Question

15．在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是BC边上的一个动点，把△ABE沿着直线AE折叠，点B的对应点为点P，连接PC，PD，当BE=2$\sqrt{3}$或9-3$\sqrt{5}$或$\frac{4032+840\sqrt{11}}{1204}$时，△PDC为等腰三角形．

Answer 1

分析 有三种情形情况：①如图1，当PD=PC时，点P在AB的垂直平分线上，连接PB，则△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，根据折叠的性质得到∠BAE=∠PAE=30°，解直角三角形即可得到结论；②如图2，当PD=CD时，则PA=AB=CD=PD，点P在AD的垂直平分线上，推出△AJP∽△EPK，根据相似三角形的性质列方程即可得到结论．③如图3中，CP=CD时，如图3中，当CP=CD时，作PO⊥AC于O，交BC于H，作GH⊥PH交PE的延长线于G，PE交AC于K．利用相似三角形性质，平行线的性质即可解决问题．

解答 解：有两种情况：
①如图1，当PD=PC时，点P在AB的垂直平分线上，
连接PB，则△ABP是等边三角形，
∴∠BAP=60°，
∵把△ABE沿着直线AE折叠，点B的对应点为点P，
∴∠BAE=∠PAE=30°，
∵AB=6，
∴BE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AB=2$\sqrt{3}$；

②如图2，当PD=CD时，
则PA=AB=CD=PD，点P在AD的垂直平分线上，
∵∠AJP=∠APE=∠PKE=90°，
∴∠JAP+∠APJ=∠APJ+∠EPK=90°，
∴∠JAP=∠EPK，
∴△AJP∽△EPK，
∴$\frac{AP}{PE}=\frac{JP}{EK}$，
∵把△ABE沿着直线AE折叠，点B的对应点为点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如图3中，当CP=CD时，作PO⊥AC于O，交BC于H，作GH⊥PH交PE的延长线于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}$，

综上所述：当BE=2$\sqrt{3}$或9-3$\sqrt{5}$时，△PDC为等腰三角形．
故答案为：2$\sqrt{3}$或9-3$\sqrt{5}$或$\frac{4032+840\sqrt{11}}{1204}$．

点评 本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．