Question

18．如图，正方形ABCD，点P在射线CB上运动（不包含点B、C），连接DP，交AB于点M，作BE⊥DP于点E，连接AE，作∠FAD=∠EAB，FA交DP于点F．
（1）如图a，当点P在CB的延长线上时，
①求证：DF=BE；
②请判断DE、BE、AE之间的数量关系并证明；
（2）如图b，当点P在线段BC上时，DE、BE、AE之间有怎样的数量关系？请直接写出答案，不必证明；
（3）如果将已知中的正方形ABCD换成矩形ABCD，且AD：AB=$\sqrt{3}$：1，其他条件不变，当点P在射线CB上时，DE、BE、AE之间又有怎样的数量关系？请直接写出答案，不必证明．

Answer 1

分析 （1）①由正方形的性质得到AD=AB，∠BAD=90°，判断出△ABE≌△ADF，即可；②由①得到△ABE≌△ADF，并且判断出△EAF为直角三角形，用勾股定理即可；
（2）先由正方形的性质和已知条件判断出△ABE≌△ADF，再用判断出△EAF为直角三角形，用勾股定理即可；
（3）分两种情况讨论，先由正方形的性质和已知条件判断出△ABE∽△ADF，AF=$\sqrt{3}$AE，DF=$\sqrt{3}$BE，得出再用判断出△EAF为直角三角形，用勾股定理和图形的结论．

解答 证明：（1）①正方形ABCD中，AD=AB，∠ADM+∠AMD=90°
∵BE⊥DP，
∴∠EBM+∠BME=90°，
∵∠AMD=∠BME，
∴∠EBM=∠ADM，
在△ABE和△ADF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠FAD=∠EAB}\\{∠EBM=∠ADM}\\{AD=AB}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ADF，
∴DF=BE；
②DE=BE+$\sqrt{2}$AE，
理由：由（1）有△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，∠BAE=∠DAF，
∴∠BAE+∠FAM=∠DAF+∠FAM，
∴∠EAF=∠BAD=90°，
∴EF=$\sqrt{2}$AE，
∵DE=DF+EF，
∴DE=BE+$\sqrt{2}$AE；
（2）DE=$\sqrt{2}$AE-BE；
理由：正方形ABCD中，AD=AB，∠BAD=∠BAE+∠DAE=90°，
∵∠FAD=∠EAB，
∴∠EAF=∠BAD=90°，
∴∠AFE+∠AEF=90°
∵BE⊥DP，
∴∠BEA+∠AEF=90°，
∴∠BEA=∠AFE，
∵∠FAD=∠EAB，AD=AB
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，BE=DF
∵∠EAF=90°
∴EF=$\sqrt{2}$AE，
∵EF=DF+DE=$\sqrt{2}$AE，
∴DE=$\sqrt{2}$AE-DF=$\sqrt{2}$AE-BE；
（3）DE=2AE+$\sqrt{3}$BE或DE=2AE-$\sqrt{3}$BE．
①如图1所示时，

正方形ABCD中，∠ADM+∠AMD=90°
∵BE⊥DP，
∴∠EBM+∠BME=90°，
∵∠AMD=∠BME，
∴∠EBM=∠ADM，
∵∠FAD=∠EAB
∴△ABE∽△ADF，
∴$\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AF}$=$\frac{BE}{DF}$，
∵AD：AB=$\sqrt{3}$：1，
∴$\frac{AE}{AF}=\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{BE}{DF}$，
∴AF=$\sqrt{3}$AE，DF=$\sqrt{3}$BE
∵∠FAD=∠EAB
∴∠EAF=∠EAB+∠BAF=∠FAD+∠BAF=∠BAD=90°，
∴EF=$\sqrt{A{E}^{2}+A{F}^{2}}$=2AE=DE-DF=DE-$\sqrt{3}$BE，
即：DE=2AE+$\sqrt{3}$BE；
②如图2所示，

∵∠DAF=∠BAE，
∴∠EAF=∠BAD=90°，
∵∠DAF=∠BAE，
∴△BAE∽△DAF，
∴$\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AF}=\frac{BE}{DF}$，
∵AD：AB=$\sqrt{3}$：1，
∴$\frac{AE}{AF}=\frac{BE}{DF}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∴AF=$\sqrt{3}$AE，DF=$\sqrt{3}$BE，
∵∠EAF=90°，
根据勾股定理得，EF=$\sqrt{A{E}^{2}+A{F}^{2}}$=2AE=DE+DF=DE+$\sqrt{3}$BE，
∴DE=2AE-$\sqrt{3}$BE．

点评 此题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是用勾股定理得到线段的关系．