Question

2．如圖，點P是正方形ABCD內的一點，連接CP，將線段CP繞點C順時針旋轉90°，得到線段CQ，連接BP，DQ
（1）如圖a，求證：△BCP≌△DCQ；
（2）如圖，延長BP交直線DQ于點E．
①如圖b，求證：BE⊥DQ；
②如圖c，若△BCP為等邊角形，判斷△DEP的形狀，并說明理由，
（3）填空：若正方形ABCD的邊長為10，DE=2，PB=PC，則線段PB的長為$\frac{25}{4}$或$\frac{25}{3}$．

Answer 1

分析 （1）根據旋轉的性質，證明∠BCP=∠DCQ，得到△BCP≌△DCQ；
（2）①根據全等的性質和對頂角相等，即可得到答案；②根據等邊三角形的性質和旋轉的性質，求出∠EPD=45°，∠EDP=45°，即可判斷△DEP的形狀；
（3）分兩種情況進行討論：點E在DQ上；點E在QD的延長線上，分別根據相似三角形的性質，等腰三角形的性質和勾股定理，求得BP的長即可．

解答 解：（1）證明：如圖a，∵∠BCD=90°，∠PCQ=90°，
∴∠BCP=∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCP=∠DCQ}\\{PC=QC}\end{array}\right.$，
∴△BCP≌△DCQ（SAS）；

（2）①如圖b，∵△BCP≌△DCQ，
∴∠CBF=∠EDF，
又∵∠BFC=∠DFE，
∴∠DEF=∠BCF=90°，
∴BE⊥DQ；
②如圖c，∵△BCP為等邊三角形，
∴∠BCP=60°，
∴∠PCD=30°，
又∵CP=CD，
∴∠CPD=∠CDP=75°，
又∵∠BPC=60°，∠CDQ=60°，
∴∠EPD=45°，∠EDP=45°，
∴△DEP為等腰直角三角形；

（3）如圖b，由∠CBF=∠EDF，∠DEF=∠BCF，可得△DEF∽△BCF，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{DF}{BF}$，即$\frac{2}{10}$=$\frac{DF}{BF}$，
設DF=x，則BF=5x，CF=10-x，
∵Rt△BCF中，BF²=BC²+CF²，
∴（5x）²=10²+（10-x）²，
解得x₁=$\frac{5}{2}$，x₂=-$\frac{10}{3}$（舍去），
∴BF=5x=$\frac{25}{2}$，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
又∵∠PBC+∠PFC=∠PCB+∠PCF=90°，
∴∠PFC=∠PCF，
∴PF=PC，
∴BP=PF=$\frac{1}{2}$BF=$\frac{25}{4}$；

如圖d，延長BE、CD，交于點F，
由∠CBF=∠CDQ=∠EDF，∠DEF=∠BCF，可得△DEF∽△BCF，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{DF}{BF}$，即$\frac{2}{10}$=$\frac{DF}{BF}$，
設DF=x，則BF=5x，CF=10+x，
∵Rt△BCF中，BF²=BC²+CF²，
∴（5x）²=10²+（10+x）²，
解得x₁=-$\frac{5}{2}$（舍去），x₂=$\frac{10}{3}$，
∴BF=5x=$\frac{50}{3}$，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
又∵∠PBC+∠PFC=∠PCB+∠PCF=90°，
∴∠PFC=∠PCF，
∴PF=PC，
∴BP=PF=$\frac{1}{2}$BF=$\frac{25}{3}$．
故答案為：$\frac{25}{4}$或$\frac{25}{3}$．

點評 本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質、三角形全等的判定和性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理以及旋轉的性質的綜合應用，掌握正方形的四條邊相等、四個角都是直角，旋轉的性質是解題的關鍵．解題時注意：旋轉前后的對應點到旋轉中心的距離相等，對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角．