Question

18．如圖，AB⊥BC，射線(xiàn)CM⊥BC，且BC=5，AB=1，點(diǎn)P是線(xiàn)段BC （不與點(diǎn)B、C重合）上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作DP⊥AP交射線(xiàn)CM于點(diǎn)D，連結(jié)AD．
（1）如圖1，若BP=4，求△ABP的周長(zhǎng)．
（2）如圖2，若DP平分∠ADC，試猜測(cè)PB和PC的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
（3）若△PDC是等腰三角形，作點(diǎn)B關(guān)于AP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B′，連結(jié)B′D，則B′D=5．（請(qǐng)直接寫(xiě)出答案）

Answer 1

分析 （1）先在Rt△ABP中，利用勾股定理求得AP的長(zhǎng)，再計(jì)算△APB的周長(zhǎng)；
（2）先延長(zhǎng)線(xiàn)段AP、DC交于點(diǎn)E，運(yùn)用ASA判定△DPA≌△DPE，再運(yùn)用AAS判定△APB≌△EPC，即可得出結(jié)論；
（3）先連接B'P，過(guò)點(diǎn)B'作B'F⊥CD于F，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，得出△ABP為等腰直角三角形，并判定四邊形B'PCF是矩形，求得B'F=4，DF=3，最后在Rt△B'FD中，根據(jù)勾股定理求得B'D的長(zhǎng)度．

解答 解：（1）如圖1，∵AB⊥BC，
∴∠ABP=90°，
∴AP²=AB²+BP²，
∴AP=$\sqrt{A{B^2}+B{P^2}}$=$\sqrt{{1^2}+{4^2}}$=$\sqrt{17}$，
∴AP+AB+BP=$\sqrt{17}$+1+4=$\sqrt{17}$+5
∴△APB的周長(zhǎng)為$\sqrt{17}$+5；

（2）PB=PC，
理由：如圖2，延長(zhǎng)線(xiàn)段AP、DC交于點(diǎn)E，
∵DP平分∠ADC，
∴∠ADP=∠EDP．
∵DP⊥AP，
∴∠DPA=∠DPE=Rt∠．
在△DPA和△DPE中，
$\left\{{\begin{array}{l}{∠ADP=∠EDP}\\{DP=DP}\\{∠DPA=∠DPE}\end{array}}\right.$，
∴△DPA≌△DPE（ASA），
∴PA=PE．
∵AB⊥BP，CM⊥CP，
∴∠ABP=∠ECP=Rt∠．
在△APB和△EPC中，
$\left\{{\begin{array}{l}{∠ABP=∠ECP}\\{∠APB=∠EPC}\\{PA=PE}\end{array}}\right.$，
∴△APB≌△EPC（AAS），
∴PB=PC；

（3）如圖，連接B'P，過(guò)點(diǎn)B'作B'F⊥CD于F，則∠B'FC=∠C=90°，
∵△PDC是等腰三角形，
∴△PCD為等腰直角三角形，即∠DPC=45°，
又∵DP⊥AP，
∴∠APB=45°，
∵點(diǎn)B關(guān)于AP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)B′，
∴∠BPB'=90°，∠APB=45°，BP=B'P，
∴△ABP為等腰直角三角形，四邊形B'PCF是矩形，
∴BP=AB=1=B'P，PC=5=1=4=B'F，CF=B'P=1，
∴B'F=4，DF=4-1=3，
∴Rt△B'FD中，B'D=$\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}$=5，
故答案為：5．

點(diǎn)評(píng) 本題以動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題為背景，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及矩形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線(xiàn)構(gòu)造全等三角形，以及靈活運(yùn)用勾股定理計(jì)算線(xiàn)段的長(zhǎng)度．