Question

如圖，射線CE∥射線BF，射線AB∥射線CD，且AB=AC，將∠EAB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，∠EAB的兩邊分別交射線BF于點(diǎn)P，交射線CD于點(diǎn)Q．

（1）畫(huà)出旋轉(zhuǎn)后的圖形；
（2）猜想線段AP、AQ的數(shù)量關(guān)系：______；
（3）繼續(xù)繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)∠EAB，使其兩邊分別交FB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，交射線CD于點(diǎn)Q，探索（2）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請(qǐng)加以證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

解：（1）如圖所示：∠PAQ即為所求；

（2）AP=AQ．理由如下：
如圖所示，延長(zhǎng)PB，分別交AQ與CD于N、M點(diǎn)，則∠1+∠2=∠EAB，
∵∠PAQ=∠EAB，且∠2+∠3=∠PAQ，
∴∠3=∠1．
∵AB∥CD，
∴∠AQM=∠3=∠1，∠EAB=∠C．
∵BF∥EA，
∴∠APB=∠1，∠PMQ=∠C=∠EAB，
∴∠EAB=∠C=∠PAQ=∠PMQ，∠1=∠3=∠APB=∠AQM．
∵AB∥CD，AC∥BM，
∴四邊形ACMB是平行四邊形，
又∵AB=AC，
∴四邊形ABMC是菱形．
設(shè)AB=AC=CM=BM=a．
∵M(jìn)N∥AC，
∴△ACQ∽△NMQ，
∴==，
∴QN•a=MN•AQ ①，
∵AB∥CD，
∴△NQM∽△NAB，
∴==，
∴QN•a=QM•AN ②，
比較①與②，得MN•AQ=QM•AN，
∴=；
∵∠NQM=∠NPA，∠QNM=∠PNA，
∴△NQM∽△NPA，
∴=，
∴=，
∴AP=AQ．
故答案為AP=AQ；

（3）（2）中的結(jié)論還成立，理由如下：
如圖所示，設(shè)FB交CD于M，F(xiàn)B交AQ于N．
∵AC∥FN，
∴∠CAQ=∠N，
又∵∠AQC=∠NQM，
∴△ACQ∽△NMQ，
∴==，
∴QN•a=MN•AQ，
∵AB∥CD，
∴△NQM∽△NAB，
∴==，
∴QN•a=QM•AN，
∴MN•AQ=QM•AN，
∴=；
∵AB∥CD，
∴∠EAB=∠C，
∵∠PAQ=∠EAB，
∴∠C=∠PAQ，
∵AC∥BN，
∴∠QMN=∠C，
∴∠PAQ=∠QMN，
又∵∠N=∠N，
∴△NQM∽△NPA，
∴=，
∴=，
∴AP=AQ．
分析：（1）根據(jù)將∠EAB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，∠EAB的兩邊分別交射線BF于點(diǎn)P，交射線CD于點(diǎn)Q，得出∠EAB=∠PAQ即可；
（2）根據(jù)已知首先證明四邊形ACMB是平行四邊形，進(jìn)而得出四邊形ABMC是菱形，由△ACQ∽△NMQ，得出QN•a=MN•AQ，由△NQM∽△NAB，得出QN•a=QM•AN，則MN•AQ=QM•AN，即=；又由△NQM∽△NPA，得出=，進(jìn)而得出AP=AQ；
（3）利用已知可得△ACQ∽△NMQ，△NQM∽△NAB，△NQM∽△NPA，進(jìn)而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)邊關(guān)系，進(jìn)而得出AP=AQ．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了作圖-旋轉(zhuǎn)變換，菱形的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，有一定難度．