题目内容
1．如图1，已知正方形ABCD边长为4，点E、F分别在BC、DC上，AE⊥EF，连接AF．（1）求证：△ABE∽△ECF；
（2）若△ABE∽△AEF，求证：BE=CE；
（3）如图2，在（2）的条件下，动点Q从点F出发沿FA向终点A匀速移动，同时动点P从点D出发沿DF向终点F匀速移动，当一点到达终点停止移动时，另一点也停止移动；己知P、Q两点移动的速度均为每秒1个单位长度，设移动时间为t秒，求当t为何值时，P、Q两点到点D的距离相等？
分析 （1）由AE⊥EF可知，∠BAE=∠CEF，从而得△ABE∽△ECF．
（2）过点E作EH⊥AF于点H，由△ABE∽△AEF可知AE平分∠BAF，利用角平分线的性质即可得出BE=CE；
（3）由题意可知PD=QF=t，又因为PD=QD，所以QF=QD，利用等腰三角形的三线合一即可求出t的值．
解答 证明：（1）∵AE⊥EF，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∵∠B=∠C=90°，
∴△ABE∽△ECF；
（2）过点E作EH⊥AF于点H，
∵△ABE∽△AEF，
∴
∠BAE=∠EAH，
∴AE平分∠BAH，
∵EB⊥AB，EH⊥AF，
∴BE=EH，
∵∠HEF+∠AEH=90°，
∠EAH+∠AEH=90°，
∴∠HEF=∠EAH，
∴∠HEF=∠EAH=∠BAE=∠FEC，
∴EF平分∠HEC，
∵EH⊥AF，EC⊥CD，
∴EH=CE，
∴BE=EH=CE；
（3）
由（1）可知：△ABE∽△ECF
∴$\frac{BE}{AB}=\frac{CF}{CE}$，
∴CF=1，
∴DF=3，
∵AD=4，
∴由勾股定理可求得：AF=5，
由题意可知：PD=FQ=t，
当QD=PD时，
此时，QD=FQ，
过点Q作QG⊥DF于点G，
∴GF=$\frac{1}{2}$DF=$\frac{3}{2}$，
∵cos∠AFD=$\frac{DF}{AF}=\frac{FG}{QF}$，
∴$\frac{3}{5}=\frac{\frac{3}{2}}{t}$，
∴t=$\frac{5}{2}$，
即t=$\frac{5}{2}$时，PD=QD．
点评 本题考查相似综合题，涉及勾股定理，锐角三角形函数，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质等知识，综合程度较高．
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