Question

11．边长为2$\sqrt{2}$的正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（点P与A、C不重合），连接BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连接QP，QP与BC交于点E，QP延长线与AD（或AD延长线）交于点F．
（1）连接CQ，证明：CQ=AP；
（2）设AP=x，CE=y，试写出y关于x的函数关系式，并求当x为何值时，CE=$\frac{3}{8}$BC；
（3）猜想PF与EQ的数量关系，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）证出∠ABP=∠CBQ，由SAS证明△BAP≌△BCQ可得结论；
（2）如图1证明△APB∽△CEP，列比例式可得y与x的关系式，根据CE=$\frac{3}{8}$BC计算CE的长，即y的长，代入关系式解方程可得x的值；
（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△PGB≌△QEB，得EQ=PG，由F、A、G、P四点共圆，
得∠FGP=∠FAP=45°，所以△FPG是等腰直角三角形，可得结论．
如图4，当F在AD的延长线上时，同理可得结论．

解答 （1）证明：如图1，∵线段BP绕点B顺时针旋转90°得到线段BQ，
∴BP=BQ，∠PBQ=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABC=90°． 
∴∠ABC=∠PBQ．
∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC，即∠ABP=∠CBQ．
在△BAP和△BCQ中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BA=BC}\\{∠ABP=∠CBQ}\\{BP=BQ}\end{array}\right.$，
∴△BAP≌△BCQ（SAS）． 
∴CQ=AP；

（2）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BAD=45°，∠BCA=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°，
∴∠APB+∠ABP=180°-45°=135°，
∵DC=AD=2$\sqrt{2}$，
由勾股定理得：AC=$\sqrt{（2\sqrt{2}）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}$=4，
∵AP=x，
∴PC=4-x，
∵△PBQ是等腰直角三角形，
∴∠BPQ=45°，
∴∠APB+∠CPQ=180°-45°=135°，
∴∠CPQ=∠ABP，
∵∠BAC=∠ACB=45°，
∴△APB∽△CEP，
∴$\frac{AP}{CE}=\frac{AB}{CP}$，
∴$\frac{x}{y}=\frac{2\sqrt{2}}{4-x}$，
∴y=$\frac{1}{2\sqrt{2}}$x（4-x）=-$\frac{\sqrt{2}}{4}{x}^{2}+\sqrt{2}$x（0＜x＜4），
由CE=$\frac{3}{8}$BC=$\frac{3}{8}×2\sqrt{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
∴y=-$\frac{\sqrt{2}}{4}{x}^{2}+\sqrt{2}$x=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
x²-4x+3=0，
（x-3）（x-1）=0，
x=3或1，
∴当x=3或1时，CE=$\frac{3}{8}$BC；

（3）解：结论：PF=EQ，理由是：
如图2，当F在边AD上时，过P作PG⊥FQ，交AB于G，则∠GPF=90°，
∵∠BPQ=45°，
∴∠GPB=45°，
∴∠GPB=∠PQB=45°，
∵PB=BQ，∠ABP=∠CBQ，
∴△PGB≌△QEB，
∴EQ=PG，
∵∠BAD=90°，
∴F、A、G、P四点共圆，
连接FG，
∴∠FGP=∠FAP=45°，
∴△FPG是等腰直角三角形，
∴PF=PG，
∴PF=EQ．
当F在AD的延长线上时，如图3，同理可得：PF=PG=EQ．

点评 本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、四点共圆的性质和判定、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．