Question

17．如圖1，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，點(diǎn)P在AB邊上（不與點(diǎn)A、B重合），點(diǎn)Q在BC邊上（不與點(diǎn)B、C重合）
第一次操作：將線段PQ繞點(diǎn)Q順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)P落在正方形上時(shí)，記為點(diǎn)M；
第二次操作：將線段QM繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)Q落在正方形上時(shí)，記為點(diǎn)N；
依次操作下去…
（1）如圖2，經(jīng)過(guò)兩次操作后得到△PQD、△PQD的形狀為等邊三角形，求此時(shí)線段PQ的長(zhǎng)；
（2）若經(jīng)過(guò)三次操作可得到四邊形PQMN．
①請(qǐng)直接判斷四邊形PQMN的形狀，直接寫(xiě)出此時(shí)此刻AP與BQ的數(shù)量關(guān)系；
②以①中的結(jié)論為前提，直接寫(xiě)出四邊形PQMN的面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)HL證明Rt△ADP≌Rt△CDQ，得AP=CQ，所以△BPQ是等腰直角三角形，設(shè)BP的長(zhǎng)為x，則PQ=$\sqrt{2}$x，根據(jù)勾股定理列方程，解方程即可得PQ的長(zhǎng)；
（2）①由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，PQ=QM=MN=NP，求出四邊形PQMN是菱形，再證出∠QPN=90°，得出四邊形PQMN是正方形；由AAS證明△APN≌△BQP，得出AP=BQ即可．
②利用①中結(jié)論得：△APN、△BQP、△CMQ、△DNM均為全等三角形，得出BQ=CM=DN=AP=x，AN=BP=CQ=DM=2-x．四邊形PQMN的面積S=S_{正方形ABCD}-4S_△APN=2x²-4x+4，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案．

解答 解：（1）由旋轉(zhuǎn)得：DP=PQ=DQ，
∴△PQD的形狀為等邊三角形，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=AB，∠A=∠B=∠C=90°，
∵DP=DQ，
∴Rt△ADP≌Rt△CDQ，
∴AP=CQ，
∴BP=BQ，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
設(shè)BP的長(zhǎng)為x，則PQ=$\sqrt{2}$x，
∴AP=2-x，
∵在Rt△ADP中，DP²=AD²+AP²，DP=PQ，
∴（$\sqrt{2}$x）²=2²+（2-x）²，
∴x²+4x-8=0，
解得：x₁=-2+2$\sqrt{3}$，x₂=-2-2$\sqrt{3}$（不合題意，舍去），
∵PQ=$\sqrt{2}$x=$\sqrt{2}$（-2+2$\sqrt{3}$）=-2$\sqrt{2}$+2$\sqrt{6}$；
故答案為：等邊三角形；
（2）①四邊形PQMN的形狀為正方形，此時(shí)AP=BQ．理由如下：
如圖所示：
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，PQ=QM=MN=NP，
∴四邊形PQMN是菱形，
∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3．
∵∠3+∠4=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠QPN=90°，∠2=∠4．
∴四邊形PQMN是正方形；
在△APN和△BQP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠2=∠4}&{\;}\\{∠A=∠B}&{\;}\\{NP=PQ}&{\;}\end{array}\right.$
∴△APN≌△BQP（AAS）
∴AP=BQ．
②利用①中結(jié)論得：△APN、△BQP、△CMQ、△DNM均為全等三角形，
∴BQ=CM=DN=AP=x，AN=BP=CQ=DM=2-x．
∴四邊形PQMN的面積S=S_{正方形ABCD}-4S_△APN=2×2-4×$\frac{1}{2}$x（2-x）=2x²-4x+4，
∴S=2x²-4x+4（0＜x＜2），
∵y=2（x-1）²+2，
∴當(dāng)x=1時(shí)，S有最小值2；
當(dāng)x=0時(shí)，S=4，
∴四邊形PQMN的面積S取值范圍是2≤S＜4．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)與判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．