26 如图①，在△ABC中，∠CAB=45°，AC=7，$AB=3\sqrt{2}$。

(1) 求BC的长；
(2) 如图②，BM⊥AB，与AC交于点M，点D为AC边上一点，连接BD，E是AB右侧一点，且BD⊥BE，BD=BE，连接DE、AE，F是DE的中点。探究AD、AE和BF之间的数量关系并证明。
(3) 如图③，动点P从点C出发以每秒1个单位的速度在射线CB上匀速运动，同时动点Q也从点C出发，在射线CA上以每秒1个单位的速度匀速运动，设运动时间为t秒(t＞0)，当点B到直线PQ的距离等于3时，求t的值。

26.(1) 过点 B 作 BG ⊥ AC,垂足是点 G。在 Rt△BGA 中,因为 ∠A=45°,所以 ∠GBA=90°-45°=45°,所以 ∠A=∠BGA,所以 BG=AG。设 BG=AG=x,在 Rt△BGA 中,AG²+BG²=AB²,所以 x²+x²=(3√2)²,解得 x=3(舍负),所以 CG=7-3=4。在 Rt△CBG 中, $BC=\sqrt{BG^2+CG^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
(2) 因为 ∠CAB=45°, BM ⊥ AB,所以 ∠AMB=∠CAB=45°,所以 BM=BA。因为 ∠DBE=∠ABM=90°,所以 ∠DBE - ∠DBA=∠ABM - ∠DBA,即 ∠MBD=∠ABE。因为 BD=BE,所以 △BDM ≌ △BEA,所以 ∠BMD=∠BAE=45°,所以 ∠DAE=∠BAM+∠BAE=45°+45°=90°,因为 BD ⊥ BE,F 是 DE 的中点,所以 BF=1/2 DE。在 Rt△DAE 中, AD²+AE²=DE²,所以 AD²+AE²=4BF²。
(3) 如图,过点 B 作 BD ⊥ AC 于点 D,BE ⊥ PQ 于点 E,作 BF // PQ,与 AC 交于点 F,则 BE=3。 ① 当 P 点在线段 CB 上时,如图①,由(1)可知, AD=BD=3, CD=4, BC=5。因为 CP=CQ=t,所以 ∠CPQ=∠CQP, BP=BC-CP=5-t。因为 PQ // BF,所以 ∠CQP=∠CPQ=∠CFB=∠CBF,所以 CB=CF=5,所以 AF=AC-CF=7-5=2,所以 DF=AD-AF=3-2=1,所以 $BF=\sqrt{BD^2+DF^2}=\sqrt{10}$。因为 ∠BPE=∠CPQ,所以 ∠BPE=∠BFD。因为 ∠BEP=∠BDF, BE=BD=3,所以 △BPE ≌ △BFD,所以 BP=BF,所以 5-t=√10,所以 t=5-√10。 ② 当 P 点在 CB 的延长线上时,如图②,则 BP=t-5,由 ①(第一种情况),可得 BF=√10, △BPE ≌ △BFD,所以 BP=BF,所以 t-5=√10,所以 t=5+√10。综上所述,当点 B 到直线 PQ 的距离等于 3 时,t=5-√10 或 5+√10。

【分析】
(1) 求BC的长时，已知△ABC中有45°特殊角，通过作AC边上的高，将原三角形拆分为两个直角三角形，先利用等腰直角三角形的性质求出高和AG的长度，再用勾股定理即可算出BC的长度。
(2) 探究三条线段的数量关系时，先根据已知的垂直关系和45°角得到BM=BA，再通过角的等量代换证明△BDM和△BEA全等，推导得出∠DAE为直角，结合直角三角形斜边中线的性质和勾股定理，即可得到三条线段的数量关系。
(3) 动点问题需分情况讨论：先由CP=CQ得到等腰三角形，通过作平行线转化角得到新的等腰三角形求出BF的长度，再证明三角形全等得到BP与BF相等，分P在线段CB上、P在CB延长线上两种情况列方程求解即可。
【解析】
(1) 过点B作BG⊥AC，垂足为G。
在Rt△BGA中，∠A=45°，
∴∠GBA=90°-45°=45°，即∠A=∠GBA，
∴BG=AG。
设BG=AG=x，由勾股定理得$AG^2+BG^2=AB^2$，代入$AB=3\sqrt{2}$，得$x^2+x^2=(3\sqrt{2})^2$，解得$x=3$（负值舍去）。
∴$CG=AC-AG=7-3=4$，在Rt△CBG中，$BC=\sqrt{BG^2+CG^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
(2) 线段关系为$AD^2+AE^2=4BF^2$，证明如下：
∵∠CAB=45°，BM⊥AB，
∴∠AMB=90°-∠CAB=45°，即∠AMB=∠CAB，
∴BM=BA。
∵∠DBE=∠ABM=90°，
∴∠DBE-∠DBA=∠ABM-∠DBA，即∠MBD=∠ABE。
又
∵BD=BE，
∴△BDM≌△BEA（SAS）。
∴∠BMD=∠BAE=45°，
∴∠DAE=∠BAM+∠BAE=45°+45°=90°，即△DAE是直角三角形。
∵BD⊥BE，F是DE中点，
∴在Rt△DBE中，$BF=\frac{1}{2}DE$，即$DE=2BF$。
在Rt△DAE中，由勾股定理得$AD^2+AE^2=DE^2$，代入$DE=2BF$得$AD^2+AE^2=4BF^2$。
(3) 过点B作BD⊥AC于点D，BE⊥PQ于点E，作BF//PQ，与AC交于点F，由题意得BE=3。
① 当点P在线段CB上时，如图①：
由(1)可知AD=BD=3，CD=4，BC=5。
∵CP=CQ=t，
∴∠CPQ=∠CQP，$BP=BC-CP=5-t$。
∵PQ//BF，
∴∠CQP=∠CFB，∠CPQ=∠CBF，
∴∠CFB=∠CBF，
∴$CB=CF=5$。
∴$AF=AC-CF=7-5=2$，$DF=AD-AF=3-2=1$，在Rt△BDF中，$BF=\sqrt{BD^2+DF^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
∵∠BPE=∠CPQ，∠CPQ=∠BFD，
∴∠BPE=∠BFD。
又
∵∠BEP=∠BDF=90°，BE=BD=3，
∴△BPE≌△BFD（AAS），
∴BP=BF，即$5-t=\sqrt{10}$，解得$t=5-\sqrt{10}$。
② 当点P在CB的延长线上时，如图②：
此时$BP=CP-BC=t-5$，同理可得$BF=\sqrt{10}$，△BPE≌△BFD，
∴BP=BF，即$t-5=\sqrt{10}$，解得$t=5+\sqrt{10}$。
综上，t的值为$5-\sqrt{10}$或$5+\sqrt{10}$。
【答案】
(1) $BC=5$；
(2) $\boldsymbol{AD^2+AE^2=4BF^2}$；
(3) $t$的值为$\boldsymbol{5-\sqrt{10}}$或$\boldsymbol{5+\sqrt{10}}$。

【知识点】
勾股定理；全等三角形的判定与性质；直角三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，融合了特殊直角三角形性质、全等三角形证明、动点分类讨论思想，考查了几何逻辑推导能力和知识综合运用能力，解题时需合理构造辅助线，注意分类讨论避免漏解。
【难度系数】
0.3