Question

【題目】在正方形ABCD中，BD是一條對(duì)角線，點(diǎn)P在射線CD上（與點(diǎn)C、D不重合），連接AP，平移△ADP，使點(diǎn)D移動(dòng)到點(diǎn)C，得到△BCQ，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BD于H，連接AH，PH．

（1）若點(diǎn)P在線段CD上，如圖1．
①依題意補(bǔ)全圖1；
②判斷AH與PH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系并加以證明；
（2）若點(diǎn)P在線段CD的延長(zhǎng)線上，且∠AHQ=152°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，請(qǐng)寫出求DP長(zhǎng)的思路．（可以不寫出計(jì)算結(jié)果）

Answer 1

【答案】
（1）

解：①如圖1；

②解法一：如圖1，連接CH，

∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，

∴∠HDQ=45°，

∴△DHQ是等腰直角三角形．

∵DP=CQ，

在△HDP與△HQC中．

，

∴△HDP≌△HQC（SAS），

∴PH=CH，∠HPC=∠HCP．

∵BD是正方形ABCD的對(duì)稱軸，

∴AH=CH，∠DAH=∠HCP，

∴∠AHP=180°﹣∠ADP=90°，

∴AH=PH，AH⊥PH．

解法二：如圖1，連接CH，

∵QH⊥BD，

∴∠QHB=∠BCQ=90°，

∴B、H、C、Q四點(diǎn)共圓，

∴∠DHC=∠BQC，

由正方形的性質(zhì)可知∠DHC=∠AHD，

由平移性質(zhì)可知∠BQC=∠APD，

∴∠AHD=∠APD，

∴A、H、P、D四點(diǎn)共圓，

∴∠PAH=∠PDH=45°，∠AHP=∠ADP=90°，

∴△HAP是等腰直角三角形，

∴AH=PH，AH⊥PH．

（2）

解法一：如圖2，

∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，

∴∠HDQ=45°，

∴△DHQ是等腰直角三角形．

∵△BCQ由△ADP平移而成，

∴PD=CQ．

作HR⊥PC于點(diǎn)R，

∵∠AHQ=152°，

∴∠AHB=62°，

∴∠DAH=17°．

設(shè)DP=x，則DR=HR=RQ=

∵tan17°=，即tan17°=，

∴x=．

解法二：

由（1）②可知∠AHP=90°，

∴∠AHP=∠ADP=90°，

∴A、H、D、P四點(diǎn)共圓，

又∠AHQ=152°，∠BHQ=90°，

∴∠AHB=152°﹣90°=62°，

由圓的性質(zhì)可知∠APD=∠AHB=62°，

在Rt△APD中，∠PAD=90°﹣62°=28°，

∴PD=ADtan28°=tan28°．

【解析】（1）①根據(jù)題意畫出圖形即可；
②連接CH，先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△DHQ是等腰直角三角形，再由SAS定理得出△HDP≌△HQC，故PH=CH，∠HPC=∠HCP，由正方形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性質(zhì)得出PD=CQ．作HR⊥PC于點(diǎn)R，由∠AHQ=152°，可得出∠AHB及∠DAH的度數(shù)，設(shè)DP=x，則DR=HR=RQ，由銳角三角函數(shù)的定義即可得出結(jié)論．
【考點(diǎn)精析】利用平行四邊形的判定與性質(zhì)對(duì)題目進(jìn)行判斷即可得到答案，需要熟知若一直線過(guò)平行四邊形兩對(duì)角線的交點(diǎn)，則這條直線被一組對(duì)邊截下的線段以對(duì)角線的交點(diǎn)為中點(diǎn)，并且這兩條直線二等分此平行四邊形的面積．