分析 分HD=HC、DH=DC以及CH=CD三种情况考虑:①当HD=HC时,过点H作HE⊥CD于点E,延长EH交AB于点F,连接DP,由△CDH为等腰三角形找出点H为AP的中点,再结合DH⊥AP可得出AD=DP,设BP=a,利用勾股定理即可得出关于a的一元二次方程,解方程即可得出结论;②当DH=DC时,利用勾股定理可求出AH的长度,进而得出∠DAH=45°,由平行线的性质可得出∠APB=45°,进而得出△ABP为等腰直角三角形,即BP=AB;③当CH=CD时,过点C作CE⊥DH于点E,延长CE交AD于点F,根据等腰三角形的性质即可得出DF=AF=$\frac{1}{2}$AD,由DH⊥CF、DH⊥AP即可得出CF∥AP,结合AF∥CP即可得出四边形AFCP为平行四边形,进而得出AF=CP,再根据平行线的性质即可得出AF的长度,结合BC的长度以及AF=CP即可求出BP的长度.
解答 解:①当HD=HC时,过点H作HE⊥CD于点E,延长EH交AB于点F,连接DP,如图1所示.
∵HD=HC,
∴点E为CD的中点,
∵EF∥AD,
∴FH为△ABP的中位线,
∴AH=HP.
∵DH⊥AP,
∴△DAP为等腰三角形,
∴AD=DP.
设BP=a,则CP=4-a,
由勾股定理得:DP2=CD2+CP2,即16=8+(4-a)2,
解得:a=4-2$\sqrt{2}$,或a=-4-2$\sqrt{2}$(舍去);
②当DH=DC时,如图2所示.
∵DC=AB=2$\sqrt{2}$,
∴DH=2$\sqrt{2}$.
在Rt△AHD中,AD=4,DH=2$\sqrt{2}$,
∴AH=$\sqrt{A{D}^{2}-D{H}^{2}}$=2$\sqrt{2}$,
∴AH=DH,
∴∠DAH=∠ADH=45°.
∵AD∥BC,
∴∠APB=∠DAH=45°,
∵∠B=90°,
∴△ABP为等腰直角三角形,
∴BP=AB=2$\sqrt{2}$;
③当CH=CD时,过点C作CE⊥DH于点E,延长CE交AD于点F,如图3所示.
∵CH=CD,CE⊥DH,
∴DE=HE=$\frac{1}{2}$DH.
∵DH⊥CF,DH⊥AP,
∴CF∥AP,
∵AF∥CP,
∴四边形AFCP为平行四边形,
∴AF=CP.
∵EF∥AH,DE=HE,
∴DF=AF=$\frac{1}{2}$AD=2,
∴BP=BC-CP=BC-AF=4-2=2.
综上所述:BP的长度为4-2$\sqrt{2}$、2$\sqrt{2}$或2.
故答案为:4-2$\sqrt{2}$、2$\sqrt{2}$或2.
点评 本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理,解题的关键是分HD=HC、DH=DC以及CH=CD三种情况考虑,解决该题型题目时,注意思考的全面性是重中之重.
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A. | (-5,3) | B. | (4,3) | C. | (5,-3) | D. | (-5,-3) |
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