Question

4．如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，E為邊CD上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)AE交對(duì)角線BD于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AE交BC于點(diǎn)F．
（1）求證：PA=PF．
小明給出了以下證明思路：過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)N，只要證△PAM≌△PFN即可得證．請(qǐng)你幫小明完成證明過(guò)程．
（2）過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥BD于點(diǎn)Q，在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，PQ的長(zhǎng)度是否發(fā)生變化？若不變，求出PQ的長(zhǎng)；若變化，請(qǐng)說(shuō)明變化規(guī)律．
（3）請(qǐng)你寫(xiě)出線段AB，BF，BP之間滿足的數(shù)量關(guān)系，不必說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)PC，由正方形的性質(zhì)得到AB=BC，∠ABP=∠CBP，然后依據(jù)SAS證明△APB≌△CPB，由全等三角形的性質(zhì)可知PA=PC，∠PCB=∠PAB，接下來(lái)利用四邊形的內(nèi)角和為360°可證明∠PFC=∠PCF，于是得到PF=PC，故此可證明PF=PA．
（2）連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，依據(jù)正方形的性質(zhì)可知△AOB為等腰直角三角形，于是可求得AO的長(zhǎng)，接下來(lái)，證明△APO≌△PFQ，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得到PQ=AO；
（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB，PN⊥BC，垂足分別為M，N，首先證明△PBN為等腰直角三角形于是得到PN+BN=$\sqrt{2}$PB，由角平分線的性質(zhì)可得到PM=PN，然后再依據(jù)LH證明△PAM≌△PFN可得到FN=AM，PM=PN，于是將AB+BF=可轉(zhuǎn)化為BN+PN的長(zhǎng)．

解答 解：（1）證明：連結(jié)PC．

∵ABCD為正方形，
∴AB=BC，∠ABP=∠CBP．
在△APB和△CPB中$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠ABP=∠CBP}\\{BP=BP}\end{array}\right.$，
∴△APB≌△CPB．
∴PA=PC，∠PCB=∠PAB．
∵∠ABF=∠APF=90°，
∴∠PAB+∠PFB=180°．
∵∠PFC+∠PFB=180°，
∴∠PFC=∠PAB．
∴∠PFC=∠PCF．
∴PF=PC．
∴PF=PA．
（2）PQ的長(zhǎng)不變．
理由：連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，如圖2．

∵PF⊥AE，
∴∠APO+∠FPQ=90°．
∵FQ⊥BD，
∴∠PFQ+∠FPQ=90°．
∴∠APO=∠PFQ．
又∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠AOP=∠PQF=90°，AO=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a．
在△APO和△PFQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠AOP=∠PQF=90°}\\{∠APO=∠PFQ}\\{AP=PF}\end{array}\right.$，
∴△APO≌△PFQ．
∴PQ=AO=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a．
（3）如圖3所示：過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB，PN⊥BC，垂足分別為M，N．

∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠PBN=45°．
∵PN⊥BN，
∴BN=PN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BP．
∴BN+PN=$\sqrt{2}$PB．
∵BD平分∠ABC，PM⊥AB，PN⊥BC，
∴PM=PN．
在△PAM和△PFN中，$\left\{\begin{array}{l}{PA=PF}\\{PM=PN}\end{array}\right.$，
∴△PAM≌△PFN．
∴AM=FN．
∵∠MBN=∠BNP=∠BMP=90°，
∴MB=PN．
∴AB+BF=AM+MB+BF=FN+BF+PN=BN+PN=$\sqrt{2}$PB．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是四邊形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了全等三角形的性質(zhì)和判斷、正方形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、特殊銳角三角函數(shù)值、矩形的判斷，掌握本題的輔助線的作法是解題的關(guān)鍵．