Question

16．已知矩形ABCD的一条边AD=8，E是BC边上的一点，将矩形ABCD沿折痕AE折叠，使得顶点B落在CD边上的点P处，PC=4（如图1）．
（1）求AB的长；
（2）擦去折痕AE，连结PB，设M是线段PA的一个动点（点M与点P、A不重合）．N是AB沿长线上的一个动点，并且满足PM=BN．过点M作MH⊥PB，垂足为H，连结MN交PB于点F（如图2）．
①若M是PA的中点，求MH的长；
②试问当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段FH的长度．

Answer 1

分析 （1）设AB=x，根据折叠可得AP=CD=x，DP=CD-CP=x-4，利用勾股定理，在Rt△ADP中，AD²+DP²=AP²，即8²+（x-4）²=x²，即可解答；
（2）①过点A作AG⊥PB于点G，根据勾股定理求出PB的长，由AP=AB，所以PG=BG=$\frac{1}{2}$PB=2$\sqrt{5}$，在Rt△AGP中，AG=$\sqrt{A{P}^{2}-P{G}^{2}}=\sqrt{1{0}^{2}-（2\sqrt{5}）^{2}}=4\sqrt{5}$，
由AG⊥PB，MH⊥PB，所以MH∥AG，根据M是PA的中点，所以H是PG的中点，根据中位线的性质得到MH=$\frac{1}{2}$AG=$\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$．
②作MQ∥AN，交PB于点Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出MP=MQ，根据MH⊥PQ，得出HQ=$\frac{1}{2}$PQ，根据∠QMF=∠BNF，证出△MFQ≌△NFB，得出QF=$\frac{1}{2}$QB，再求出EF=$\frac{1}{2}$PB，最后代入HF=$\frac{1}{2}$PB即可得出线段EF的长度不变．

解答 解：（1）设AB=x，则AP=CD=x，DP=CD-CP=x-4，
在Rt△ADP中，AD²+DP²=AP²，
即8²+（x-4）²=x²，
解得：x=10，
即AB=10．
（2）①如图2，过点A作AG⊥PB于点G，

由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°，
∴PB=$\sqrt{B{C}^{2}+P{C}^{2}}=\sqrt{{8}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{5}$，
∵AP=AB，
∴PG=BG=$\frac{1}{2}$PB=2$\sqrt{5}$，
在Rt△AGP中，AG=$\sqrt{A{P}^{2}-P{G}^{2}}=\sqrt{1{0}^{2}-（2\sqrt{5}）^{2}}=4\sqrt{5}$，
∵AG⊥PB，MH⊥PB，
∴MH∥AG，
∵M是PA的中点，
∴H是PG的中点，
∴MH=$\frac{1}{2}$AG=$\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$．
②当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化；
作MQ∥AN，交PB于点Q，如图3，

∵AP=AB，MQ∥AN，
∴∠APB=∠ABP=∠MQP．
∴MP=MQ，
∵BN=PM，
∴BN=QM．
∵MP=MQ，MH⊥PQ，
∴HQ=$\frac{1}{2}$PQ．
∵MQ∥AN，
∴∠QMF=∠BNF，
在△MFQ和△NFB中，
 $\left\{\begin{array}{l}{∠QFM=∠NFB}\\{∠QMF=∠BNF}\\{MQ=BN}\end{array}\right.$，
∴△MFQ≌△NFB（AAS）．
∴QF=$\frac{1}{2}$QB，
∴HF=HQ+QF=$\frac{1}{2}$PQ+$\frac{1}{2}$QB=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$．
∴当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化，长度为2$\sqrt{5}$．

点评 此题考查了四边形综合，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，关键是做出辅助线，找出全等三角形．