Question

11．已知：如圖①，在矩形ABCD中，AB=2，AD=$\frac{8}{3}$．過(guò)A作AH⊥BD于H．
（1）將△AHB沿AB翻折，得△AEB．求證：∠EAB=∠ADB；
（2）如圖②，將△ABE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)中的△ABE為△A′BE′，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，延長(zhǎng)A′E′與對(duì)角線BD交于點(diǎn)Q，與直線AD交于點(diǎn)P，問(wèn)是否存在這樣的Q、P兩點(diǎn)，使△DQP為等腰三角形？若存在，求出此時(shí)DQ的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)折疊的性質(zhì)和等角的余角相等即可證明；
（2）分類討論，分三種情況①PD=DQ，②PQ=PD，③QP=QD．

解答 （1）證明：由翻折可知：∠EAB=∠BAH．
∵∠BAH+∠DAH=∠DAH+∠ADB=90°．
∴∠BAH=∠ADB，
∴∠EAB=∠ADB．   
（2）如圖①所示，當(dāng)PD=DQ時(shí)，
在矩形ABCD中，AB=2，AD=$\frac{8}{3}$，
∴BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=$\frac{10}{3}$，
∴AH=$\frac{AB×AD}{BD}$=$\frac{8}{5}$，BH=$\sqrt{A{B}^{2}-A{H}^{2}}$=$\frac{6}{5}$
由折疊得，AE=AH=$\frac{8}{5}$，BE=BH=$\frac{6}{5}$，
由旋轉(zhuǎn)得，A'E'=AE=$\frac{8}{5}$，BE'=BE=$\frac{6}{5}$
∵∠1=∠2，
∴∠A′BQ=∠A′QB，
∴A′Q=A′B=AB=2，
∴E′Q=A'B-A'E'=$\frac{2}{5}$．
在Rt△E′BQ中，BQ=$\sqrt{E'{B}^{2}+E'{Q}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$．
∴DQ=BD-BQ=$\frac{10}{3}$-$\frac{2\sqrt{10}}{5}$．
如圖②所示，當(dāng)PQ=PD，
由∠1=∠2可得∠1=∠4，
∴BQ=A′B=2，
∴DQ=BD-BQ=$\frac{10}{3}$-2=$\frac{4}{3}$．
當(dāng)QP=QD時(shí)，如圖3，
∴∠2=∠3，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴AD∥BA'，
∴點(diǎn)A'在BC上，
∴∠2=∠A'BQ=∠1，
∴BQ=A'Q，
過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥A'B，
∴BF=$\frac{1}{2}$A'B=1，
∵tan∠A'BQ=tan∠2=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{3}{4}$=$\frac{FQ}{BF}$=$\frac{FQ}{1}$，
∴FQ=$\frac{3}{4}$，
∴BQ=$\frac{5}{4}$，
∴DQ=BD-BQ=$\frac{10}{3}$-$\frac{5}{4}$=$\frac{25}{12}$
綜上可知：當(dāng)DQ=$\frac{10}{3}-\frac{2\sqrt{10}}{5}$或$\frac{4}{3}$或$\frac{25}{12}$時(shí)，△DPQ是等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 此題是幾何變換綜合題，主要考查了翻折的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及分類討論的數(shù)學(xué)方法的綜合運(yùn)用，第（2）小題根據(jù)題意畫(huà)出圖形，分類討論各種情況是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．