Question

13．如圖，P為邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD的邊BC上一動(dòng)點(diǎn)（P與B、C不重合），Q在CD上，且CQ=BP，連接AP、BQ，將△BQC沿BQ所在的直線翻折得到△BQE，延長(zhǎng)QE交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
（1）試探究AP與BQ的數(shù)量與位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）當(dāng)E是FQ的中點(diǎn)時(shí)，求BP的長(zhǎng)；
（3）若BP=2PC，求QF的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）證明△ABP≌△BCQ，則∠BAP=∠CBQ，從而證明∠CBQ+∠APB=90°，進(jìn)而得證；
（2）先由折疊得出∠CBQ=∠EBQ，再由垂直平分線得出∠EBQ=∠EBF，即可得出∠CBQ=30°，即可得出結(jié)論．
（3）設(shè)FQ=FB=x，則FE=x-4．在直角△FBE中，利用勾股定理即可列方程求解；

解答 解：（1）AP⊥BQ
理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=BC．
∴在△ABP和△BCQ中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠ABC=∠C}\\{BP=CQ}\end{array}\right.$，
∴△ABP≌△BCQ，
∴∠BAP=∠CBQ．
∵∠BAP+∠APB=90°，
∴∠CBQ+∠APB=90°，
∴∠BEP=90°，
∴AP⊥BQ；
（2）∵將△BQC沿BQ所在的直線翻折得到△BQE，
∴∠CBQ=∠EBQ，∠QEB=∠FEB=90°，
∵E是FQ的中點(diǎn)，
∴QE=FE，
∴∠QBE=∠FBE，
∴∠CBQ=∠EBQ=∠FBQ=$\frac{1}{3}$∠ABC=30°，
在Rt△BCQ中，tan∠CBQ=tan30°=$\frac{CQ}{BC}$，
∴$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{CQ}{6}$，
∴CQ=2$\sqrt{3}$，
由（1）知，△ABP≌△BCQ，
∴BP=CQ=2$\sqrt{3}$；
（3）由（1）可得EQ=CQ=BP=4，EB=BC=6．
又∵∠EQB=∠CQB=∠ABQ，
∴FQ=FB．
設(shè)FQ=FB=x，則FE=x-4．
在Rt△FBE中，F(xiàn)B²=BE²+FE²，
即x²=6²+（x-4）²，
解得：x=$\frac{13}{2}$，
即FQ=$\frac{13}{2}$；

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，銳角三角函數(shù)，判斷出FQ=FB是解本題的關(guān)鍵，利用直角三角形是解這類題目的關(guān)鍵．