如图1，图2，正方形ABCD的边长为1，P是对角线BD上一动点，连接AP、CP，过P作PN⊥AP交射线CD与点N．（1）求证：AP=CP．（2）①若点N在边CD上，如图1，判断△APN的形状，并说明理由；②若点N在边

Question

如图1，图2，正方形ABCD的边长为1，P是对角线BD上一动点，连接AP、CP，过P作PN⊥AP交射线CD与点N．

（1）求证：AP=CP．
（2）①若点N在边CD上，如图1，判断△APN的形状，并说明理由；
②若点N在边CD的延长线上，如图2，①中的结论还成立吗？（不需要证明）．
（3）若N为边CD的中点，求BP的长．

Answer 1

（1）∵四边形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中得结论仍然成立．
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）过P作EF∥BC分别交AB、CD于E、F，
可得四边形EBCF是矩形，EF⊥AB，EF⊥CD，
∴BE=CF，
∵PN=PC，PF⊥CD，
∴CF=NF=(1)/(2)CN，
∵N是CD的中点，
∴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)=

<

作业帮用户 2016-12-05

问题解析

（1）根据正方形的性质可得AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，然后利用“边角边”证明△ADP和△CDP全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）①根据四边形的内角和定理求出∠DAP+∠DNP=180°，再根据邻补角的定义可得∠DNP+∠PNC=180°，从而得到∠DAP=∠PNC，再根据全等三角形对应角相等可得∠DAP=∠DCP，然后求出∠DCP=∠PNC，再根据等角对等边可得PN=CP，然后根据等腰直角三角形的定义解答；
②同理求出AP=CP，∠DAP=∠DCP，再根据三角形的内角和定理求出∠DAP=∠N，然后求出∠N=∠DCP，根据等角对等边可得PN=CP，从而得解；
（3）过点P作EF∥BC分别交AB、CD于E、F，可得四边形EBCF是矩形，EF⊥AB，EF⊥CD，根据矩形的对边相等可得BE=CF，再根据线段中点的定义和等腰三角形三线合一的性质求出CF，然后根据△BEP是等腰直角三角形解答．

名师点评

本题考点：

正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．

考点点评：

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质是解题的关键，难点在于（2）根据四边形的内角和定理和邻补角的定义求出相等的角．

扫描下载二维码

©2019 作业帮 联系方式：[e-mail]  作业帮协议