Question

11．△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，D是AB的中点，∠APC=90°，PA≠PC，连接PD．
（1）如图1，当点P在△ABC内时，求证：PA-PC=$\sqrt{2}$PD．
（2）当点P在△ABC外，且PA＜PC时，试探究PC、PA、PD之间的数量关系．
（3）如图3，当PA＜PC，AB=$10\sqrt{2}$，PD=7$\sqrt{2}$时，求PB的长．

Answer 1

分析 （1）通过连接CD，在AP上取一点E使AE=CP，利用等腰三角形的性质证明三角形全等可以得出∠1=∠3，DE=DP，可以得到△EDP是等腰直角三角形．从而得出结论．
（2）连接CD，延长PA到G，使AG=PC，连接DG，由等腰直角三角形的性质可以得到∠ADC=90°，从而可以得到A、P、C、D四点在以AC为直径的圆上，由∠1=∠2=45°，∠3=∠4，通过证明△PCD≌△GAD，得出∠1=∠G，PD=GD，从而证明△PGD为等腰直角三角形．从而得出结论，PA+PC=$\sqrt{2}$PD；
（3）利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出AC=10，再利用勾股定理得出PA²+PC²=AC²=100①，由（2）PA+PC=$\sqrt{2}$PD=14②，即可求出PA=6，PC=8，再判断出△PHD∽△APC，求出PH，继续用勾股定理HD，即得到BD，最后用勾股定理即可．

解答 解：（1）证明：

如图1，
连接CD，在AP上取一点E，连接DE，使AE=CP，
∵点D为AB的中点，∠ACB=90°，
∴AD=CD，∠CAD=∠ACD=45°，∠ADC=90°，
∴∠CAP+∠ACD+∠DCP=90°，∠CAP+∠ACD+∠PAD=90°，
∴∠CAP+∠ACD+∠DCP=∠CAP+∠ACD+∠PAD，
∴∠DCP=∠PAD，PC=AE，CD=AD，
∴△CPD≌△AED，
∴DE=DP，∠1=∠3．
∵∠1+∠2=90°，
∴∠3+∠2=90°，
∴△EDP为等腰直角三角形，由勾股定理，得
PE=$\sqrt{2}$PD．
∵AE+EP=AP，
∴PC+$\sqrt{2}$PD=AP．
∴PA-PC=$\sqrt{2}$PD

（2）线段PD、PC、AP之间的数量关系是：PA+PC=$\sqrt{2}$PD
证明：如图2，

连接CD，延长PA到G，使AG=PC，连接DG
∵∠APC=∠ADC=90°，
∴A、D、C、P四点在以AC为直径的圆上．
∵AD=CD，
∴∠1=∠2=45°，
∴∠1=∠2=∠CAD=∠ACD=45°．
∵∠5=∠1+∠4，∠PCD=∠3+∠ACD，∠3=∠4，
∴∠5=∠PCD，PC=AG，AD=CD，
∴△GAD≌△PCD，
∴GD=PD，
∴∠1=∠G=45°，
∴∠PDG=90°，由勾股定理，得
PG=$\sqrt{2}$PD
∵PG=PA+AG，
∴PG=PA+PC，
∴PA+PC=$\sqrt{2}$PD


（3）如图3，

连接CD，过点P作PH⊥AB，
∵D是AB的中点，AB=$10\sqrt{2}$，
∴AD=BD=$\frac{1}{2}$AB=5$\sqrt{2}$，
在Rt△ADC中，由勾股定理，得
AC=$\sqrt{2}$AD=10，
在Rt△CAP中，由勾股定理，得PA²+PC²=AC²=100①，
∵PD=7$\sqrt{2}$，
由（2）PA+PC=$\sqrt{2}$PD=14②，
∵PA＜PC
联立①②得，PA=6，PC=8，
由（1）知，A、D、C、P四点共圆，
∴∠ADP=∠ACP．
∵∠APC=∠PHD=90°，
∴△PHD∽△APC，
∴$\frac{PH}{AP}=\frac{PD}{AC}$，
∴$\frac{PH}{6}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$，
∴PH=$\frac{21\sqrt{2}}{5}$，
在Rt△PHD中，由勾股定理，得PH²+HD²=PD²，
∴$（\frac{21\sqrt{2}}{5}）^{2}+H{D}^{2}=（7\sqrt{2}）^{2}$，
∴HD=$\frac{28\sqrt{2}}{5}$，
∴HB=HD+BD=$\frac{28\sqrt{2}}{5}$+5$\sqrt{2}$=$\frac{53\sqrt{2}}{5}$，
在Rt△PHB中由勾股定理，得，PB²=PH²+HB²，
∴PB=$\sqrt{（\frac{21\sqrt{2}}{5}）^{2}+（\frac{53\sqrt{2}}{5}）^{2}}$=2$\sqrt{65}$．

点评 此题是三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及勾股定理的运用，解本题的关键是利用勾股定理求出相关线段．