Question

3．如圖1，正方形ABCD中，E、F分別是邊CD、BC上的點(diǎn)，連結(jié)AE、AF、EF、BD；AF、AE交BD于P、Q，若∠EAF=45°，將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)90°至△ABG位置，旋轉(zhuǎn)后DQ的對(duì)應(yīng)線段是BH，連結(jié)PH．
【證明與發(fā)現(xiàn)】
（1）求證：△AEF≌△AGF；
發(fā)現(xiàn)：線段EF、ED、BF三者之間的數(shù)量關(guān)系：BF+DE=EF
【證明與發(fā)現(xiàn)】
（2）求證：PQ=PH；
發(fā)現(xiàn)：線段PQ、QD、PB三者之間的數(shù)量關(guān)系：BP²+DQ²=PQ²
【探究并運(yùn)用】
（3）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，設(shè)DE=x，BF=y，QD=n，PB=m，則y=$\frac{1-x}{1+x}$（用含x的代數(shù)式表示）；m=$\frac{2{n}^{2}-1}{{n}^{2}-2}$（用含n的代數(shù)式表示）；n=$\frac{2{m}^{2}-1}{{m}^{2}-2}$（用含x的代數(shù)式表示）；
如圖2，若∠EAF=45°保持不變，當(dāng)E、F分別在邊CD、BC上運(yùn)動(dòng)到EF∥BD時(shí)，則$\frac{PQ}{EF}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠GAB=∠DAE，根據(jù)已知條件得到△AEF≌△AGF；由全等三角形的性質(zhì)得到GF=EF，等量代換即可得到結(jié)論；
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到BH=DQ，∠ABH=∠ADB=45°，根據(jù)勾股定理得到BH²+BP²=HP²．由全等三角形的性質(zhì)得到PQ=HP．等量代換即可得到結(jié)論；
（3）由（1）知，EF=DE+BF=x+y，根據(jù)勾股定理列方程得到結(jié)果，根據(jù)（2）的結(jié)論列方程即可得到結(jié)論；連接AC，由平行線的性質(zhì)得到AC⊥EF，根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到AF=AE，推出△ABP∽△ACF，由相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AP}{AF}=\frac{AB}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，通過(guò)△APQ∽△AFE，即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：∵△ABG≌△ADE，
∴∠GAB=∠DAE，
又∵∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAE=90°-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠GAF=∠GAB+∠BAF=∠EAF=45°，
在△GAF和△EAF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=AG}\\{∠GAF=∠EAF}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△AEF≌△AGF；
∴GF=EF，
又∵BG=DE，
∴BF+DE=EF；
故答案為：BF+DE=EF；

（2）BP²+DQ²=PQ²．
證明：∵△ABH≌△ADQ，
∴BH=DQ，∠ABH=∠ADB=45°，
又∵∠ABD=45°，
∴∠HBP=90°．
∴BH²+BP²=HP²．
在△AHP和△AQP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AQ=AH}\\{∠HAP=∠QAP}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴△AHP≌△AQP，
∴PQ=HP．
∴BP²+DQ²=PQ²；
故答案為：BP²+DQ²=PQ²；

（3）解：由（1）知，EF=DE+BF=x+y，
∵CE=1-x，CF=1-y，∵EF²=CE²+CF²，
∴（x+y）²=（1-x）²+（1-y）²，
∴y=$\frac{1-x}{1+x}$，
∵BC=CD=1，
∴BD=$\sqrt{2}$，
∵PB=m，DQ=n，
∴PQ=$\sqrt{2}$-m-n，
由（2）知，BP²+DQ²=PQ²，
∴m²+n²=（$\sqrt{2}$-m-n）²，
∴m=$\frac{2{n}^{2}-1}{{n}^{2}-2}$，n=$\frac{2{m}^{2}-1}{{m}^{2}-2}$，
連接AC，
∴AC⊥BD，∵EF∥BD，
∴AC⊥EF，
∵∠ACF=∠ECA=45°，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴AC平分EF，
∴AF=AE，
∴∠FAC=∠EAC，∵∠EAF=45°，
∴∠EAC=∠FAC=∠BAE=22.5°，
∵∠ABD=∠ACF=45°，
∴△ABP∽△ACF，
∴$\frac{AP}{AF}=\frac{AB}{AC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵PQ∥EF，
∴△APQ∽△AFE，
∴$\frac{PQ}{EF}=\frac{AP}{AF}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故答案為：$\frac{1-x}{1+x}$，$\frac{2{n}^{2}-1}{{n}^{2}-2}$，$\frac{2{m}^{2}-1}{{m}^{2}-2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．