Question

10．已知，在等腰三角形ABC中，AB=BC，BD⊥AC于点D，以BC为边作等边△PBC，连接AP交BD所在直线于点Q，连接CQ．
（1）如图1，若DQ=2，求CQ的长；
（2）如图1，求证：BD=QD-PQ；
（3）如图2，当点Q在线段BD上时，连接BC交AP于点H，若AB=$\sqrt{31}$，AQ=5，请直接写出HQ的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，以B为圆心BC为半径作⊙B．由BC=BA=BP，△BCP是等边三角形，推出∠CBP=60°，推出∠CAP=$\frac{1}{2}$∠CBP=30°，由此即可解决问题．
（2）如图2中，在DQ上取一点M，使得DM=DB．只要证明△CQP≌△CQM，推出PQ=QM，即可推出BD=DM=DQ-QM=DQ-PQ．
（3）如图3中，以BC为半径作⊙B，延长QD到M，使得DM=DQ，连接CM、AM．只要证明HQ∥CM，得$\frac{HQ}{CM}$=$\frac{BQ}{BM}$，求出CM、BQ、BM即可解决问题．

解答 （1）解：如图1中，以B为圆心BC为半径作⊙B．

∵BC=BA=BP，△BCP是等边三角形，
∴∠CBP=60°，
∴∠CAP=$\frac{1}{2}$∠CBP=30°，
∵BQ⊥AC，
∴∠ADQ=90°，CD=AQ，
∴CQ=AQ，
∵DQ=2，
∴AQ=2DQ=4，
∴CQ=AQ=4．

（2）证明：如图2中，在DQ上取一点M，使得DM=DB．

∵CD⊥BM，DM=BD，
∴CM=CB=CP，
∴∠DCM=∠DCB，
∵∠PCB=60°，∠QCD=∠CAQ=30°，
∴∠BCD+∠PCQ=30°=∠QCM+∠MCD，
∴∠QCP=∠QCM，
在△CQP和△CQM中，
$\left\{\begin{array}{l}{CQ=CQ}\\{∠QCP=∠QCM}\\{CP=CM}\end{array}\right.$，
∴△CQP≌△CQM，
∴PQ=QM，
∴BD=DM=DQ-QM=DQ-PQ，
∴BD=DQ-PQ

（3）解：如图3中，以BC为半径作⊙B，延长QD到M，使得DM=DQ，连接CM、AM．

∵CD=AD，DQ=DM，
∴四边形CQAM是平行四边形，
∵QC=QA，
∴四边形CQAM是菱形，
∴CM=AQ=5，
在Rt△ADQ中，∵∠ADQ=90°，∠QAD=30°，AQ=5，
∴DQ=$\frac{5}{2}$，AD=$\frac{5}{2}$$\sqrt{3}$，
在Rt△ABD中，BD=$\sqrt{A{B}^{2}-A{D}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{31}）^{2}-（\frac{5}{2}\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{7}{2}$，
∴BQ=BD-DQ=$\frac{7}{2}$-$\frac{5}{2}$=1，BM=$\frac{7}{2}$+$\frac{5}{2}$=6，
∵HQ∥CM，
∴$\frac{HQ}{CM}$=$\frac{BQ}{BM}$，
∴$\frac{HQ}{5}$=$\frac{1}{6}$，
∴HQ=$\frac{5}{6}$．

点评 本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、圆周角定理、等边三角形的性质、勾股定理、直角三角形30度角性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加辅助圆，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．