Question

如图，射线CE∥射线BF，射线AB∥射线CD，且AB=AC，将∠EAB绕点A顺时针旋转，∠EAB的两边分别交射线BF于点P，交射线CD于点Q．

（1）画出旋转后的图形；
（2）猜想线段AP、AQ的数量关系：______；
（3）继续绕点A旋转∠EAB，使其两边分别交FB的延长线于点P，交射线CD于点Q，探索（2）中的结论是否还成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

Answer 1

解：（1）如图所示：∠PAQ即为所求；

（2）AP=AQ．理由如下：
如图所示，延长PB，分别交AQ与CD于N、M点，则∠1+∠2=∠EAB，
∵∠PAQ=∠EAB，且∠2+∠3=∠PAQ，
∴∠3=∠1．
∵AB∥CD，
∴∠AQM=∠3=∠1，∠EAB=∠C．
∵BF∥EA，
∴∠APB=∠1，∠PMQ=∠C=∠EAB，
∴∠EAB=∠C=∠PAQ=∠PMQ，∠1=∠3=∠APB=∠AQM．
∵AB∥CD，AC∥BM，
∴四边形ACMB是平行四边形，
又∵AB=AC，
∴四边形ABMC是菱形．
设AB=AC=CM=BM=a．
∵MN∥AC，
∴△ACQ∽△NMQ，
∴==，
∴QN•a=MN•AQ ①，
∵AB∥CD，
∴△NQM∽△NAB，
∴==，
∴QN•a=QM•AN ②，
比较①与②，得MN•AQ=QM•AN，
∴=；
∵∠NQM=∠NPA，∠QNM=∠PNA，
∴△NQM∽△NPA，
∴=，
∴=，
∴AP=AQ．
故答案为AP=AQ；

（3）（2）中的结论还成立，理由如下：
如图所示，设FB交CD于M，FB交AQ于N．
∵AC∥FN，
∴∠CAQ=∠N，
又∵∠AQC=∠NQM，
∴△ACQ∽△NMQ，
∴==，
∴QN•a=MN•AQ，
∵AB∥CD，
∴△NQM∽△NAB，
∴==，
∴QN•a=QM•AN，
∴MN•AQ=QM•AN，
∴=；
∵AB∥CD，
∴∠EAB=∠C，
∵∠PAQ=∠EAB，
∴∠C=∠PAQ，
∵AC∥BN，
∴∠QMN=∠C，
∴∠PAQ=∠QMN，
又∵∠N=∠N，
∴△NQM∽△NPA，
∴=，
∴=，
∴AP=AQ．
分析：（1）根据将∠EAB绕点A顺时针旋转，∠EAB的两边分别交射线BF于点P，交射线CD于点Q，得出∠EAB=∠PAQ即可；
（2）根据已知首先证明四边形ACMB是平行四边形，进而得出四边形ABMC是菱形，由△ACQ∽△NMQ，得出QN•a=MN•AQ，由△NQM∽△NAB，得出QN•a=QM•AN，则MN•AQ=QM•AN，即=；又由△NQM∽△NPA，得出=，进而得出AP=AQ；
（3）利用已知可得△ACQ∽△NMQ，△NQM∽△NAB，△NQM∽△NPA，进而根据相似三角形的性质得出对应边关系，进而得出AP=AQ．
点评：本题考查了作图-旋转变换，菱形的判定，相似三角形的判定与性质，有一定难度．