Question

10．在正方形ABCD中，BD是一條對角線，點P在射線CD上（與點C、D不重合），連接AP，平移△ADP，使點D移動到點C，得到△BCQ，過點Q作QH⊥BD于H，連接AH，PH．
（1）若點P在線段CD上，如圖1．
①依題意補全圖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P在線段CD的延長線上，且∠AHQ=152°，正方形ABCD的邊長為1，請寫出求DP長的思路．（可以不寫出計算結(jié)果）

Answer 1

分析 （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．

解答 解：（1）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．
∵$\left\{\begin{array}{l}DH=QH\\∠HDP=∠HQC\\ DP=QC\end{array}\right.$，
∴△HDP≌△HQC（SAS），
∴PH=CH，∠HPC=∠HCP．
∵BD是正方形ABCD的對稱軸，
∴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R，
∵∠AHQ=152°，
∴∠AHB=62°，
∴∠DAH=17°．
設(shè)DP=x，則DR=HR=RQ=$\frac{1-x}{2}$．
∵tan17°=$\frac{HR}{CR}$，即tan17°=$\frac{\frac{1-x}{2}}{\frac{1+x}{2}}$，
∴x=$\frac{1-tan17°}{1+tan17°}$．
解法二：
由（1）②可知∠AHP=90°，
∴∠AHP=∠ADP=90°，
∴A、H、D、P四點共圓，
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=AD•tan28°=tan28°．

點評 本題考查的是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質(zhì)、圖形平移的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，難度適中．