《2025年新课程新教材导航学数学九年级上册北师大版》

16. （14 分）在菱形 $ABCD$ 中，$\angle ABC = 60^{\circ}$，点 $P$ 是射线 $BD$ 上一动点，以 $AP$ 为边向右侧作等边三角形 $APE$，点 $E$ 的位置随着点 $P$ 的位置变化而变化.
（1）如图 1，当点 $E$ 在菱形 $ABCD$ 的内部或边上时，连接 $CE$，$BP$ 与 $CE$ 的数量关系是________，$CE$ 与 $AD$ 的位置关系是________.
（2）当点 $E$ 在菱形 $ABCD$ 的外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由（选择图 2、图 3 中的一种情况予以证明或说明理由）.
（3）如图 4，当点 $P$ 在线段 $BD$ 的延长线上时，连接 $BE$，若 $AB = 2\sqrt{3}$，$BE = 2\sqrt{19}$，求四边形 $ADPE$ 的面积.

答案： 16.
(1)$BP = CE$ $CE \perp AD$
(2)解：结论仍然成立.证明如下：选题图2，连接$AC$交$BD$于点$O$，设$CE$交$AD$于点$H$.$\because$四边形$ABCD$是菱形，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$\therefore AB = BC = CD = AD$，$\angle ADC = 60^{\circ}$，$\therefore \triangle ABC$，$\triangle ACD$都是等边三角形，$\angle ABD = \angle CBD = 30^{\circ}$，$AB = AC$.$\because \triangle APE$是等边三角形，$\therefore AP = AE$，$\angle PAE = 60^{\circ}$，$\therefore \angle BAC = \angle PAE$.$\therefore \angle BAC + \angle CAP = \angle PAE + \angle CAP$，$\therefore \angle BAP = \angle CAE$.又$\because AB = AC$，$\therefore \triangle BAP \cong \triangle CAE$，$\therefore BP = CE$，$\angle PBA = \angle ECA = 30^{\circ}$.$\because \angle CAH = 60^{\circ}$，$\therefore \angle CAH + \angle ACH = 90^{\circ}$，$\therefore \angle AHC = 90^{\circ}$.即$CE \perp AD$.
(3)解：连接$AC$交$BD$于点$O$，连接$CE$.由
(2)可知，$CE \perp AD$，$CE = BP$.在菱形$ABCD$中，$AD // BC$，$\therefore EC \perp BC$.$\because BC = AB = 2\sqrt{3}$，$BE = 2\sqrt{19}$，$\therefore$在$Rt\triangle BCE$中，$CE = \sqrt{BE^{2} - BC^{2}} = 8$，$\therefore BP = CE = 8$.$\because AC$与$BD$是菱形的对角线，$\therefore \angle ABD = \frac{1}{2}\angle ABC = 30^{\circ}$，$AC \perp BD$，$\therefore OA = \frac{1}{2}AB = \sqrt{3}$，$\therefore BO = \sqrt{AB^{2} - OA^{2}} = 3$，$\therefore BD = 2BO = 6$.$\therefore DP = BP - BD = 8 - 6 = 2$，$\therefore OP = OD + DP = 5$.
在$Rt\triangle AOP$中，$AP = \sqrt{OA^{2} + OP^{2}} = 2\sqrt{7}$.
$\therefore S_{四边形ADPE} = S_{\triangle ADP} + S_{\triangle AEP} = \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{4} × (2\sqrt{7})^{2} = 8\sqrt{3}$.