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    1．如图1，已知正方形ABCD边长为4，点E、F分别在BC、DC上，AE⊥EF，连接AF．
    （1）求证：△ABE∽△ECF；
    （2）若△ABE∽△AEF，求证：BE=CE；
    （3）如图2，在（2）的条件下，动点Q从点F出发沿FA向终点A匀速移动，同时动点P从点D出发沿DF向终点F匀速移动，当一点到达终点停止移动时，另一点也停止移动；己知P、Q两点移动的速度均为每秒1个单位长度，设移动时间为t秒，求当t为何值时，P、Q两点到点D的距离相等？

    分析 （1）由AE⊥EF可知，∠BAE=∠CEF，从而得△ABE∽△ECF．
    （2）过点E作EH⊥AF于点H，由△ABE∽△AEF可知AE平分∠BAF，利用角平分线的性质即可得出BE=CE；
    （3）由题意可知PD=QF=t，又因为PD=QD，所以QF=QD，利用等腰三角形的三线合一即可求出t的值．

    解答 证明：（1）∵AE⊥EF，
    ∴∠AEB+∠FEC=90°，
    ∵∠BAE+∠AEB=90°，
    ∴∠BAE=∠FEC，
    ∵∠B=∠C=90°，
    ∴△ABE∽△ECF；
    （2）过点E作EH⊥AF于点H，
    ∵△ABE∽△AEF，
    ∴∠BAE=∠EAH，
    ∴AE平分∠BAH，
    ∵EB⊥AB，EH⊥AF，
    ∴BE=EH，
    ∵∠HEF+∠AEH=90°，
    ∠EAH+∠AEH=90°，
    ∴∠HEF=∠EAH，
    ∴∠HEF=∠EAH=∠BAE=∠FEC，
    ∴EF平分∠HEC，
    ∵EH⊥AF，EC⊥CD，
    ∴EH=CE，
    ∴BE=EH=CE；
    （3）由（1）可知：△ABE∽△ECF
    ∴$\frac{BE}{AB}=\frac{CF}{CE}$，
    ∴CF=1，
    ∴DF=3，
    ∵AD=4，
    ∴由勾股定理可求得：AF=5，
    由题意可知：PD=FQ=t，
    当QD=PD时，
    此时，QD=FQ，
    过点Q作QG⊥DF于点G，
    ∴GF=$\frac{1}{2}$DF=$\frac{3}{2}$，
    ∵cos∠AFD=$\frac{DF}{AF}=\frac{FG}{QF}$，
    ∴$\frac{3}{5}=\frac{\frac{3}{2}}{t}$，
    ∴t=$\frac{5}{2}$，
    即t=$\frac{5}{2}$时，PD=QD．

    点评 本题考查相似综合题，涉及勾股定理，锐角三角形函数，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质等知识，综合程度较高．

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