题目内容
5．
如图，菱形ABCD的边长为48cm，∠A=60°，动点P从点A出发，沿着线路AB-BD做匀速运动，动点Q从点D同时出发，沿着线路DC-CB-BA做匀速运动． （1）求BD的长；
（2）已知动点P、Q运动的速度分别为8cm/s、10cm/s．经过12秒后，P、Q分别到达M、N两点，若按角的大小进行分类，请问△AMN是哪一类三角形，并说明理由；
（3）设问题（2）中的动点P、Q分别从M、N同时沿原路返回，动点P的速度不变，动点Q的速度改变为a cm/s，经过3秒后，P、Q分别到达E、F两点，若△BEF与问题（2）中的△AMN相似，试求a的值．
分析 （1）根据菱形的性质得AB=BC=CD=AD=48，加上∠A=60°，于是可判断△ABD是等边三角形，所以BD=AB=48；
（2）如图1，根据速度公式得到12秒后点P走过的路程为96cm，则点P到达点D，即点M与D点重合，12秒后点Q走过的路程为120cm，而BC+CD=96，易得点Q到达AB的中点，即点N为AB的中点，根据等边三角形的性质得MN⊥AB，即△AMN为直角三角形；
（3）根据△BEF与△AMN相似得到△BEF为直角三角形．由△ABD为等边三角形得∠ABD=60°，根据速度公式得经过3秒后点P运动的路程为24cm、点Q运动的路程为3acm，所以BE=DE=24cm，然后分类讨论：当点Q运动到F点，且点F在NB上，如图1，则NF=3a，BF=BN-NF=24-3a，由于△BEF为直角三角形，而∠FBE=60°，只能得到∠EFB=90°，所以∠FEB=30°，根据含30度角的直角三角形三边的关系得24-3a=$\frac{1}{2}$×24，解得a=4；当点Q运动到F点，且点F在BC上，如图2，则NF=3a，BF=BN-NF=3a-24，由于△BEF为直角三角形，而∠FBE=60°，若∠EFB=90°，则∠FEB=30°，根据含30度角的直角三角形三边的关系得3a-24=$\frac{1}{2}$×24，解得a=12；若∠BEF=90°，易得此时点F在点C处，如图3，则3a=24+48，解得a=24．
解答 解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=48，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=48，
即BD的长是48cm；
（2）如图1，12秒后点P走过的路程为8×12=96，则12秒后点P到达点D，即点M与D点重合，
12秒后点Q走过的路程为10×12=120，而BC+CD=96，所以点Q到B点的距离为120-96=24，则点Q到达AB的中点，即点N为AB的中点，
∵△ABD是等边三角形，而MN为中线，
∴MN⊥AB，
∴△AMN为直角三角形；
（3）∵△BEF与△AMN相似，△AMN为直角三角形，
∴△BEF为直角三角形．
∵△ABD为等边三角形，
∴∠ABD=60°，
经过3秒后，点P运动的路程为24cm、点Q运动的路程为3acm，
∵点P从点M开始运动，即DE=24cm，
∴点E为DB的中点，即BE=DE=24cm，
当点Q运动到F点，且点F在NB上，如图1，则NF=3a，
∴BF=BN-NF=24-3a，
∵△BEF为直角三角形，
而∠FBE=60°，
∴∠EFB=90°（∠FEB不能为90°，否则点F在点A的位置），
∴∠FEB=30°，
∴BF=$\frac{1}{2}$BE，
∴24-3a=$\frac{1}{2}$×24，
∴a=4；
当点Q运动到F点，且点F在BC上，如图2，则NB+BF=3a，
∴BF=3a-NB=3a-24，
∵△BEF为直角三角形，
而∠FBE=60°，
若∠EFB=90°，则∠FEB=30°，
∴BF=$\frac{1}{2}$BE，
∴3a-24=$\frac{1}{2}$×24，
∴a=12；
若∠BEF=90°，即BE⊥EF，如图3，
∵DE=BE，
∴点F在BD的垂直平分线上，
∴此时点F在点C处，
∴3a=24+48，
∴a=24，
综上所述，若△BEF为直角三角形，a的值为4或12或24．
点评 本题是四边形的综合题，其中涉及到菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形三边的关系，相似三角形的性质，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
如图，正方形A、B、C的边长分别为直角三角形的三边长，若正方形A、B的边长分别为8和12，则正方形C的面积为80．
已知，如图，点B、F、C、E在同一直线上，AC、DF相交于点G，AB⊥BE，垂足为B，DE⊥BE，垂足为E，且AC=DF，BF=CE，求证：∠A=∠D．
如图所示，E、B、F、C在同一条直线上，若∠D=∠A=90°，EB=FC，AB=DF，∠ABC=70°，AC=4．求∠E的度数和DE的长．