Question

如圖，正方形ABCD中，點P是邊BC上一點，PH⊥BC交BD于點H，連接AP交BD于點E，點F為DH中點，PF交CD的延長線于點M，連接AF．
（1）求證：△PHF≌△MDF；
（2）當點P在線段BC上運動時，∠PAF的大小是否會發(fā)生變化？若不變，請求出∠PAF的值；若變化，請說明理由；
（3）求證：BE²+DF²=EF²．

Answer 1

考點：四邊形綜合題

專題：綜合題

分析：（1）根據正方形的性質得∠C=90°，而PH⊥BC，則HP∥CD，根據平行線的性質得∠FPH=∠FMD，再利用點F為DH中點得到FH=FD，然后根據“AAS”可證明△PHF≌△MDF；
（2）連接AM，如圖，根據三角形全等的性質由△PHF≌△MDF得到HP=MD，FP=FM，再根據正方形的性質得AB=AD，∠CBD=45°，則可判斷△BPH為等腰直角三角形，得到PB=PH，則PB=MD，于是可根據“SAS”證明△ABP≌△ADM，得到∠1=∠2，AP=AM，易得∠PAM=90°，所以△APM為等腰直角三角形，由于FM=FP，根據等腰直角三角形的性質得AF平分∠PAM，于是有∠PAF=45°；
（3）利用正方形的性質得AB=AD，∠BAD=90°，于是根據旋轉的定義，把△ADF繞點A順時針旋轉90°得到△ABQ，則根據旋轉的性質得∠QAF=90°，BQ=DF，AQ=AF，∠4=∠ADF，由于∠EAF=45°，則∠EAQ=45°，于是可根據“SAS”證明△AEQ≌△AEF，得到EQ=EF，由四邊形ABCD為正方形得∠ADF=45°，∠3=45°，則∠4=45°，得到∠EBQ=90°，根據勾股定理得BE²+BQ²=EQ²，利用等線段代換得到BE²+DF²=EF²．

解答：（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠C=90°，
∵PH⊥BC，
∴∠BPH=90°，
∴HP∥CD，
∴∠FPH=∠FMD，
∵點F為DH中點，
∴FH=FD，
在△PHF和△MDF中

∠FPH=∠FMD ∠HFP=∠DFM FH=FD

，
∴△PHF≌△MDF（AAS）；
（2）∠PAF的大小不變化．
解：連接AM，如圖，
∵△PHF≌△MDF，
∴HP=MD，FP=FM，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=AD，∠CBD=45°，
∴△BPH為等腰直角三角形，
∴PB=PH，
∴PB=MD，
在△ABP和△ADM中

AB=AD ∠ABP=∠ADM PB=MD

，
∴△ABP≌△ADM（SAS），
∴∠1=∠2，AP=AM，
而∠1+∠PAD=90°，
∴∠2+∠PAD=90°，即∠PAM=90°，
∴△APM為等腰直角三角形，
∵FM=FP，
∴AF平分∠PAM，
∴∠PAF=45°；
（3）證明：∵AB=AD，∠BAD=90°，
∴把△ADF繞點A順時針旋轉90°得到△ABQ，
∴∠QAF=90°，BQ=DF，AQ=AF，∠4=∠ADF，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAQ=45°，
在△AEQ和△AEF中

AQ=AF ∠EAQ=∠EAF AE=AE

，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ=EF，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠ADF=45°，∠3=45°，
∴∠4=∠ADF=45°，
∴∠3+∠4=90°，即∠EBQ=90°，
∴BE²+BQ²=EQ²，
∴BE²+DF²=EF²．

點評：本題考查了四邊形的綜合題：熟練掌握正方形的性質、等腰直角三角形的性質和旋轉的性質；合理使用三角形全等的判定與性質；會運用勾股定理證明線段之間的關系．