Question

18．（1）如图1，P为正方形ABCD的AD边上一点，PE⊥AD交BD于E点，将△PCD绕C点逆时针方向旋转90°到△FCB的位置，连接PF交BD于Q点．
①求证：BQ=EQ；②探究线段PQ与线段CQ的关系，并证明你的结论；
（2）再将△PED绕D点顺时针方向旋转45°，再将△PDC绕C点逆时针方向旋转90°至△FBC处（如图2），（1）中你探究的结论：线段PQ与线段CQ的关系是否依然成立？若成立，写出结论并予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）若将△PED绕D点顺时针方向旋转α（0°＜α＜90°），其它条件不变，试画图并判断线段PQ与线段CQ的关系（直接写出结论，不证明）．

Answer 1

分析 （1）①证明△PDE是等腰直角三角形，得出PD=PE，证出∠BFQ=∠EPQ，由旋转的性质得：BF=PD=PE，由AAS证明△BFQ≌△EPQ，即可得出结论；
②由①得：△BFQ≌△EPQ，由全等三角形的性质得出FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF由旋转的性质得：CF=CP，∠PCF=90°，由等腰直角三角形的性质得出CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得：PD=BF=PE，延长CB至G，则∠GBF=∠CBD=45°=∠PED，证出∠FBQ=∠PEQ，由AAS证明△FBQ≌△PEQ，得出FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF，证出∠FCP=∠BCD=90°，由等腰直角三角形的性质得出CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，即可得出结论；
（3）理由同（2）．

解答 （1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PDE=45°，AB⊥AD，∠BCD=90°，AD∥BC，
∵PE⊥AD，
∴△PDE是等腰直角三角形，AF∥PE，
∴PD=PE，∠BFQ=∠EPQ，
由旋转的性质得：BF=PD=PE，
在△BFQ和△EPQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BFQ=∠EPQ}&{\;}\\{∠BQF=∠EQP}&{\;}\\{BP=EP}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BFQ≌△EPQ（AAS），
∴BQ=EQ；
②解：PQ=CQ，PQ⊥CQ；理由如下：
由①得：△BFQ≌△EPQ，
∴FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF，
由旋转的性质得：CF=CP，∠PCF=90°，
∴CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，
∴PQ=CQ，PQ⊥CQ；
（2）解：结论PQ=CQ，PQ⊥CQ仍然成立；理由如下：
由旋转的性质得：PD=BF=PE，
延长CB至G，如图2所示：
则∠GBF=∠CBD=45°=∠PED，
∵AD∥BC，∴∠DEQ=∠GBQ，
∴∠FBQ=∠PEQ，
在△FBQ和△PEQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠FQB=∠PQE}&{\;}\\{∠FBQ=∠PEQ}&{\;}\\{BF=PE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△FBQ≌△PEQ（AAS），
∴FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF，
又∵∠FCB=∠PCD，
∴∠FCP=∠BCD=90°，
∵CF=CP，
∴CQ=$\frac{1}{2}$PF，CQ⊥PF，
∴PQ=CQ，PQ⊥CQ；
（3）解：结论PQ=CQ，PQ⊥CQ成立；如图3所示：
理由同（2）．

点评 本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．