《2025年暑假作业本大象出版社八年级数学北师大版》

13. 如图1 - 44①，在△ABC中，AB = AC，P为底边BC上一点，PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，垂足分别为E，F，H.易证PE + PF = CH.证明过程如下：

如图1 - 44①，连接AP.
∵ PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，
∴ S△ABP = $\frac{1}{2}$AB·PE，
S△ACP = $\frac{1}{2}$AC·PF，
S△ABC = $\frac{1}{2}$AB·CH.
又∵ S△ABP + S△ACP = S△ABC，
∴ $\frac{1}{2}$AB·PE + $\frac{1}{2}$AC·PF = $\frac{1}{2}$AB·CH.
∵ AB = AC，
∴ PE + PF = CH.
（1）如图1 - 44②，P为BC延长线上的点时，其他条件不变，PE，PF，CH又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明.
（2）填空：若∠BAC = 30°，△ABC的面积为49，点P在直线BC上，且P到直线AC的距离为PF，当PF = 3时，则AB边上的高CH = ______，点P到AB边的距离PE = ______.

答案： $(1)$ 猜想与证明
- **猜想**：$PE - PF = CH$。
- **证明**：
解（证明）：连接$AP$。
因为$PE\perp AB$，$PF\perp AC$，$CH\perp AB$，
所以${S}_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB\cdot PE$，${S}_{\triangle ACP}=\frac{1}{2}AC\cdot PF$，${S}_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CH$。
又因为${S}_{\triangle ABP}={S}_{\triangle ACP}+{S}_{\triangle ABC}$，
所以$\frac{1}{2}AB\cdot PE=\frac{1}{2}AC\cdot PF+\frac{1}{2}AB\cdot CH$。
由于$AB = AC$，
等式两边同时除以$\frac{1}{2}AB$，可得$PE = PF + CH$，即$PE - PF = CH$。
$(2)$ 填空
- 求$CH$的值：
已知$\angle BAC = 30^{\circ}$，设$AB = AC = 2x$。
在$Rt\triangle ACH$中，$\angle BAC = 30^{\circ}$，根据直角三角形中$30^{\circ}$所对直角边是斜边的一半，可得$CH=\frac{1}{2}AC$，即$CH = x$。
由${S}_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CH$，且${S}_{\triangle ABC}=49$，$AB = 2x$，$CH = x$，则$\frac{1}{2}\times 2x\cdot x = 49$，即$x^{2}=49$，解得$x = 7$（$x=-7$舍去），所以$CH = 7$。
分情况求$PE$的值：
当$P$在$BC$边上时，由$PE + PF = CH$，$CH = 7$，$PF = 3$，可得$PE=CH - PF=7 - 3 = 4$。
当$P$在$BC$延长线上时，由$PE - PF = CH$，$CH = 7$，$PF = 3$，可得$PE=CH + PF=7 + 3 = 10$。
综上，答案依次为：$7$；$4$或$10$。