Question

2．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ
（1）如图a，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图，延长BP交直线DQ于点E．
①如图b，求证：BE⊥DQ；
②如图c，若△BCP为等边角形，判断△DEP的形状，并说明理由，
（3）填空：若正方形ABCD的边长为10，DE=2，PB=PC，则线段PB的长为$\frac{25}{4}$或$\frac{25}{3}$．

Answer 1

分析 （1）根据旋转的性质，证明∠BCP=∠DCQ，得到△BCP≌△DCQ；
（2）①根据全等的性质和对顶角相等，即可得到答案；②根据等边三角形的性质和旋转的性质，求出∠EPD=45°，∠EDP=45°，即可判断△DEP的形状；
（3）分两种情况进行讨论：点E在DQ上；点E在QD的延长线上，分别根据相似三角形的性质，等腰三角形的性质和勾股定理，求得BP的长即可．

解答 解：（1）证明：如图a，∵∠BCD=90°，∠PCQ=90°，
∴∠BCP=∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCP=∠DCQ}\\{PC=QC}\end{array}\right.$，
∴△BCP≌△DCQ（SAS）；

（2）①如图b，∵△BCP≌△DCQ，
∴∠CBF=∠EDF，
又∵∠BFC=∠DFE，
∴∠DEF=∠BCF=90°，
∴BE⊥DQ；
②如图c，∵△BCP为等边三角形，
∴∠BCP=60°，
∴∠PCD=30°，
又∵CP=CD，
∴∠CPD=∠CDP=75°，
又∵∠BPC=60°，∠CDQ=60°，
∴∠EPD=45°，∠EDP=45°，
∴△DEP为等腰直角三角形；

（3）如图b，由∠CBF=∠EDF，∠DEF=∠BCF，可得△DEF∽△BCF，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{DF}{BF}$，即$\frac{2}{10}$=$\frac{DF}{BF}$，
设DF=x，则BF=5x，CF=10-x，
∵Rt△BCF中，BF²=BC²+CF²，
∴（5x）²=10²+（10-x）²，
解得x₁=$\frac{5}{2}$，x₂=-$\frac{10}{3}$（舍去），
∴BF=5x=$\frac{25}{2}$，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
又∵∠PBC+∠PFC=∠PCB+∠PCF=90°，
∴∠PFC=∠PCF，
∴PF=PC，
∴BP=PF=$\frac{1}{2}$BF=$\frac{25}{4}$；

如图d，延长BE、CD，交于点F，
由∠CBF=∠CDQ=∠EDF，∠DEF=∠BCF，可得△DEF∽△BCF，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{DF}{BF}$，即$\frac{2}{10}$=$\frac{DF}{BF}$，
设DF=x，则BF=5x，CF=10+x，
∵Rt△BCF中，BF²=BC²+CF²，
∴（5x）²=10²+（10+x）²，
解得x₁=-$\frac{5}{2}$（舍去），x₂=$\frac{10}{3}$，
∴BF=5x=$\frac{50}{3}$，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
又∵∠PBC+∠PFC=∠PCB+∠PCF=90°，
∴∠PFC=∠PCF，
∴PF=PC，
∴BP=PF=$\frac{1}{2}$BF=$\frac{25}{3}$．
故答案为：$\frac{25}{4}$或$\frac{25}{3}$．

点评 本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质的综合应用，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质是解题的关键．解题时注意：旋转前后的对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．