已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接CF，P是CF的中点，连接EP、DP．（1）如图1，当点E在边AB上时，试研究线段EP与DP之间的数量关系和位置关系；（2）把

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解：（1）PD=PE 且PD⊥PE．
理由：过P作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N
∴∠CNM=∠DNP=90°
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴CD=CB，FG=FE．∠CDA=∠CBA=∠FGA=∠FEA=90°
∴EF∥MN∥BC．四边形CNMB是矩形，
∴MN=BC=CD，
∴CF在∠BAD的角平分线上，
∴CF平分∠DCB，
∴∠DCF=∠BCF=45°，
∴∠CPN=45°
∴PN=CN=BM．
∴CD-CN=MN-PN，
∴DN=PM
∵P是CF的中点，
∴FP=CP
∴EM=MB，
∴EM=PN．
在△PME和△DNP中

∴△PME≌△DNP（SAS），
∴PD=PE，∠NDP=∠MPE．
∵∠NDP+∠DPN=90°，
∴∠DPN+∠MPE=90°，
∴∠EPD=90°
∴PD⊥PE；

（2）解：画出符合题意的图形如图，（1）中的结论仍然成立．
理由如下：
延长EP交DC于点H，
∵P为CF中点，
∴FP=CP，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴CD=AD，EF=EA，∠ADC=∠AEF=∠FED=90°，
∴EF∥CD，
∴∠EFP=∠HCP．
在△EFP和△CHP中，
，
∴△EFP≌△CHP（ASA）
∴CH=EF，EP=HP，
∴CH=AE，
∴AD-AE=CD-CH，
即DE=DH．
∵PE=PH，∠EDH=90°，
∴DP⊥EH，DP=EH，
∴DP=PE．
∴推出PD=PE 且PD⊥PE；

（3）解：图形补画如图，（1）中的结论仍然成立．
理由如下：
延长EP至点K，使得PK=EP，延长FE交AB于R，作FH∥CD交EP于H，连接DE、DK、CK，
∴FH∥CD∥AB，
∴∠DCP=∠PFH，∠HFE=∠ERA．
在△CPK和△FPE中，
，
∴△CPK≌△FPE（SAS），
∴CK=EF=AE，∠CKP=∠FEP，
∴CK∥EF，
∴∠KCP=∠EFP，
∴∠KEP-∠DCP=∠EFP-∠PFH，
即∠KCD=∠EFH．
∴∠KCD=∠ERA．
∵∠ERA+∠EAR=90°，∠DAE+∠EAR=90°，
∴∠ERA=∠DAE，
∴∠KCD=∠DAE．
在△DCK和△DAE中，
  ，
∴△DCK≌△DAE（SAS），
∴∠KDC=∠ADE，ED=KD．
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠KDC+∠EDC=90°，
∴DP⊥EK，DP=EK，
∴推得PD=PE 且PD⊥PE．
解析分析：（1）根据题意可以得出PD=PE 且PD⊥PE，过P作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，根据正方形的性质可以得出△PME≌△DNP，由全等三角形的性质就可以得出结论；
（2）根据题意画出符合题意的图形如图，延长EP交DC于点H，由条件和正方形的性质就可以得出△EFP≌△CHP，再根据等腰直角三角形的性质就可以得出结论；
（3）根据题意画出符合题意的图形如图，延长EP至点K，使得PK=EP，延长FE交AB于R，作FH∥CD交EP于H，连接DE、DK、CK，先证明△CPK≌△FPE，再证明△DCK≌△DAE，由全等三角形的性质就可以得出△EDK为等腰直角三角形．根据等腰直角三角形的性质就可以得出结论．


点评：本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，解答时正确作辅助线是关键，证明三角形全等是重点．