Question

4．如图，正方形ABCD中，P为BD上一动点，过点P 作PQ⊥AP交CD边于点Q．
（1）求证：PA=PQ；
（2）用等式表示PB²、PD²、AQ²之间的数量关系，并证明；
（3）点P从点B出发，沿BD方向移动，若移动的路径长为2，则AQ的中点M移动的路径长为$\sqrt{2}$（直接写出答案）．

Answer 1

分析 （1）过点P作PE⊥AD于点E，PF⊥CD于点F，由正方形的性质得出PE=PF，证出四边形PEDF是正方形，得出∠EPF=90°，由ASA证明△APE≌△QPF，得出对应边相等即可；
（2）延长FP交AB于点G，由正方形的性质得出△PBG是等腰直角三角形，得出BP²=2PG²，同理PD²=2PE²，再由△PAQ是等腰直角三角形，得出AQ²=2PA²，即可得出结论；
（3）当点P在B点处时，点Q与点C重合，AQ的中点即为点O，则AQ的中点M移动的路径长为OM的长；连接PC，由正方形的性质得出PA=PC，再求出CQ的长，由三角形中位线定理求出OM的长即可．

解答 （1）证明：过点P作PE⊥AD于点E，PF⊥CD于点F，如图1所示：
∴∠PED=∠PEA=∠PFQ=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，
∴PE=PF，
∴四边形PEDF是正方形，
∴∠EPF=90°，
∴∠EPQ+∠FPQ=90°，
∵AP⊥PQ，
∴∠EPQ+∠APE=90°，
∴∠APE=∠FPQ，
在△APE和△QPF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠PEA=∠PFQ}&{\;}\\{PE=PF}&{\;}\\{∠APE=∠FPQ}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△APE≌△QPF（ASA），
∴PA=PQ；
（2）解：PD²+PB²=AQ²，理由如下：
延长FP交AB于点G，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠PBG=45°，
∴∠BGP=∠PFD=90°，
∴△PBG是等腰直角三角形，
由勾股定理得：BP²=2PG²，
同理：PD²=2PE²，
由（1）得PA=PQ，AP⊥PQ，
∴△PAQ是等腰直角三角形，
由勾股定理得：AQ²=2PA²，
∵∠AEP=∠AGP=∠BAD=90°，
∴四边形AEPG为矩形，
∴PE=AG，
∵PA²=AG²+PG²，
∴PD²+PB²=2PE²+2PG²=2AG²+2PG²=2AP²=AQ²；  
（3）解：当点P在B点处时，点Q与点C重合，AQ的中点即为点O，
则AQ的中点M移动的路径长为OM的长；
连接PC，如图3所示：
由正方形的对称性得：PA=PC，
由（2）得：△PBG是等腰直角三角形，
∴FC=BG=$\frac{BP}{\sqrt{2}}$=$\frac{2}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
由（1）得：PA=PQ，
∴PC=PQ，
∵PF⊥CQ，
∴FQ=FC=$\sqrt{2}$，
∴CQ=2$\sqrt{2}$，
∵O是AC的中点，M是AQ的中点，
∴OM=$\frac{1}{2}$CQ=$\sqrt{2}$；
故答案为：$\sqrt{2}$．

点评 本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理、三角形的中位线定理等知识；本题综合性强，难度较大．