Question

6．如圖，△ABD是等腰三角形，AB=AD，將△ABD沿BD翻折得△CBD，點(diǎn)P是線(xiàn)段BD上一點(diǎn)，
（1）如圖1，連接PA、PC，求證：CP=AP；
（2）如圖2，連接PA，若∠BAP=90°時(shí)，作∠DPF=45°，線(xiàn)段PF交線(xiàn)段CD于F，求證：AD=AP+DF；
（3）如圖3，∠ABD=30°，連接AP并延長(zhǎng)交CD于M，若∠BAM=90°，在BD上取一點(diǎn)Q，且DQ=3BQ，連BM、CQ，當(dāng)BM=$\frac{15}{2}$時(shí)，求CQ的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）由翻折得到條件，直接判斷出△ADP≌△CDP，即可；
（2）由（1）結(jié)論CP=AP，用三角形的外角等于與它不相鄰的兩內(nèi)角的和及平角的定義判斷出∠CPF=∠CFP，得到CP=CF，即可；
（3）由（1）的結(jié)論判斷出四邊形ABCD是菱形，繼而判斷出四邊形AQCP也是菱形，利用勾股定理求出MN即可．

解答 證明：（1）由翻折有，AD=CD，∠ADP=∠CDP，
在△ADP和△CDP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}\\{∠ADP=∠CDP}\\{DP=DP}\end{array}\right.$
∴△ADP≌△CDP，
∴CP=AP，
（2）連接PC，由（1）有，AP=CP，
由翻折有∠BCP=∠BAP=90°，
∴∠CBP+∠BPC=90°，
∵AD=AB=CB=CD，
∴∠CBP=∠CDP，
∴∠CDP+∠BPC=90°，
∵∠DPF=45°，
∴∠BPC+∠CPF=135°，
∴∠CPF=∠CDP+45°，
∵∠CFP=∠CDP+∠BPF=∠CDP+45°，
∴∠CPF=∠CFP，
∴CP=CF，
∴AD=CB=CF+FD=CP+FD=AP+FD．
（3）如圖，連接AQ，AC，

由（1）有，AQ=CQ，AP=CP，由翻折有AB=BC，AD=CD，
∵AB=AD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，∠BAD=120°，
∵DQ=3BQ，
∴BQ=OQ，
∴四邊形CPAQ也是菱形，
∵∠BAM=90°，∠BAD=120°，
∴∠BAQ=∠DAM=30°，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=30°，
∵∠ADM=60°，
∴∠AMD=90°，
∵△ACD等邊三角形，
∴CD=2DM．
設(shè)DM=x，
∴CD=AD=AB=2DM=2x，AM=$\sqrt{3}$x，
在Rt△ABM中，BM=$\frac{15}{2}$，
∴AB²+AM²=BM²，
∴（2x）²+（$\sqrt{3}$x）²=（$\frac{15}{2}$）²，
∴x=$\frac{15\sqrt{7}}{14}$或x=-$\frac{15\sqrt{7}}{14}$（舍），
在RT△AOB中，∠ABD=30°，
∴OA=$\frac{1}{2}$AB=x，OB=$\sqrt{3}$x，
∵OQ=BQ=$\frac{1}{2}$OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，
在RT△AOQ中，AQ=$\sqrt{O{A}^{2}+O{Q}^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$x=$\frac{15}{4}$，
∴CQ=AQ=$\frac{15}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 此題是幾何變換綜合題，主要考查了翻折的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，三角形的外角的特點(diǎn)，判斷∠CPF=∠CFP是解本題的關(guān)鍵，也是難點(diǎn)．