Question

17．如圖，正方形ABCO的邊OA、OC在坐標(biāo)軸上，點B的坐標(biāo)為（-4，4），點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸向點O運動，點Q從點O同時出發(fā)，以相同的速度沿x軸的正方向運動，規(guī)定點P到達(dá)點O時，點Q也停止運動，連接BP，過點P作BP的垂線，與過點Q平行于y軸的直線l相交于點D，BD與y軸交于點E，連接PE，設(shè)點P運動的時間為t（秒）．
（1）∠PBD的度數(shù)為45°，點D的坐標(biāo)為（t，t）（用t表示）；
（2）當(dāng)t為何值時，△PBE為等腰三角形？
（3）探索△POE的周長是否隨時間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）先將兩動點的路程表示出來：AP=OQ=t，證明△BAP≌△PQD，得等腰直角△BPD，得出∠PBD=∠PDB=45°，及點D的坐標(biāo)；
（2）分三種情況討論：①若PB=PE，得∠BPE=90°，則Q與O重合，不成立；
②若EB=EP，則△POE≌△ECB，得BC=OE，則點E與點C重合（EC=0），點P與點O重合（PO=0），則t=4；
③若BP=PE，延長OA到F，使得AF=CE，連接BF，如圖2，證明△BAP≌△BCE和△FBP≌△EBP，用t表示PE的長，然后列方程求出t的值；
（3）把PE轉(zhuǎn)化為AP和CE的和，則△POE的周長就變成了正方形兩邊的和，則為8．

解答 解：（1）如圖1，由題可得：AP=OQ=1×t=t，
∴AO=PQ，
∵四邊形OABC是正方形，
∴AO=AB=BC=OC，
∴AB=PQ
∵DP⊥BP，
∴∠BPD=90°，
∴∠BPA=90°-∠DPQ=∠PDQ，
∵∠BAO=∠PQD=90°
∴△BAP≌△PQD，
∴AP=DQ，BP=PD，
∴∠PBD=∠PDB=45°，
∵AP=t，
∴DQ=t，
∴點D坐標(biāo)為（t，t），
故答案為：45°，（t，t）；
（2）①若PB=PE，則∠PBE=∠PEB=45°，
∴∠BPE=90°，
∵∠BPD=90°，
∴∠BPE=∠BPD，
∴點E與點D重合，
∴點Q與點O重合，
與條件“DQ∥y軸”矛盾，
∴這種情況不成立，
②若EB=EP，則∠PBE=∠BPE=45°，
∴∠BEP=90°，
∴∠PEO=90°-∠BEC=∠EBC，
∴△POE≌△ECB，
∴OE=BC，OP=EC，
∴OE=OC，
∴點E與點C重合（EC=0），
∴點P與點O重合（PO=0），
∵B（-4，4），
∴AO=CO=4，
此時t=AP=AO=4；
③如圖2，若BP=PE，則△BAP≌△BCE，
∴AP=CE，
∵AP=t，
∴CE=t，
∴PO=EO=4-t，
∵∠POE=90°，
∴PE=$\sqrt{P{O}^{2}+E{O}^{2}}$=$\sqrt{2}$（4-t），
延長OA到F，使得AF=CE，連接BF，
可證得△FAB≌△ECB，
∴FB=EB，∠FBA=∠EBC，
∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠EBC=45°，
∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°，
∴∠FBP=∠EBP，
∴△FBP≌△EBP，
∴FP=EP，
∴EP=FP=FA+AP=CE+AP，
∴EP=t+t=2t，
∴$\sqrt{2}$（4-t）=2t，
t=4$\sqrt{2}$-4，
∴當(dāng)t=4秒或（4$\sqrt{2}$-4）秒時，△PBE為等腰三角形；
（3）∵EP=CE+AP，
∴△POE的周長=OP+PE+OE，
=OP+AP+CE+OE，
=AO+CO，
=4+4，
=8，
∴△POE的周長是定值，該定值是8．

點評 本題是正方形與動點問題的綜合題，考查了動點問題的正方形、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形、三角形周長等知識點；解題關(guān)鍵是深刻理解動點的路程、時間，理解兩動點的完整運動過程；同時，采用了分類討論一個三角形是等腰三角形的三種情況．