Question

如图：菱形ABCD是由两个正三角形拼成的，点P在△ABD内任一点，现把△BPD绕点B旋转到△BQC的位置．则
（1）当四边形BPDQ是平行四边形时，求∠BPD；
（2）当△PQD是等腰直角三角形时，求∠BPD；
（3）若∠APB=100°，且△PQD是等腰三角形时，求∠BPD．

Answer 1

解：（1）连接DQ，当四边形BPDQ是平行四边形时，BQ=PD，
由已知，得BQ=BP，
∴BP=PD，则△BDP，△BCQ为等腰三角形，
由PD∥BQ可知，∠BDP=∠DBQ，
又∵∠BDP=∠DBP=∠CBQ，
则∠DBQ=∠CBQ，而∠DBQ+∠CBQ=60°，
∴∠BDP=∠DBP=∠CBQ=30°，
∠DPB=180°-（∠BDP+∠DBP）=120°；

（2）连接PQ，
当DP=DQ，∠PDQ=90°时，由旋转的性质可得BP=BQ，△BPQ为等边三角形，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=60°+45°=105°，
当DQ=PQ，∠PQD=90°时，同理得△BPQ为等边三角形，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=60°+45°=105°，
当DP=PQ，∠DPQ=90°时，同理得△BPQ为等边三角形，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=60°+90°=150°；

（3）连接AP，由旋转的性质可得BP=BQ，△BPQ为等边三角形，则∠PQB=60°，
∵BD=AB，BQ=BP，∠PBQ=∠ABD=60°，
∴△BQD≌△BPA，则∠BQD=∠BPA=100°，
∴∠PQD=∠BQD-∠PQB=40°，
当PQ=PD时，∠DPQ=180°-2∠PQD=100°，∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=100°+60°=160°，
当PQ=DQ时，∠DPQ=（180°-40°）=70°，∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=70°+60°=130°，
当PD=DQ时，∠DPQ=∠PQD=40°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=40°+60°=100°．
即∠BPD=160°或130°或100°．
分析：（1）当四边形BPDQ是平行四边形时，BQ=PD，由旋转的性质可知BQ=BP，则BP=PD，△BDP，△BCQ为等腰三角形，由PD∥BQ可知，∠BDP=∠DBQ，又∠BDP=∠DBP=∠CBQ，则∠DBQ=∠CBQ，而∠DBQ+∠CBQ=60°，由此可求∠PBD；
（2）连接PQ、DQ，当DP=DQ，∠PDQ=90°时，由旋转的性质可得BP=BQ，△BPQ为等边三角形，∠BPQ=60°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解，当DQ=PQ，∠PQD=90°时，△BPQ为等边三角形，∠BPQ=60°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解，当DP=PQ，∠DPQ=90°时，△BPQ为等边三角形，∠BPQ=60°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解；
（3）连接AP，由旋转的性质可得BP=BQ，△BPQ为等边三角形，则∠PQB=60°，可证△BQD≌△BPA，则∠BQD=∠BPA=100°，则∠PQD=∠BQD-∠PQB=40°，根据PQ=PD，PQ=DQ，PD=DQ，分别求∠DPQ，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解．
点评：本题考查了旋转的性质，特殊三角形的性质，特殊四边形的性质．关键是利用旋转前后，对应边相等，对应角相等的性质，结合特殊三角形、四边形的性质求角．