Question

10．（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：
如圖1，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是邊CD、AD上的動(dòng)點(diǎn)，連接BE、CF交于點(diǎn)P，若始終保持CE=DF．
①線段BE和CF的關(guān)系是 BE=CF，且BE⊥CF，說(shuō)明理由；
②當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，求點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)；
（2）拓展探究：
如圖2，在邊長(zhǎng)為6的等邊三角形ABC中，點(diǎn)E、F分別是邊AC、BC上的動(dòng)點(diǎn)，連接AF、BE，交于點(diǎn)P，若始終保持AE=CF，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，直接寫(xiě)出點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)是 $\frac{4\sqrt{3}}{3}$π．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性質(zhì)，得出結(jié)論，直接判斷出△BCE≌△CDF，再利用互余得出∠CPE=90°即可；
（2）由題意判斷出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后用弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可；
（3）由題意判定出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑的三分之一圓，計(jì)算即可．

解答 解：（1）①BE=CF，BE⊥CF，
理由：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCE=∠CDF，
在△BCE和△CDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=CD}\\{∠BCE=∠CDF}\\{CF=DF}\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△CDF，
∴BE=CF，∠CBE=∠DCF，
∵∠CBE+∠BEC=90°，
∴∠DCF+∠BEC=90°，
∴∠CPE=90°，
∴BE⊥CF，
即：BE=CF，且BE⊥CF；
②如圖1，

由①知，BE⊥CF，
∴在點(diǎn)E從點(diǎn)C到點(diǎn)D的過(guò)程中，始終有∠BPC=90°，
∵BC=4，
∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)得路徑是以BC為直徑的$\frac{1}{4}$圓弧上，
∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為$\frac{1}{4}$×2π×2=π；
（3）如圖2，

點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，OA為半徑的$\frac{1}{3}$圓弧上，
當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)F也運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)，此時(shí)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)$\widehat{AB}$的中點(diǎn)，
此時(shí)△ABP為等腰三角形，∠ABP=∠BAP=30°，
∴∠AOB=120°，
∵AB=6，
∴OA=2$\sqrt{3}$，
∴點(diǎn)P的路徑為$\frac{120π×2\sqrt{3}}{180}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$π，

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，解本題的關(guān)鍵是確定出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡，也是本題的難點(diǎn)．