Question

3．如圖，正方形ABCD的邊長為1，以AB為直徑作半圓，點P是CD中點，BP與半圓交于點Q，連結DQ，給出如下結論：①DQ=1；②$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$；③S_△PDQ=$\frac{1}{8}$；④cos∠ADQ=$\frac{3}{5}$，其中正確結論是①②④（填寫序號）

Answer 1

分析 ①連接OQ，OD，如圖1．易證四邊形DOBP是平行四邊形，從而可得DO∥BP．結合OQ=OB，可證到∠AOD=∠QOD，從而證到△AOD≌△QOD，則有DQ=DA=1；
②連接AQ，如圖2，根據(jù)勾股定理可求出BP．易證Rt△AQB∽Rt△BCP，運用相似三角形的性質可求出BQ，從而求出PQ的值，就可得到$\frac{PQ}{BQ}$的值；
③過點Q作QH⊥DC于H，如圖3．易證△PHQ∽△PCB，運用相似三角形的性質可求出QH，從而可求出S_△DPQ的值；
④過點Q作QN⊥AD于N，如圖4．易得DP∥NQ∥AB，根據(jù)平行線分線段成比例可得$\frac{DN}{AN}$=$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$，把AN=1-DN代入，即可求出DN，然后在Rt△DNQ中運用三角函數(shù)的定義，就可求出cos∠ADQ的值．

解答 解：正確結論是①②④．
提示：①連接OQ，OD，如圖1．

易證四邊形DOBP是平行四邊形，從而可得DO∥BP．
結合OQ=OB，可證到∠AOD=∠QOD，從而證到△AOD≌△QOD，
則有DQ=DA=1．
故①正確；
②連接AQ，如圖2．

則有CP=$\frac{1}{2}$，BP=$\sqrt{{1}^{2}+（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$．
易證Rt△AQB∽Rt△BCP，
運用相似三角形的性質可求得BQ=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
則PQ=$\frac{\sqrt{5}}{2}$-$\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{3\sqrt{5}}{10}$，
∴$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$．
故②正確；
③過點Q作QH⊥DC于H，如圖3．

易證△PHQ∽△PCB，
運用相似三角形的性質可求得QH=$\frac{3}{5}$，
∴S_△DPQ=$\frac{1}{2}$DP•QH=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{5}$=$\frac{3}{20}$．
故③錯誤；
④過點Q作QN⊥AD于N，如圖4．

易得DP∥NQ∥AB，
根據(jù)平行線分線段成比例可得$\frac{DN}{AN}$=$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$，
則有$\frac{DN}{1-DN}$=$\frac{3}{2}$，
解得：DN=$\frac{3}{5}$．
由DQ=1，得cos∠ADQ=$\frac{DN}{DQ}$=$\frac{3}{5}$．
故④正確．
綜上所述：正確結論是①②④．
故答案為：①②④．

點評 本題主要考查了圓周角定理、平行四邊形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線分線段成比例、等腰三角形的性質、平行線的性質、銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理等知識，綜合性比較強，常用相似三角形的性質、勾股定理、三角函數(shù)的定義來建立等量關系，應靈活運用．