Question

10．已知，在等腰三角形ABC中，AB=BC，BD⊥AC于點(diǎn)D，以BC為邊作等邊△PBC，連接AP交BD所在直線于點(diǎn)Q，連接CQ．
（1）如圖1，若DQ=2，求CQ的長(zhǎng)；
（2）如圖1，求證：BD=QD-PQ；
（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)Q在線段BD上時(shí)，連接BC交AP于點(diǎn)H，若AB=$\sqrt{31}$，AQ=5，請(qǐng)直接寫(xiě)出HQ的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，以B為圓心BC為半徑作⊙B．由BC=BA=BP，△BCP是等邊三角形，推出∠CBP=60°，推出∠CAP=$\frac{1}{2}$∠CBP=30°，由此即可解決問(wèn)題．
（2）如圖2中，在DQ上取一點(diǎn)M，使得DM=DB．只要證明△CQP≌△CQM，推出PQ=QM，即可推出BD=DM=DQ-QM=DQ-PQ．
（3）如圖3中，以BC為半徑作⊙B，延長(zhǎng)QD到M，使得DM=DQ，連接CM、AM．只要證明HQ∥CM，得$\frac{HQ}{CM}$=$\frac{BQ}{BM}$，求出CM、BQ、BM即可解決問(wèn)題．

解答 （1）解：如圖1中，以B為圓心BC為半徑作⊙B．

∵BC=BA=BP，△BCP是等邊三角形，
∴∠CBP=60°，
∴∠CAP=$\frac{1}{2}$∠CBP=30°，
∵BQ⊥AC，
∴∠ADQ=90°，CD=AQ，
∴CQ=AQ，
∵DQ=2，
∴AQ=2DQ=4，
∴CQ=AQ=4．

（2）證明：如圖2中，在DQ上取一點(diǎn)M，使得DM=DB．

∵CD⊥BM，DM=BD，
∴CM=CB=CP，
∴∠DCM=∠DCB，
∵∠PCB=60°，∠QCD=∠CAQ=30°，
∴∠BCD+∠PCQ=30°=∠QCM+∠MCD，
∴∠QCP=∠QCM，
在△CQP和△CQM中，
$\left\{\begin{array}{l}{CQ=CQ}\\{∠QCP=∠QCM}\\{CP=CM}\end{array}\right.$，
∴△CQP≌△CQM，
∴PQ=QM，
∴BD=DM=DQ-QM=DQ-PQ，
∴BD=DQ-PQ

（3）解：如圖3中，以BC為半徑作⊙B，延長(zhǎng)QD到M，使得DM=DQ，連接CM、AM．

∵CD=AD，DQ=DM，
∴四邊形CQAM是平行四邊形，
∵QC=QA，
∴四邊形CQAM是菱形，
∴CM=AQ=5，
在Rt△ADQ中，∵∠ADQ=90°，∠QAD=30°，AQ=5，
∴DQ=$\frac{5}{2}$，AD=$\frac{5}{2}$$\sqrt{3}$，
在Rt△ABD中，BD=$\sqrt{A{B}^{2}-A{D}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{31}）^{2}-（\frac{5}{2}\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{7}{2}$，
∴BQ=BD-DQ=$\frac{7}{2}$-$\frac{5}{2}$=1，BM=$\frac{7}{2}$+$\frac{5}{2}$=6，
∵HQ∥CM，
∴$\frac{HQ}{CM}$=$\frac{BQ}{BM}$，
∴$\frac{HQ}{5}$=$\frac{1}{6}$，
∴HQ=$\frac{5}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形30度角性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加輔助圓，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．