Question

14．如图，在正方形ABCD中，将正方形的边AD绕点A顺时针旋转到AE，连接BE、DE，过点A作AF⊥BE于F，交直线DE于P．

（1）如图①，若∠DAE=40°，求∠P的度数；
（2）如图②，若90°＜∠DAE＜180°，其它条件不变，试探究线段AP、DP、EP之间的数量关系，并说明理由；
（3）继续旋转线段AD，若旋转角180°＜∠DAE＜270°，则线段AP、DP、EP之间的数量关系为PE=PD+$\sqrt{2}$PA（直接写出结果）

Answer 1

分析 （1）根据正方形的性质得到AD=AB，∠BAD=90°，由AD绕点A顺时针旋转到AE，得到AD=AE，根据等腰三角形的性质得到∠ADE=∠AED=70°，∠BAE=50°，∠FAE=∠FAB=25°，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）如图2，过A作AQ⊥DE于Q，于是得到∠PAQ=∠BAQ+∠FAB，根据等腰三角形的性质得到∠FAE=∠BAF，由外角的性质得到∠APQ=∠EAF+∠AEP于是得到∠APQ=∠PAQ=45°，求出PQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP，由于PE+PQ=PD-PQ，即PE+$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP=PD-$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP，于是得到结论；
（3）如图3，过A作AQ⊥DE于Q，则∠AQP=90°，由AD=AE，得到DQ=EQ，∠AEQ=∠ADQ，同理得到∠3=∠FAB，根据外角的性质得到∠APQ=∠3-∠AEQ=∠3-∠ADQ，等量代换得到∠2=90°-∠1-∠ADP=90°-（90°-∠3）-∠AEP=∠3-∠AEP，求得∠2=∠APQ=45°，于是得到PQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP，然后由PD+PQ=PE-PQ，即可得到结论：PE=PD+$\sqrt{2}$PA．

解答 解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAD=90°，
∵AD绕点A顺时针旋转到AE，
∴AD=AE，
∵∠DAE=40°，
∴∠ADE=∠AED=70°，∠BAE=50°，
∵AF⊥BE，
∴∠FAE=∠FAB=25°，
∴∠P=∠AED-∠PAE=45°；

（2）如图2，过A作AQ⊥DE于Q，则∠PAQ=∠BAQ+∠FAB，
∵AE=AB，AF⊥BE，
∴∠FAE=∠BAF，
∴∠APQ=∠EAF+∠AEP，
∵∠BAD=∠AQP=90°，
∴∠BAQ=∠ADQ，
∵AE=AD，
∴∠ADQ=∠AEP，
∴∠BAQ=∠AEP，
∴∠APQ=∠PAQ=45°，
∴PQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP，
∴PE+PQ=PD-PQ，
即PE+$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP=PD-$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP，
∴PD=$\sqrt{2}$AP+PE；

（3）如图3，过A作AQ⊥DE于Q，则∠AQP=90°，
∵AD=AE，
∴DQ=EQ，∠AEQ=∠ADQ，
∵AE=AB，AF⊥BE，
∴∠3=∠FAB，
∵∠APQ=∠3-∠AEQ=∠3-∠ADQ，
∵∠1+∠FAB=∠FAB+∠ABF=90°，
∴∠1=∠ABF=∠AEF，
∴∠2=90°-∠1-∠ADP=90°-（90°-∠3）-∠AEP=∠3-∠AEP，
∴∠2=∠APQ=45°，
∴PQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AP，
∴PD+PQ=PE-PQ，
即PD+$\frac{\sqrt{2}}{2}$PA=PE-$\frac{\sqrt{2}}{2}$PA，
∴PE=PD+$\sqrt{2}$PA．
故答案为：PE=PD+$\sqrt{2}$PA．

点评 本题考查了正方形的性质，图形的变换-旋转，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，正确的作出辅助线是解题的关键．