Question

3．如图，正方形ABCD的边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ，给出如下结论：①DQ=1；②$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$；③S_△PDQ=$\frac{1}{8}$；④cos∠ADQ=$\frac{3}{5}$，其中正确结论是①②④（填写序号）

Answer 1

分析 ①连接OQ，OD，如图1．易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．结合OQ=OB，可证到∠AOD=∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，则有DQ=DA=1；
②连接AQ，如图2，根据勾股定理可求出BP．易证Rt△AQB∽Rt△BCP，运用相似三角形的性质可求出BQ，从而求出PQ的值，就可得到$\frac{PQ}{BQ}$的值；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．易证△PHQ∽△PCB，运用相似三角形的性质可求出QH，从而可求出S_△DPQ的值；
④过点Q作QN⊥AD于N，如图4．易得DP∥NQ∥AB，根据平行线分线段成比例可得$\frac{DN}{AN}$=$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$，把AN=1-DN代入，即可求出DN，然后在Rt△DNQ中运用三角函数的定义，就可求出cos∠ADQ的值．

解答 解：正确结论是①②④．
提示：①连接OQ，OD，如图1．

易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．
结合OQ=OB，可证到∠AOD=∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，
则有DQ=DA=1．
故①正确；
②连接AQ，如图2．

则有CP=$\frac{1}{2}$，BP=$\sqrt{{1}^{2}+（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$．
易证Rt△AQB∽Rt△BCP，
运用相似三角形的性质可求得BQ=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
则PQ=$\frac{\sqrt{5}}{2}$-$\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{3\sqrt{5}}{10}$，
∴$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$．
故②正确；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．

易证△PHQ∽△PCB，
运用相似三角形的性质可求得QH=$\frac{3}{5}$，
∴S_△DPQ=$\frac{1}{2}$DP•QH=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{5}$=$\frac{3}{20}$．
故③错误；
④过点Q作QN⊥AD于N，如图4．

易得DP∥NQ∥AB，
根据平行线分线段成比例可得$\frac{DN}{AN}$=$\frac{PQ}{BQ}$=$\frac{3}{2}$，
则有$\frac{DN}{1-DN}$=$\frac{3}{2}$，
解得：DN=$\frac{3}{5}$．
由DQ=1，得cos∠ADQ=$\frac{DN}{DQ}$=$\frac{3}{5}$．
故④正确．
综上所述：正确结论是①②④．
故答案为：①②④．

点评 本题主要考查了圆周角定理、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质、平行线的性质、锐角三角函数的定义、勾股定理等知识，综合性比较强，常用相似三角形的性质、勾股定理、三角函数的定义来建立等量关系，应灵活运用．