Question

19．如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，動點 P從A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿AD方向運動，點Q從點D同時出發(fā)，以相同的速度向 AD方向運動，當(dāng)點P運動到點D時，點Q也停止運動，過點Q作CD的平行線l，連接BP，過點P作PF⊥PB，交直線l于點F，連接PF，設(shè)P點運動的時間為t．
（1）求∠PBF的度數(shù)；
（2）若△BPE為等腰三角形，直接寫出符合條件的t的值；
（3）當(dāng)點P出發(fā)1秒時，求線段PE的長．

Answer 1

分析 （1）先判斷出AB=PQ，用同角的余角相等得出∠ABP=∠QPF，進(jìn)而得出△BAP≌△PQF，即可判斷出三角形BPF是等腰直角三角形即可；
（2）分三種情況，用三角形全等、角平分線定理和由運動的特點即可判斷出結(jié)論；
（3）先判斷出DGFQ是邊長為1的正方形，再用相似三角形的性質(zhì)得出EG，進(jìn)而得出DE，最后用勾股定理即可求出結(jié)論．

解答 解：（1）由運動知，AP=DQ，
∴PQ=PD+DQ=PD+AP=AD，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∴AB=PQ，
∵FQ⊥AD，
∴∠PQF=∠BAD=90°，
∴∠APB+∠ABP=90°，
∵AP⊥PF，
∴∠APB+∠FPQ=90°，
∴∠ABP=∠QPF，
在△BAP和△PQF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ABP=∠QPF}\\{AB=PQ}\\{∠BAP=∠PQF}\end{array}\right.$，
∴△BAP≌△PQF，
∴PB=PF，AP=FQ=t，
∴△BPF是等腰直角三角形，
∴∠PBF=45°，
（2）如圖，

連接BD，
當(dāng)BP=BE時，
在Rt△ABP和Rt△CBE中，$\left\{\begin{array}{l}{BP=BE}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴Rt△ABP≌Rt△CBE，
∴∠ABP=∠CBE，
∵∠ABP+∠CBE=45°，
∴∠ABP=22.5°，
∵∠ABD=45°，
∴∠DBPP=22.5°=∠ABP，
∴AP是∠BAC的平分線，
∴$\frac{AB}{BD}=\frac{AP}{DP}$
∵BD=$\sqrt{2}$AB，AP=t，PD=AD-AP=6-t，
∴$\frac{AB}{\sqrt{2}AB}=\frac{t}{6-t}$，
∴t=6（$\sqrt{2}$-1），
當(dāng)PB=PE時，由（1）知，PB=PF，
∴點F，E重合，
即：點E，F(xiàn)，D重合，點P和A重合，
此時，t=0，
當(dāng)EB=EP時，∠BPE=∠EBP=45°，
∴∠BEP=90°，
∴點F和點D重合，
此時，點P和點D重合，
∴AP=AD=6，
∴t=6÷1=6．
即：當(dāng)△PBE為等腰三角形時，t的值為0或6（$\sqrt{2}$-1）或6；
（3）如圖1，過點F作FG⊥CD，
∴∠DGF=90°，
∵∠GDQ=∠FQD=90°，
∴四邊形DGFQ是矩形，
由運動知，AP=DQ=FQ=1，
∴矩形DGFQ是邊長為1的正方形，
∴DG=1，
∴CG=CD-DG=5，
∵BC∥FG，
∴△BCE∽△FGE，
∴$\frac{BC}{FG}=\frac{CE}{GE}$，
∴$\frac{CE}{GE}=\frac{6}{1}$，
∴EG=$\frac{1}{7}$CG=$\frac{5}{7}$，
∴DE=DG+EG=1+$\frac{5}{7}$=$\frac{12}{7}$，
在Rt△EDP中，DP=AD-AP=5，
∴PE=$\sqrt{D{P}^{2}+D{E}^{2}}$=$\frac{37}{7}$．

點評 此題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，角平分線定理，矩形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是判斷出∠PBF=45°，是一道中等難度的中考常考題．