Question

9．阅读理解：
问题：我们在研究“等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离和为定值”时，如图①，在△ABC中，AB=AC，点P为底边BC上的任意一点，PD⊥AB于点D，PE⊥AC于点E，求证：PD+PF是定值，在这个问题中，我们是如何找到这一定值的呢？
思路：我们可以将底边BC上的任意一点P移动到特殊的位置，如图②，将点P移动到底边的端点B处，这样，点P、D都与点B重合，此时，PD=0，PE=BE，这样PD+PE=BE．因此，在证明这一命题时，我们可以过点B作AC边上的高BF（如图③），证明PD+PE=BF即可．
请利用上述探索定值问题的思路，解决下列问题：
如图④，在正方形ABCD中，一直角三角板的直角顶点E在对角线BD上运动，一条直角边始终经过点C，另一条直角边与射线DA相交于点F，过点F作FH⊥BD，垂足为H．
（1）试猜想EH与CD的数量关系，并加以证明；
（2）当点E在DB的延长线上运动时，EH与CD之间存在怎样的数量关系？请在图⑤中画出图形并直接写出结论；
（3）如图⑥所示，如果将正方形ABCD改为矩形ABCD，∠ADB=θ，其它条件不变，请直接写出EH与CD的数量关系．

Answer 1

分析 （1）先证△ECP≌△EQF，得EC=EF，再证△EFH≌△CEG，得EH=CG，可知EH=CG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD；
（2）根据题意画出图形，证明过程与（1）同理；
（3）作EQ⊥AD于Q，EP⊥CD于P，先证△EPC∽△EQF得$\frac{EC}{EF}=\frac{EP}{EQ}=\frac{DQ}{EQ}$=$\frac{1}{tanθ}$，过点C作CG⊥BD于G，再证△ECG∽△FEH可得$\frac{CG}{EH}$=$\frac{EC}{EF}$=$\frac{1}{tanθ}$，即EH=CGtanθ，在Rt△CDG中，由∠DCG=∠ADB=θ可得CG=CDcosθ，从而可知EH=CDsinθ．

解答 解：（1）EH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD，
如图1，过点E作EP⊥CD于P，EQ⊥AD于Q，

∴∠EQF=∠EPC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠CDB=$\frac{1}{2}$∠ADC=45°，
∴四边形EPDQ是正方形，
∴EP=EQ，∠QEF+∠FEP=∠QEP=90°，
又∵∠FEP+∠PEC=∠FEC=90°，
∴∠QEF=∠PEC，
在△EQF和△EPC中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠EQF=∠EPC}\\{EQ=EP}\\{∠QEF=∠PEC}\end{array}\right.$，
∴△EQF≌△EPC（ASA），
∴EC=EF，
过点C作CH⊥BD于点H，
∴∠CHE=∠EHF，
∵∠FEH+∠CEH=∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠CEH=∠EFH，
在△EFH和△CEG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠EFH=∠CEH}\\{∠EHF=∠CGE=90°}\\{EF=EC}\end{array}\right.$，
∴△EFH≌△CEG（AAS），
∴EH=CG，
在RT△CDG中，
∵∠CDG=45°，
∴EH=CG=CDsin∠CDG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD，
即EH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD；

（2）如图2，EH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD，

与（1）同理可得EF=EC，
过点C作CG⊥BD于G，
∴∠CGE=∠EHF=90°，
∴∠FEH+∠EFH=90°，
又∵∠FEH+∠CEG=90°，
∴∠EFH=∠CEG，
在△EFH和△CEG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠EFH=∠CEH}\\{∠EHF=∠CGE=90°}\\{EF=EC}\end{array}\right.$，
∴△EFH≌△CEG（AAS），
∴EH=CG，
在RT△CDG中，
∵∠CDG=45°，
∴EH=CG=CDsin∠CDG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD，
即EH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD；

（3）EH=CDsinθ，
如图3，作EQ⊥AD于Q，EP⊥CD于P，

则四边形EPDQ是矩形，
∴EP=QD，∠QEP=90°，即∠QEF+∠FEP=90°，
∵∠FEP+∠PEC=90°，
∴∠QEF=∠CEP，
∴△EPC∽△EQF，
∴$\frac{EC}{EF}=\frac{EP}{EQ}=\frac{DQ}{EQ}$=$\frac{1}{tanθ}$，
过点C作CG⊥BD于G，
∴∠CGE=∠EHF=90°，即∠CEG+∠ECG=90°，
又∵∠CEG+∠FEH=90°，
∴△ECG∽△FEH，
∴$\frac{CG}{EH}$=$\frac{EC}{EF}$=$\frac{1}{tanθ}$，
∴EH=CGtanθ，
∵在Rt△CDG中，∠DCG=∠ADB=θ，
∴cosθ=$\frac{CG}{CD}$，即CG=CDcosθ，
∴EH=CDsinθ．

点评 本题主要考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的应用，添加辅助线构建全等三角形或相似三角形将两条线段联系到一起是解题的关键．