Question

8．（一）问题初探：
（1）如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，AD上，且DE⊥CF．则DE与CF的数量关系是DE=CF；
（二）类比探究：
（2）如图②，在正方形ABCD中，点E，H，P，F分别在AB，BC，CD，DA上，若HF⊥EP于点G，探究线段HF与EP的数量关系，并说明理由；
（三）拓展延伸：
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB=m，AD=n，且DE⊥CF，则$\frac{DE}{CF}$=$\frac{n}{m}$．（用含m，n的代数式表示）

Answer 1

分析 （一）问题初探：根据正方形的性质，DE上CF，证明△AED≌DFC，即可解答；
（二）类比延伸如图②中，作FM⊥BC于M，PN⊥AB于N，则四边形ABMF，ANPD都是矩形．只要证明△HMF≌△ENP即可解决问题；
（三）拓展探究：根据矩形性质得出∠A=∠FDC=90°，求出∠CFD=∠AED，证出△AED∽△DFC即可；

解答 解：（一）问题初探：结论：DE=CF．
理由：如图①中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED和DFC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠FDC}\\{∠CFD=∠AED}\\{AD=CD}\end{array}\right.$，
∴△AED≌DFC，
∴DE=CF．
故答案为：DE=CF．


 （二）类比探究：结论：PE=EH．
理由：如图②中，作FM⊥BC于M，PN⊥AB于N，则四边形ABMF，ANPD都是矩形．

∴FM=PN，∠HMF=∠ENP，
∵HF⊥EP，∠B=90°，
∴∠GHM+∠GEB=180°，
又∵∠NEP+∠GEB=180°，
∴∠GHM=∠NEP，
∴△HMF≌△ENP（AAS），
∴HF=EP．

（三）拓展延伸：如图③中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠FDC=90°，AB=CD=m，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
∵∠A=∠CDF，
∴△AED∽△DFC，
∴$\frac{DE}{CF}$=$\frac{AD}{CD}$=$\frac{n}{m}$，
故答案为：$\frac{n}{m}$．

点评 本题考查了矩形性质和判定，勾股定理，正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质和定理进行推理的能力，题目比较好．