Question

已知正方形ABCD和正方形AEFG，連接CF，P是CF的中點(diǎn)，連接EP、DP．

（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在邊AB上時(shí)，試研究線段EP與DP之間的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系；
（2）把（1）中的正方形AEFG繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，試在圖2中畫出符合題意的圖形，并研究這時(shí)（1）中的結(jié)論是否仍然成立；
（3）把（1）中的正方形AEFG繞點(diǎn)A任意旋轉(zhuǎn)某個(gè)角度（如圖3），試按題意把圖形補(bǔ)畫完整，并研究（1）中的結(jié)論是否仍然成立．

Answer 1

解：（1）PD=PE 且PD⊥PE．
理由：過P作MN⊥AB，交AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N
∴∠CNM=∠DNP=90°
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，
∴CD=CB，F(xiàn)G=FE．∠CDA=∠CBA=∠FGA=∠FEA=90°
∴EF∥MN∥BC．四邊形CNMB是矩形，
∴MN=BC=CD，
∴CF在∠BAD的角平分線上，
∴CF平分∠DCB，
∴∠DCF=∠BCF=45°，
∴∠CPN=45°
∴PN=CN=BM．
∴CD-CN=MN-PN，
∴DN=PM
∵P是CF的中點(diǎn)，
∴FP=CP
∴EM=MB，
∴EM=PN．
在△PME和△DNP中

∴△PME≌△DNP（SAS），
∴PD=PE，∠NDP=∠MPE．
∵∠NDP+∠DPN=90°，
∴∠DPN+∠MPE=90°，
∴∠EPD=90°
∴PD⊥PE；

（2）解：畫出符合題意的圖形如圖，（1）中的結(jié)論仍然成立．
理由如下：
延長EP交DC于點(diǎn)H，
∵P為CF中點(diǎn)，
∴FP=CP，
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，
∴CD=AD，EF=EA，∠ADC=∠AEF=∠FED=90°，
∴EF∥CD，
∴∠EFP=∠HCP．
在△EFP和△CHP中，
，
∴△EFP≌△CHP（ASA）
∴CH=EF，EP=HP，
∴CH=AE，
∴AD-AE=CD-CH，
即DE=DH．
∵PE=PH，∠EDH=90°，
∴DP⊥EH，DP=EH，
∴DP=PE．
∴推出PD=PE 且PD⊥PE；

（3）解：圖形補(bǔ)畫如圖，（1）中的結(jié)論仍然成立．
理由如下：
延長EP至點(diǎn)K，使得PK=EP，延長FE交AB于R，作FH∥CD交EP于H，連接DE、DK、CK，
∴FH∥CD∥AB，
∴∠DCP=∠PFH，∠HFE=∠ERA．
在△CPK和△FPE中，
，
∴△CPK≌△FPE（SAS），
∴CK=EF=AE，∠CKP=∠FEP，
∴CK∥EF，
∴∠KCP=∠EFP，
∴∠KEP-∠DCP=∠EFP-∠PFH，
即∠KCD=∠EFH．
∴∠KCD=∠ERA．
∵∠ERA+∠EAR=90°，∠DAE+∠EAR=90°，
∴∠ERA=∠DAE，
∴∠KCD=∠DAE．
在△DCK和△DAE中，
  ，
∴△DCK≌△DAE（SAS），
∴∠KDC=∠ADE，ED=KD．
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠KDC+∠EDC=90°，
∴DP⊥EK，DP=EK，
∴推得PD=PE 且PD⊥PE．
分析：（1）根據(jù)題意可以得出PD=PE 且PD⊥PE，過P作MN⊥AB，交AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N，根據(jù)正方形的性質(zhì)可以得出△PME≌△DNP，由全等三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論；
（2）根據(jù)題意畫出符合題意的圖形如圖，延長EP交DC于點(diǎn)H，由條件和正方形的性質(zhì)就可以得出△EFP≌△CHP，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論；
（3）根據(jù)題意畫出符合題意的圖形如圖，延長EP至點(diǎn)K，使得PK=EP，延長FE交AB于R，作FH∥CD交EP于H，連接DE、DK、CK，先證明△CPK≌△FPE，再證明△DCK≌△DAE，由全等三角形的性質(zhì)就可以得出△EDK為等腰直角三角形．根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)正確作輔助線是關(guān)鍵，證明三角形全等是重點(diǎn)．