Question

如图，正方形ABCD中，点P是边BC上一点，PH⊥BC交BD于点H，连接AP交BD于点E，点F为DH中点，PF交CD的延长线于点M，连接AF．
（1）求证：△PHF≌△MDF；
（2）当点P在线段BC上运动时，∠PAF的大小是否会发生变化？若不变，请求出∠PAF的值；若变化，请说明理由；
（3）求证：BE²+DF²=EF²．

Answer 1

考点：四边形综合题

专题：综合题

分析：（1）根据正方形的性质得∠C=90°，而PH⊥BC，则HP∥CD，根据平行线的性质得∠FPH=∠FMD，再利用点F为DH中点得到FH=FD，然后根据“AAS”可证明△PHF≌△MDF；
（2）连接AM，如图，根据三角形全等的性质由△PHF≌△MDF得到HP=MD，FP=FM，再根据正方形的性质得AB=AD，∠CBD=45°，则可判断△BPH为等腰直角三角形，得到PB=PH，则PB=MD，于是可根据“SAS”证明△ABP≌△ADM，得到∠1=∠2，AP=AM，易得∠PAM=90°，所以△APM为等腰直角三角形，由于FM=FP，根据等腰直角三角形的性质得AF平分∠PAM，于是有∠PAF=45°；
（3）利用正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，于是根据旋转的定义，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，则根据旋转的性质得∠QAF=90°，BQ=DF，AQ=AF，∠4=∠ADF，由于∠EAF=45°，则∠EAQ=45°，于是可根据“SAS”证明△AEQ≌△AEF，得到EQ=EF，由四边形ABCD为正方形得∠ADF=45°，∠3=45°，则∠4=45°，得到∠EBQ=90°，根据勾股定理得BE²+BQ²=EQ²，利用等线段代换得到BE²+DF²=EF²．

解答：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°，
∵PH⊥BC，
∴∠BPH=90°，
∴HP∥CD，
∴∠FPH=∠FMD，
∵点F为DH中点，
∴FH=FD，
在△PHF和△MDF中

∠FPH=∠FMD ∠HFP=∠DFM FH=FD

，
∴△PHF≌△MDF（AAS）；
（2）∠PAF的大小不变化．
解：连接AM，如图，
∵△PHF≌△MDF，
∴HP=MD，FP=FM，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠CBD=45°，
∴△BPH为等腰直角三角形，
∴PB=PH，
∴PB=MD，
在△ABP和△ADM中

AB=AD ∠ABP=∠ADM PB=MD

，
∴△ABP≌△ADM（SAS），
∴∠1=∠2，AP=AM，
而∠1+∠PAD=90°，
∴∠2+∠PAD=90°，即∠PAM=90°，
∴△APM为等腰直角三角形，
∵FM=FP，
∴AF平分∠PAM，
∴∠PAF=45°；
（3）证明：∵AB=AD，∠BAD=90°，
∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，
∴∠QAF=90°，BQ=DF，AQ=AF，∠4=∠ADF，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAQ=45°，
在△AEQ和△AEF中

AQ=AF ∠EAQ=∠EAF AE=AE

，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ=EF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADF=45°，∠3=45°，
∴∠4=∠ADF=45°，
∴∠3+∠4=90°，即∠EBQ=90°，
∴BE²+BQ²=EQ²，
∴BE²+DF²=EF²．

点评：本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质、等腰直角三角形的性质和旋转的性质；合理使用三角形全等的判定与性质；会运用勾股定理证明线段之间的关系．