题目内容

8．已知，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，将矩形ABCD绕点D按顺时针方向旋转，得到矩形A′B′C′D′，直线DA′，B′C′分别与直线BC相交于点P，Q．
（1）①如图1，当矩形A′B′C′D的顶点B′落在射线DC上时$\frac{BP}{PQ}$=$\frac{7}{15}$；
    ②如图2，当矩形A′B′C′D的顶点B′落在线段BC的延长线上时，DP=$\frac{25}{4}$；
（2）①如图3，当点P位于线段BC上时，求证：DP=PQ；
    ②在矩形ABCD旋转过程中（旋转角0°＜α≤90°），请直接写出BP=$\frac{1}{2}$BQ时，CP的长：$9+\frac{3}{2}\sqrt{6}$．
（3）在矩形ABCD旋转过程中（旋转角45°＜α≤180°），以点D，B′，P，Q为顶点的四边形能否成为平行四边形？如果能，请直接写出此时CP的长（或CP的取值范围）；如果不能，请简要说明理由．

分析 （1）①根据相似三角形的性质得出边的比值即可；
②由全等三角形的判定和性质得出边的关系，再根据勾股定理得出方程解答即可；
（2）①由矩形的性质得出线段相等，再利用全等三角形进行判断，利用其性质证明即可；
②根据全等三角形判定和性质得出线段关系，再利用勾股定理得出方程解答即可；
（3）分几种情况进行分析得出以点D，B′，P，Q为顶点的四边形能否成为平行四边形，进而得出CP的值．

解答 解：（1）①∵将矩形ABCD绕点D按顺时针方向旋转，得到矩形A′B′C′D′，AB=6，BC=8，
∴△CDP∽△A'DB'，
∴CP=$\frac{9}{2}$，
同理CQ=3，
∴BP=$\frac{7}{2}$，PQ=$\frac{15}{2}$，
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{7}{15}$；
②在△DCP和△A'DB'中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DPC=∠B'PA'}\\{∠DCP=∠A'=90°}\\{DC=B'A'}\end{array}\right.$，
∴△DCP≌△A'DB'（AAS），
∴CP=A'P，
设DP=x，
∴DP=B'P，
设B'P=x，可得（8-x）2+62=x2，
解得：x=$\frac{25}{4}$；
（2）①如图1，过点Q作QH⊥DA'于H，
则∠QHD=∠HDC'=∠C'=90°，
∴四边形QHDC'为矩形，
∴QH=DC'=DC，
在△DCP和△QHP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠QHP=∠DCP=90°}\\{∠QPH=∠DPC}\\{QH=DC}\end{array}\right.$，
∴△DCP≌△QHP（AAS），
∴DP=PQ，
②（Ⅰ）当点P在点B上方时，如图2：
同（2）①可得∴△DCP≌△QHP（AAS），
∴DP=PQ，
当BP=$\frac{1}{2}$BQ时，BQ=2BP=2x，
∴DP=PQ=BP+BQ=3x，
在Rt△PCD中，（8+x）2+62=（3x）2，
解得：${x}_{1}=1+\frac{3}{2}\sqrt{6}，{x}_{2}=1-\frac{3}{2}\sqrt{6}$（小于0，舍去），
∴PC=BC+BP=$9+\frac{3}{2}\sqrt{6}$，
当点P在线段BC上时，则DP=PQ=BP=x，PC=8-x，
在Rt△PCD中，（8-x）2+62=x2，
解得x=$\frac{25}{4}$，
∴PC=BC-PB=8-$\frac{25}{4}$=$\frac{7}{4}$，
∴矩形ABCD旋转（当0°＜α≤90°时）过程中，
当BP=$\frac{1}{2}$BQ时，CP的长是$9+\frac{3}{2}\sqrt{6}$或$\frac{7}{4}$，
（3）设矩形DA′B′C′的对角线于直线BC的交点为S，
①当B′在直线BC的右侧时，虽然DP∥B′Q，
但总有DS≥DC＞$\frac{1}{2}D{B}^{'}$=5，即PQ与DB′不互相平分，
所以D，B′，P，Q为顶点的四边形不能构成平行四边形；
②当B′在直线BC上时，B′，P，Q三点在一条直线上，
所以D，B′，P，Q为顶点的四边形不能构成平行四边形；
③当B′落在线段AD的延长线上时，DP∥B′Q，
且DB′∥PQ，所以四边形DB′PQ是平行四边形；
此时CP=D′A=8，
④当B′在直线BC与直线AD所夹区域时，虽然DP∥B′Q，
但DB′与PQ不平行，所以D，B′，P，Q为顶点的四边形不能构成平行四边形；
综上所述，当B′落在线段AD的延长线上时，四边形DB′PQ是平行四边形，此时CP=8．

点评 本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，找出两个三角形的高的关系是本题的关键．

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