Question

如圖：菱形ABCD是由兩個正三角形拼成的，點P在△ABD內(nèi)任一點，現(xiàn)把△BPD繞點B旋轉(zhuǎn)到△BQC的位置．則
（1）當(dāng)四邊形BPDQ是平行四邊形時，求∠BPD；
（2）當(dāng)△PQD是等腰直角三角形時，求∠BPD；
（3）若∠APB=100°，且△PQD是等腰三角形時，求∠BPD．

Answer 1

【答案】分析：（1）當(dāng)四邊形BPDQ是平行四邊形時，BQ=PD，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知BQ=BP，則BP=PD，△BDP，△BCQ為等腰三角形，由PD∥BQ可知，∠BDP=∠DBQ，又∠BDP=∠DBP=∠CBQ，則∠DBQ=∠CBQ，而∠DBQ+∠CBQ=60°，由此可求∠PBD；
（2）連接PQ、DQ，當(dāng)DP=DQ，∠PDQ=90°時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BP=BQ，△BPQ為等邊三角形，∠BPQ=60°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解，當(dāng)DQ=PQ，∠PQD=90°時，△BPQ為等邊三角形，∠BPQ=60°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解，當(dāng)DP=PQ，∠DPQ=90°時，△BPQ為等邊三角形，∠BPQ=60°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解；
（3）連接AP，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BP=BQ，△BPQ為等邊三角形，則∠PQB=60°，可證△BQD≌△BPA，則∠BQD=∠BPA=100°，則∠PQD=∠BQD-∠PQB=40°，根據(jù)PQ=PD，PQ=DQ，PD=DQ，分別求∠DPQ，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ求解．
解答：解：（1）連接DQ，當(dāng)四邊形BPDQ是平行四邊形時，BQ=PD，
由已知，得BQ=BP，
∴BP=PD，則△BDP，△BCQ為等腰三角形，
由PD∥BQ可知，∠BDP=∠DBQ，
又∵∠BDP=∠DBP=∠CBQ，
則∠DBQ=∠CBQ，而∠DBQ+∠CBQ=60°，
∴∠BDP=∠DBP=∠CBQ=30°，
∠DPB=180°-（∠BDP+∠DBP）=120°；

（2）連接PQ，
當(dāng)DP=DQ，∠PDQ=90°時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BP=BQ，△BPQ為等邊三角形，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=60°+45°=105°，
當(dāng)DQ=PQ，∠PQD=90°時，同理得△BPQ為等邊三角形，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=60°+45°=105°，
當(dāng)DP=PQ，∠DPQ=90°時，同理得△BPQ為等邊三角形，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=60°+90°=150°；

（3）連接AP，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BP=BQ，△BPQ為等邊三角形，則∠PQB=60°，
∵BD=AB，BQ=BP，∠PBQ=∠ABD=60°，
∴△BQD≌△BPA，則∠BQD=∠BPA=100°，
∴∠PQD=∠BQD-∠PQB=40°，
當(dāng)PQ=PD時，∠DPQ=180°-2∠PQD=100°，∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=100°+60°=160°，
當(dāng)PQ=DQ時，∠DPQ=（180°-40°）=70°，∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=70°+60°=130°，
當(dāng)PD=DQ時，∠DPQ=∠PQD=40°，由∠BPD=∠BPQ+∠DPQ=40°+60°=100°．
即∠BPD=160°或130°或100°．
點評：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，特殊三角形的性質(zhì)，特殊四邊形的性質(zhì)．關(guān)鍵是利用旋轉(zhuǎn)前后，對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等的性質(zhì)，結(jié)合特殊三角形、四邊形的性質(zhì)求角．