Question

7．在Rt△ABC中，BC=2，AC=4，點D為AB的中點，P為AC邊上一動點．△BDP沿著PD所在的直線翻折，點B的對應(yīng)點為E．
（1）若PD⊥AB，求AP．
（2）當(dāng)AD=PE時，求證：四邊形BDEP為菱形．
（3）若△PDE與△ABC重合部分的面積等于△PAB面積的$\frac{1}{4}$，求AP．

Answer 1

分析 （1）如圖1，根據(jù)勾股定理可求出AB，從而得到AD、BD的值，易證△ADP∽△ACB，只需運用相似三角形的性質(zhì)就可求出AP的值；
（2）如圖2，由折疊可得PE=PB，DE=DB．結(jié)合條件AD=PE，AD=DB可得PE=PB=DB=DE，即可得到四邊形BDEP為菱形；
（3）根據(jù)條件可得S_△PDF=$\frac{1}{4}$S_△PAB=$\frac{1}{2}$S_△ADP=$\frac{1}{2}$S_△EDP，從而可得AF=PF，EF=DF．而符合條件的位置有兩個（圖3、圖4），需分兩種情況討論：①如圖3，根據(jù)三角形中位線定理可得DF∥BP，則有∠EDP=∠BPD．由折疊可得∠BDP=∠EDP，從而可得∠BDP=∠BPD，即可得到BP=BD=$\sqrt{5}$，在Rt△BCP中運用勾股定理可求出PC，就可得到AP的值；②如圖4，連接AE，由AF=PF，EF=DF可得四邊形AEDP是平行四邊形，則有AP=ED，由折疊可得DE=DB，即可得到AP=DB=$\sqrt{5}$．

解答 解：（1）如圖1，
∵∠C=90°，BC=2，AC=4，
∴AB=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
∵點D為AB的中點，
∴AD=BD=$\sqrt{5}$．
∵PD⊥AB，
∴∠ADP=90°．
∵∠A=∠A，∠ADP=∠C，
∴△ADP∽△ACB，
∴$\frac{AP}{AB}$=$\frac{AD}{AC}$，
∴$\frac{AP}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，
∴AP=$\frac{5}{2}$；

（2）證明：如圖2，
由折疊可得：PE=PB，DE=DB．
∵AD=PE，AD=DB，
∴PE=PB=DB=DE，
∴四邊形BDEP為菱形；

（3）∵點D是線段AB的中點，
∴S_△ADP=S_△BDP=$\frac{1}{2}$S_△PAB．
由折疊可得：S_△EDP=S_△BDP，
∴S_△PDF=$\frac{1}{4}$S_△PAB=$\frac{1}{2}$S_△ADP=$\frac{1}{2}$S_△EDP，
∴AF=PF，EF=DF．
①如圖3，
根據(jù)三角形中位線定理可得：DF∥BP，
∴∠EDP=∠BPD．
由折疊可得∠BDP=∠EDP，
∴∠BDP=∠BPD，
∴BP=BD=$\sqrt{5}$，
∴PC=$\sqrt{P{B}^{2}-B{C}^{2}}$=$\sqrt{5-4}$=1，
∴AP=4-1=3；
②如圖4，
連接AE，
∵AF=DF，EF=PF，
∴四邊形AEDP是平行四邊形，
∴AP=ED，
由折疊可得：DE=DB，
∴AP=DB=$\sqrt{5}$．
綜上所述：AP=3或$\sqrt{5}$．

點評 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、三角形中位線定理、勾股定理、軸對稱的性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識，另外還考查了分類討論的思想，利用S_△PDF=$\frac{1}{4}$S_△PAB=$\frac{1}{2}$S_△ADP=$\frac{1}{2}$S_△EDP得到AF=PF及EF=DF則是解決第（3）小題的關(guān)鍵．