Question

8．（一）問題初探：
（1）如圖①，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，AD上，且DE⊥CF．則DE與CF的數(shù)量關(guān)系是DE=CF；
（二）類比探究：
（2）如圖②，在正方形ABCD中，點E，H，P，F(xiàn)分別在AB，BC，CD，DA上，若HF⊥EP于點G，探究線段HF與EP的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（三）拓展延伸：
（3）如圖③，在矩形ABCD中，AB=m，AD=n，且DE⊥CF，則$\frac{DE}{CF}$=$\frac{n}{m}$．（用含m，n的代數(shù)式表示）

Answer 1

分析 （一）問題初探：根據(jù)正方形的性質(zhì)，DE上CF，證明△AED≌DFC，即可解答；
（二）類比延伸如圖②中，作FM⊥BC于M，PN⊥AB于N，則四邊形ABMF，ANPD都是矩形．只要證明△HMF≌△ENP即可解決問題；
（三）拓展探究：根據(jù)矩形性質(zhì)得出∠A=∠FDC=90°，求出∠CFD=∠AED，證出△AED∽△DFC即可；

解答 解：（一）問題初探：結(jié)論：DE=CF．
理由：如圖①中，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED和DFC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠FDC}\\{∠CFD=∠AED}\\{AD=CD}\end{array}\right.$，
∴△AED≌DFC，
∴DE=CF．
故答案為：DE=CF．


 （二）類比探究：結(jié)論：PE=EH．
理由：如圖②中，作FM⊥BC于M，PN⊥AB于N，則四邊形ABMF，ANPD都是矩形．

∴FM=PN，∠HMF=∠ENP，
∵HF⊥EP，∠B=90°，
∴∠GHM+∠GEB=180°，
又∵∠NEP+∠GEB=180°，
∴∠GHM=∠NEP，
∴△HMF≌△ENP（AAS），
∴HF=EP．

（三）拓展延伸：如圖③中，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠FDC=90°，AB=CD=m，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
∵∠A=∠CDF，
∴△AED∽△DFC，
∴$\frac{DE}{CF}$=$\frac{AD}{CD}$=$\frac{n}{m}$，
故答案為：$\frac{n}{m}$．

點評 本題考查了矩形性質(zhì)和判定，勾股定理，正方形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運用性質(zhì)和定理進行推理的能力，題目比較好．