Question

【題目】如圖1，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，點(diǎn)P在AB邊上（不與點(diǎn)A、B重合），點(diǎn)Q在BC邊上（不與點(diǎn)B、C重合）
第一次操作：將線段PQ繞點(diǎn)Q順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)P落在正方形上時(shí)，記為點(diǎn)M；
第二次操作：將線段QM繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)Q落在正方形上時(shí)，記為點(diǎn)N；
依次操作下去…

（1）如圖2，經(jīng)過兩次操作后得到△PQD、△PQD的形狀是 ， 求此時(shí)線段PQ的長(zhǎng) ；
（2）若經(jīng)過三次操作可得到四邊形PQMN．
①請(qǐng)直接判斷四邊形PQMN的形狀，直接寫出此時(shí)此刻AP與BQ的數(shù)量關(guān)系；
②以①中的結(jié)論為前提，直接寫出四邊形PQMN的面積的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）等邊三角形,解：由旋轉(zhuǎn)得：DP=PQ=DQ,∴△PQD的形狀為等邊三角形,∵四邊形ABCD是正方形,∴AD=CD=BC=AB,∠A=∠B=∠C=90°,∵DP=DQ,∴Rt△ADP≌Rt△CDQ,∴AP=CQ,∴BP=BQ,∴△BPQ是等腰直角三角形,設(shè)BP的長(zhǎng)為x,則PQ= x,∴AP=2﹣x,∵在Rt△ADP中,DP2=AD2+AP2,DP=PQ,∴（ x）2=22+（2﹣x）2,∴x2+4x﹣8=0,解得：x1=﹣2+2 ,x2=﹣2﹣2 （不合題意,舍去）,∵PQ= x= （﹣2+2 ）=﹣2 +2 ；
（2）解：①四邊形PQMN的形狀為正方形，此時(shí)AP=BQ．理由如下：

如圖所示：

由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，PQ=QM=MN=NP，

∴四邊形PQMN是菱形，

∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，

∴∠1=∠3．

∵∠3+∠4=90°，∠2+∠3=90°，

∴∠QPN=90°，∠2=∠4．

∴四邊形PQMN是正方形；

在△APN和△BQP中，

∴△APN≌△BQP（AAS）

∴AP=BQ．

②利用①中結(jié)論得：△APN、△BQP、△CMQ、△DNM均為全等三角形，

∴BQ=CM=DN=AP=x，AN=BP=CQ=DM=2﹣x．

∴四邊形PQMN的面積S=S正方形ABCD﹣4S△APN=2×2﹣4× x（2﹣x）=2x2﹣4x+4，

∴S=2x2﹣4x+4（0＜x＜2），

∵y=2（x﹣1）2+2，

∴當(dāng)x=1時(shí)，S有最小值2；

當(dāng)x=0時(shí)，S=4，

∴四邊形PQMN的面積S取值范圍是2≤S＜4．

【解析】（1）根據(jù)HL證明Rt△ADP≌Rt△CDQ，得AP=CQ，所以△BPQ是等腰直角三角形，設(shè)BP的長(zhǎng)為x，則PQ= x，根據(jù)勾股定理列方程，解方程即可得PQ的長(zhǎng)；（2）①由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，PQ=QM=MN=NP，求出四邊形PQMN是菱形，再證出∠QPN=90°，得出四邊形PQMN是正方形；由AAS證明△APN≌△BQP，得出AP=BQ即可．②利用①中結(jié)論得：△APN、△BQP、△CMQ、△DNM均為全等三角形，得出BQ=CM=DN=AP=x，AN=BP=CQ=DM=2﹣x．四邊形PQMN的面積S=S正方形ABCD﹣4S△APN=2x2﹣4x+4，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)(①旋轉(zhuǎn)后對(duì)應(yīng)的線段長(zhǎng)短不變，旋轉(zhuǎn)角度大小不變；②旋轉(zhuǎn)后對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離不變；③旋轉(zhuǎn)后物體或圖形不變，只是位置變了)．