Question

2．如圖，正方形OABC的邊OA、OC在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-4，4）．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸向點(diǎn)O運(yùn)動；點(diǎn)Q從點(diǎn)O同時出發(fā)，以相同的速度沿x軸的正方向運(yùn)動，規(guī)定點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)O時，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動．連接BP，過P點(diǎn)作BP的垂線，與過點(diǎn)Q平行于y軸的直線l相交于點(diǎn)D．BD與y軸交于點(diǎn)E，連接PE．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時間為t（s）．
（1）∠PBD的度數(shù)為45°，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（t，t）（用t表示）；
（2）在P、Q的運(yùn)動過程中，直線OD的解析式發(fā)生變化嗎？如果不變，請直接寫出直線OD的解析式；
（3）探索△POE周長是否隨時間t的變化而變化，若變化，說明理由；若不變，試求這個定值．

Answer 1

分析 （1）易證△BAP≌△PQD，從而得到DQ=AP=t，從而可以求出∠PBD的度數(shù)和點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）由（1）可求得D的坐標(biāo)，從而可表示出OD的解析式；
（3）由于∠EBP=45°，故圖1是以正方形為背景的一個基本圖形，容易得到EP=AP+CE．容易得到△POE周長等于AO+CO=8，從而解決問題；

解答 解：
（1）如圖1，

由題可得：AP=OQ=1×t=t（秒）
∴AO=PQ．
∵四邊形OABC是正方形，
∴AO=AB=BC=OC，
∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°．
∵DP⊥BP，
∴∠BPD=90°．
∴∠BPA=90°-∠DPQ=∠PDQ．
∵AO=PQ，AO=AB，
∴AB=PQ．
在△BAP和△PQD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BAP=∠PQD}\\{∠BPA=∠PDQ}\\{AB=PQ}\end{array}\right.$
∴△BAP≌△PQD（AAS）．
∴AP=QD，BP=PD．
∵∠BPD=90°，BP=PD，
∴∠PBD=∠PDB=45°．
∵AP=t，
∴DQ=t．
∴點(diǎn)D坐標(biāo)為（t，t）．
故答案為：45°，（t，t）．
（2）不變化，
∵D（t，t），
∴點(diǎn)D在直線y=x上，
即直線OD的解析式為y=x；
（3）延長OA到點(diǎn)F，使得AF=CE，連接BF，如圖2所示．

在△FAB和△ECB中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=CB}\\{∠BAF=∠BCE}\\{AF=CE}\end{array}\right.$
∴△FAB≌△ECB．
∴FB=EB，∠FBA=∠EBC．
∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠EBC=45°．
∴∠FBP=∠FBA+∠ABP
=∠EBC+∠ABP=45°．
∴∠FBP=∠EBP．
在△FBP和△EBP中，
$\left\{\begin{array}{l}{BF=BE}\\{∠FBP=∠EBP}\\{BP=BP}\end{array}\right.$
∴△FBP≌△EBP（SAS）．
∴FP=EP．
∵∠EBP=45°，
∴由圖1可以得到EP=CE+AP，
∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE
=AO+CO
=4+4
=8．
∴△POE周長是定值，該定值為8．

點(diǎn)評 本題為一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、勾股定理及分類討論思想等知識．考查利用基本活動經(jīng)驗(yàn)解決問題的能力，綜合性非常強(qiáng)．熟悉正方形與一個度數(shù)為45°的角組成的基本圖形（其中角的頂點(diǎn)與正方形的一個頂點(diǎn)重合，角的兩邊與正方形的兩邊分別相交）是解決本題的關(guān)鍵．