Question

11．邊長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$的正方形ABCD中，P是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P與A、C不重合），連接BP，將BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到BQ，連接QP，QP與BC交于點(diǎn)E，QP延長(zhǎng)線與AD（或AD延長(zhǎng)線）交于點(diǎn)F．
（1）連接CQ，證明：CQ=AP；
（2）設(shè)AP=x，CE=y，試寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求當(dāng)x為何值時(shí)，CE=$\frac{3}{8}$BC；
（3）猜想PF與EQ的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）證出∠ABP=∠CBQ，由SAS證明△BAP≌△BCQ可得結(jié)論；
（2）如圖1證明△APB∽△CEP，列比例式可得y與x的關(guān)系式，根據(jù)CE=$\frac{3}{8}$BC計(jì)算CE的長(zhǎng)，即y的長(zhǎng)，代入關(guān)系式解方程可得x的值；
（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△PGB≌△QEB，得EQ=PG，由F、A、G、P四點(diǎn)共圓，
得∠FGP=∠FAP=45°，所以△FPG是等腰直角三角形，可得結(jié)論．
如圖4，當(dāng)F在AD的延長(zhǎng)線上時(shí)，同理可得結(jié)論．

解答 （1）證明：如圖1，∵線段BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BQ，
∴BP=BQ，∠PBQ=90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABC=90°． 
∴∠ABC=∠PBQ．
∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC，即∠ABP=∠CBQ．
在△BAP和△BCQ中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BA=BC}\\{∠ABP=∠CBQ}\\{BP=BQ}\end{array}\right.$，
∴△BAP≌△BCQ（SAS）． 
∴CQ=AP；

（2）解：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BAD=45°，∠BCA=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°，
∴∠APB+∠ABP=180°-45°=135°，
∵DC=AD=2$\sqrt{2}$，
由勾股定理得：AC=$\sqrt{（2\sqrt{2}）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}$=4，
∵AP=x，
∴PC=4-x，
∵△PBQ是等腰直角三角形，
∴∠BPQ=45°，
∴∠APB+∠CPQ=180°-45°=135°，
∴∠CPQ=∠ABP，
∵∠BAC=∠ACB=45°，
∴△APB∽△CEP，
∴$\frac{AP}{CE}=\frac{AB}{CP}$，
∴$\frac{x}{y}=\frac{2\sqrt{2}}{4-x}$，
∴y=$\frac{1}{2\sqrt{2}}$x（4-x）=-$\frac{\sqrt{2}}{4}{x}^{2}+\sqrt{2}$x（0＜x＜4），
由CE=$\frac{3}{8}$BC=$\frac{3}{8}×2\sqrt{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
∴y=-$\frac{\sqrt{2}}{4}{x}^{2}+\sqrt{2}$x=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
x²-4x+3=0，
（x-3）（x-1）=0，
x=3或1，
∴當(dāng)x=3或1時(shí)，CE=$\frac{3}{8}$BC；

（3）解：結(jié)論：PF=EQ，理由是：
如圖2，當(dāng)F在邊AD上時(shí)，過P作PG⊥FQ，交AB于G，則∠GPF=90°，
∵∠BPQ=45°，
∴∠GPB=45°，
∴∠GPB=∠PQB=45°，
∵PB=BQ，∠ABP=∠CBQ，
∴△PGB≌△QEB，
∴EQ=PG，
∵∠BAD=90°，
∴F、A、G、P四點(diǎn)共圓，
連接FG，
∴∠FGP=∠FAP=45°，
∴△FPG是等腰直角三角形，
∴PF=PG，
∴PF=EQ．
當(dāng)F在AD的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖3，同理可得：PF=PG=EQ．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、四點(diǎn)共圓的性質(zhì)和判定、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．