Question

18．（1）如圖1，P為正方形ABCD的AD邊上一點(diǎn)，PE⊥AD交BD于E點(diǎn)，將△PCD繞C點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)90°到△FCB的位置，連接PF交BD于Q點(diǎn)．
①求證：BQ=EQ；②探究線(xiàn)段PQ與線(xiàn)段CQ的關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）再將△PED繞D點(diǎn)順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)45°，再將△PDC繞C點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)90°至△FBC處（如圖2），（1）中你探究的結(jié)論：線(xiàn)段PQ與線(xiàn)段CQ的關(guān)系是否依然成立？若成立，寫(xiě)出結(jié)論并予以證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）若將△PED繞D點(diǎn)順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），其它條件不變，試畫(huà)圖并判斷線(xiàn)段PQ與線(xiàn)段CQ的關(guān)系（直接寫(xiě)出結(jié)論，不證明）．

Answer 1

分析 （1）①證明△PDE是等腰直角三角形，得出PD=PE，證出∠BFQ=∠EPQ，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：BF=PD=PE，由AAS證明△BFQ≌△EPQ，即可得出結(jié)論；
②由①得：△BFQ≌△EPQ，由全等三角形的性質(zhì)得出FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：CF=CP，∠PCF=90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，即可得出結(jié)論；
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：PD=BF=PE，延長(zhǎng)CB至G，則∠GBF=∠CBD=45°=∠PED，證出∠FBQ=∠PEQ，由AAS證明△FBQ≌△PEQ，得出FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF，證出∠FCP=∠BCD=90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，即可得出結(jié)論；
（3）理由同（2）．

解答 （1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠PDE=45°，AB⊥AD，∠BCD=90°，AD∥BC，
∵PE⊥AD，
∴△PDE是等腰直角三角形，AF∥PE，
∴PD=PE，∠BFQ=∠EPQ，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：BF=PD=PE，
在△BFQ和△EPQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BFQ=∠EPQ}&{\;}\\{∠BQF=∠EQP}&{\;}\\{BP=EP}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BFQ≌△EPQ（AAS），
∴BQ=EQ；
②解：PQ=CQ，PQ⊥CQ；理由如下：
由①得：△BFQ≌△EPQ，
∴FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：CF=CP，∠PCF=90°，
∴CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，
∴PQ=CQ，PQ⊥CQ；
（2）解：結(jié)論P(yáng)Q=CQ，PQ⊥CQ仍然成立；理由如下：
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：PD=BF=PE，
延長(zhǎng)CB至G，如圖2所示：
則∠GBF=∠CBD=45°=∠PED，
∵AD∥BC，∴∠DEQ=∠GBQ，
∴∠FBQ=∠PEQ，
在△FBQ和△PEQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠FQB=∠PQE}&{\;}\\{∠FBQ=∠PEQ}&{\;}\\{BF=PE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△FBQ≌△PEQ（AAS），
∴FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF，
又∵∠FCB=∠PCD，
∴∠FCP=∠BCD=90°，
∵CF=CP，
∴CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，
∴PQ=CQ，PQ⊥CQ；
（3）解：結(jié)論P(yáng)Q=CQ，PQ⊥CQ成立；如圖3所示：
理由同（2）．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)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(xiàn)的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形全等是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．