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20.（本小题满分10分）
如图，$△ ABC$是边长为6的等边三角形，$P$是$AC$边上一动点，由点$A$向点$C$运动(点$P$与点$A$，$C$不重合)，$Q$是$CB$延长线上一动点，与点$P$同时以相同的速度由点$B$向$CB$延长线方向运动(点$Q$与点$B$不重合)，过点$P$作$PE ⊥ AB$于点$E$，连接$PQ$交$AB$于点$D$.
(1)当$∠ BQD＝30°$时，求$AP$的长.
(2)在运动过程中，线段$DE$的长是否发生变化？若不发生变化，请求出线段$DE$的长；若发生变化，请说明理由.
如图，$△ ABC$是边长为6的等边三角形，$P$是$AC$边上一动点，由点$A$向点$C$运动(点$P$与点$A$，$C$不重合)，$Q$是$CB$延长线上一动点，与点$P$同时以相同的速度由点$B$向$CB$延长线方向运动(点$Q$与点$B$不重合)，过点$P$作$PE ⊥ AB$于点$E$，连接$PQ$交$AB$于点$D$.
(1)当$∠ BQD＝30°$时，求$AP$的长.
(2)在运动过程中，线段$DE$的长是否发生变化？若不发生变化，请求出线段$DE$的长；若发生变化，请说明理由.
答案
20. 解：(1)如图，过点P作$PF// QC$交AB于点F，则△AFP是等边三角形，
$∠DQB=∠DPF$.
∴$AP=FP=AF$.
∵点P，Q同时出发，速度相同，
∴$BQ=AP$.
∴$BQ=FP$.
又
∵$∠BDQ=∠FDP$，
∴△DBQ≌△DFP(AAS).
∴$BD=DF$.
当$∠BQD=30°$时，
易知$∠BDQ = ∠FDP = ∠FPD = ∠BQD=30°$，
∴$DF=FP=AF$.
∴$BD=DF=AF=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}×6=2$.
∴$AP=2$.
(2)在运动过程中，线段DE的长不发生变化.
由(1)知$BD=DF$，△AFP是等边三角形，$PE⊥AF$，
∴$AE=EF$.
又
∵$DE+(BD+AE)=AB=6$，
∴$DE+(DF+EF)=6$，
即$DE+DE=6$，
∴$DE=3$.
解析
【分析】
(1) 首先根据点P、Q运动速度相同，可得BQ=AP。作辅助线PF//QC交AB于点F，先利用平行线的性质和等边三角形的内角特征证明△AFP是等边三角形，得到AP=FP=AF，即可推得BQ=FP；再利用AAS证明△DBQ≌△DFP，得到BD=DF。当∠BQD=30°时，结合角度关系可推出BD=DF=AF，三条线段等分AB，代入AB的长度即可求出AP的长。
(2) 判断DE长度是否变化，可利用等边三角形三线合一的性质，由PE⊥AB得到AE=EF，再结合(1)中得到的BD=DF，将DE的长度转化为AB长度的一半，即可证明DE为定值，求出其长度。
【解析】
(1) 过点P作$PF// QC$交AB于点F。
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，
∵$PF// QC$，
∴∠AFP=∠ABC=60°，∠DQB=∠DPF，
∴△AFP是等边三角形，即$AP=FP=AF$。
∵点P、Q同时出发，运动速度相同，
∴$BQ=AP$，即$BQ=FP$。
在$△ DBQ$和$△ DFP$中：
$\begin{cases}∠BDQ=∠FDP \\∠DQB=∠DPF \\BQ=FP\end{cases}$
∴$△ DBQ≌△ DFP(AAS)$，
∴$BD=DF$。
当$∠BQD=30°$时，$∠FDP=∠DPF=∠BQD=30°$，
∴$DF=FP=AF$，即$BD=DF=AF$，
∴$AF=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}×6=2$，即$AP=2$。
(2) 线段DE的长不发生变化，理由如下：
由(1)可知$BD=DF$，$△ AFP$是等边三角形，
∵$PE⊥ AF$，根据等边三角形三线合一的性质，可得$AE=EF$。
∵$DE+BD+AE=AB=6$，
将$BD$替换为$DF$，$AE$替换为$EF$，可得$DE+DF+EF=6$，
又
∵$DF+EF=DE$，
∴$DE+DE=6$，解得$DE=3$。
【答案】
20. 解：(1)如图，过点P作$PF// QC$交AB于点F，则△AFP是等边三角形，
$∠DQB=∠DPF$.
∴$AP=FP=AF$.
∵点P，Q同时出发，速度相同，
∴$BQ=AP$.
∴$BQ=FP$.
又
∵$∠BDQ=∠FDP$，
∴△DBQ≌△DFP(AAS).
∴$BD=DF$.
当$∠BQD=30°$时，
易知$∠BDQ = ∠FDP = ∠FPD = ∠BQD=30°$，
∴$DF=FP=AF$.
∴$BD=DF=AF=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}×6=2$.
∴$AP=2$.
(2)在运动过程中，线段DE的长不发生变化.
由(1)知$BD=DF$，△AFP是等边三角形，$PE⊥AF$，
∴$AE=EF$.
又
∵$DE+(BD+AE)=AB=6$，
∴$DE+(DF+EF)=6$，
即$DE+DE=6$，
∴$DE=3$.
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是等边三角形背景下的动点综合题，考查了等边三角形性质、全等三角形判定和性质的应用，构造平行线得到全等三角形和等边三角形是解题的关键，第二问的定值问题需要通过线段等量转化推导结论，较好地考查了转化思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 首先根据点P、Q运动速度相同，可得BQ=AP。作辅助线PF//QC交AB于点F，先利用平行线的性质和等边三角形的内角特征证明△AFP是等边三角形，得到AP=FP=AF，即可推得BQ=FP；再利用AAS证明△DBQ≌△DFP，得到BD=DF。当∠BQD=30°时，结合角度关系可推出BD=DF=AF，三条线段等分AB，代入AB的长度即可求出AP的长。
(2) 判断DE长度是否变化，可利用等边三角形三线合一的性质，由PE⊥AB得到AE=EF，再结合(1)中得到的BD=DF，将DE的长度转化为AB长度的一半，即可证明DE为定值，求出其长度。
【解析】
(1) 过点P作$PF// QC$交AB于点F。
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，
∵$PF// QC$，
∴∠AFP=∠ABC=60°，∠DQB=∠DPF，
∴△AFP是等边三角形，即$AP=FP=AF$。
∵点P、Q同时出发，运动速度相同，
∴$BQ=AP$，即$BQ=FP$。
在$△ DBQ$和$△ DFP$中：
$\begin{cases}∠BDQ=∠FDP \\∠DQB=∠DPF \\BQ=FP\end{cases}$
∴$△ DBQ≌△ DFP(AAS)$，
∴$BD=DF$。
当$∠BQD=30°$时，$∠FDP=∠DPF=∠BQD=30°$，
∴$DF=FP=AF$，即$BD=DF=AF$，
∴$AF=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}×6=2$，即$AP=2$。
(2) 线段DE的长不发生变化，理由如下：
由(1)可知$BD=DF$，$△ AFP$是等边三角形，
∵$PE⊥ AF$，根据等边三角形三线合一的性质，可得$AE=EF$。
∵$DE+BD+AE=AB=6$，
将$BD$替换为$DF$，$AE$替换为$EF$，可得$DE+DF+EF=6$，
又
∵$DF+EF=DE$，
∴$DE+DE=6$，解得$DE=3$。
【答案】
20. 解：(1)如图，过点P作$PF// QC$交AB于点F，则△AFP是等边三角形，
$∠DQB=∠DPF$.
∴$AP=FP=AF$.
∵点P，Q同时出发，速度相同，
∴$BQ=AP$.
∴$BQ=FP$.
又
∵$∠BDQ=∠FDP$，
∴△DBQ≌△DFP(AAS).
∴$BD=DF$.
当$∠BQD=30°$时，
易知$∠BDQ = ∠FDP = ∠FPD = ∠BQD=30°$，
∴$DF=FP=AF$.
∴$BD=DF=AF=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}×6=2$.
∴$AP=2$.
(2)在运动过程中，线段DE的长不发生变化.
由(1)知$BD=DF$，△AFP是等边三角形，$PE⊥AF$，
∴$AE=EF$.
又
∵$DE+(BD+AE)=AB=6$，
∴$DE+(DF+EF)=6$，
即$DE+DE=6$，
∴$DE=3$.
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是等边三角形背景下的动点综合题，考查了等边三角形性质、全等三角形判定和性质的应用，构造平行线得到全等三角形和等边三角形是解题的关键，第二问的定值问题需要通过线段等量转化推导结论，较好地考查了转化思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
