Question

2．在正方形ABCD中，點(diǎn)P是射線CB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PA，PD，點(diǎn)M、N分別為BC、AP的中點(diǎn)，連接MN交PD于點(diǎn)Q．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，△QPM的形狀是等腰直角三角形；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段CB的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖2．
①依題意補(bǔ)全圖2；
②判斷△QPM的形狀并加以證明；
（3）點(diǎn)P′于點(diǎn)P關(guān)于直線AB對(duì)稱，且點(diǎn)P′在線段BC上，連接AP′，若點(diǎn)Q恰好在直線AP′上，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，請(qǐng)寫(xiě)出求此時(shí)BP長(zhǎng)的思路（可以不寫(xiě)出計(jì)算結(jié)果）．

Answer 1

分析 （1）連接AC，由正方形的性質(zhì)得到∠DBC=45°，再求出∠BQM=90°，根據(jù)等腰直角三角形的判定即可解答；
（2）①根據(jù)題意補(bǔ)充圖形即可；
②△QPM的形狀是等腰三角形，延長(zhǎng)BC至E，使CE=BP，連接AE，證明△DCP≌△ABE，得到∠DPC=∠E，再證明MN∥AE，得到∠NMP=∠E，通過(guò)等量代換得到∠DPC=∠NMP，根據(jù)等角對(duì)等邊得到QM=QP，即可解答．
（3）利用相似三角形的性質(zhì)定理和判定定理、對(duì)稱的性質(zhì)，寫(xiě)出解題思路．

解答 解：（1）如圖1，連接AC，

∵四邊形ABCD為正方形，
∴AC⊥BD，∠DBC=45°，
∵點(diǎn)M、N分別為BC、AP的中點(diǎn)，
∴MN∥AC，
∴∠BQM=∠BOC=90°，
∴∠QMB=45°，
∴△QPM是等腰直角三角形，
故答案為：等腰直角三角形．
（2）①如圖2，

②△QPM的形狀是等腰三角形，
如圖3，延長(zhǎng)BC至E，使CE=BP，連接AE，

∵PB=CE，
∴PB+BC=CE+BC，即CP=BE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
在△DCP和△ABE中，
$\left\{\begin{array}{l}{DC=AB}\\{∠DCP=∠ABE}\\{CP=BE}\end{array}\right.$
∴△DCP≌△ABE，
∴∠DPC=∠E，
∵M(jìn)為BC的中點(diǎn)，
∴MB=MC，
∴MB+BP=MC+CE，即MP=ME，
∴M為PE的中點(diǎn)，
∵N為AP的中點(diǎn)，
∴MN∥AE，
∴∠NMP=∠E，
∴∠DPC=∠NMP，
∴QM=QP，
∴△QPM是等腰三角形．
（3）求解思路如下：
a，由題意畫(huà)出圖形，并延長(zhǎng)BC至E，使CE=BP，連接AE，如圖4．

b，由（2）可得QM∥AE，可證$\frac{P′Q}{QA}=\frac{P′M}{ME}$．
c，由PP′∥AD，可證△P′PQ∽△ADQ，從而$\frac{P′Q}{QA}=\frac{P′P}{AD}$．
d，可得$\frac{P′M}{ME}=\frac{P′P}{AD}$．
e，由點(diǎn)P′與點(diǎn)P關(guān)于直線AB對(duì)稱，得到BP′=BP=CE，設(shè)BP′=BP=CE=x，由AD=BC=2，可分別表示P′M，ME，P′P，可求BP的長(zhǎng)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定、相似三角形的性質(zhì)定理與判定定理、全等三角形的性質(zhì)定理與判定定理，解決本題的關(guān)鍵是作出輔助線．