Question

在中，，M是AC的中點，P是線段BM上的動點，
將線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)得到線段PQ。
（1） 若且點P與點M重合（如圖1），線段CQ的延長線交射線BM于點D，請補全圖形，
并寫出∠CDB的度數(shù)；

（2） 在圖2中，點P不與點B，M重合，線段CQ的延長線與射線BM交于點D，猜想∠CDB的大
�。ㄓ煤�的代數(shù)式表示），并加以證明；
（3） 對于適當(dāng)大小的，當(dāng)點P在線段BM上運動到某一位置（不與點B，M重合）時，能使得
線段CQ的延長線與射線BM交于點D，且PQ=QD，請直接寫出的范圍。

Answer 1

解：（1）補全圖形如下：

∠CDB=30°。
（2）作線段CQ的延長線交射線BM于點D，連接PC，AD，

∵AB=BC，M是AC的中點，∴BM⊥AC。
∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。
在△APD與△CPD中，∵AD=CD， PD=PD， PA=PC
∴△APD≌△CPD（SSS）。
∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。
又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。
∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。
∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。
∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。
∴∠CDB=90°－α。
（3）45°＜α＜60°。

旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，。
（1）利用圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等邊三角形的判定得出△CMQ是等邊三角形，即可得出答案：
∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中點，∴BM⊥AC，AM=AC。
∵將線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)2α得到線段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。
∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等邊三角形。
∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。
（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，從而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。
（3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，
∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。
∵點P不與點B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。
∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。