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如图3,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=$\dfrac{1}{2}$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,如图4,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$t=\dfrac{8}{3}$。当∠PDE=90°时,点E在线段AD上,如图5,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√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$t=\dfrac{32-8\sqrt{7}}{3}$。当∠DPE=90°时,点E在线段BA延长线上,如图6,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$\dfrac{8}{3}$秒或$\dfrac{32-8\sqrt{7}}{3}$秒或8秒。

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$S_{△ CDE}=\dfrac{1}{2} CD·DE=\dfrac{1}{2} CE·DM$,所以$DM=\dfrac{4}{5}\sqrt{5}$,所以$MF=2\sqrt{5} - \dfrac{4\sqrt{5}}{5}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}$,所以$\dfrac{DM}{MF}=\dfrac{2}{3}$; 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。