Question

如圖1，圖2，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，P是對(duì)角線BD上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP、CP，過P作PN⊥AP交射線CD與點(diǎn)N．

（1）求證：AP=CP．
（2）①若點(diǎn)N在邊CD上，如圖1，判斷△APN的形狀，并說明理由；
②若點(diǎn)N在邊CD的延長(zhǎng)線上，如圖2，①中的結(jié)論還成立嗎？（不需要證明）．
（3）若N為邊CD的中點(diǎn)，求BP的長(zhǎng)．

Answer 1

考點(diǎn)：正方形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),勾股定理

專題：

分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，然后利用“邊角邊”證明△ADP和△CDP全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等證明即可；
（2）①根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理求出∠DAP+∠DNP=180°，再根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義可得∠DNP+∠PNC=180°，從而得到∠DAP=∠PNC，再根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠DAP=∠DCP，然后求出∠DCP=∠PNC，再根據(jù)等角對(duì)等邊可得PN=CP，然后根據(jù)等腰直角三角形的定義解答；
②同理求出AP=CP，∠DAP=∠DCP，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出∠DAP=∠N，然后求出∠N=∠DCP，根據(jù)等角對(duì)等邊可得PN=CP，從而得解；
（3）過點(diǎn)P作EF∥BC分別交AB、CD于E、F，可得四邊形EBCF是矩形，EF⊥AB，EF⊥CD，根據(jù)矩形的對(duì)邊相等可得BE=CF，再根據(jù)線段中點(diǎn)的定義和等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出CF，然后根據(jù)△BEP是等腰直角三角形解答．

解答：解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADP和△CDP中，

AD=CD ∠ADB=∠CDB=45° DP=DP

，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP=CP；

（2）①△APN是等腰直角三角形．
理由如下：在正方形ABCD中，∠ADC=90°，
∵PN⊥AP，
∴∠APN=90°，
∴∠DAP+∠DNP=180°，
∵∠PNC+∠DNP=180°，
∴∠PNC=∠DAP，
∵△ADP≌△CDP，
∴∠DCP=∠DAP，
∴∠PNC=∠DCP，
∴PN=PC，
又∵AP=PC，
∵AP=PN，
∴△APN是等腰直角三角形；

②①中得結(jié)論仍然成立．
理由如下：同理可得AP=CP，∠DAP=∠DCP，
∵AP⊥PN，AD⊥DN，
∴∠DAP=∠N，
∴∠N=∠DCP，
∴PN=PC，
又∵AP=PC，
∵AP=PN，
∴△APN是等腰直角三角形；

（3）過P作EF∥BC分別交AB、CD于E、F，
可得四邊形EBCF是矩形，EF⊥AB，EF⊥CD，
∴BE=CF，
∵PN=PC，PF⊥CD，
∴CF=NF=

1

2

CN，
∵N是CD的中點(diǎn)，
∴CN=

1

2

CD=

1

2

，
∴BE=CF=

1

2

CN=

1

2

×

1

2

=

1

4

，
在正方形ABCD中，∠ABD=45°，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴PE=BE=

1

4

，
∴BP=

BE2+PE2

=

( 1 4 )2+( 1 4 )2

=

2

4

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟記各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，難點(diǎn)在于（2）根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理和鄰補(bǔ)角的定義求出相等的角．