Question

【题目】已知，正方形ABPD的边长为3，将边DP绕点P顺时针旋转90°至PC，E、F分别为线段DP、CP上两个动点（不与D、P、C重合），且DE=CF，连接BE并延长分别交DF、DC于H、G．

（1）①求证：△BPE≌△DPF，②判断BG与DF位置关系并说明理由；

（2）当PE的长度为多少时，四边形DEFG为菱形并说明理由；

（3）连接AH，在点E、F运动的过程中，∠AHB的大小是否发生改变？若改变，请说出是如何变化的；若不改变，请求出∠AHB的度数．

Answer 1

【答案】（1）①见解析，②BG⊥DF；（2）当PE=3﹣3时，四边形DEFG为菱形；

（3）45°．

【解析】分析：

（1）①由已知条件易得BP=DP=PC，∠BPE=∠DPF=90°结合DE=CF可得PE=PF，由此即可得到△BPE≌△DPF；②由△BPE≌△DPF可得∠EBP=∠FDP，结合∠FDP+∠BFH=90°，可得∠EBP+∠BFH=90°，从而可得∠BHP=90°，由此可得BG⊥DF；

（2）如下图1，连接EF、GF，由题意可知，要使四边形DEFG是菱形，则必须使DE=EF，由（1）中所得△BPE≌△DPF可得PF=PE，设PE=x，则DE=3-x=EF，由此在Rt△PEF中由勾股定理建立方程，解方程即可求得此时PE=x=，解题时把PE=作为一个条件，结合题目中的其它条件去证明此时四边形DEFG为菱形即可；

（3）如图2，连接BD，作出BD的中点O，连接AO，HO，由已知条件结合（1）中所得BG⊥DF易得OA=OB=OD=OH=BD，由此可得点A、B、H、D在以O为圆心、OA为半径的圆上，从而可得∠AHB=∠ADB=45°．

详解：

（1）①证明：由旋转的性质可知，△DPC是等腰直角三角形，

∵四边形ABPD是正方形，

∴BP=PD=PC，∠BPE=∠DPF=90°，

∵DE=CF，

∴PE=PF，

在△BPE和△DPF中，

BP=PD，∠BPE=∠DPF，PE=PF，

∴△BPE≌△DPF；

②∵△BPE≌△DPF，

∴∠EBP=∠FDP，又∠FDP+∠BFH=90°，

∴∠EBP+∠BFH=90°，

∴∠BHP=90°，

∴BG⊥DF；

（2）当PE=时，四边形DEFG为菱形；理由如下：

在正方形ABPD中，BP=PD=3，

∵PE=，EF=PE，

∴EF==6﹣3，DE=PD-PE=6﹣3，

∴EF=ED，

∵BG⊥DF，

∴EG垂直平分DF，

∴GD=GF，

∵∠PEF=∠PDC=45°，

∴EF∥DG，

∴∠EFD=∠FDG，

∵DE=EF，

∴∠EFD=∠EDF，

∴∠EDG=∠FDE，

∵BG⊥DF，

∴∠DEG=∠DGE，

∴DE=DG，

∴DE=DG=GF=EF，

∴四边形DEFG是菱形；

（3）∠AHB的大小不变，∠AHB=45°，

连接BD，取BD的中点O，连接OA、OH，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD=90°，∠ADB=45°，

∵BG⊥DF，

∴∠DHB=90°，

则OA=OB=OD=OH=BD，

∴点A、B、H、D在以O为圆心、OA为半径的圆上，

∴∠AHB=∠ADB=45°．