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20.如圖,在正方形ABCD中,AB=a,P為邊BC上一動點(不與B、C重合),E是邊BC延長線上一點,連結AP,過點P作PF⊥AP交∠DCE的平分線于點F,連結AF與邊CD交于點G,連結PG.
猜想:線段PA與PF的數量關系為PA=PF.
探究:△CPG的周長在點P的運動中是否改變?若不改變求其值.
應用:若PG∥CF,當a=$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$時,則PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

分析 猜想:在正方形ABCD邊AB上截取BQ=BP,連接PQ,由正方形的四個角為直角,四條邊相等,得到三角形BPQ為等腰直角三角形,根據等腰直角三角形的性質及鄰補角定義可得出∠AQP=135°,由CF為直角的平分線,得到∠FCP=135°,再證AQ=PC,利用同角的余角相等得到一對角相等,利用ASA可得出三角形APQ與三角形CFP全等,可得結論;
探究:△CPG的周長在點P的運動中不改變,是一個定值;作輔助線,構建全等三角形,證明△ABM≌△ADG和△PAM≌△PAG,得出線段的長,代入△PCG的周長中可得2a;
應用:如圖3,由△PCG是等腰直角三角形,得PC=CG,設PB=x,由探究的結論:△PCG的周長=2a,代入列方程可得x的值,即PB的值.

解答 解:猜想:PA=PF,理由是:
在BA邊上截取BQ=BP,連接PQ,如圖1:
可得△BPQ為等腰直角三角形,即∠BQP=45°,
∴∠AQP=135°,
又∵CF為直角∠DCE的平分線,
∴∠FCE=45°,
∴∠PCF=∠AQP=135°,
∵四邊形ABCD為正方形,
∴∠B=∠BCD=∠D=90°,AB=BC=CD,
∴AB-BQ=BC-BP,即AQ=PC,
∵PF⊥AP,
∴∠APF=90°,
∴∠APB+∠CPF=90°,
又∵∠APB+∠QAP=90°,
∴∠QAP=∠CPF,
在△AQP和△PCF中,
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠QAP=∠CPF}\\{AQ=PC}\\{∠AQP=∠PCF}\end{array}\right.$,
∴△AQP≌△PCF(ASA),
∴PA=FP;
故答案為:PA=PF;
探究:△CPG的周長在點P的運動中不改變,是一個定值;
如圖2,延長CB至M,使BM=DG,連接AM,
∵AD=AB,∠ABM=∠ADG=90°,
∴△ABM≌△ADG,
∴∠GAD=∠BAM,AG=AM,
由猜想得:AP=PF,
∵AP⊥PF,
∴△APF是等腰直角三角形,
∴∠PAG=45°,
∵∠BAD=90°,
∴∠GAD+∠BAP=45°,
∴∠BAM+∠BAP=45°,
∴∠MAP=∠PAG=45°,
∵AP=AP,
∴△PAM≌△PAG,
∴PM=PG,
∴△PCG的周長=PG+PC+CG,
=PM+PC+CG,
=PB+BM+PC+CG,
=PB+DG+PC+CG,
=BC+DC,
=2a;
應用:如圖3,∵PG∥CF,
∴∠PGC=∠GCF=45°,
∴△PCG是等腰直角三角形,
∴PC=CG,
設PB=x,則PC=CG=a-x,
由探究得:△PCG的周長=2a,
則PG+PC+CG=2a,
$\sqrt{2}$PC+2PC=2a,
($\sqrt{2}$+2)(a-x)=2a,
把a=$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$代入得:(2+$\sqrt{2}$)($\frac{2+\sqrt{2}}{2}$-x)=2×$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$,
x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴PB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
故答案為:$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

點評 本題是四邊形的綜合題,考查了正方形的性質,全等三角形的判定與性質,等腰直角三角形的判定與性質,平行線的判定和性質,以及勾股定理,利用了轉化及方程的思想,猜想和探究的輔助線的作法是關鍵,要認真領會并熟練掌握;是一道難得的中考幾何試題.

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