Question

18．已知矩形ABCD，点P为BC边上一动点，连接AP，将线段AP绕P点顺时针旋转90°，点A恰好落在直线CD上点E处．
（1）如图1，点E在线段CD上，求证：AD+DE=2AB；
（2）如图2，点E在线段CD的延长线上，且点D为线段CE的中点，在线段BD上取点F，连接AF、PF，若AF=AB．求证：∠APF=∠ADB．
（3）如图3，点E在线段CD上，连接BD，若AB=2，BD∥PE，则DE=3-$\sqrt{5}$．（直接写出结果）

Answer 1

分析 （1）用同角的余角相等得出∠BAP=∠CPE，进而判断出△ABP≌△PCE，即可的得出AB=PC=CD，BP=CE，最后用相等的线段代换即可；
（2）先判断出四边形ABDE是平行四边形则有BD∥AE，即可得到，∠PMN=∠PNM=45°，再判断出，△APF≌△EPD，则有∠AFP=∠DEP，最后用三角形的外角和等角代换即可；
（3）先借助（1）的结论得出PC=AB=2，AD=4-DE，再判断出△CPE∽△CBD，则有$\frac{CP}{CB}=\frac{CE}{CD}$，最后代值解关于DE的方程即可．

解答 解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠BAP+∠APB=90°，
∵∠APE=90°，
∴∠APB+∠CPE=90°，
∴∠BAP=∠CPE，
在△ABP和△PCE中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ABC=∠BCD=90°}\\{∠BAP=∠CPE}\\{AP=EP}\end{array}\right.$，
∴△ABP≌△PCE，
∴AB=PC=CD，BP=CE，
∴AD+DE=BC+DE=BP+PC+DE=CE+CP+DE=CP+CD=2AB；
（2）如图，
∵AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB，
∵AB∥DC，
∴∠ABF=∠BDC，
∴∠AFB=∠BDC，
∴∠AFD=∠EDF，
∵AB=CD=DE，AB∥CD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴BD∥AE，
∵PA=PE，∠APE=90°，
∴∠PAE=∠PEA=45°，
∴∠PMN=∠PNM=45°，
∵BD∥AE，
∴∠FAE+∠AFD=180°，∠FDE+∠AED=180°，
∵∠AFD=∠EDF，
∴∠FAE=∠DEA，
∵∠PAE=∠PEA，
∴∠FAP=∠DEP，
在△APF和△EPD中，$\left\{\begin{array}{l}{AF=DE}\\{∠FAP=∠DEP}\\{PA=PE}\end{array}\right.$，
∴△APF≌△EPD，
∴∠AFP=∠DEP，
∵∠AFD=∠EDF，
∴∠PFD=∠PDF，
在Rt△PCD中，PC=PD，
∴∠CDP=45°，
∴∠ADP=45°，
∴∠ADB=45°-∠PDF=45°-∠PFD，
∵∠AMB=∠PFD+∠APF=45°，
∴∠APF=45°-∠PFD，
∴∠APF=∠ADB；
（3）由（1）知，△ABP≌△PCE，
∴PC=AB=2，由（1）知，AD+DE=2AB=4，
∴AD=4-DE，
∵DB∥PE，
∴△CPE∽△CBD，
∴$\frac{CP}{CB}=\frac{CE}{CD}$，
∵CB=AD=4-DE，CD=AB=2，CE=CD-DE=2-DE，
∴$\frac{2}{4-DE}=\frac{2-DE}{2}$，
∴DE=3+$\sqrt{5}$（由于点E在线段CD上，且CD=2，所以舍去）或DE=3-$\sqrt{5}$，
即：DE=3-$\sqrt{5}$，
故答案为：3-$\sqrt{5}$．

点评 此题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质和判定，三角形的外角的性质，相似三角形的性质和判定，解本题的关键是判断出△ABP≌△PCE，得出∠APF=∠ADB是解本题的难点．