Question

【題目】（問題情境）

張老師給愛好學習的小軍和小俊提出這樣的一個問題：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點P為邊BC上任一點，過點P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D，E，過點C作CF⊥AB，垂足為F，求證：PD+PE＝CF．

小軍的證明思路是：如圖2，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得：PD+PE＝CF．

小俊的證明思路是：如圖2，過點P作PG⊥CF，垂足為G，可以證得：PD＝GF，PE＝CG，則PD+PE＝CF．

[變式探究]

如圖3，當點P在BC延長線上時，其余條件不變，求證：PD﹣PE＝CF；

請運用上述解答中所積累的經(jīng)驗和方法完成下列兩題：

[結論運用]

如圖4，將矩形ABCD沿EF折疊，使點D落在點B上，點C落在點C′處，點P為折痕EF上的任一點，過點P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分別為G、H，若AD＝8，CF＝3，求PG+PH的值；

[遷移拓展]

圖5是一個航模的截面示意圖．在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，且ADCE＝DEBC，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分別為AE、BE的中點，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長之和．

Answer 1

【答案】小軍的證明：見解析；小俊的證明：見解析；[變式探究]見解析；[結論運用]PG+PH的值為4；[遷移拓展]（6+2）dm

【解析】

小軍的證明：連接AP，利用面積法即可證得；

小俊的證明：過點P作PG⊥CF，先證明四邊形PDFG為矩形，再證明△PGC≌△CEP，即可得到答案；

[變式探究]小軍的證明思路：連接AP，根據(jù)S△ABC＝S△ABP﹣S△ACP，即可得到答案；

小俊的證明思路：過點C，作CG⊥DP，先證明四邊形CFDG是矩形，再證明△CGP≌△CEP即可得到答案；

[結論運用] 過點E作EQ⊥BC，先根據(jù)矩形的性質(zhì)求出BF，根據(jù)翻折及勾股定理求出DC，證得四邊形EQCD是矩形，得出BE＝BF即可得到答案；

[遷移拓展]延長AD，BC交于點F，作BH⊥AF，證明△ADE∽△BCE得到FA=FB，設DH＝x，利用勾股定理求出x得到BH＝6，再根據(jù)∠ADE＝∠BCE＝90°，且M，N分別為AE，BE的中點即可得到答案.

小軍的證明：

連接AP，如圖②

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，

∴S△ABC＝S△ABP+S△ACP，

∴AB×CF＝AB×PD+AC×PE，

∵AB＝AC，

∴CF＝PD+PE．

小俊的證明：

過點P作PG⊥CF，如圖2，

∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，

∴∠CFD＝∠FDG＝∠FGP＝90°，

∴四邊形PDFG為矩形，

∴DP＝FG，∠DPG＝90°，

∴∠CGP＝90°，

∵PE⊥AC，

∴∠CEP＝90°，

∴∠PGC＝∠CEP，

∵∠BDP＝∠DPG＝90°，

∴PG∥AB，

∴∠GPC＝∠B，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB，

∴∠GPC＝∠ECP，

在△PGC和△CEP中

，

∴△PGC≌△CEP，

∴CG＝PE，

∴CF＝CG+FG＝PE+PD；

[變式探究]

小軍的證明思路：連接AP，如圖③，

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，

∴S△ABC＝S△ABP﹣S△ACP，

∴AB×CF＝AB×PD﹣AC×PE，

∵AB＝AC，

∴CF＝PD﹣PE；

小俊的證明思路：

過點C，作CG⊥DP，如圖③，

∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，

∴∠CFD＝∠FDG＝∠DGC＝90°，

∴CF＝GD，∠DGC＝90°，四邊形CFDG是矩形，

∵PE⊥AC，

∴∠CEP＝90°，

∴∠CGP＝∠CEP，

∵CG⊥DP，AB⊥DP，

∴∠CGP＝∠BDP＝90°，

∴CG∥AB，

∴∠GCP＝∠B，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB，

∵∠ACB＝∠PCE，

∴∠GCP＝∠ECP，

在△CGP和△CEP中，

，

∴△CGP≌△CEP，

∴PG＝PE，

∴CF＝DG＝DP﹣PG＝DP﹣PE．

[結論運用]

如圖④

過點E作EQ⊥BC，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°，

∵AD＝8，CF＝3，

∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5，

由折疊得DF＝BF，∠BEF＝∠DEF，

∴DF＝5，

∵∠C＝90°，

∴DC＝＝4，

∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，

∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC，

∴四邊形EQCD是矩形，

∴EQ＝DC＝4，

∵AD∥BC，

∴∠DEF＝∠EFB，

∵∠BEF＝∠DEF，

∴∠BEF＝∠EFB，

∴BE＝BF，

由問題情景中的結論可得：PG+PH＝EQ，

∴PG+PH＝4．

∴PG+PH的值為4．

[遷移拓展]

延長AD，BC交于點F，作BH⊥AF，如圖⑤，

∵AD×CE＝DE×BC，

∴，

∵ED⊥AD，EC⊥CB，

∴∠ADE＝∠BCE＝90°，

∴△ADE∽△BCE，

∴∠A＝∠CBE，

∴FA＝FB，

由問題情景中的結論可得：ED+EC＝BH，

設DH＝x，

∴AH＝AD+DH＝3+x，

∵BH⊥AF，

∴∠BHA＝90°，

∴BH2＝BD2﹣DH2＝AB2﹣AH2，

∵AB＝2，AD＝3，BD＝，

∴（）2﹣x2＝（2）2﹣（3+x）2，

∴x＝1，

∴BH2＝BD2﹣DH2＝37﹣1＝36，

∴BH＝6，

∴ED+EC＝6，

∵∠ADE＝∠BCE＝90°，且M，N分別為AE，BE的中點，

∴DM＝EM＝AE，CN＝EN＝BE，

∴△DEM與△CEN的周長之和

＝DE+DM+EM+CN+EN+EC

＝DE+AE+BE+EC

＝DE+AB+EC

＝DE+EC+AB

＝6+2，

∴△DEM與△CEN的周長之和（6+2）dm．