Question

7．在Rt△ABC中，BC=2，AC=4，点D为AB的中点，P为AC边上一动点．△BDP沿着PD所在的直线翻折，点B的对应点为E．
（1）若PD⊥AB，求AP．
（2）当AD=PE时，求证：四边形BDEP为菱形．
（3）若△PDE与△ABC重合部分的面积等于△PAB面积的$\frac{1}{4}$，求AP．

Answer 1

分析 （1）如图1，根据勾股定理可求出AB，从而得到AD、BD的值，易证△ADP∽△ACB，只需运用相似三角形的性质就可求出AP的值；
（2）如图2，由折叠可得PE=PB，DE=DB．结合条件AD=PE，AD=DB可得PE=PB=DB=DE，即可得到四边形BDEP为菱形；
（3）根据条件可得S_△PDF=$\frac{1}{4}$S_△PAB=$\frac{1}{2}$S_△ADP=$\frac{1}{2}$S_△EDP，从而可得AF=PF，EF=DF．而符合条件的位置有两个（图3、图4），需分两种情况讨论：①如图3，根据三角形中位线定理可得DF∥BP，则有∠EDP=∠BPD．由折叠可得∠BDP=∠EDP，从而可得∠BDP=∠BPD，即可得到BP=BD=$\sqrt{5}$，在Rt△BCP中运用勾股定理可求出PC，就可得到AP的值；②如图4，连接AE，由AF=PF，EF=DF可得四边形AEDP是平行四边形，则有AP=ED，由折叠可得DE=DB，即可得到AP=DB=$\sqrt{5}$．

解答 解：（1）如图1，
∵∠C=90°，BC=2，AC=4，
∴AB=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
∵点D为AB的中点，
∴AD=BD=$\sqrt{5}$．
∵PD⊥AB，
∴∠ADP=90°．
∵∠A=∠A，∠ADP=∠C，
∴△ADP∽△ACB，
∴$\frac{AP}{AB}$=$\frac{AD}{AC}$，
∴$\frac{AP}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，
∴AP=$\frac{5}{2}$；

（2）证明：如图2，
由折叠可得：PE=PB，DE=DB．
∵AD=PE，AD=DB，
∴PE=PB=DB=DE，
∴四边形BDEP为菱形；

（3）∵点D是线段AB的中点，
∴S_△ADP=S_△BDP=$\frac{1}{2}$S_△PAB．
由折叠可得：S_△EDP=S_△BDP，
∴S_△PDF=$\frac{1}{4}$S_△PAB=$\frac{1}{2}$S_△ADP=$\frac{1}{2}$S_△EDP，
∴AF=PF，EF=DF．
①如图3，
根据三角形中位线定理可得：DF∥BP，
∴∠EDP=∠BPD．
由折叠可得∠BDP=∠EDP，
∴∠BDP=∠BPD，
∴BP=BD=$\sqrt{5}$，
∴PC=$\sqrt{P{B}^{2}-B{C}^{2}}$=$\sqrt{5-4}$=1，
∴AP=4-1=3；
②如图4，
连接AE，
∵AF=DF，EF=PF，
∴四边形AEDP是平行四边形，
∴AP=ED，
由折叠可得：DE=DB，
∴AP=DB=$\sqrt{5}$．
综上所述：AP=3或$\sqrt{5}$．

点评 本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、三角形中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰三角形的判定等知识，另外还考查了分类讨论的思想，利用S_△PDF=$\frac{1}{4}$S_△PAB=$\frac{1}{2}$S_△ADP=$\frac{1}{2}$S_△EDP得到AF=PF及EF=DF则是解决第（3）小题的关键．