Question

9．如圖，P為正方形ABCD的邊BC上一動點(diǎn)（P與B、C不重合），連接AP，過點(diǎn)B作BQ⊥AP交CD于點(diǎn)Q，將△BQC沿BQ所在的直線對折得到△BQC′，延長QC′交BA的延長線于點(diǎn)M．
（1）試探究AP與BQ的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）當(dāng)AB=3，BP=2PC，求QM的長；
（3）當(dāng)BP=m，PC=n時，求AM的長．

Answer 1

分析 （1）要證AP=BQ，只需證△PBA≌△QCB即可；
（2）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖．易得QH=BC=AB=3，BP=2，PC=1，然后運(yùn)用勾股定理可求得AP（即BQ）=$\sqrt{13}$，BH=2．易得DC∥AB，從而有∠CQB=∠QBA．由折疊可得∠C′QB=∠CQB，即可得到∠QBA=∠C′QB，即可得到MQ=MB．設(shè)QM=x，則有MB=x，MH=x-2．在Rt△MHQ中運(yùn)用勾股定理就可解決問題；
（3）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖，同（2）的方法求出QM的長，就可得到AM的長．

解答 解：（1）AP=BQ．
理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABQ+∠CBQ=90°．
∵BQ⊥AP，∴∠PAB+∠QBA=90°，
∴∠PAB=∠CBQ．
在△PBA和△QCB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PAB=∠CBQ}\\{AB=BC}\\{∠ABP=∠BCQ}\end{array}\right.$，
∴△PBA≌△QCB，
∴AP=BQ；

（2）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴QH=BC=AB=3．
∵BP=2PC，
∴BP=2，PC=1，
∴BQ=AP=$\sqrt{A{B}^{2}+P{B}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{13}$，
∴BH=$\sqrt{B{Q}^{2}-Q{H}^{2}}$=$\sqrt{13-9}$=2．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴DC∥AB，
∴∠CQB=∠QBA．
由折疊可得∠C′QB=∠CQB，
∴∠QBA=∠C′QB，
∴MQ=MB．
設(shè)QM=x，則有MB=x，MH=x-2．
在Rt△MHQ中，
根據(jù)勾股定理可得x²=（x-2）²+3²，
解得x=$\frac{13}{4}$．
∴QM的長為$\frac{13}{4}$；

（3）過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H，如圖．
∵四邊形ABCD是正方形，BP=m，PC=n，
∴QH=BC=AB=m+n．
∴BQ²=AP²=AB²+PB²，
∴BH²=BQ²-QH²=AB²+PB²-AB²=PB²，
∴BH=PB=m．
設(shè)QM=x，則有MB=QM=x，MH=x-m．
在Rt△MHQ中，
根據(jù)勾股定理可得x²=（x-m）²+（m+n）²，
解得x=m+n+$\frac{{n}^{2}}{2m}$，
∴AM=MB-AB=m+n+$\frac{{n}^{2}}{2m}$-m-n=$\frac{{n}^{2}}{2m}$．
∴AM的長為$\frac{{n}^{2}}{2m}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、軸對稱的性質(zhì)等知識，設(shè)未知數(shù)，然后運(yùn)用勾股定理建立方程，是求線段長度常用的方法，應(yīng)熟練掌握．