题目内容
9．如图，在矩形ABCD（AD＞AB）中，P为BC边上的一点，AP=AD，过点P作PE⊥PA交CD于E，连接AE并延长交BC的延长线于F．（1）求证：△APE≌△ADE；
（2）若AB=3，CP=1，试求BP，CF的长；
（3）在（2）的条件下，连结PD，若点M为AP上的动点，N为AD延长线上的动点，且PM=DN，连结MN交PD于G，作MH⊥PD，垂足为H，试问当M、N在移动过程中，线段GH的长度是否发生变化？若变化，请说明理由，若不变，求出GH的长．
分析 （1）先判断出∠APE=∠D=90°，即可得出结论；
（2）先求出CD=AB=3，进而利用勾股定理求出CE=$\frac{4}{3}$，DE=$\frac{5}{3}$，再△ABP∽△PCE，即可得出BP=4即可得出结论；
（3）先判断出MI=DN，进而判断出△MGH≌△NGD，最后用勾股定理即可得出结论．
解答 （1）证明：
∵在矩形ABCD中，∠D=90°，又PE⊥PA，
∴∠APE=∠D=90°，
又∵AP=AD，AE=AE，
∴△APE≌△ADE
（2）由△APE≌△ADE得DE=PE
∵AB=3，
∴CD=AB=3
∴在Rt△PCE中，设CE=x，则PE=3-x，
∴（3-x）2=x2+12，解得x=$\frac{4}{3}$
∴CE=$\frac{4}{3}$，DE=$\frac{5}{3}$
又∵∠B=∠BCD=∠APE=90°
∴∠PEC+∠CPE=90°，∠APB+∠CPE=90°
∴∠PEC=∠APB
∴△ABP∽△PCE
∴$\frac{BP}{AB}=\frac{CE}{CP}$，得BP=4
∴在Rt△ABP中，AP=AD=5，
又∵AD∥BC
∴$\frac{CF}{AD}=\frac{CE}{DE}=\frac{4}{5}$
∴CF=4
（3）没有变化H
如图2，
作MI∥DN交PD于I
∵AD=AP，MI∥DN
∴∠ADP=∠APD，∠ADP=∠MIP
∴∠APD=∠MIP
∴MI=PM
又∵MH⊥PD
∴PH=HI
又∵PM=DN
∴MI=DN
∴∠MGI=∠DGN，∠IMG=∠DNG，
∴△MGH≌△NGD
∴GI=GD
∴GH=GI+IH=$\frac{1}{2}$PD
∴在Rt△ABP中，PD=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∴GH=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
点评 此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解（1）的关键是判断出，∠APE=∠D=90°，解（2）的关键是求出CE=$\frac{4}{3}$，DE=$\frac{5}{3}$，解（3）的关键是判断出MI=DN．
如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E．| A． | -22=4 | B． | （-2）3=8 | C． | $\root{3}{64}$=4 | D． | $\sqrt{4}=±2$ |
| A． | 4 | B． | 2$\sqrt{3}$ | C． | $\sqrt{6}$ | D． | $\sqrt{2}$ |
