Question

4．如圖，正方形ABCD中，P為BD上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P 作PQ⊥AP交CD邊于點(diǎn)Q．
（1）求證：PA=PQ；
（2）用等式表示PB²、PD²、AQ²之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；
（3）點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BD方向移動(dòng)，若移動(dòng)的路徑長(zhǎng)為2，則AQ的中點(diǎn)M移動(dòng)的路徑長(zhǎng)為$\sqrt{2}$（直接寫出答案）．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)P作PE⊥AD于點(diǎn)E，PF⊥CD于點(diǎn)F，由正方形的性質(zhì)得出PE=PF，證出四邊形PEDF是正方形，得出∠EPF=90°，由ASA證明△APE≌△QPF，得出對(duì)應(yīng)邊相等即可；
（2）延長(zhǎng)FP交AB于點(diǎn)G，由正方形的性質(zhì)得出△PBG是等腰直角三角形，得出BP²=2PG²，同理PD²=2PE²，再由△PAQ是等腰直角三角形，得出AQ²=2PA²，即可得出結(jié)論；
（3）當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)處時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，AQ的中點(diǎn)即為點(diǎn)O，則AQ的中點(diǎn)M移動(dòng)的路徑長(zhǎng)為OM的長(zhǎng)；連接PC，由正方形的性質(zhì)得出PA=PC，再求出CQ的長(zhǎng)，由三角形中位線定理求出OM的長(zhǎng)即可．

解答 （1）證明：過點(diǎn)P作PE⊥AD于點(diǎn)E，PF⊥CD于點(diǎn)F，如圖1所示：
∴∠PED=∠PEA=∠PFQ=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，
∴PE=PF，
∴四邊形PEDF是正方形，
∴∠EPF=90°，
∴∠EPQ+∠FPQ=90°，
∵AP⊥PQ，
∴∠EPQ+∠APE=90°，
∴∠APE=∠FPQ，
在△APE和△QPF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠PEA=∠PFQ}&{\;}\\{PE=PF}&{\;}\\{∠APE=∠FPQ}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△APE≌△QPF（ASA），
∴PA=PQ；
（2）解：PD²+PB²=AQ²，理由如下：
延長(zhǎng)FP交AB于點(diǎn)G，如圖2所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠PBG=45°，
∴∠BGP=∠PFD=90°，
∴△PBG是等腰直角三角形，
由勾股定理得：BP²=2PG²，
同理：PD²=2PE²，
由（1）得PA=PQ，AP⊥PQ，
∴△PAQ是等腰直角三角形，
由勾股定理得：AQ²=2PA²，
∵∠AEP=∠AGP=∠BAD=90°，
∴四邊形AEPG為矩形，
∴PE=AG，
∵PA²=AG²+PG²，
∴PD²+PB²=2PE²+2PG²=2AG²+2PG²=2AP²=AQ²；  
（3）解：當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)處時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，AQ的中點(diǎn)即為點(diǎn)O，
則AQ的中點(diǎn)M移動(dòng)的路徑長(zhǎng)為OM的長(zhǎng)；
連接PC，如圖3所示：
由正方形的對(duì)稱性得：PA=PC，
由（2）得：△PBG是等腰直角三角形，
∴FC=BG=$\frac{BP}{\sqrt{2}}$=$\frac{2}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
由（1）得：PA=PQ，
∴PC=PQ，
∵PF⊥CQ，
∴FQ=FC=$\sqrt{2}$，
∴CQ=2$\sqrt{2}$，
∵O是AC的中點(diǎn)，M是AQ的中點(diǎn)，
∴OM=$\frac{1}{2}$CQ=$\sqrt{2}$；
故答案為：$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理、三角形的中位線定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大．