如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′），当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E． （

题目

如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′），当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E．

（1）求证：∠CBP=∠ABP；
（2）求证：AE=CP；
（3）当

CP

PE

＝

3

2

，BP′=5

5

时，求线段AB的长．

答案

（1）证明：∵AP′是AP旋转得到，
∴AP=AP′，
∴∠APP′=∠AP′P，
∵∠C=90°，AP′⊥AB，
∴∠CBP+∠BPC=90°，∠ABP+∠AP′P=90°，
又∵∠BPC=∠APP′（对顶角相等），
∴∠CBP=∠ABP；
（2）证明：如图，过点P作PD⊥AB于D，
∵∠CBP=∠ABP，∠C=90°，
∴CP=DP，
∵P′E⊥AC，
∴∠EAP′+∠AP′E=90°，
又∵∠PAD+∠EAP′=90°，
∴∠PAD=∠AP′E，
在△APD和△P′AE中，

∠PAD＝∠AP′E ∠ADP＝∠P′EA＝90° AP＝AP′

，
∴△APD≌△P′AE（AAS），
∴AE=DP，
∴AE=CP；

（3）∵

CP

PE

=

3

2

，
∴设CP=3k，PE=2k，
则AE=CP=3k，AP′=AP=3k+2k=5k，
在Rt△AEP′中，P′E=

(5k)2−(3k)2

=4k，
∵∠C=90°，P′E⊥AC，
∴∠CBP+∠BPC=90°，∠EP′P+∠EPP′=90°，
∵∠BPC=∠EPP′（对顶角相等），
∴∠CBP=∠EP′P，
又∵∠CBP=∠ABP，∴∠ABP=∠EP′P，
又∵∠BAP′=∠P′EP=90°，
∴△ABP′∽△EPP′，
∴

AB

P′E

=

P′A

PE

，
即

AB

4k

=

P′A

2k

，
解得P′A=

1

2

AB，
在Rt△ABP′中，AB²+P′A²=BP′²，
即AB²+

1

4

AB²=（5

5

）²，
解得AB=10．

（1）根据旋转的性质可得AP=AP′，根据等边对等角的性质可得∠APP′=∠AP′P，再根据等角的余角相等证明即可；
（2）过点P作PD⊥AB于D，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CP=DP，然后求出∠PAD=∠AP′E，利用“角角边”证明△APD和△P′AE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=DP，从而得证；
（3）设CP=3k，PE=2k，表示出AE=CP=3k，AP′=AP=5k，然后利用勾股定理列式求出P′E=4k，再求出△ABP′和△EPP′相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出P′A=

1

2

AB，然后在Rt△ABP′中，利用勾股定理列式求解即可．

本题考点：全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．

考点点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，（2）作辅助线构造出过渡线段DP并得到全等三角形是解题的关键，（3）利用相似三角形对应边成比例求出P′A=

1

2

AB是解题的关键．