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10.如圖,AB⊥BC,射線CM⊥BC,且BC=5,AB=1,點P是線段BC (不與點B、C重合)上的動點,過點P作DP⊥AP交射線CM于點D,連結AD.
(1)如圖1,當BP=4時,△ADP是等腰直角三角形.(請直接寫出答案)
(2)如圖2,若DP平分∠ADC,試猜測PB和PC的數量關系,并加以證明.
(3)若△PDC是等腰三角形,作點B關于AP的對稱點B′,連結B′D,請畫出圖形,并求線段B′D的長度.(參考定理:若直角△ABC中,∠C是直角,則BC2+AC2=AB2

分析 (1)當BP=4時,CP=BC-BP=5=4=1,得出AB=PC,再根據AAS判定△APB≌△PDC,進而得出AP=DP,最后根據∠APD=90°,即可得到△ADP是等腰直角三角形;
(2)先延長線段AP、DC交于點E,運用ASA判定△DPA≌△DPE,再運用AAS判定△APB≌△EPC,根據全等三角形的性質,即可得出結論;
(3)先連接B'P,過點B'作B'F⊥CD于F,根據軸對稱的性質,得出△ABP為等腰直角三角形,并判定四邊形B'PCF是矩形,求得B'F=4,DF=3,最后在Rt△B'FD中,根據勾股定理即可求得B'D的長度.

解答 解:(1)當BP=4時,CP=BC-BP=5=4=1,
∵AB=1,
∴AB=PC,
∵AB⊥BC,DP⊥AP,CM⊥BC,
∴∠B=∠C=90°,∠APB+∠DPC=90°=∠PDC+∠DPC,
∴∠APB=∠PDC,
在△APB和△PDC中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠C}\\{∠APB=∠PDC}\\{AB=PC}\end{array}\right.$,
∴△APB≌△PDC(AAS),
∴AP=DP,
又∵∠APD=90°,
∴△ADP是等腰直角三角形,
故答案為:4;

(2)PB和PC的數量關系:PB=PC,
證明:如圖2,延長線段AP、DC交于點E,
∵DP平分∠ADC,
∴∠ADP=∠EDP.
∵DP⊥AP,
∴∠DPA=∠DPE=Rt∠.
在△DPA和△DPE中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADP=∠EDP}\\{DP=DP}\\{∠DPA=∠DPE}\end{array}\right.$,
∴△DPA≌△DPE(ASA),
∴PA=PE.
∵AB⊥BP,CM⊥CP,
∴∠ABP=∠ECP=Rt∠.
在△APB和△EPC中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABP=∠ECP}\\{∠APB=∠EPC}\\{PA=PE}\end{array}\right.$,
∴△APB≌△EPC(AAS),
∴PB=PC; 

(3)如圖,連接B'P,過點B'作B'F⊥CD于F,則∠B'FC=∠C=90°,
∵△PDC是等腰三角形,
∴△PCD為等腰直角三角形,即∠DPC=45°,
又∵DP⊥AP,
∴∠APB=45°,
∵點B關于AP的對稱點為點B′,
∴∠BPB'=90°,∠APB=45°,BP=B'P,
∴△ABP為等腰直角三角形,四邊形B'PCF是矩形,
∴BP=AB=1=B'P,PC=5=1=4=B'F,CF=B'P=1,
∴B'F=4,DF=4-1=3,
∴Rt△B'FD中,B'D=$\sqrt{{4}^{2}-{3}^{2}}$=5,
故線段B′D的長度為5.

點評 本題屬于三角形綜合題,主要考查了等腰直角三角形的性質,勾股定理,全等三角形的判定與性質,以及矩形的性質的綜合應用,解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形,以及靈活運用勾股定理計算線段的長度.

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