Question

19．已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將△ABD沿BD所在直線折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)P處．

（1）如圖1，若點(diǎn)D是AC中點(diǎn)，連接PC．
①寫出BP，BD的長(zhǎng)；
②求證：四邊形BCPD是平行四邊形．
（2）如圖2，若BD=AD，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，求PH的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）①分別在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解決問(wèn)題；
②想辦法證明DP∥BC，DP=BC即可；
（2）如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長(zhǎng)BD交PA于M．設(shè)BD=AD=x，則CD=4-x，在Rt△BDC中，可得x²=（4-x）²+2²，推出x=$\frac{5}{2}$，推出DN=$\sqrt{B{D}^{2}-B{N}^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，由△BDN∽△BAM，可得$\frac{DN}{AM}$=$\frac{BD}{AB}$，由此求出AM，由△ADM∽△APE，可得$\frac{AM}{AE}$=$\frac{AD}{AP}$，由此求出AE=$\frac{16}{5}$，可得EC=AC-AE=4-$\frac{16}{5}$=$\frac{4}{5}$由此即可解決問(wèn)題．

解答 解：（1）①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，
∴AB=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵AD=CD=2，
∴BD=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
由翻折可知，BP=BA=2$\sqrt{5}$．

②如圖1中，

∵△BCD是等腰直角三角形，
∴∠BDC=45°，
∴∠ADB=∠BDP=135°，
∴∠PDC=135°-45°=90°，
∴∠BCD=∠PDC=90°，
∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，
∴四邊形BCPD是平行四邊形．

（2）如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長(zhǎng)BD交PA于M．

設(shè)BD=AD=x，則CD=4-x，
在Rt△BDC中，∵BD²=CD²+BC²，
∴x²=（4-x）²+2²，
∴x=$\frac{5}{2}$，
∵DB=DA，DN⊥AB，
∴BN=AN=$\sqrt{5}$，
在Rt△BDN中，DN=$\sqrt{B{D}^{2}-B{N}^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
由△BDN∽△BAM，可得$\frac{DN}{AM}$=$\frac{BD}{AB}$，
∴$\frac{\frac{\sqrt{5}}{2}}{AM}$=$\frac{\frac{5}{2}}{2\sqrt{5}}$，
∴AM=2，
∴AP=2AM=4，
由△ADM∽△APE，可得$\frac{AM}{AE}$=$\frac{AD}{AP}$，
∴$\frac{2}{AE}$=$\frac{\frac{5}{2}}{4}$，
∴AE=$\frac{16}{5}$，
∴EC=AC-AE=4-$\frac{16}{5}$=$\frac{4}{5}$，
易證四邊形PECH是矩形，
∴PH=EC=$\frac{4}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題、勾股定理．相似三角形的判定和性質(zhì)、翻折變換、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．