Question

如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（-4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．
（1）∠PBD的度数为

 

，点D的坐标为

 

（用t表示）；
（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？
（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．

Answer 1

考点：四边形综合题,解一元一次方程,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质,勾股定理,正方形的性质

专题：代数几何综合题,压轴题

分析：（1）易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标．
（2）由于∠EBP=45°，故图1是以正方形为背景的一个基本图形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值．
（3）由（2）已证的结论EP=AP+CE很容易得到△POE周长等于AO+CO=8，从而解决问题．

解答：解：（1）如图1，
由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）
∴AO=PQ．
∵四边形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，

∠BAP=∠PQD ∠BPA=∠PDQ AB=PQ

∴△BAP≌△PQD（AAS）．
∴AP=QD，BP=PD．
∵∠BPD=90°，BP=PD，
∴∠PBD=∠PDB=45°．
∵AP=t，
∴DQ=t．
∴点D坐标为（t，t）．
故答案为：45°，（t，t）．

（2）①若PB=PE，
由△PAB≌△DQP得PB=PD，
显然PB≠PE，
∴这种情况应舍去．
②若EB=EP，
则∠PBE=∠BPE=45°．
∴∠BEP=90°．
∴∠PEO=90°-∠BEC=∠EBC．
在△POE和△ECB中，

∠PEO=∠EBC ∠POE=∠ECB EP=BE

∴△POE≌△ECB（AAS）．
∴OE=CB=OC．
∴点E与点C重合（EC=0）．
∴点P与点O重合（PO=0）．
∵点B（-4，4），
∴AO=CO=4．
此时t=AP=AO=4．
③若BP=BE，
在Rt△BAP和Rt△BCE中，

BA=BC BP=BE

∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．
∴AP=CE．
∵AP=t，
∴CE=t．
∴PO=EO=4-t．
∵∠POE=90°，
∴PE=

PO2+EO2

=

2

（4-t）．
延长OA到点F，使得AF=CE，连接BF，如图2所示．
在△FAB和△ECB中，

AB=CB ∠BAF=∠BCE=90° AF=CE

∴△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，

BF=BE ∠FBP=∠EBP BP=BP

∴△FBP≌△EBP（SAS）．
∴FP=EP．
∴EP=FP=FA+AP
=CE+AP．
∴EP=t+t=2t．
∴

2

（4-t）=2t．
解得：t=4

2

-4
∴当t为4秒或（4

2

-4）秒时，△PBE为等腰三角形．

（3）∵EP=CE+AP，
∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE
=AO+CO
=4+4
=8．
∴△POE周长是定值，该定值为8．

点评：本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，考查了利用基本活动经验解决问题的能力，综合性非常强．熟悉正方形与一个度数为45°的角组成的基本图形（其中角的顶点与正方形的一个顶点重合，角的两边与正方形的两边分别相交）是解决本题的关键．