Question

1．如圖，已知一正方形ABCD及一等腰直角三角尺．將三角尺的銳角頂點與D重合，腰與邊DC重疊，并將三角尺繞點D順時旋轉(zhuǎn)，使它的斜邊與AB所在直線交于點E，一條直角邊與BC交于點F（點E、F不與點A、C重合），直線DE、DF分別與直線AC交于P、Q兩點．
（1）三角尺旋轉(zhuǎn)到如圖1位置時，求證：△ADP∽△BDF，且相似比為1：$\sqrt{2}$；
（2）請再在圖1中（不再添線和加注字母）直接寫了兩對相似比為1：$\sqrt{2}$的非直角三角形的相似三角形△CDQ與△BDE，△DPQ與△DFE．
（3）如圖2，AB的垂直平分線RH交DC于點R，當(dāng)M點旋轉(zhuǎn)到RH上時，點N、P重合．
①（1）中的結(jié)論依然成立，請問（2）中的結(jié)論仍然成立嗎？如果成立，選其中一個結(jié)論加以證明；如果不成立，請說明理由；
②在圖2中，如果ON=6，求RM的長．

Answer 1

分析 （1）首先根據(jù)四邊形ABCD是正方形，△DMN是等腰直角三角形，推得∠DAP=∠DBF，∠ADP=∠BDF，即可判斷出△ADP∽△BDF；然后根據(jù)四邊形ABCD是正方形，可得AD：BD=1：$\sqrt{2}$，據(jù)此判斷出△ADP和△BDF相似比為1：$\sqrt{2}$即可．
（2）根據(jù)相似三角形的判定方法，即可推得兩對相似比為1：$\sqrt{2}$的非直角三角形的相似三角形．
（3）①（2）中的結(jié)論仍然成立．根據(jù)相似三角形的判定方法，判斷出∠DCQ=∠DBE，∠CDQ=∠BDE，即可判斷出△CDQ∽△BDE；然后根據(jù)CD：BD=1：$\sqrt{2}$，即可推得△CDQ和△BDE的相似比為1：$\sqrt{2}$．
②首先作NG⊥RH于點G，根據(jù)全等三角形判定的方法，判斷出△MGN≌△DRM，即可推得NG=MR，MG=DR，再根據(jù)DR=RO，推得MG=RO；然后根據(jù)MG+OM=RO+OM，推得RM=OG，在△ONG中，根據(jù)勾股定理，求出RM的長是多少即可．

解答 （1）證明：如圖1，
，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAP=∠DBF=∠ADO=45°，
∴∠ADP+∠ODP=45°，
又∵△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∴∠BDF+∠ODP=45°，
∴∠ADP=∠BDF，
在△ADP和△BDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DAP=∠DBF}\\{∠ADP=∠BDF}\end{array}\right.$
∴△ADP∽△BDF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD：BD=1：$\sqrt{2}$，
∴△ADP和△BDF的相似比為1：$\sqrt{2}$．

（2）解：兩對相似比為1：$\sqrt{2}$的非直角三角形的相似三角形△CDQ與△BDE，△DPQ與△DFE．
①如圖2，
，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DCQ=∠DBE=∠CDO=45°，
∴∠CDQ+∠ODQ=45°，
又∵△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∴∠BDE+∠ODQ=45°，
∴∠CDQ=∠BDE，
在△CDQ和△BDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCQ=∠DBE}\\{∠CDQ=∠BDE}\end{array}\right.$
∴△CDQ∽△BDE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD：BD=1：$\sqrt{2}$，
∴△CDQ和△BDE的相似比為1：$\sqrt{2}$．

②如圖3，
，
∵△ADP∽△BDF，且相似比為1：$\sqrt{2}$，
∴DP：DF=1：$\sqrt{2}$，
∵△CDQ∽△BDE，且相似比為1：$\sqrt{2}$，
∴DQ：DE=1：$\sqrt{2}$，
∴DP：DF=DQ：DE，
又∵∠PDQ=∠FDE，
∴△DPQ∽△DFE，且相似比為1：$\sqrt{2}$．

（3）①解：（2）中的結(jié)論仍然成立．
如圖4，
，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DCQ=∠DBE=∠CDO=45°，
又∵△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∴∠CDO+∠ODQ=∠MDE+∠BDM，
即∠CDQ=∠BDE，
在△CDQ和△BDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCQ=∠DBE}\\{∠CDQ=∠BDE}\end{array}\right.$
∴△CDQ∽△BDE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD：BD=1：$\sqrt{2}$，
∴△CDQ和△BDE的相似比為1：$\sqrt{2}$．

②解：如圖5，作NG⊥RH于點G，
，
∴∠MGN=90°，
∴∠GNM+∠NMG=90°，
∵∠DMN=90°，
∴∠RMD+∠NMG=90°，
∴∠GNM=∠RMD，
∵RH是AB的中垂線，
∴∠DRM=90°，
∴∠MGN=∠DRM，
∵△DMN是等腰直角三角形，
∴MN=DM，
在△MGN和△DRM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠GNM=∠RMD}\\{∠MGN=∠DRM}\\{MN=DM}\end{array}\right.$，∴△MGN≌△DRM，
∴NG=MR，MG=DR，
∵DR=RO，
∴MG=RO，
∴MG+OM=RO+OM，
∴RM=OG，
∵ON=6，∠NOG=45°，
∴RM=OG=6×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=3$\sqrt{2}$．
故答案為：△CDQ、△BDE、△DPQ、△DFE．

點評 （1）此題主要考查了幾何變換綜合題，考查了分析推理能力，考查了空間想象能力，考查了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，要熟練掌握．
（2）此題還考查了三角形相似的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：①三邊法：三組對應(yīng)邊的比相等的兩個三角形相似；②兩邊及其夾角法：兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似；③兩角法：有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．
（3）此題還考查了全等三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：①判定定理1：SSS--三條邊分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等．②判定定理2：SAS--兩邊及其夾角分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等．③判定定理3：ASA--兩角及其夾邊分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等．④判定定理4：AAS--兩角及其中一個角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等．⑤判定定理5：HL--斜邊與直角邊對應(yīng)相等的兩個直角三角形全等．