23.(改编)如图1,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,动点P从点C出发,以每秒1个单位的速度沿射线CD方向运动,连结BP,将△BCP沿BP翻折,使点C落在点E处。
(1)若∠PBC=20°,求∠DPE的度数。
(2)如图2,连结DE,①若DE//BP,求此时点P的运动时间t；
②当△DEP是直角三角形时,请直接写出点P的运动时间t。

23.(1)因为将$△ BCP$沿$BP$翻折,使点$C$落在点$E$处,所以$∠ CBP=∠ EBP=20°$,$∠ CBE=40°$,$∠ C=∠ BEP=90°$,所以$∠ CPE=360°-∠ CBE-∠ C-∠ BEP=360°-40°-90°-90°=140°$,所以$∠ DPE=180°-∠ CPE=180°-140°=40°$。
(2)①因为将$△ BCP$沿$BP$翻折,使点$C$落在点$E$处,所以$∠ CPB=∠ EPB$,$PE=PC$,因为$DE// PB$,所以$∠ PED=∠ BPE$,$∠ PDE=∠ BPC$,所以$∠ PED=∠ PDE$,所以$PE=PD$,所以$PD=PC=\frac{1}{2}CD=3$,所以$t=3$;此时点$P$的运动时间$t$为3秒;
②当$△ DEP$是直角三角形时,则$∠ PED=90°$或$∠ PDE=90°$或$∠ DPE=90°$,当$∠ PED=90°$时,因为将$△ BCP$沿$BP$翻折,使点$C$落在点$E$处,所以$∠ BEP=∠ C=90°$,$BE=BC=8$,$PE=PC=t$,$DP=6-t$,所以$∠ BED=180°$,所以$B,E,D$三点共线,所以$BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$,所以$DE=2$,在$Rt△ EDP$中,由勾股定理得:$PD^2=PE^2+DE^2$,所以$(6-t)^2=t^2+2^2$,所以$t=\frac{8}{3}$。当$∠ PDE=90°$时,点$E$在线段$AD$上,因为将$△ BCP$沿$BP$翻折,使点$C$落在点$E$处,所以$∠ BEP=∠ C=90°$,$BE=BC=8$,$PE=PC$,在$Rt△ ABE$中,由勾股定理,得$AE=\sqrt{BE^2-AB^2}=\sqrt{8^2-6^2}=2\sqrt{7}$,所以$DE=8-2\sqrt{7}$,在$Rt△ EDP$中,由勾股定理,得$PE^2=PD^2+DE^2$,所以$t^2=(6-t)^2+(8-2\sqrt{7})^2$,所以$t=\frac{32-8\sqrt{7}}{3}$。当$∠ DPE=90°$时,点$E$在线段$BA$延长线上,易证四边形$BCPE$是正方形,$△ BCP$是等腰直角三角形,所以$PC=BC=8$,所以$t=8$。综上所述,点$P$的运动时间$t$为$\frac{8}{3}$秒或$\frac{32-8\sqrt{7}}{3}$秒或8秒。

【分析】
本题是矩形折叠的综合问题，核心利用折叠的全等性质（对应边、对应角相等），结合平行线的角关系、勾股定理求解。解题思路：(1) 利用折叠的角相等，结合四边形内角和算出∠CPE，再通过邻补角求∠DPE；(2)① 由平行线得内错角相等，结合折叠性质推得PE=PD，进而得PC长度求时间；② 对△DEP为直角三角形的情况分类讨论，利用折叠性质和勾股定理列方程计算，注意P在射线CD上的不同位置。
【解析】
(1) 由折叠性质知△BCP≌△BEP，故∠CBP=∠EBP=20°，∠C=∠BEP=90°，则∠CBE=40°。在四边形BCPE中，内角和为360°，因此∠CPE=360°-40°-90°-90°=140°，又∠CPE+∠DPE=180°，所以∠DPE=180°-140°=40°。
(2)① 由折叠得∠CPB=∠EPB，PE=PC。因DE//BP，故∠PED=∠BPE，∠PDE=∠BPC，得∠PED=∠PDE，所以PE=PD，即PD=PC。又CD=AB=6，故PC=PD=3，运动时间t=3秒。
② 当△DEP为直角三角形时，分三种情况：
若∠PED=90°：折叠得BE=8，BD=√(8²+6²)=10，DE=2，在Rt△EDP中，(6-t)²=t²+2²，解得t=8/3；
若∠PDE=90°：E在AD上，AE=√(8²-6²)=2√7，DE=8-2√7，在Rt△EDP中，t²=(6-t)²+(8-2√7)²，解得t=(32-8√7)/3；
若∠DPE=90°：E在BA延长线上，四边形BCPE为正方形，PC=8，故t=8。
综上，t的值为8/3秒、(32-8√7)/3秒或8秒。
【答案】
(1) ∠DPE=40°；
(2)① t=3秒；② t的值为$\frac{8}{3}$秒、$\frac{32-8\sqrt{7}}{3}$秒或8秒。
【知识点】
矩形性质、折叠性质、勾股定理
【点评】
本题是矩形折叠的典型综合题，考查折叠的全等性质、平行线的角关系、勾股定理的应用，需分类讨论直角三角形的不同情况，锻炼学生的空间想象与分类思维，是几何部分的重点题型。
【难度系数】
0.4

24.如图,在正方形 ABCD 中,点 E,F 分别在 AD,AB 上,DE=AF,连结 CE,DF,CE 与 DF 相交于点 M,连结 BM。
(1)求证:$CE⊥DF$。
(2)若 E 为 AD 的中点。
①当$AB=4$时,求$\frac{DM}{MF}$的值;
②证明:$BC=BM$。

24.(1)证明:因为四边形$ABCD$是正方形,所以$∠ A=∠ CDE=90°$,$AD=CD$,又因为$DE=AF$,所以$△ ADF≌△ DCE$(SAS),所以$∠ ADF=∠ DCE$,又因为$∠ ADF+∠ CDF=∠ ADC=90°$,所以$∠ DCE+∠ CDF=90°$,所以$∠ DMC=90°$,所以$CE⊥ DF$。
(2)①因为四边形$ABCD$是正方形,所以$AB=CD=4$,因为$E$为$AD$的中点,所以$AE=DE=AF=2$,所以$DF=\sqrt{AD^2+AF^2}=2\sqrt{5}$,所以$CE=DF=2\sqrt{5}$,因为$CE⊥ DF$,所以$DM$为$△ CDE$的高,所以$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}CD· DE=\frac{1}{2}CE· DM$,所以$DM=\frac{4\sqrt{5}}{5}$,所以$MF=2\sqrt{5}-\frac{4\sqrt{5}}{5}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$,所以$\frac{DM}{MF}=\frac{2}{3}$;
②证明:取$CD$的中点$H$,连结$BH$交$CE$于点$G$,连$MH$,因为$E$为$AD$中点,由(1)$DE=AF$,所以$F$为$AB$中点,因为四边形$ABCD$为正方形,所以$AB=CD$,$AB// CD$即$BF// DH$,易知$BF=DH$,所以四边形$DHBF$为平行四边形,所以$BH// DF$,由(1)知$∠ DMC=90°$,所以$∠ HGC=∠ DMC=90°$,即$HG⊥ CM$,在$Rt△ DMC$中,$H$为$DC$中点,所以$MH=HC$,所以$G$为$MC$中点,所以$HG$是$MC$的中垂线,所以$BC=BM$。

【分析】
1. 第(1)问：利用正方形的边、角性质，结合已知DE=AF，通过SAS证明△ADF≌△DCE，得到对应角相等，再利用角的和为90°推出∠DMC=90°，从而证得CE⊥DF。
2. 第(2)①问：已知E为AD中点，AB=4，先求出相关线段长度，再利用△CDE面积的两种表示方法求出DM，进而计算MF，得到DM与MF的比值。
3. 第(2)②问：通过取CD中点H构造平行四边形，结合CE⊥DF的条件，利用直角三角形斜边中线性质，证明HG是MC的中垂线，从而证得BC=BM。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠CDE=90°，AD=CD，
又
∵DE=AF，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠ADF=∠DCE，
∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°，
∴∠DCE+∠CDF=90°，
∴∠DMC=180°-(∠DCE+∠CDF)=90°，
∴CE⊥DF。
(2) ① 解：
∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴CD=AD=AB=4，
∵E为AD中点，DE=AF，
∴AE=DE=AF=2，
在Rt△ADF中，DF=√(AD²+AF²)=√(4²+2²)=2√5，
由(1)知CE=DF=2√5，且CE⊥DF，
∵S△CDE=1/2·CD·DE=1/2×4×2=4，
又S△CDE=1/2·CE·DM，
∴1/2×2√5·DM=4，
解得DM=4√5/5，
∴MF=DF-DM=2√5 - 4√5/5=6√5/5，
∴DM/MF=(4√5/5)/(6√5/5)=2/3。
② 证明：取CD的中点H，连结BH交CE于点G，连MH，
∵E为AD中点，DE=AF，
∴F为AB中点，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=CD，AB//CD，即BF//DH，
又BF=AB/2，DH=CD/2，
∴BF=DH，
∴四边形DHBF为平行四边形，
∴BH//DF，
由(1)知∠DMC=90°，
∴∠HGC=∠DMC=90°，即HG⊥CM，
在Rt△DMC中，H为DC中点，
∴MH=HC，
又
∵BH//DF，易知G为MC中点，
∴HG是MC的中垂线，
∴BC=BM。
【答案】
24.(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以∠ A=∠ CDE=90°,AD=CD,又因为DE=AF,所以△ ADF≌△ DCE(SAS),所以∠ ADF=∠ DCE,又因为∠ ADF+∠ CDF=∠ ADC=90°,所以∠ DCE+∠ CDF=90°,所以∠ DMC=90°,所以CE⊥ DF。
(2)①当AB=4时,DM/MF的值为2/3;
②证明:取CD的中点H,连结BH交CE于点G,连MH,因为E为AD中点,由(1)DE=AF,所以F为AB中点,因为四边形ABCD为正方形,所以AB=CD,AB// CD即BF// DH,易知BF=DH,所以四边形DHBF为平行四边形,所以BH// DF,由(1)知∠ DMC=90°,所以∠ HGC=∠ DMC=90°,即HG⊥ CM,在Rt△ DMC中,H为DC中点,所以MH=HC,所以G为MC中点,所以HG是MC的中垂线,所以BC=BM。
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、直角三角形性质
【点评】
本题是正方形的综合几何题，结合全等三角形、直角三角形性质等知识点，考查学生的几何推理能力，第(2)②问的辅助线构造是解题关键，需灵活运用几何性质推导。
【难度系数】
0.6