB的距離最大，
此時四邊形AD₁PE₁是正方形，PD₁=3，則BD₁=$\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}$=3$\sqrt{3}$，
故∠ABP=30°，
則PB=3+3$\sqrt{3}$，
故點P到AB所在直線的距離的最大值為：PG=$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$．
故答案為：$\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$．

點評 此題主要考查了幾何變換以及等腰腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理以及切線的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意得出PG的最長時P點的位置是解題關(guān)鍵．