Question

18．如圖，P為正方形ABCD的邊BC上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P與點(diǎn)B，C不重合），連接AP，過點(diǎn)B作BQ⊥AP交CD于點(diǎn)Q，將△BQC沿BQ所在的直線對(duì)折得到△BQC′，延長QC′交BA的延長線于點(diǎn)M．
（1）試探究AP與BQ的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）若AB=6，PC=2BP，求QM的長；
（3）當(dāng)BP=a，PC=b時(shí)，求AM的長．

Answer 1

分析 （1）要證AP=BQ，只需證△PBA≌△QCB即可；
（2）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖．易得QH=BC=AB=6，BP=4，PC=2，然后運(yùn)用勾股定理可求得AP（即BQ）=2$\sqrt{10}$，BH=2．易得DC∥AB，從而有∠CQB=∠QBA．由折疊可得∠C′QB=∠CQB，即可得到∠QBA=∠C′QB，即可得到MQ=MB．設(shè)QM=x，則有MB=x，MH=x-2．在Rt△MHQ中運(yùn)用勾股定理就可解決問題；
（3）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖，同（2）的方法求出QM的長，就可得到AM的長．

解答 解：（1）AP=BQ．
理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABQ+∠CBQ=90°．
∵BQ⊥AP，∴∠PAB+∠QBA=90°，
∴∠PAB=∠CBQ．
在△PBA和△QCB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PAB=∠CBQ}\\{AB=BC}\\{∠ABP=∠BCQ}\end{array}\right.$，
∴△PBA≌△QCB，
∴AP=BQ；

（2）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴QH=BC=AB=6．
∵BP=2PC，
∴BP=4，PC=2，
∴BQ=AP=$\sqrt{A{B}^{2}+P{B}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴BH=$\sqrt{B{Q}^{2}-Q{H}^{2}}$=2，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴DC∥AB，
∴∠CQB=∠QBA
由折疊可得∠C′QB=∠CQB，
∴∠QBA=∠C′QB，
∴MQ=MB．
設(shè)QM=x，則有MB=x，MH=x-2．
在Rt△MHQ中，
根據(jù)勾股定理可得x²=（x-2）²+6²，
解得x=10．
∴QM的長為 10；

（3）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖．
∵四邊形ABCD是正方形，BP=a，PC=b，
∴QH=BC=AB=a+b．
∴BQ²=AP²=AB²+PB²，
∴BH²=BQ²-QH²=AB²+PB²-AB²=PB²，
∴BH=PB=a．
設(shè)QM=x，則有MB=QM=x，MH=x-a．
在Rt△MHQ中，
根據(jù)勾股定理可得x²=（x-a）²+（a+b）²，
解得x=a+b+$\frac{^{2}}{2a}$，
∴AM=MB-AB=a+b+$\frac{^{2}}{2a}$-a-b=$\frac{^{2}}{2a}$．
∴AM的長為 $\frac{^{2}}{2a}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、軸對(duì)稱的性質(zhì)等知識(shí)，設(shè)未知數(shù)，然后運(yùn)用勾股定理建立方程，是求線段長度常用的方法，應(yīng)熟練掌握．