Question

1．已知正方形ABCD的邊長為3cm，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿折線BCD方向以1cm/秒的速度向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，AP交BD于點(diǎn)E．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AP的延長線與DC的延長線交于點(diǎn)F，G是PF的中點(diǎn)．
求證：①△ABE≌△CBE
②∠ECG=90°
（2）如圖2，探究：在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)t為何值時(shí)，△ECP為等腰三角形？請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）①由正方形的性質(zhì)可知AB=BC，∠ABD=∠CBD，然后依據(jù)SAS證明△ABE≌△CBE即可；
②由正方形的性質(zhì)可知：∠BCD=90°∠1=∠F，由全等三角形的性質(zhì)可知∠1=∠2，于是得到∠F=∠2，由直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可知GC=GF，從而得到∠3=∠F，故此∠2=∠3 由∠2+∠4=∠3+∠4，可知∠ECG=∠PCF=90°；
（2）如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，由等腰三角形的性質(zhì)可知∠5=∠2，由三角形的外角的性質(zhì)可知∠6=2∠2，從而可知∠6=2∠1，于是可求得∠1=30，在△ABP中由勾股定理可求得t的值；當(dāng)點(diǎn)P在CD邊上時(shí)，如圖3所示，先證明△ADE≌△CDE，從而得到∠DAE=∠DCE，由PE=PC可知：∠PEC=∠PCE由三角形外角的性質(zhì)求求得∠APD=2∠DAP，從而得到∠DAP=30°，故此可求得DP=$\sqrt{3}$，于是可求得t=6-$\sqrt{3}$．

解答 解：（1）證明①∵ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABD=∠CBD．
在△ABE和△CBE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠ABD=∠CBD}\\{BE=BE}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△CBE．
②如圖1所示：

∵四邊形ABCD是正方形．
∴∠BCD=90°∠1=∠F．
∵△ABE≌△CBE．
∴∠1=∠2
∴∠F=∠2．
∵在Rt△CFP中G是PF的中點(diǎn)，
∴GC=GF．
∴∠3=∠F．
∴∠2=∠3．
∴∠2+∠4=∠3+∠4，即∠ECG=∠PCF=90°．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上時(shí)，如圖2所示：

∵△ECP為等腰三角形，且∠EPC＞90°，
∴PC=PE．
∴∠2=∠5．
∵∠6=∠5+∠2，
∴∠6=2∠2=2∠1．
∵∠1+∠6=90°，
∴3∠1=90°．
∴∠1=30°．
∴AP=2BP=2t．
在Rt△ABP中，3²+t²=（2t）²，
解得：t=$\sqrt{3}$．
當(dāng)點(diǎn)P在CD邊上時(shí)如圖3所示：

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADE=∠CDE．
在△ADE和△CDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=DC}\\{∠ADE=∠CDE}\\{ED=ED}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDE．
∠DAE=∠DCE．
∵△ECP為等腰三角形，且∠EPC＞90°，
∴∠PEC=∠PCE．
∵∠APD=∠DAE+∠DCE，
∴∠APD=2∠ECP．
∴∠APD=2∠DAP．
∴∠DAP=30°．
∴DP=AD×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=3×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\sqrt{3}$．
∵DP=6-t，
∴6-t=$\sqrt{3}$
t=6-$\sqrt{3}$．
綜上所述，當(dāng)t=$\sqrt{3}$，或t=6-$\sqrt{3}$時(shí)，△ECP為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是四邊形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)，含30度直角三角形的性質(zhì)，求得∠BAP=30°或∠DAP=30°是解題的關(guān)鍵．