18.(1)如圖1,P為正方形ABCD的AD邊上一點,PE⊥AD交BD于E點,將△PCD繞C點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°到△FCB的位置,連接PF交BD于Q點.
①求證:BQ=EQ;②探究線段PQ與線段CQ的關系,并證明你的結(jié)論;
(2)再將△PED繞D點順時針方向旋轉(zhuǎn)45°,再將△PDC繞C點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°至△FBC處(如圖2),(1)中你探究的結(jié)論:線段PQ與線段CQ的關系是否依然成立?若成立,寫出結(jié)論并予以證明;若不成立,請說明理由;
(3)若將△PED繞D點順時針方向旋轉(zhuǎn)α(0°<α<90°),其它條件不變,試畫圖并判斷線段PQ與線段CQ的關系(直接寫出結(jié)論,不證明).

分析 (1)①證明△PDE是等腰直角三角形,得出PD=PE,證出∠BFQ=∠EPQ,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:BF=PD=PE,由AAS證明△BFQ≌△EPQ,即可得出結(jié)論;
②由①得:△BFQ≌△EPQ,由全等三角形的性質(zhì)得出FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:CF=CP,∠PCF=90°,由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CQ=$\frac{1}{2}$PF,CQ⊥PF,即可得出結(jié)論;
(2)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:PD=BF=PE,延長CB至G,則∠GBF=∠CBD=45°=∠PED,證出∠FBQ=∠PEQ,由AAS證明△FBQ≌△PEQ,得出FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF,證出∠FCP=∠BCD=90°,由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CQ=$\frac{1}{2}$PF,CQ⊥PF,即可得出結(jié)論;
(3)理由同(2).

解答 (1)①證明:∵四邊形ABCD是正方形,
∴∠PDE=45°,AB⊥AD,∠BCD=90°,AD∥BC,
∵PE⊥AD,
∴△PDE是等腰直角三角形,AF∥PE,
∴PD=PE,∠BFQ=∠EPQ,
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:BF=PD=PE,
在△BFQ和△EPQ中,$\left\{\begin{array}{l}{∠BFQ=∠EPQ}&{\;}\\{∠BQF=∠EQP}&{\;}\\{BP=EP}&{\;}\end{array}\right.$,
∴△BFQ≌△EPQ(AAS),
∴BQ=EQ;
②解:PQ=CQ,PQ⊥CQ;理由如下:
由①得:△BFQ≌△EPQ,
∴FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF,
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:CF=CP,∠PCF=90°,
∴CQ=$\frac{1}{2}$PF,CQ⊥PF,
∴PQ=CQ,PQ⊥CQ;
(2)解:結(jié)論PQ=CQ,PQ⊥CQ仍然成立;理由如下:
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:PD=BF=PE,
延長CB至G,如圖2所示:
則∠GBF=∠CBD=45°=∠PED,
∵AD∥BC,∴∠DEQ=∠GBQ,
∴∠FBQ=∠PEQ,
在△FBQ和△PEQ中,$\left\{\begin{array}{l}{∠FQB=∠PQE}&{\;}\\{∠FBQ=∠PEQ}&{\;}\\{BF=PE}&{\;}\end{array}\right.$,
∴△FBQ≌△PEQ(AAS),
∴FQ=PQ=$\frac{1}{2}$PF,
又∵∠FCB=∠PCD,
∴∠FCP=∠BCD=90°,
∵CF=CP,
∴CQ=$\frac{1}{2}$PF,CQ⊥PF,
∴PQ=CQ,PQ⊥CQ;
(3)解:結(jié)論PQ=CQ,PQ⊥CQ成立;如圖3所示:
理由同(2).

點評 本題是四邊形綜合題目,考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識;本題綜合性強,有一定難度,證明三角形全等是解決問題的關鍵.

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