設正方形頂點為 $A(0,1)$、$B(0,0)$、$C(1,0)$、$D(1,1)$，各點坐標為 $P(0, y_P)$、$Q(x_Q, 0)$、$R(1, y_R)$、$S(x_S, 1)$。 - (1) 對：在直角三角形 $\triangle SAP$ 與 $\triangle PBQ$ 中，$\angle A = \angle B = 90^\circ$。 開 $\angle SPQ = 90^\circ$，在點 $P$ 處有 $\angle APS + \angle SPQ + \angle QPB = 180^\circ \implies \angle APS + \angle QPB = 90^\circ$。 而在直角三角形 $\triangle SAP$ 中，$\angle ASP + \angle APS = 90^\circ \implies \angle ASP = \angle QPB$。 由 AA 相似性質，$\triangle SAP \sim \triangle PBQ$。 - (2) 對：由 $\triangle SAP \sim \triangle PBQ$ 且 $\triangle QCR \sim \triangle RDS$，透過長方形對邊平行與相等關係，可得： $$SA = QC \implies x_S = 1 - x_Q$$ $$AP = CR \implies 1 - y_P = y_R$$ 且 $\angle A = \angle C = 90^\circ$，由 SAS 全等性質可知 $\triangle SAP \cong \triangle QCR$。 - (3) 對：依相似三角形的對應邊成比例： $$\dfrac{SA}{PB} = \dfrac{AP}{BQ} \implies \dfrac{x_S}{y_P} = \dfrac{1 - y_P}{x_Q} \implies x_S x_Q = y_P (1 - y_P)$$ 將 $x_S = 1 - x_Q$ 代入，得： $$x_Q (1 - x_Q) = y_P (1 - y_P)$$ 考慮二次函數 $f(t) = t(1-t)$ 在 $(0,1)$ 的對稱性，上式成立代表 $x_Q = y_P$ 或 $x_Q = 1 - y_P$。 若 $x_Q = 1 - y_P$，則鄰邊 $PQ = QR$，此時 $PQRS$ 為正方形，與題意不符。 故必有 $x_Q = y_P$，即 $\overline{QB} = \overline{PB}$。 - (4) 錯：$\triangle PBQ$ 的面積為 $\dfrac{1}{2} \overline{PB} \cdot \overline{QB} = \dfrac{1}{2} y_P^2$。因為 $P$ 不為頂點，故 $y_P \in (0, 1)$，其面積最大值必小於 $\dfrac{1}{2}$。 故選 $(1)(2)(3)$。