28. 综合与实践课上，同学们以“折纸中的角”为主题开展数学活动.
【操作判断】(1) 如图①，将边长为 8 cm 的正方形$ABCD$对折，使点$D$与点$B$重合，得到折痕$AC$.打开后，再将正方形$ABCD$折叠，使得点$D$落在$BC$边上的点$P$处，得到折痕$GH$，折痕$GH$与折痕$AC$交于点$Q$.打开铺平，连接$PQ$，$PD$，$PH$.若点$P$的位置恰好使得$PH ⊥ AC$.
① $∠ PDH$的度数是
② 求$CQ$的长.
【探究提炼】(2) 如图②，若(1)中的点$P$是$BC$上任意一点，求$∠ DPQ$的度数.
【理解应用】(3) 如图③，某广场上有一块边长为 40 m 的菱形草坪$ABCD$，其中$∠ BCD = 60°$.现打算在草坪中修建步道$AC$和$MN - ND - DM$，使得点$M$在$BC$上，点$N$在$AC$上，且$MN = ND$.请问步道$MN - ND - DM$所围成的$△ MND$(步道宽度忽略不计)的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，请说明理由.
【操作判断】(1) 如图①，将边长为 8 cm 的正方形$ABCD$对折，使点$D$与点$B$重合，得到折痕$AC$.打开后，再将正方形$ABCD$折叠，使得点$D$落在$BC$边上的点$P$处，得到折痕$GH$，折痕$GH$与折痕$AC$交于点$Q$.打开铺平，连接$PQ$，$PD$，$PH$.若点$P$的位置恰好使得$PH ⊥ AC$.
① $∠ PDH$的度数是
$22.5^{\circ}$
；② 求$CQ$的长.
【探究提炼】(2) 如图②，若(1)中的点$P$是$BC$上任意一点，求$∠ DPQ$的度数.
【理解应用】(3) 如图③，某广场上有一块边长为 40 m 的菱形草坪$ABCD$，其中$∠ BCD = 60°$.现打算在草坪中修建步道$AC$和$MN - ND - DM$，使得点$M$在$BC$上，点$N$在$AC$上，且$MN = ND$.请问步道$MN - ND - DM$所围成的$△ MND$(步道宽度忽略不计)的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，请说明理由.
答案：
28. (1)① $22.5^{\circ} $ 点拨:如答图①,设 PH 交 AC 于点 I. 在正方形 ABCD 中, $ AD = CD = BC = AB = 8 $, $ ∠ BCD = 90^{\circ} $,
$ ∠ ACD = ∠ ACB = \frac{1}{2}∠ BCD = 45^{\circ} $.
$ \because PH ⊥ AC $, $ \therefore ∠ PHC = ∠ HPC = 45^{\circ} $, $ PI = IC = HI $.
由折叠可知: $ PH = DH $,
$ \therefore ∠ PDH = ∠ DPH $.
$ \because ∠ PDH + ∠ DPH = ∠ PHC = 45^{\circ} $,
$ \therefore ∠ PDH = 22.5^{\circ} $.
②解:如答图①,连接 QD,由折叠可知 $ ∠ PHQ = ∠ DHQ $, $ ∠ PQH = ∠ DQH $, $ QP = QD $,
$ \therefore ∠ QHD = \frac{1}{2}∠ PHD = \frac{180^{\circ} - ∠ PHC}{2} = 67.5^{\circ} $.
$ \because HI = PI $, $ PH ⊥ AC $,即 QC 是 PH 的垂直平分线,
$ \therefore QP = QH $, $ \therefore QP = QH = QD $,
$ \therefore ∠ QHD = ∠ QDH $,
$ \therefore ∠ QHD = ∠ QDH = 67.5^{\circ} $,
$ \therefore ∠ CQD = 180^{\circ} - ∠ QDC - ∠ QCD = 180^{\circ} - 67.5^{\circ} - 45^{\circ} = 67.5^{\circ} $, $ \therefore ∠ CQD = ∠ QDC $,
$ \therefore CQ = CD = 8 $.
(2)解:如答图②,过点 Q 作 $ QE ⊥ BC $,垂足为 E,过点 Q 作 $ QF ⊥ CD $,垂足为 F, $ \therefore ∠ QEP = ∠ QFD = 90^{\circ} $.
$ \because CA $ 是 $ ∠ BCD $ 的平分线, $ ∠ BCD = 90^{\circ} $,
$ \therefore QE = QF $, $ ∠ EQF = 90^{\circ} $.
$ \because QP = QD $, $ \therefore \mathrm{Rt}△ QEP ≌ \mathrm{Rt}△ QFD(HL) $,
$ \therefore ∠ DQF = ∠ PQE $,
$ \therefore ∠ PQE + ∠ PQF = 90^{\circ} $, $ ∠ PQF + ∠ DQF = 90^{\circ} $,
$ \therefore ∠ PQD = 90^{\circ} $,
$ \therefore ∠ DPQ = ∠ QDP = 45^{\circ} $.
(3)解:如答图③,过点 N 作 $ NE ⊥ BC $,垂足为 E,过点 N 作 $ NF ⊥ CD $,垂足为 F.
$ \because ∠ BCD = 60^{\circ} $,
$ \therefore ∠ ENF = 360^{\circ} - ∠ NFC - ∠ NEC - ∠ BCD = 120^{\circ} $.
$ \because $ 在菱形 ABCD 中, CA 是 $ ∠ BCD $ 的平分线, $ ∠ BCD = 60^{\circ} $, $ \therefore NE = NF $.
$ \because NM = ND $, $ \therefore \mathrm{Rt}△ NEM ≌ \mathrm{Rt}△ NFD(HL) $,
$ \therefore ∠ ENM = ∠ FND $,
$ \therefore ∠ ENM + ∠ MNF = ∠ MNF + ∠ FND $,
$ \therefore ∠ DNM = ∠ ENF = 120^{\circ} $.
$ \because DN = MN $,
$ \therefore ∠ NMD = ∠ NDM = \frac{180^{\circ} - ∠ DNM}{2} = 30^{\circ} $.
如答图④,过点 N 作 $ NK ⊥ DM $,垂足为 K,设 $ DM = a $,
则 $ MK = \frac{1}{2}DM = \frac{a}{2} $, $ NK = \frac{1}{2}MN $.
$ \because MN^{2} = NK^{2} + MK^{2} $,即 $ (2NK)^{2} = NK^{2} + ( \frac{a}{2} )^{2} $,
$ \therefore NK = \frac{\sqrt{3}}{6}a $, $ \therefore S_{△ NDM} = \frac{1}{2}MD · NK = \frac{\sqrt{3}}{12}a^{2} $,
$ \therefore $ 当 a 最小时, $ △ MND $ 的面积最小,
$ \therefore $ 当 $ DM ⊥ BC $ 时, $ △ MND $ 的面积最小.
$ \because DM ⊥ BC $, $ ∠ BCD = 60^{\circ} $,
$ \therefore ∠ CDM = 30^{\circ} $,
$ \therefore MC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} × 40 = 20(\mathrm{m}) $,
$ \therefore DM = \sqrt{CD^{2} - CM^{2}} = 20\sqrt{3} $,即 $ a = 20\sqrt{3} $,
$ \therefore S_{△ NDM} = \frac{\sqrt{3}}{12}a^{2} = \frac{\sqrt{3}}{12} × (20\sqrt{3})^{2} = 100\sqrt{3}(\mathrm{m}^{2}) $.
$ \therefore S_{△ NDM} $ 的最小值为 $ 100\sqrt{3} \mathrm{ m}^{2} $.
28. (1)① $22.5^{\circ} $ 点拨:如答图①,设 PH 交 AC 于点 I. 在正方形 ABCD 中, $ AD = CD = BC = AB = 8 $, $ ∠ BCD = 90^{\circ} $,
$ ∠ ACD = ∠ ACB = \frac{1}{2}∠ BCD = 45^{\circ} $.
$ \because PH ⊥ AC $, $ \therefore ∠ PHC = ∠ HPC = 45^{\circ} $, $ PI = IC = HI $.
由折叠可知: $ PH = DH $,
$ \therefore ∠ PDH = ∠ DPH $.
$ \because ∠ PDH + ∠ DPH = ∠ PHC = 45^{\circ} $,
$ \therefore ∠ PDH = 22.5^{\circ} $.
②解:如答图①,连接 QD,由折叠可知 $ ∠ PHQ = ∠ DHQ $, $ ∠ PQH = ∠ DQH $, $ QP = QD $,
$ \therefore ∠ QHD = \frac{1}{2}∠ PHD = \frac{180^{\circ} - ∠ PHC}{2} = 67.5^{\circ} $.
$ \because HI = PI $, $ PH ⊥ AC $,即 QC 是 PH 的垂直平分线,
$ \therefore QP = QH $, $ \therefore QP = QH = QD $,
$ \therefore ∠ QHD = ∠ QDH $,
$ \therefore ∠ QHD = ∠ QDH = 67.5^{\circ} $,
$ \therefore ∠ CQD = 180^{\circ} - ∠ QDC - ∠ QCD = 180^{\circ} - 67.5^{\circ} - 45^{\circ} = 67.5^{\circ} $, $ \therefore ∠ CQD = ∠ QDC $,
$ \therefore CQ = CD = 8 $.
(2)解:如答图②,过点 Q 作 $ QE ⊥ BC $,垂足为 E,过点 Q 作 $ QF ⊥ CD $,垂足为 F, $ \therefore ∠ QEP = ∠ QFD = 90^{\circ} $.
$ \because CA $ 是 $ ∠ BCD $ 的平分线, $ ∠ BCD = 90^{\circ} $,
$ \therefore QE = QF $, $ ∠ EQF = 90^{\circ} $.
$ \because QP = QD $, $ \therefore \mathrm{Rt}△ QEP ≌ \mathrm{Rt}△ QFD(HL) $,
$ \therefore ∠ DQF = ∠ PQE $,
$ \therefore ∠ PQE + ∠ PQF = 90^{\circ} $, $ ∠ PQF + ∠ DQF = 90^{\circ} $,
$ \therefore ∠ PQD = 90^{\circ} $,
$ \therefore ∠ DPQ = ∠ QDP = 45^{\circ} $.
(3)解:如答图③,过点 N 作 $ NE ⊥ BC $,垂足为 E,过点 N 作 $ NF ⊥ CD $,垂足为 F.
$ \because ∠ BCD = 60^{\circ} $,
$ \therefore ∠ ENF = 360^{\circ} - ∠ NFC - ∠ NEC - ∠ BCD = 120^{\circ} $.
$ \because $ 在菱形 ABCD 中, CA 是 $ ∠ BCD $ 的平分线, $ ∠ BCD = 60^{\circ} $, $ \therefore NE = NF $.
$ \because NM = ND $, $ \therefore \mathrm{Rt}△ NEM ≌ \mathrm{Rt}△ NFD(HL) $,
$ \therefore ∠ ENM = ∠ FND $,
$ \therefore ∠ ENM + ∠ MNF = ∠ MNF + ∠ FND $,
$ \therefore ∠ DNM = ∠ ENF = 120^{\circ} $.
$ \because DN = MN $,
$ \therefore ∠ NMD = ∠ NDM = \frac{180^{\circ} - ∠ DNM}{2} = 30^{\circ} $.
如答图④,过点 N 作 $ NK ⊥ DM $,垂足为 K,设 $ DM = a $,
则 $ MK = \frac{1}{2}DM = \frac{a}{2} $, $ NK = \frac{1}{2}MN $.
$ \because MN^{2} = NK^{2} + MK^{2} $,即 $ (2NK)^{2} = NK^{2} + ( \frac{a}{2} )^{2} $,
$ \therefore NK = \frac{\sqrt{3}}{6}a $, $ \therefore S_{△ NDM} = \frac{1}{2}MD · NK = \frac{\sqrt{3}}{12}a^{2} $,
$ \therefore $ 当 a 最小时, $ △ MND $ 的面积最小,
$ \therefore $ 当 $ DM ⊥ BC $ 时, $ △ MND $ 的面积最小.
$ \because DM ⊥ BC $, $ ∠ BCD = 60^{\circ} $,
$ \therefore ∠ CDM = 30^{\circ} $,
$ \therefore MC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} × 40 = 20(\mathrm{m}) $,
$ \therefore DM = \sqrt{CD^{2} - CM^{2}} = 20\sqrt{3} $,即 $ a = 20\sqrt{3} $,
$ \therefore S_{△ NDM} = \frac{\sqrt{3}}{12}a^{2} = \frac{\sqrt{3}}{12} × (20\sqrt{3})^{2} = 100\sqrt{3}(\mathrm{m}^{2}) $.
$ \therefore S_{△ NDM} $ 的最小值为 $ 100\sqrt{3} \mathrm{ m}^{2} $.