Question

2．如圖，△ABD是等腰三角形，AB=AD，將△ABD沿BD翻折至△CBD，過(guò)點(diǎn)A作AP⊥AB交BD于點(diǎn)P，點(diǎn)F在線段CD上，
（1）如圖一，連接PF，若∠DPF=45°，求證：AD=AP+DF
（2）如圖二，若∠ABD=30°，點(diǎn)F為AP延長(zhǎng)線與CD的交點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段BD上，且DQ=3BQ，連接BF、CQ，試探究線段BF與線段CQ的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖（一），連PC，由翻折知：△ABD≌△CBD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和SAS可證△ABP≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AP=CP，∠BCP=∠BAP=90°，設(shè)∠2=∠4=α，依此得到CD=CF+FD=PC+FD=AP+DF，即AD=AP+DF；
（2）由翻折知：△CBD≌△ABD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠DBC=∠BDC=30°，進(jìn)一步得到DF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$CD，如圖（二），作CO⊥BD于O，得到BQ=OQ=$\frac{1}{4}$BD，延長(zhǎng)CQ至N，使QN=QC，連NB，根據(jù)SAS可證△QNB≌QCO，△NBC≌△FCB，從而得到FB=NC=2QC．

解答 （1）證明：如圖（一），連PC，由翻折知：△ABD≌△CBD，
∴AB=BC，∠1=∠2，∠3=∠4，AD=CD，
∵AB=AD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠4，
在△ABP與△CBP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=CB}\\{∠1=∠2}\\{BP=BP}\end{array}\right.$，
∴△ABP≌△CBP，
∴AP=CP，∠BCP=∠BAP=90°，
設(shè)∠2=∠4=α，
∴∠CPD=∠2+∠BCP=α+90°，
∵∠FPD=45°，
∴∠5=∠CPD-∠FPD=α+90°-45°=α+45°，
∵∠6=∠FPD+∠4=α+45°，
∴∠5=∠6，
∴CP=CF，
∴CD=CF+FD=PC+FD=AP+DF，即AD=AP+DF；
（2）∵AB=AD，∠ABD=30°，
∴∠ADB=∠ABD=30°∠BAD=120°
由翻折知：△CBD≌△ABD，
∴∠DBC=∠BDC=30°，
∵AF⊥BA，
∴∠BAP=90°，
∴∠1=∠BAD-∠BAP=30°，
∵∠ADF=∠ADB+∠BDC=60°，
∴∠AFD=90°，
∴DF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$CD，
如圖（二），作CO⊥BD于O，
∵∠BDC=30°，
∴CO=$\frac{1}{2}$CD=DF，
∵CB=CD，CO⊥BD，
∴BO=$\frac{1}{2}$BD，
∵DQ=3BQ，
∴BQ=OQ=$\frac{1}{4}$BD，
延長(zhǎng)CQ至N，使QN=QC，連NB，
在△QNB和△QCO中，
$\left\{\begin{array}{l}{QN=QC}\\{∠2=∠3}\\{QB=OQ}\end{array}\right.$，
∴△QNB≌QCO，
∴NB=CO=CF，∠NBQ=∠BOC=90°，
∴∠NBC=∠NBQ+∠DBC=120°=∠BCF，
在△GBC和△FCB中，
$\left\{\begin{array}{l}{NB=FC}\\{∠NBC=∠FCB}\\{BC=BC}\end{array}\right.$，
∴△NBC≌△FCB，
∴FB=NC=2QC．

點(diǎn)評(píng) 考查了翻折變換（折疊問(wèn)題），等腰三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，本題關(guān)鍵是根據(jù)SAS證得△ABP≌△CBP，△QNB≌QCO，△NBC≌△FCB．