Question

6．如图①，点P是∠BAC角平分线上一点，D，E分别在射线AB，AC上（不与A重合），且AD≠AE，若PD=PE，我们称△PDE为∠BAC的“伴随等腰三角形”．
（1）求证：∠ADP+∠AEP=180°；
（2）如图②，∠BAC的伴随等腰三角形△PDE的底边与AP交于点Q，若AP=5，AQ=4，求PD的长；
（3）如图③，∠BAC=60°，AP=3，记伴随等腰三角形△PDE的底边长为l，请直接写出l的取值范围．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N．首先证明Rt△PMD≌Rt△PNE，推出∠DPM=∠NPE，推出∠MPN=∠DPE，在四边形AMPN中，利用四边形内角和定理即可证明．
（2）如图2中，延长EP交AB于H．由△DHP∽△EHA，推出△AHP∽△EHD，推出△DPQ∽△APD，可得$\frac{PD}{PA}$=$\frac{PQ}{PD}$，由此即可解决问题．
（3）由题意△PDE是顶角为120°的等腰三角形，推出PD最短时DE最短，PD最长时，DE最长．当PD⊥AB时，PD最短，易知此时DE=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．当点D或E与A重合时，PD最长，此时DE=3$\sqrt{3}$，由此即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N．

∵∠PAB=∠PAC，PM⊥AB，PN⊥AC，
∴PM=PN，
在Rt△PMD和Rt△Rt△PNE，
$\left\{\begin{array}{l}{PM=PN}\\{PD=PE}\end{array}\right.$，
∴Rt△PMD≌Rt△PNE，
∴∠DPM=∠NPE，
∴∠MPN=∠DPE，
在四边形AMPN中，∵∠AMP=∠ANP=90°，
∴∠MAN+∠MPN=180°，
∴∠DPE+∠MAN=180°，
即∠ADP+∠AEP=180°；

（2）解：如图2中，延长EP交AB于H．

∵∠DPE+∠BAC=180°，∠DPE+∠DPH=180°，
∴∠DPH=∠HAE，∵∠DHP=∠AHE，
∴△DHP∽△EHA，
∴$\frac{HD}{HE}$=$\frac{PH}{HA}$，
∴$\frac{HD}{PH}$=$\frac{HE}{HA}$∵∠AHP=∠EHD，
∴△AHP∽△EHD，
∴∠HAP=∠HED，
∵PD=PE，
∴∠PDE=∠PED=∠PAD，∵∠DPQ=∠DPA，
∴△DPQ∽△APD，
∴$\frac{PD}{PA}$=$\frac{PQ}{PD}$，
∴PD²=PQ•PA=1×5=5，
∴PD=$\sqrt{5}$．

（3）解：如图3中，

∵∠BAC=60°，∠DPE+∠BAC=180°，
∴∠DPE=120°，
∵PD=PE，
∴△PDE是等腰三角形，
∴PD最短时DE最短，PD最长时，DE最长．
当PD⊥AB时，PD最短，易知此时DE=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
当点D或E与A重合时，PD最长，此时DE=3$\sqrt{3}$，
∴DE的范围：$\frac{3\sqrt{3}}{2}$≤DE＜3$\sqrt{3}$．

点评 本题考查三角形综合题、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、特殊角的三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．