Question

4．如圖，正方形ABCD中，點E為CD的中點，DP⊥AE，垂足為P點，BF⊥AE于F，
（1）求證：AF=PF；
（2）連CP，若AB=2$\sqrt{5}$，求CP的長；
（3）若點E為DC邊上一動點，DP⊥AE，當(dāng)點E從D點運動到點C時，求點P運動的路徑與AB之比．

Answer 1

分析 （1）要證AF=PF，先延長BF交AD于G，然后可以證△ADE≌△BAG．從而G為AD中點，又BG平行于PD，因此F為AP中點．即AF=PF．
（2）要求PC的長，過點P作垂線PH垂直CD于點H．根據(jù)三角形的相似：△DEP～△AED關(guān)系，得出$\frac{EH}{ED}=\frac{HP}{DA}$=$\frac{EP}{EA}$，PE=1，PH=$\frac{2}{5}\sqrt{5}$，CH=$\frac{6}{5}\sqrt{5}$，由勾股定理，CP=$2\sqrt{2}$，
（3）結(jié)合圖形不難得出，當(dāng)點E運動到點C時，點P與點F重合，即P為對角線BD的中點，點P的運動軌跡是�。�

解答 （1）證明：先延長BF交AD于G，
在正方形ABCD中，∵∠GAB=90
∴∠DAE+∠EAB=90°，
∵BF⊥AE于點F，
∴∠EAB+∠GBA=90°，
∴∠DAE=∠GBA，
∵∠EDA=∠GAB=90°，AD=AB，
∴△ADE≌△BAG．
∴AG=DE=$\frac{1}{2}$DC=$\frac{1}{2}$AD，
∵DP⊥AE，BF⊥AE，
∴DP∥BF，
∴點F為AP的中點，即AF=PF．
（2）解：過點P作PH⊥DC于點H，
∵∠ADE=90°，AD=2$\sqrt{5}$，DE=$\frac{1}{2}$DC=$\sqrt{5}$，$\frac{EH}{ED}=\frac{HP}{DA}$
∴AE=$\sqrt{A{D}^{2}+D{E}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{5}）^{2}+（\sqrt{5}）^{2}}$=5，
DE²=EP•AE，
（$\sqrt{5}$）²=EP•5，
∴EP=1
又∵AD⊥DC，
∴△DEP～△AED
∴$\frac{EH}{ED}=\frac{HP}{DA}$=$\frac{EP}{EA}$
∴$\frac{HE}{\sqrt{5}}=\frac{HP}{2\sqrt{5}}=\frac{1}{5}$，
∴PH=$\frac{2}{5}\sqrt{5}$，HE=$\frac{1}{5}\sqrt{5}$，
∴CH=CE+HE=$\frac{6}{5}\sqrt{5}$，
∴PC=$\sqrt{H{P}^{2}+H{C}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{2}{5}\sqrt{5}）^{2}+（\frac{6}{5}\sqrt{5}）^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
（3）解：點E與D重合時，點P與點E重合；當(dāng)點E從D運動到點C時，點P從E向點A運動，且當(dāng)點E與C重合時，點P與F重合且為對角線DB的中點．點P的運動軌跡是弧，設(shè)AB=2a，
弧長=$\frac{1}{4}$•2π•a=$\frac{πa}{2}$，
∴點P運動的路徑與AB之比=$\frac{πa}{2}$：2a=$\frac{π}{4}$．

點評 本題主要考查全等三角形的判定方法及動點問題，由正方形的性質(zhì)得到邊相等，再利用全等三角形的判定證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．動點問題要結(jié)合圖形，根據(jù)點的運動特征是正確求解的關(guān)鍵．