Question

20．如圖，在正方形ABCD中，AB=a，P為邊BC上一動點（不與B、C重合），E是邊BC延長線上一點，連結(jié)AP，過點P作PF⊥AP交∠DCE的平分線于點F，連結(jié)AF與邊CD交于點G，連結(jié)PG．
猜想：線段PA與PF的數(shù)量關(guān)系為PA=PF．
探究：△CPG的周長在點P的運動中是否改變？若不改變求其值．
應(yīng)用：若PG∥CF，當(dāng)a=$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$時，則PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 猜想：在正方形ABCD邊AB上截取BQ=BP，連接PQ，由正方形的四個角為直角，四條邊相等，得到三角形BPQ為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)及鄰補角定義可得出∠AQP=135°，由CF為直角的平分線，得到∠FCP=135°，再證AQ=PC，利用同角的余角相等得到一對角相等，利用ASA可得出三角形APQ與三角形CFP全等，可得結(jié)論；
探究：△CPG的周長在點P的運動中不改變，是一個定值；作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△ABM≌△ADG和△PAM≌△PAG，得出線段的長，代入△PCG的周長中可得2a；
應(yīng)用：如圖3，由△PCG是等腰直角三角形，得PC=CG，設(shè)PB=x，由探究的結(jié)論：△PCG的周長=2a，代入列方程可得x的值，即PB的值．

解答 解：猜想：PA=PF，理由是：
在BA邊上截取BQ=BP，連接PQ，如圖1：
可得△BPQ為等腰直角三角形，即∠BQP=45°，
∴∠AQP=135°，
又∵CF為直角∠DCE的平分線，
∴∠FCE=45°，
∴∠PCF=∠AQP=135°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠B=∠BCD=∠D=90°，AB=BC=CD，
∴AB-BQ=BC-BP，即AQ=PC，
∵PF⊥AP，
∴∠APF=90°，
∴∠APB+∠CPF=90°，
又∵∠APB+∠QAP=90°，
∴∠QAP=∠CPF，
在△AQP和△PCF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠QAP=∠CPF}\\{AQ=PC}\\{∠AQP=∠PCF}\end{array}\right.$，
∴△AQP≌△PCF（ASA），
∴PA=FP；
故答案為：PA=PF；
探究：△CPG的周長在點P的運動中不改變，是一個定值；
如圖2，延長CB至M，使BM=DG，連接AM，
∵AD=AB，∠ABM=∠ADG=90°，
∴△ABM≌△ADG，
∴∠GAD=∠BAM，AG=AM，
由猜想得：AP=PF，
∵AP⊥PF，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴∠PAG=45°，
∵∠BAD=90°，
∴∠GAD+∠BAP=45°，
∴∠BAM+∠BAP=45°，
∴∠MAP=∠PAG=45°，
∵AP=AP，
∴△PAM≌△PAG，
∴PM=PG，
∴△PCG的周長=PG+PC+CG，
=PM+PC+CG，
=PB+BM+PC+CG，
=PB+DG+PC+CG，
=BC+DC，
=2a；
應(yīng)用：如圖3，∵PG∥CF，
∴∠PGC=∠GCF=45°，
∴△PCG是等腰直角三角形，
∴PC=CG，
設(shè)PB=x，則PC=CG=a-x，
由探究得：△PCG的周長=2a，
則PG+PC+CG=2a，
$\sqrt{2}$PC+2PC=2a，
（$\sqrt{2}$+2）（a-x）=2a，
把a=$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$代入得：（2+$\sqrt{2}$）（$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$-x）=2×$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$，
x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，以及勾股定理，利用了轉(zhuǎn)化及方程的思想，猜想和探究的輔助線的作法是關(guān)鍵，要認(rèn)真領(lǐng)會并熟練掌握；是一道難得的中考幾何試題．