【題目】如圖,P為正方形ABCD的邊BC上一動點(diǎn)(P與B、C不重合),連接AP,過點(diǎn)B作BQ⊥AP交CD于點(diǎn)Q,將△BQC沿BQ所在的直線對折得到△BQC′,延長QC′交BA的延長線于點(diǎn)M.

(1)試探究AP與BQ的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論;
(2)當(dāng)AB=3,BP=2PC,求QM的長;
(3)當(dāng)BP=m,PC=n時(shí),求AM的長.

【答案】
(1)解:AP=BQ.

理由:∵四邊形ABCD是正方形,

∴AB=BC,∠ABC=∠C=90°,

∴∠ABQ+∠CBQ=90°.

∵BQ⊥AP,∴∠PAB+∠QBA=90°,∴∠PAB=∠CBQ.

在△PBA和△QCB中,

,

∴△PBA≌△QCB,

∴AP=BQ


(2)解:過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H,如圖.

∵四邊形ABCD是正方形,

∴QH=BC=AB=3.

∵BP=2PC,

∴BP=2,PC=1,

∴BQ=AP= = = ,

∴BH= = =2.

∵四邊形ABCD是正方形,

∴DC∥AB,

∴∠CQB=∠QBA.

由折疊可得∠C′QB=∠CQB,

∴∠QBA=∠C′QB,

∴MQ=MB.

設(shè)QM=x,則有MB=x,MH=x﹣2.

在Rt△MHQ中,

根據(jù)勾股定理可得x2=(x﹣2)2+32

解得x=

∴QM的長為


(3)解:過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H,如圖.

∵四邊形ABCD是正方形,BP=m,PC=n,

∴QH=BC=AB=m+n.

∴BQ2=AP2=AB2+PB2

∴BH2=BQ2﹣QH2=AB2+PB2﹣AB2=PB2,

∴BH=PB=m.

設(shè)QM=x,則有MB=QM=x,MH=x﹣m.

在Rt△MHQ中,

根據(jù)勾股定理可得x2=(x﹣m)2+(m+n)2,

解得x=m+n+ ,

∴AM=MB﹣AB=m+n+ ﹣m﹣n=

∴AM的長為


【解析】(1)由正方形的性質(zhì)得出AB=BC,∠ABC=∠C=90°,由同角的余角相等得出∠PAB=∠CBQ.進(jìn)而利用ASA得出△PBA≌△QCB,,由全等三角形對應(yīng)邊相等得出結(jié)論;
(2)過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H,由正方形的性質(zhì)得出QH=BC=AB=3.結(jié)合已知 條件得出BP=2,PC=1,進(jìn)而根據(jù)勾股定理求出BH的長,再由折疊的性質(zhì)得到∠C′QB=∠CQB,從而得到MQ=MB,設(shè)QM=x,則有MB=x,MH=x﹣2,在Rt△MHQ中,根據(jù)勾股定理得出方程,解方程得到x的值,即可;
(3)過點(diǎn)Q作QH⊥AB于H,由正方形的性質(zhì)得出QH=BC=AB=m+n,結(jié)合已知 條件得出BP=m,PC=n,進(jìn)而根據(jù)勾股定理求出BH的長,再由折疊的性質(zhì)得到∠C′QB=∠CQB,從而得到MQ=MB,設(shè)QM=x,則有MB=x,MH=x﹣m,在Rt△MHQ中,根據(jù)勾股定理得出方程,解方程得到x的值,即可;

【考點(diǎn)精析】利用勾股定理的概念和正方形的性質(zhì)對題目進(jìn)行判斷即可得到答案,需要熟知直角三角形兩直角邊a、b的平方和等于斜邊c的平方,即;a2+b2=c2;正方形四個(gè)角都是直角,四條邊都相等;正方形的兩條對角線相等,并且互相垂直平分,每條對角線平分一組對角;正方形的一條對角線把正方形分成兩個(gè)全等的等腰直角三角形;正方形的對角線與邊的夾角是45o;正方形的兩條對角線把這個(gè)正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形.

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(1)分別求點(diǎn)E、C的坐標(biāo);

(2)求經(jīng)過AC兩點(diǎn),且以過E而平行于y軸的直線為對稱軸的拋物線的函數(shù)解析式;

(3)設(shè)拋物線的對稱軸與AC的交點(diǎn)為M,試判斷以M點(diǎn)為圓心,ME為半徑的圓與⊙A的位置關(guān)系,并說明理由.

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(1)A點(diǎn)所表示的實(shí)際意義是; =
(2)求出AB所在直線的函數(shù)關(guān)系式;
(3)如果小剛上坡平均速度是小亮上坡平均速度的一半,那么兩人出發(fā)后多長時(shí)間第一次相遇?

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1)畫出A1B1C1;

2)求A1,B1,C1的坐標(biāo);

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A.支出20元
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C.支出80元
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