登录
5. 如图1,正方形ABCD中,点E在边BC上,连结DE,过点A作$AF// DE$交CB延长线于点F。
(1)求证:$DE=AF$;
(2)如图2,连结BD,过点E作$EP⊥BD$于点P,连结AP。
①求证:$DE=\sqrt{2}AP$;
②设AB长为a,AP长为b,求$△ PED$的面积(用含a,b的代数式表示)。
(1)求证:$DE=AF$;
(2)如图2,连结BD,过点E作$EP⊥BD$于点P,连结AP。
①求证:$DE=\sqrt{2}AP$;
②设AB长为a,AP长为b,求$△ PED$的面积(用含a,b的代数式表示)。
答案
5. (1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以$AD// BC$。又因为$AF// DE$，所以四边形AFED为平行四边形，所以$DE=AF$；
(2)①证明：连结PF。由(1)知四边形AFED为平行四边形，所以$EF=AD$。因为四边形ABCD是正方形，所以$∠ ABD=∠ DBC=45°$。因为$EP⊥ BD$，所以$∠ BPE=90°$，所以$∠ PEB=∠ PBE=45°$，所以$PB=PE$。又因为$AD=AB=EF$，所以$△ ABP ≌ △ FEP(\mathrm{SAS})$，所以$∠ PFB=∠ BAP$，$AP=FP$。因为$∠ PFB+∠ ABF=∠ BAP+∠ APF$，所以$∠ APF=∠ ABF=90°$，即$△ APF$为等腰直角三角形，所以$AF=\sqrt{2}AP$。又因为$DE=AF$，所以$DE=\sqrt{2}AP$；
②设$PB=m$，$PD=n$，则$PE=PB=m$，因为四边形ABCD是正方形，$AB=a$，所以$m+n=BD=\sqrt{2}a$。由①可知$DE=\sqrt{2}AP=\sqrt{2}b$，在$\mathrm{Rt}△ DPE$中，$DP^2+PE^2=DE^2$，所以$m^2+n^2=(\sqrt{2}b)^2=2b^2$，所以$S_{△ PED}=\frac{mn}{2}=\frac{(m+n)^2-(m^2+n^2)}{4}=\frac{(\sqrt{2}a)^2-2b^2}{4}=\frac{a^2-b^2}{2}$。
解析
【分析】
1. 第(1)问：要证DE=AF，观察到AF//DE，结合正方形ABCD中AD//BC（即AD//FE），可判定四边形AFED是平行四边形，利用平行四边形对边相等的性质即可得证。
2. 第(2)①问：要证DE=√2 AP，需构造含√2的等腰直角三角形，连接PF。利用正方形对角线BD的性质（∠ABD=∠DBC=45°），结合EP⊥BD得△BEP为等腰直角三角形，故PB=PE；再由平行四边形AFED得EF=AD，结合正方形AD=AB，得AB=EF，进而证△ABP≌△FEP（SAS），得AP=FP且∠APF=90°，即△APF为等腰直角三角形，故AF=√2 AP，结合AF=DE得证。
3. 第(2)②问：△PED是直角三角形（EP⊥BD），面积为$\frac{1}{2}·PD·PE$。设PB=m，PD=n，则PE=m，BD=√2 a，故m+n=√2 a；由①知DE=√2 b，在Rt△DPE中，由勾股定理得$m^2+n^2=2b^2$；再利用完全平方公式$(m+n)^2=m^2+2mn+n^2$，代入后求出mn，即可得面积。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，即AD//FE。又
∵AF//DE，
∴四边形AFED是平行四边形，
∴DE=AF。
(2) ① 证明：连结PF。由(1)知四边形AFED是平行四边形，
∴EF=AD。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠ABD=∠DBC=45°，BD=√2 AB=√2 a。
∵EP⊥BD，
∴∠BPE=90°，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴PB=PE，∠PEB=∠PBE=45°。又
∵AD=AB，
∴AB=EF。在△ABP和△FEP中：$\{\begin{array}{l}AB=EF\\∠ABP=∠FEP=45°\\PB=PE\end{array} $，
∴△ABP≌△FEP（SAS），
∴AP=FP，∠BAP=∠BFP。
∵∠BAP + ∠APB + ∠ABP=180°，∠BFP + ∠FPB + ∠FBP=180°，且∠ABP=∠FBP=45°，
∴∠APB + ∠BAP=∠FPB + ∠BFP，即∠APF=∠ABF=90°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AF=√2 AP。又
∵DE=AF，
∴DE=√2 AP。
② 解：设PB=m，PD=n，则PE=PB=m。由BD=√2 a，得$m + n = √2 a$。由①知DE=√2 AP=√2 b，在Rt△DPE中，由勾股定理得：$PD^2 + PE^2 = DE^2$，即$m^2 + n^2 = (√2 b)^2=2b^2$。
∵$(m + n)^2 = m^2 + 2mn + n^2$，代入得：$(√2 a)^2 = 2b^2 + 2mn$，即$2a^2=2b^2 + 2mn$，化简得$mn = a^2 - b^2$。
∴$S_{△PED} = \frac{1}{2}·PD·PE = \frac{1}{2}mn = \frac{a^2 - b^2}{2}$。
【答案】
5. (1) 证明见上述解析；(2)①证明见上述解析；②△PED的面积为$\frac{a^2 - b^2}{2}$。
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、等腰直角三角形性质
【点评】
本题是正方形相关的几何综合题，综合考查平行四边形、全等三角形、等腰直角三角形及勾股定理的应用，解题关键是利用正方形的对角线性质构造全等三角形和等腰直角三角形，将线段关系转化后结合代数运算求解，对学生的几何推理和代数运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
1. 第(1)问：要证DE=AF，观察到AF//DE，结合正方形ABCD中AD//BC（即AD//FE），可判定四边形AFED是平行四边形，利用平行四边形对边相等的性质即可得证。
2. 第(2)①问：要证DE=√2 AP，需构造含√2的等腰直角三角形，连接PF。利用正方形对角线BD的性质（∠ABD=∠DBC=45°），结合EP⊥BD得△BEP为等腰直角三角形，故PB=PE；再由平行四边形AFED得EF=AD，结合正方形AD=AB，得AB=EF，进而证△ABP≌△FEP（SAS），得AP=FP且∠APF=90°，即△APF为等腰直角三角形，故AF=√2 AP，结合AF=DE得证。
3. 第(2)②问：△PED是直角三角形（EP⊥BD），面积为$\frac{1}{2}·PD·PE$。设PB=m，PD=n，则PE=m，BD=√2 a，故m+n=√2 a；由①知DE=√2 b，在Rt△DPE中，由勾股定理得$m^2+n^2=2b^2$；再利用完全平方公式$(m+n)^2=m^2+2mn+n^2$，代入后求出mn，即可得面积。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，即AD//FE。又
∵AF//DE，
∴四边形AFED是平行四边形，
∴DE=AF。
(2) ① 证明：连结PF。由(1)知四边形AFED是平行四边形，
∴EF=AD。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠ABD=∠DBC=45°，BD=√2 AB=√2 a。
∵EP⊥BD，
∴∠BPE=90°，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴PB=PE，∠PEB=∠PBE=45°。又
∵AD=AB，
∴AB=EF。在△ABP和△FEP中：$\{\begin{array}{l}AB=EF\\∠ABP=∠FEP=45°\\PB=PE\end{array} $，
∴△ABP≌△FEP（SAS），
∴AP=FP，∠BAP=∠BFP。
∵∠BAP + ∠APB + ∠ABP=180°，∠BFP + ∠FPB + ∠FBP=180°，且∠ABP=∠FBP=45°，
∴∠APB + ∠BAP=∠FPB + ∠BFP，即∠APF=∠ABF=90°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AF=√2 AP。又
∵DE=AF，
∴DE=√2 AP。
② 解：设PB=m，PD=n，则PE=PB=m。由BD=√2 a，得$m + n = √2 a$。由①知DE=√2 AP=√2 b，在Rt△DPE中，由勾股定理得：$PD^2 + PE^2 = DE^2$，即$m^2 + n^2 = (√2 b)^2=2b^2$。
∵$(m + n)^2 = m^2 + 2mn + n^2$，代入得：$(√2 a)^2 = 2b^2 + 2mn$，即$2a^2=2b^2 + 2mn$，化简得$mn = a^2 - b^2$。
∴$S_{△PED} = \frac{1}{2}·PD·PE = \frac{1}{2}mn = \frac{a^2 - b^2}{2}$。
【答案】
5. (1) 证明见上述解析；(2)①证明见上述解析；②△PED的面积为$\frac{a^2 - b^2}{2}$。
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、等腰直角三角形性质
【点评】
本题是正方形相关的几何综合题，综合考查平行四边形、全等三角形、等腰直角三角形及勾股定理的应用，解题关键是利用正方形的对角线性质构造全等三角形和等腰直角三角形，将线段关系转化后结合代数运算求解，对学生的几何推理和代数运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
