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9. 如图，$△ ABC$是等腰直角三角形，$∠ A=90°$，点$P,Q$分别是$AB,AC$上的动点，且满足$BP=AQ$，$D$是$BC$的中点。
（1）求证：$△ PDQ$是等腰直角三角形。
（2）当点$P$运动到什么位置时，四边形$APDQ$是正方形，并说明理由。
（1）求证：$△ PDQ$是等腰直角三角形。
（2）当点$P$运动到什么位置时，四边形$APDQ$是正方形，并说明理由。
答案
9.（1）连结AD,
∵△ABC是等腰直角三角形,D是BC的中点,
∴AD⊥BC,AD=BD=DC,∠DAQ=∠B,又
∵BP=AQ,
∴△BPD≌△AQD,
∴PD=QD,∠ADQ=∠BDP,
∵∠BDP+∠ADP=90°,
∴∠ADQ+∠ADP=∠PDQ=90°,
∴△PDQ为等腰直角三角形.
（2）当P点运动到AB的中点时,四边形APDQ是正方形,由(1)知△ABD为等腰直角三角形,当P为AB的中点时,DP⊥AB,即∠APD=90°,又
∵∠A=90°,∠PDQ=90°,
∴四边形APDQ为矩形,又
∵DP=AP=$\frac{1}{2}AB$,
∴四边形APDQ为正方形.
∵△ABC是等腰直角三角形,D是BC的中点,
∴AD⊥BC,AD=BD=DC,∠DAQ=∠B,又
∵BP=AQ,
∴△BPD≌△AQD,
∴PD=QD,∠ADQ=∠BDP,
∵∠BDP+∠ADP=90°,
∴∠ADQ+∠ADP=∠PDQ=90°,
∴△PDQ为等腰直角三角形.
（2）当P点运动到AB的中点时,四边形APDQ是正方形,由(1)知△ABD为等腰直角三角形,当P为AB的中点时,DP⊥AB,即∠APD=90°,又
∵∠A=90°,∠PDQ=90°,
∴四边形APDQ为矩形,又
∵DP=AP=$\frac{1}{2}AB$,
∴四边形APDQ为正方形.
解析
【分析】
（1）要证△PDQ是等腰直角三角形，需同时证明PD=QD且∠PDQ=90°。首先连接AD，利用等腰直角三角形斜边中点的“三线合一”性质，可得到AD=BD、∠DAQ=∠B的条件，结合已知BP=AQ即可证明三角形全等，得到边相等的结论，再通过角的等量代换推出∠PDQ为直角即可完成证明。
（2）要判定四边形APDQ是正方形，已知∠A=90°，结合（1）的结论∠PDQ=90°，只需先证明四边形是矩形，再证明一组邻边相等即可。当P为AB中点时，利用等腰直角三角形的性质可得到DP⊥AB，推出三个角为直角判定为矩形，再结合邻边相等即可证得是正方形。
【解析】
（1）证明：连接AD，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，AD=BD=DC，∠DAQ=∠B=45°，
在△BPD和△AQD中：
$\{\begin{array}{l}BP=AQ\\ ∠ B=∠ DAQ\\ BD=AD\end{array} $
∴△BPD≌△AQD（SAS），
∴PD=QD，∠ADQ=∠BDP，
∵∠BDP+∠ADP=∠ADB=90°，
∴∠ADQ+∠ADP=∠PDQ=90°，
∴△PDQ为等腰直角三角形。
（2）当点P运动到AB的中点时，四边形APDQ是正方形，理由如下：
由（1）可知△ABD为等腰直角三角形，
当P为AB的中点时，根据等腰直角三角形三线合一的性质，得DP⊥AB，即∠APD=90°，
又
∵∠BAC=90°，∠PDQ=90°，
∴四边形APDQ为矩形，
又
∵DP=AP=$\frac{1}{2}$AB，
∴矩形APDQ为正方形。
【答案】
（1）△PDQ是等腰直角三角形，证明见解析；
（2）当点P运动到AB的中点时，四边形APDQ是正方形。
【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定
【点评】
本题综合考查了特殊三角形的性质和特殊四边形的判定，解题的关键是正确作出连接AD的辅助线，灵活运用等腰直角三角形斜边中线的性质推导全等条件，再结合正方形的判定定理分析动点位置，能够有效锻炼几何综合推理能力。
【难度系数】
0.6
（1）要证△PDQ是等腰直角三角形，需同时证明PD=QD且∠PDQ=90°。首先连接AD，利用等腰直角三角形斜边中点的“三线合一”性质，可得到AD=BD、∠DAQ=∠B的条件，结合已知BP=AQ即可证明三角形全等，得到边相等的结论，再通过角的等量代换推出∠PDQ为直角即可完成证明。
（2）要判定四边形APDQ是正方形，已知∠A=90°，结合（1）的结论∠PDQ=90°，只需先证明四边形是矩形，再证明一组邻边相等即可。当P为AB中点时，利用等腰直角三角形的性质可得到DP⊥AB，推出三个角为直角判定为矩形，再结合邻边相等即可证得是正方形。
【解析】
（1）证明：连接AD，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，AD=BD=DC，∠DAQ=∠B=45°，
在△BPD和△AQD中：
$\{\begin{array}{l}BP=AQ\\ ∠ B=∠ DAQ\\ BD=AD\end{array} $
∴△BPD≌△AQD（SAS），
∴PD=QD，∠ADQ=∠BDP，
∵∠BDP+∠ADP=∠ADB=90°，
∴∠ADQ+∠ADP=∠PDQ=90°，
∴△PDQ为等腰直角三角形。
（2）当点P运动到AB的中点时，四边形APDQ是正方形，理由如下：
由（1）可知△ABD为等腰直角三角形，
当P为AB的中点时，根据等腰直角三角形三线合一的性质，得DP⊥AB，即∠APD=90°，
又
∵∠BAC=90°，∠PDQ=90°，
∴四边形APDQ为矩形，
又
∵DP=AP=$\frac{1}{2}$AB，
∴矩形APDQ为正方形。
【答案】
（1）△PDQ是等腰直角三角形，证明见解析；
（2）当点P运动到AB的中点时，四边形APDQ是正方形。
【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定
【点评】
本题综合考查了特殊三角形的性质和特殊四边形的判定，解题的关键是正确作出连接AD的辅助线，灵活运用等腰直角三角形斜边中线的性质推导全等条件，再结合正方形的判定定理分析动点位置，能够有效锻炼几何综合推理能力。
【难度系数】
0.6
正方形是最基本的一个正多边形,可由正方形拓展出很多正多边形,比如正五边形、正六边形等.下面以“正六边形”为例,呈现由正方形拓展至正六边形的研究过程.请完成探索:
图1、图2分别是两个相同的正方形、正六边形,其中一个正多边形的顶点在另一个正多边形外接圆圆心O处.
(1) 图1中,重叠部分面积与阴影部分面积之比为
(2) 图2中,重叠部分面积与阴影部分面积之比为
【尝试解决】
你能否将本题推广到一般的正$n$边形($n$为大于2的偶数)情况?若能,写出推广问题和结论;若不能,请说明理由.
图1、图2分别是两个相同的正方形、正六边形,其中一个正多边形的顶点在另一个正多边形外接圆圆心O处.
(1) 图1中,重叠部分面积与阴影部分面积之比为
1:3
.(2) 图2中,重叠部分面积与阴影部分面积之比为
1:2
.【尝试解决】
你能否将本题推广到一般的正$n$边形($n$为大于2的偶数)情况?若能,写出推广问题和结论;若不能,请说明理由.
答案
(1) 1:3 (2) 1:2 $n$边形的每一个内角度数=$\frac{(n-2)180°}{n}$,阴影部分对应的中心角=$360°-\frac{(n-2)180°}{n}=\frac{(n+2)180°}{n}$,两个相同正$n$边形重叠部分面积与阴影部分面积之比=$\frac{(n-2)180°}{n}:\frac{(n+2)180°}{n}=(n-2):(n+2)$.但当边数超过6以后,正多边形的边长小于半径,因而结论不适合推广.
解析
【分析】
解决本题可按从特殊到一般的思路分析：
1. 处理图1的正方形问题：利用正方形旋转90°与自身重合的性质，可得重叠部分面积占单个正方形面积的比例，再求出阴影部分占比，即可得到比值；
2. 处理图2的正六边形问题：同理，结合正六边形的内角、中心角的度数，判断重叠部分占单个正六边形面积的比例，进而求出比值；
3. 推广到一般正n边形时：先推导正n边形的内角度数，再根据中心角和面积的正比关系得到面积比，最后验证n＞6时结论是否成立。
【解析】
设每个正多边形的面积均为S。
(1) 对于图1的正方形：
正方形的中心角为90°，将正方形绕外接圆圆心O旋转90°后与自身重合，因此重叠部分面积始终等于正方形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{重叠}=\frac{1}{4}S$。
阴影部分面积为单个正方形面积减去重叠部分面积：$S_{阴影}=S-\frac{1}{4}S=\frac{3}{4}S$。
因此重叠部分与阴影部分面积比为$\frac{1}{4}S:\frac{3}{4}S=1:3$。
(2) 对于图2的正六边形：
正六边形的内角为$\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$，正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，120°对应2个中心角，因此重叠部分面积等于正六边形面积的$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$，即$S_{重叠}=\frac{1}{3}S$。
阴影部分面积为$S_{阴影}=S-\frac{1}{3}S=\frac{2}{3}S$。
因此重叠部分与阴影部分面积比为$\frac{1}{3}S:\frac{2}{3}S=1:2$。
推广探究：
对于正$n$边形（$n$为大于2的偶数），正$n$边形的内角度数为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，重叠部分对应的中心角与内角度数相等，阴影部分对应的中心角为$360°-\frac{(n-2)×180°}{n}=\frac{(n+2)×180°}{n}$。
由于同圆中，中心角对应的面积与中心角度数成正比，因此重叠部分与阴影部分面积比为$\frac{(n-2)×180°}{n}:\frac{(n+2)×180°}{n}=(n-2):(n+2)$。
但当$n＞6$时，正多边形的边长小于外接圆半径，重叠部分面积不再符合上述比例，因此该结论仅对$n=4、6$成立，不能推广到所有大于2的偶数$n$的正$n$边形。
【答案】
(1) $\boxed{1:3}$
(2) $\boxed{1:2}$
推广结论：两个相同的正$n$边形（$n$为大于2的偶数），若其中一个的顶点在另一个的外接圆圆心处，当$n=4、6$时，重叠部分面积与阴影部分面积之比为$(n-2):(n+2)$；当$n＞6$时结论不成立，无法推广到所有大于2的偶数$n$的正$n$边形。
【知识点】
正多边形的性质，旋转的性质，面积比计算
【点评】
本题属于规律探究类问题，从特殊的正方形、正六边形入手，引导学生推导一般正n边形的情况，既考查了正多边形内角、中心角的计算，又锻炼了从特殊到一般的归纳推理能力，解题时需注意结论成立的限制条件。
【难度系数】
0.6
解决本题可按从特殊到一般的思路分析：
1. 处理图1的正方形问题：利用正方形旋转90°与自身重合的性质，可得重叠部分面积占单个正方形面积的比例，再求出阴影部分占比，即可得到比值；
2. 处理图2的正六边形问题：同理，结合正六边形的内角、中心角的度数，判断重叠部分占单个正六边形面积的比例，进而求出比值；
3. 推广到一般正n边形时：先推导正n边形的内角度数，再根据中心角和面积的正比关系得到面积比，最后验证n＞6时结论是否成立。
【解析】
设每个正多边形的面积均为S。
(1) 对于图1的正方形：
正方形的中心角为90°，将正方形绕外接圆圆心O旋转90°后与自身重合，因此重叠部分面积始终等于正方形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{重叠}=\frac{1}{4}S$。
阴影部分面积为单个正方形面积减去重叠部分面积：$S_{阴影}=S-\frac{1}{4}S=\frac{3}{4}S$。
因此重叠部分与阴影部分面积比为$\frac{1}{4}S:\frac{3}{4}S=1:3$。
(2) 对于图2的正六边形：
正六边形的内角为$\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$，正六边形的中心角为$\frac{360°}{6}=60°$，120°对应2个中心角，因此重叠部分面积等于正六边形面积的$\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$，即$S_{重叠}=\frac{1}{3}S$。
阴影部分面积为$S_{阴影}=S-\frac{1}{3}S=\frac{2}{3}S$。
因此重叠部分与阴影部分面积比为$\frac{1}{3}S:\frac{2}{3}S=1:2$。
推广探究：
对于正$n$边形（$n$为大于2的偶数），正$n$边形的内角度数为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，重叠部分对应的中心角与内角度数相等，阴影部分对应的中心角为$360°-\frac{(n-2)×180°}{n}=\frac{(n+2)×180°}{n}$。
由于同圆中，中心角对应的面积与中心角度数成正比，因此重叠部分与阴影部分面积比为$\frac{(n-2)×180°}{n}:\frac{(n+2)×180°}{n}=(n-2):(n+2)$。
但当$n＞6$时，正多边形的边长小于外接圆半径，重叠部分面积不再符合上述比例，因此该结论仅对$n=4、6$成立，不能推广到所有大于2的偶数$n$的正$n$边形。
【答案】
(1) $\boxed{1:3}$
(2) $\boxed{1:2}$
推广结论：两个相同的正$n$边形（$n$为大于2的偶数），若其中一个的顶点在另一个的外接圆圆心处，当$n=4、6$时，重叠部分面积与阴影部分面积之比为$(n-2):(n+2)$；当$n＞6$时结论不成立，无法推广到所有大于2的偶数$n$的正$n$边形。
【知识点】
正多边形的性质，旋转的性质，面积比计算
【点评】
本题属于规律探究类问题，从特殊的正方形、正六边形入手，引导学生推导一般正n边形的情况，既考查了正多边形内角、中心角的计算，又锻炼了从特殊到一般的归纳推理能力，解题时需注意结论成立的限制条件。
【难度系数】
0.6
