专题 27.3 相似三角形中的动点问题
【典例1】如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，动点P从点A开始以每秒2个单位长度沿AB向终
点B运动，同时，动点Q从点C开始沿C−D−A以每秒3个单位长度向终点A运动，它们同时到达终点．
连接PQ交AC于点E．过点E作EF⊥PQ，交直线CD于点F．
CE 3
（1）当点Q在线段CD上时，求证： = ．
AE 2
（2）当DQ=1时，求△APE的面积．
（3）在P，Q的运动过程中，是否存在某一位置，使得以点E，F，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若
存在，求BP的长；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）证明△CQE∽△APE即可得到答案；
（2）①当点Q在CD上时，如图1，CQ=CD−DQ=3．过点E作AB的垂线交AB于点M，交CD于点
N．②当点Q在AD上时，如图2，作EM⊥AB于点M，设EM=
ℎ
，再利用相似三角形的性质求解三角
形的高，再利用面积公式计算即可；
（3）分三种情况讨论：①当点Q在CD上时，设CQ=3t，则AP=2t，若点F在Q的右侧，如图3，当
△FEQ∽△ABC，则∠1=∠2，作PH⊥CD于点H，而∠B=∠PHQ=90°，
PH AB
∴△ABC∽△PHQ，则 = =2，从而可得答案；若点F在Q的左侧，如图4，△FEQ∽△ABC，
QH BC
EF BA
点F与点C重合，从而可得答案；②当点 Q在AD上时，如图5，△FEQ∽△ABC， = =2，
EQ BC
∠FEG=∠B=90°，作EN⊥CD于点N，EG⊥AD于点G．，则∠≠=90°，再结合相似三角形的性
质建立方程可得答案．
【解题过程】（1）当点Q在线段CD上时，由题意可得：AB∥CD，CQ=3t，AP=2t，
∴△CQE∽△APE，
CE CQ 3
∴ = = ．
AE AP 2
（2）①当点Q在CD上时，如图1，CQ=CD−DQ=3．过点E作AB的垂线交AB于点M，交CD于点
N．
CQ V 3
由 = 点Q= ，得AP=2．
AP V 2
点P
EN CE 3
由△CQE∽△APE，得 = = ，
EM AE 2
2 4
∴EM= MN= ，
5 5
1 1 4 4
∴S = AP⋅EM= ×2× = ．
△APE 2 2 5 5
②当点Q在AD上时，如图2，作EM⊥AB于点M，设EM= ℎ．
2 10
AQ=AD−DQ=1，AP= (CD+DQ)= ．
3 3
同理：△AME∽△ABC，
EM BC 1
∴ = = ，
AM AB 2
∴AM=2EM=2ℎ．EM AQ 1 3
= = =
同理：△PME∽△PAQ，得PM PA 10 10，
3
10 10
∴PM= EM= ℎ．
3 3
10 10 5
∴AP=PM+AM= ℎ +2ℎ = ，解得ℎ = ，
3 3 8
1 1 10 5 25
∴S = AP⋅EM= × × = ．
△APE 2 2 3 8 24
4 25
∴△APE的面积为 或 ．
5 24
（3）①当点Q在CD上时，设CQ=3t，则AP=2t．
若点F在Q的右侧，如图3，当△FEQ∽△ABC，则∠1=∠2．
作PH⊥CD于点H，而∠B=∠PHQ=90°，
PH AB
∴△ABC∽△PHQ，则 = =2，
QH BC
1
∴QH= PH=1．
2
∵HD=AP=2t，
∴CD=CQ+QH+HD=3t+1+2t=4，
3
解得t= ．
5
6 14
∴BP=4−2t=4− = ．
5 5
若点F在Q的左侧，如图4，△FEQ∽△ABC，点F与点C重合．∵AC=❑√AB2+BC2=❑√42+22=2❑√5，
CE 3
又∵ =
AE 2
2 4❑√5
∴AE= AC= ．
5 5
∵由△FEQ∽△ABC结合对顶角可得：∠AEP=∠B=90°，而∠PAE=∠BAC，
∴△AEP∽△ABC，
4❑√5
AE AP
∴ = ，即 5 AP ，则AP=2，
AB AC =
4 2❑√5
∴BP=AB−AP=2．
EF BA
②当点Q在AD上时，如图5，△FEQ∽△ABC， = =2，∠FEG=∠B=90°，
EQ BC
作EN⊥CD于点N，EG⊥AD于点G．，则∠≠=90°，
由∠FEQ=∠¬=90°，得∠FEN=∠QEG，
∴Rt△FEN∽Rt△QEG，
EN EF
∴ = =2．
EG EQ
AG BC 1
同理可得： = = ，
EG AB 2
设AG=k，则EG=2AG=2k，EN=2EG=4k．∴DG=EN=4k，AD=AG+DG=5k，
2
由AD=2，得5k=2，k= ，
5
2 4
∴AG= ，EG= ．
5 5
AQ V 6−3t 3
由题意， = 点Q= = ，
BP V 4−2t 2
点P
2
设AQ=3x，则BP=2x，AP=4−2x，QG=AQ−AG=3x− ，
5
4 2
EG QG 3x−
由△QGE∽△QAP，得 = ，即 5 5，
AP QA =
4−2x 3x
化简，得15x2−26x+4=0，
13+❑√109 13−❑√109
解得x = （舍去），x = ．
1 15 2 15
26−2❑√109
∴BP=2x= ．
15
14 26−2❑√109
综上所述，BP的长为 或2或 ．
5 15
1．（2023秋·江苏常州·九年级常州市第二十四中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，A、B两
点的坐标分别为(20,0)和(0,15)，动点P从点A出发在线段AO上以每秒2cm的速度向原点O运动，动直线
EF从x轴开始以每秒1cm的速度向上平行移动(即EF∥x轴)，分别与y轴、线段AB交于点E、F，连接
EP、FP，设动点P与动直线EF同时出发，运动时间为t秒．
（1）求t=9时，△PEF的面积；
（2）直线EF、点P在运动过程中，是否存在这样的t使得△PEF的面积等于40cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
（3）当t为何值时，△EOP与△BOA相似．
【思路点拨】
1
（1）由于EF//x轴，则S = ⋅EF⋅OE,t=9时，OE=9，关键是求EF.易证△BEF∽△BOA，则
△PEF 2
EF BE
= ，从而求出EF的长度，得出△PEF的面积；
OA BO
（2）假设存在这样的t，使得△PEF的面积等于40cm2，则根据面积公式列出方程，由根的判别式进行判
断，得出结论；
（3）如果△EOP与△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，则只能点O与点O对应，然后分两种情况
分别讨论：①点P与点A对应；②点P与点B对应．即可得解．
【解题过程】
（1）∵EF//OA，
∴∠BEF=∠BOA
又∵∠B=∠B，
∴△BEF∽△BOA，
EF BE
∴ = ，
OA BO
当t=9时，OE=9，OA=20，OB=15，BE=OB−OE=15−9=6，
20×6
∴EF= =8，
15
1 1
∴S = EF⋅OE= ×8×9=36(cm2)；
△PEF 2 2
（2）不存在．
理由：∵△BEF∽△BOA，
BE⋅OA (15−t)⋅20 4
∴EF= = = (15−t)，
BO 15 3
1 4
∴ × (15−t)×t=40，
2 3
整理，得t2−15t+60=0，
∵△=152−4×1×60<0，
∴方程没有实数根．
∴不存在使得△PEF的面积等于40cm2的t值；（3）当∠EPO=∠BAO时，△EOP∽△BOA，
OP OE 20−2t t
∴ = ，即 = ，
OA OB 20 15
解得t=6；
当∠EPO=∠ABO时，△EOP∽△AOB，
OP OE 20−2t t
∴ = ，即 = ，
OB OA 15 20
80
解得t= ．
11
80
∴当t=6s或t= s时，△EOP与△BOA相似．
11
2．（2022·四川·九年级专题练习）如图1，已知矩形ABCD的边长AB=3cm，BC=6cm．某一时刻，动
点M从点A出发，沿AB以1cm/s的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿DA方向以2cm/s的
速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．
（1）若△AMN是等腰直角三角形，则t=___________（直接写出结果）．
（2）是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值，若不存在，请
说明理由．
（3）如图2，连接CN、CM，试求CN+2CM的最小值．
【思路点拨】
（1）根据题意可知只有AM=AN时，△AMN是等腰直角三角形，再根据题意可用t表示出AM=t，
AN=6−2t，列出等式，解出t即可；
（2）分类讨论①当△ACD∼△NMA时和②当△CAD∼△NMA时，列出比例式，代入数据，即可求解；
（3）取CN中点E，作E点关于CD的对称点E′，连接CE′．作M点关于BC的对称点M′，连接CM′，
E′M′．根据作图可知CE′=CE，CM′=CM，即可知当CE′+CM′最小时CN+2CM最小，即最小值为
E′M′的长．连接E′E并延长，交CD于点F，AB于点G．由作图结合题意易求出E′G=E′F+AD=t+6，
1 3 9
BG= AB= ，BM′=BM=AB−AM=3−t，从而可求出GM′=BG+BM′= −t．在Rt△E′GM′中，
2 2 2√ 3 2 441
利用勾股定理可求出E′M′=❑√E′G2+GM′2=❑2(t+ ) + ，最后根据二次函数的性质，即得出t=0
4 8
时，❑ √ 2(t+ 3 ) 2 + 441 最小，即此时E′M′= 15 ，故可求出CN+2CM的最小值为15．
4 8 2
【解题过程】
（1）∵∠MAN=90°，
∴若△AMN是等腰直角三角形时，只有AM=AN．
根据题意可知AM=t，DN=2t，则AN=AD−DN=6−2t，
∴t=6−2t，
解得t=2，
故答案为：2．
（2）∵∠MAN=∠ADC=90°，
∴以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似分为两种情况，
AD CD 6 3
①当△ACD∼△NMA时，有 = ，即 = ，
AN AM 6−2t t
3
解得：t= ；
2
AD CD 6 3
②当△CAD∼△NMA时，有 = ，即 = ，
AM AN t 6−2t
12
解得：t= ．
5
3 12
当t= 或t= 时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似；
2 5
（3）如图，取CN中点E，作E点关于CD的对称点E′，连接CE′．作M点关于BC的对称点M′，连接
CM′，E′M′．
根据作图可知CE′=CE，CM′=CM，
∴CN+2CM=2(CE+CM)=2(CE′+CM′ )，
∴当CE′+CM′最小时CN+2CM最小，
∵CE′+CM′≥E′M′，
∴CE′+CM′的最小值为E′M′的长，即CN+2CM的最小值为2E′M′的长．如图，连接E′E并延长，交CD于点F，AB于点G．
∵作E点关于CD的对称点E′，
∴E′F//AD，E′F=EF．
又∵E为中点，
1
∴E′F=EF= DN=t，G为AB中点，
2
1 3
∴E′G=E′F+AD=t+6，BG= AB= ．
2 2
∵作M点关于BC的对称点M′，
∴BM′=BM=AB−AM=3−t，
3 9
∴GM′=BG+BM′= +3−t= −t．
2 2
√ 9 2 √ 3 2 441
在Rt△E′GM′中，E′M′=❑√E′G2+GM′2=❑(6+t) 2+( −t) =❑2(t+ ) + ，
2 4 8
∵t≥0，2>0
√ 3 2 441 √ 3 2 441 15
∴t=0时，❑2(t+ ) + 最小，即E′M′=❑2×( ) + = ．
4 8 4 8 2
∴CN+2CM=2E′M′=15．
3．（2022秋·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）如图1，四边形ABCD是矩形，点P是对角线AC上的一
个动点（不与A、C重合），过点P作PE⊥CD于点E，连接PB，已知AD＝3，AB＝4，设AP＝m．
（1）当m＝1时，求PE的长；
（2）连接BE，试问点P在运动的过程中，能否使得△PAB≌△PEB？请说明理由；
（3）如图2，过点P作PF⊥PB交CD边于点F，设CF＝n，试判断5m+4n的值是否发生变化，若不变，
请求出它的值；若变化，请说明理由．【思路点拨】
（1）根据勾股定理得出AC，进而利用相似三角形的判定和性质解答即可；
（2）根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．
【解题过程】
解：（1）连接BE，
由已知：在Rt△ADC中，AC＝❑√AD2+DC2=❑√32+42=5，
当AP＝m＝1时，PC＝AC﹣AP＝5﹣1＝4，
∵PE⊥CD，
∴∠PEC＝∠ADC＝90°，
∵∠ACD＝∠PCE，
∴△ACD∽△PCE，
AD AC
∴ = ，
PE PC
3 5
即 = ，
PE 4
12
∴PE＝ ；
5
（2）如图1，当△PAB≌△PEB时，∴PA＝PE，
∵AP＝m，则PC＝5﹣m，
由（1）得：△ACD∽△PCE，
3 5
∴ = ，
PE 5−m
3(5−m)
∴PE＝ ，
5
3(5−m)
由PA＝PE，即 =m，
5
15
解得：m＝ ，
8
∴EC＝❑√PC2−PE2=❑ √ ( 5− 15) 2 − (15) 2 = 5 ，
8 8 2
∴BE＝❑√EC2+BC2=❑
√ (5) 2
+32=
❑√31
≠AB，
2 2
∴△PAB与△PEB不全等，
∴不能使得△PAB≌△PEB；
（3）如图2，延长EP交AB于G，
∵BP⊥PF，
∴∠BPF＝90°，
∴∠EPF+∠BPG＝90°，
∵EG⊥AB，
∴∠PGB＝90°，
∴∠BPG+∠PBG＝90°，
∴∠PBG＝∠EPF，
∵∠PEF＝∠PGB＝90°，∴△BPG∽△PFE，
BG PG
∴ = ，
PE EF
3(5−m)
由（1）得：△PCE∽△ACD，PE＝ ，
5
EC PC
∴ = ，
DC AC
EC 5−m
即 = ，
4 5
4(5−m)
∴EC＝ ，
5
4(5−m)
∴BG＝EC＝ ，
5
3(5−m)
3−
5 4(5−m) 4
∴ = = ，
4(5−m) 3(5−m) 3
−n
5
∴5m+4n＝16．
4
4．（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图（1），在矩形ABCD中，AB=6cm，tan∠ABD= ，
3
E、F分别是AB、BD中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点
Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动，连接PQ，设
运动时间为ts（0<t<4），解答下列问题：
∴t=1
（1）当0<t<2.5时，FQ=______．（用含有t的式子表示）
（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；
（3）当t为______时，△PQF为等腰三角形?（直接写出结果）．
【思路点拨】（1）先由题目条件求出AD ，再利用勾股定理求出DF，当0<t<2.5时，接着判断出点Q的位置，即可
求解．
（2）先判断出△QMF∽△BEF，进而得出，再利用面积公式建立方程求解即可．
（3）分点Q在DF 和BF 上，利用相似三角形的性质建立方程求解即可得出结论．
【解题过程】
（1）在矩形ABCD中，∠A=90°
AD AD 4
∴在直角三角形DBA中tan∠ABD= = =
AB 6 3
∴AD=8
∵E、F分别是AB、BD中点，
1
∴EF= AD=4
2
∵BD=❑√AB2+AD2=10
1
∴DF= BD=5
2
5
∴Q从D到F的时间为 =2.5
2
当0<t<2.5时，Q在线段DF上，
∴FQ=DF−DQ=5−2t．
故答案为：5−2t．
（2）过点Q作QM⊥EF交EF延长线于点M，
可知：QM∥BE，
∴△QMF∽△BEF，
QM QF
∴ = ，
BE BF
QM 5−2t 3
∴ = ，可得QM= (5−2t)，
3 5 51 1 3 3
∴S = ×PF⋅QM= ×(4−t)× (5−2t)=0.6= ，
△PFQ 2 2 5 5
9
解得：t= （舍去）或t=2，
2
∴当t=2时，△PQF的面积为0.6cm2；
故答案为：t=2．
（3）当点Q在DF 上时，如图PF=QF
∴4−t=5−2t
∴t=1
当点Q在BF 上时，如图PF=QF
∴4−t=2t−5
∴t=3
当PQ=FQ时，如图
1
(4−t)
2 4
∴ =
2t−5 520
∴t=
7
当PF=PQ时，如图
1
(2t−5)
2 4
∴ =
4−t 5
19
∴t=
6
20 19
所以t=1或3或 或 时，△PQF为等腰三角形．
7 6
20 19
故答案为：t=1或3或 或 ．
7 6
5．（2023秋·山东青岛·九年级山东省青岛第五十九中学校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，
∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点
C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都
停止运动．设运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式分别表示线段CP=_______________、CQ=_______________．
（2）在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S :S =9:100？若存在，求出t的值；若不存在，请
△CPQ △ABC
说明理由．
（3）是否存在某一时刻t，使得△CPQ为直角三角形？若存在，求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用勾股定理可求出AB长，再用等积法就可求出线段CD的长，据此求解即可；
（2）过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之
间的函数关系式；利用S :S =9:100建立t的方程，解方程即可解决问题；
△CPQ △ABC
（3）分两种情况，利用相似三角形得出比例式建立方程求解，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：如图1，∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=❑√62+82=10，
∵CD⊥AB，
1 1
∴S = BC⋅AC= AB⋅CD，
△ABC 2 2
BC·AC 6×8 24
∴CD= = = ，
AB 10 5
由题意得CQ=PD=t，
24
∴CP= −t
5
24
故答案为：t， −t；
5
（2）解：过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．24
由题可知CQ=PD=t，CP= −t，
5
∵∠ACB=∠CDB=90°，
∴∠HCP=90°−∠DCB=∠B，
∵PH⊥AC，
∴∠CHP=90°，
∴∠CHP=∠ACB，
∴△CHP∽△BCA，
PH PC
∴ = ，
AC AB
PH 4.8−t
∴ = ，
8 10
96 4
∴PH= − t，
25 5
∴S = 1 CQ⋅PH= 1 t (96 − 4 t ) =− 2 t2+ 48 t；
△CPQ 2 2 25 5 5 25
存在某一时刻t，使得S :S =9:100，
ΔCPQ ΔABC
1
∵S = ×6×8=24，且S :S =9:100，
ΔABC 2 △CPQ △ABC
∴ ( − 2 t2+ 48 t ) :24=9:100，
5 25
整理得：5t2−24t+27=0，
即(5t−9)(t−3)=0，
9
解得：t= 或t=3，
524
∵0≤t≤ ，
5
9
∴当t= 秒或t=3秒时，S :S =9:100；
5 ΔCPQ ΔABC
（3）解：由（2）知∠ACD=∠B，
①当∠CPQ=∠BCA=90°时，
∴△CPQ∽△BCA，
CP CQ
∴ = ，
BC AB
24
−t
∴ 5 t ，
=
6 10
∴t=3；
②当∠CQP=∠BCA=90°时，
∴△CQP∽△BCA，
CP CQ
∴ = ，
AB BC
24
−t
∴ 5 t
=
10 6
9
∴t= ，
5
9
即：t为3秒或 秒时，△CPQ为直角三角形．
5
6．（2022·山东青岛·统考一模）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AB=6cm，BC=8cm．点E从点D
出发，沿DA方向匀速运动，速度是2cm/s；点F从点B出发，沿BD方向匀速运动，速度是1cm/s，MN是
过点F的直线，分别交AB、BC于点M、N，且在运动过程中始终保持MN⊥BD．连接EM、EN、EF，两
点同时出发，设运动时间为t（s）（0＜t＜3．6），请回答下列问题：（1）求当t为何值时，△EFD～△ABD？
（2）设四边形BMEN的面积为S（cm2），求S关于t之间的函数关系式；
（3）求当t为何值时，△EFD为等腰三角形；
（4）将△EMN沿直线MN进行翻折，形成的四边形能否是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明
理由；
【思路点拨】
（1）由题意得，DE=2t，BF=t，在Rt△ABD中，BD=10，DF=BD=BF=10-t，当△ABD∼△EFD，利用
对应边成比例，即可求出t值；
5 5 5
（2）证得△BFM∼△BAD，可求出BM= t，BN= t，AM=AB-BM=6- t，代入面积表达式，即可求
3 4 3
出关系式；
（3）分种情况进行讨论即可，注意结果是否符合；
（4）假设t值存在，则四边形EKCD为矩形，利用勾股定理表示出
169 61
EN2=EK2+N K2= t2−52t+100，EM2=AM2+AE2= t2−52t+100，可知t=0，不符合题意，
16 6
可知不存在符合的t值．
【解题过程】
（1）解：由题意得，DE=2t，BF=t，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，BD=❑√AB2+AD2=❑√62+82=10，
∴DF=BD=BF=10-t，
当△ABD∼△EFD时，ED DF 2t 10−t
则 = ，即 = ，
AD DB 8 10
20
解得：t= ．
7
20
即当t为 时，△EFD～△ABD；
7
（2）∵MN⊥BD，
∴∠MFB=90°，
∵∠MBF=∠MBF，
∴△BFM∼△BAD，
BF BM
∴ = ，
AB BD
t BM
即 = ，
6 10
5
∴BM= t，
3
5
同理BN= t，
4
5
∴AM=AB-BM=6- t，
3
5 5
(8−2t+ t)×6 (8−2t)×(6− t)
4 3 5 125 ，
S=S −S = − =− t2+ t
梯形ABNE △AME 2 2 3 12
5 125
即S关于t之间的函数关系式为：S=− t2+ t；
3 12
（3）ED=DF时，
则2t=10-t，
10
解得：t= ；
3
ED=EF时，过点E作EG⊥BF于G，∵ED=EF，
∴△EFD为等腰三角形，
又∵EG⊥DF，
1 10−t
∴DG= DF= ，
2 2
∵∠EDG=∠BDA，∠EGD=∠BAD=90°，
∴△EGD∼△BAD，
DG ED
∴ = ，
AD BD
10−t
即 2 2t，
=
8 10
50
∴t= ；
21
EF=FD时，过点F作FH⊥AD，
∵EF=FD，
∴△EFD为等腰三角形，又∵FH⊥ED，
1
∴HD= ED=t，
2
∵∠ADB=∠HDF，∠BAD=∠FHD，
∴△DHF∼△DAB，
t 10−t
即 = ，
8 10
40
∴t= ＞3.6（舍去）；
9
10 50
综上所述，当t= 或 时，△EFD为等腰三角形；
3 21
（4）假设存在符合题意的t，则EM=EN，
过点E作EK⊥BC交BC于K，
则四边形EKCD为矩形，
5 13
∴ED=CK=2t，EK=CD=6，NK=BC-BN-CK=8− t−2t=8− t，
4 4
13 2 169
∴EN2=EK2+N K2=62+(8− t) = t2−52t+100，
4 16
5 2 61
EM2=AM2+AE2=(6− t) +(8−2t) 2= t2−52t+100，
3 6
169 61
∴
t2−52t+100= t2−52t+100，
16 9
即t =t =0，
1 2
∵t=0不符合题意，
∴不存在符合题意的t．7．（2023春·山东青岛·九年级专题练习）已知，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
AC=6cm，BD=8cm.延长BC至点E，使CE=BC，连接ED，点F从点E出发，沿ED方向向点D运动，
速度为1cm/s，过点F作FG⊥ED垂足为点F交CE于点G；点H从点A出发，沿AD方向向点D运动，
速度为1cm/s，过点H作HP∥AB，交BD于点P，当F点停止运动时，点H也停止运动.设运动时间为
t(0<t≤3)，解答下列问题：
（1）求证：∠BDE=90°；
（2）是否存在某一时刻t，使G点在ED的垂直平分线上?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
（3）设六边形PCGFDH的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；
（4）连接HG，是否存在某一时刻t，使HG∥AC?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
【思路点拨】
（1）根据菱形和等腰三角形的性质，得四边形ACED为平行四边形、∠E=∠CDE，从而完成证明；
（2）根据平行四边形和垂直平分线的性质分析，即可得到答案；
（3）根据菱形和勾股定理的性质，得CE；延长CP，交AD于点M，根据相似三角形的性质，得MD；设
24 S t
AD和BC的距离为ℎ，根据三角形面积的性质，得ℎ = cm，根据相似三角形的性质得 △GFE = ，通过
5 S 6
△BDE
计算即可得到答案；
5t
（4）根据相似三角形的性质，得¿= cm，根据平行四边形和一元一次方程的性质计算，即可得到答案．
3
【解题过程】
（1）∵菱形ABCD，
1 1
∴AC⊥BD，AD=BC，AD//BC，AO=CO= AC，BO=DO= BD，
2 2
∴∠CBD+∠ACB=90°，∠CBD=∠CDB ，
∵CE=BC，
∴AD=CE，CD=CE ，
∴四边形ACED为平行四边形，∠E=∠CDE ，∴AC//DE ，
∴∠ACB=∠E，
∴∠CDB+∠CDE=90°，即∠BDE=90°；
（2）∵四边形ACED为平行四边形，
∴DE=AC=6cm ，
∵FG⊥ED，
1
∴当EF=DF= DE时，使G点在ED的垂直平分线上，
2
1
DE
∴ 2 ；
t= =3s
1cm/s
（3）∵点F从点E出发，沿ED方向向点D运动，速度为1cm/s，点H从点A出发，沿AD方向向点D运
动，速度为1cm/s，
∴AH=EF=t(cm) ，
1 1
∵AC⊥BD，AC=6cm，BD=8cm，AO=CO= AC，BO=DO= BD，
2 2
√ (1 ) 2 (1 ) 2
∴CE=BC=CD=AD=❑ AC + BD =5cm，
2 2
∴DH=AD−AH=5−t(cm) ，
∵菱形ABCD，
∴∠ADP=∠CDP ，
∵HP，
∴∠HPD=∠CDP ，
∴∠ADP=∠HPD，
∴PH=DH ，
如图，延长CP，交AD于点M，
∵HP，
∴∠MHP=∠MDC ，∵∠PMH=∠CMD ，
∴△MPH∽△MCD ，
S PH DH 5−t MH MH PH 5−t
∴ △MPH = = = ， = = = ，
S CD CD 5 MD MH+DH CD 5
△MCD
MH 5−t
∴ = ，
MH+5−t 5
(5−t) 2
∴MH= ，
t
(5−t) 2 5(5−t)
∴MD=MH+DH= +5−t= ，
t t
设AD和BC的距离为ℎ ，
1 1
∴S = AC×OD= AD×ℎ ，
△ACD 2 2
24
∴ℎ = cm ，
5
∵∠BDE=90°，FG⊥ED，
∴△GFE∽△BDE ，
S EF t
∴ △GFE = = ，
S DE 6
△BDE
∴六边形PCGFDH的面积，
=S −S +S −S
△MCD △MPH △CDE △GFE
5−t t
=S − ×S +S − ×S
△MCD 5 △MCD △CDE 6 △BDE
t t
= ×S +S − ×S
5 △MCD △CDE 6 △BDE
t 1 1 t 1
= × ×MD×ℎ + ×CE×ℎ− × ×(BC+CE)×ℎ
5 2 2 6 2
t 1 5(5−t) 24 1 24 t 1 24
= × × × + ×5× − × ×10×
5 2 t 5 2 5 6 2 5
12t
=12− +12−4t
5
32t
=24− cm，
532t
∴S=24− (0<t≤3)；
5
（4）∵△GFE∽△BDE，
GE EF
∴ = ，
BE DES
EF×BE t×(BC+CE) t×10 5t
∴¿= = = = cm ，
DE 6 6 3
∵DH=AD−AH=5−t(cm)，
5t
当¿=DH时，得 =5−t，
3
15
∴t= ，
8
∵AD//BE，¿=DH，
∴四边形HGED为平行四边形，
∴HG//DE ，
∵AC//DE，
∴HG//AC，
15
∴当t= 时，HG//AC．
8
8．（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，
AB=BC=4，CD=5．
（1）求梯形ABCD的面积S；
（2）动点P从点B出发，以1cm/s的速度，沿B→A→D→C方向，向点C运动：动点Q从点C出发，
以1cm/s的速度，沿C→D→A方向，向点A运动，过点Q作QE⊥BC于点E．若P、Q两点同时出发，
当其中一点到达目的地时整个运动随之结束，设运动时间为t秒．问：
①在运动过程中，是否存在这样的t，使得以P、D、Q为顶点的三角形恰好是以DP为底的等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
②在运动过程中，是否存在这样的t，使得以P、A、D为顶点的三角形与△COE相似？若存在，请求出所
有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）作DF∥AB交BC于F，即易证四边形ABFD是平行四边形，从而可求出
DF=AB=3，BF=AD=1，CF=3．再利用勾股定理逆定理即可证∠ABC=∠DFC=90°，最后利用
梯形的面积公式计算即可；
（2）①在图1的基础上作QG⊥AB于G，易证四边形BEQG是矩形，即得出BG=EQ，QG=BE．又易
EQ CE CQ 3 4 4
证△CEQ∽△CFD，得出 = = ，从而可用t表示出CE= t，EQ= t，BG= t，
DF CF CD 5 5 5
3 t 1 3
QG=BE=4− t．PG= ，即可利用勾股定理得出PQ2=( t) 2+(4− t) 2，最后根据等腰三角形的定
5 5 5 5
义列出等式，解出t即可；②分类讨论当△PAD∽△QEC时和当△PAD∽△CEQ时，根据对应边成比例计
算即可．
【解题过程】
（1）如图1，作DF∥AB交BC于F，
∵AD∥BC，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴DF=AB=3，BF=AD=1，
∴CF=BC−BF=3．
∵32+42=52，即CF2+DF2=CD2，
∴∠DFF=90°，
∴∠ABC=∠DFC=90°，
1
∴S = (1+4)×4=10；
梯形ABCD 2（2）①如图2，在图1的基础上作QG⊥AB于G，
由题意可知t≤6．
∵∠B=∠QEB=90°，
∴四边形BEQG是矩形，
∴BG=EQ，QG=BE．
∵EQ∥DF，
∴△CEQ∽△CFD，
EQ CE CQ
∴ = = ，
DF CF CD
EQ CE t
∴ = = ，
4 3 5
3 4
∴CE= t，EQ= t，
5 5
4 3
∴BG= t，QG=BE=BC−CE=4− t．
5 5
4 t
在Rt△PQG中，PG=BP−BG=t− t= ，
5 5
1 3
∴PQ2=PG2+QG2=( t) 2+(4− t) 2 ，
5 5
1 3
由PQ2=DQ2得，( t) 2+(4− t) 2=(5−t) 2 ，
5 5
13−❑√109 13+❑√109
解得：t = ，t = (舍去)，
1 2 2 2
13−❑√109
∴当t= 时，使得以P、D、Q为顶点的三角形恰好是以DP为底的等腰三角形；
2
②如图3，当△PAD∽△QEC时，
∵∠A=∠QEC=90°，
PA QE AP 4
∴ = ，即 = ，
AD CE 1 3
4
∴AP= ，
3
4 8
∴t=4− = ；
3 3
当△PAD∽△CEQ时，
PA CE PA 3
∴ = ，即 = ，
AD QE 1 4
3
∴PA= ，
4
3 13
∴t=4− = ．
4 4
8 13
综上所述：t= 或 ．
3 4
9．（2022秋·陕西咸阳·九年级期末）在平面直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形
OABC，连接OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连
接EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．（1）如图①，当t＝3时，求DF的长；
DF
（2）如图②，当点E在线段AB上移动的过程中， 的大小是否发生变化？若变化，请说明理由；若不
DE
DF
变，请求出 的值；
DE
（3）连接AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t＜3时的值．
【思路点拨】
1
（1）当t=3时，可知DE//OA，DE= OA=4，则四边形DFAE是矩形，得DF=AE=3；
2
（2）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于点N，根据两个角相等，可证明ΔDMF∽ΔDNE，得
DF DM 3
= = ；
DE DN 4
（3）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于点N，则点G为EF的三等分点，利用（2）同理可得E、F的坐
标，从而得出点G的坐标，代入直线AD的解析式即可解决问题．
【解题过程】
（1）当t=3时，E为AB的中点，
∵A(8,0)，C(0,6)，
∴OA=8，OC=6，
∵点D为OB的中点，
1
∴DE//OA，DE= OA=4，
2
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠OAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3；
DF
（2） 的大小不变，理由如下：
DE
如图，作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于点N，∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM//AB，DN//OA，
BD BN DO OM
∴ = , = ，
DO NA BD MA
∵点D是OB的中点，
∴M，N分别是OA，OB的中点，
1 1
∴DM= AB=3,DN= OA=4，
2 2
∵∠EDF=90°，
∴∠FDM=∠EDN，
又∵∠DMF=∠DNE=90°，
∴ΔDMF∽ΔDNE，
DF DM 3
∴ = = ；
DE DN 4
（3）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于点N，
若AD将ΔDEF的面积分成1:2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点，如图，NE=3−t，
3
由ΔDMF∽ΔDNE得，MF= (3−t)，
4
3 25
∴AF=4+MF=− t+ ，
4 4
∵点G为EF的三等分点，
3t+71 2
∴G( , t)，
12 3
设直线AD的表达式为y=kx+b，
{8k+b=0)
将A(8,0)，D(4,3)代入得 ，
4k+b=3
{ k=− 3 )
解得 4 ，
b=6
3
∴直线AD的表达式为y=− x+6，
4
3t+71 2 75
将G( , t)代入得：t= ，
12 3 41
75
∴当t<3时的值为t= ．
41
10．（2022秋·河北邯郸·九年级邯郸市第二十三中学校考期末）如图（1），在四边形ABCD中，
AB∥DC，CB⊥AB，AB=14cm，BC=CD=6cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点
A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为1cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t(s)，
0<t<10．
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）当以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；
（3）如图（2），延长QP、BD，两延长线相交于点M，当ΔQMB为直角三角形时，直接写出t的值．
【思路点拨】（1）作DH⊥AB于H，得矩形DHBC，则CD=BH=6cm，DH=BC=6cm，AH=8cm，由勾股定
理可求得AD的长，从而可得AP；
（2）分两种相似情况加以考虑，根据对应边成比例即可完成；
（3）分∠QMB=90°和∠MQB=90°两种情况考虑即可，再由相似三角形的性质即可求得t的值．
【解题过程】
（1）如图，作DH⊥AB于H
则四边形DHBC是矩形
∴CD=BH=6cm，DH=BC=6cm
∴AH=8cm
在Rt ΔADH中，
由勾股定理得AD=❑√DH2+AH2=❑√62+82=10(cm)
∵DP=tcm
∴AP=AD−DP=(10−t)cm
（2）①当ΔAPQ∽ΔADB时
AP AD
则有 =
AQ AB
10−t 10
∴ =
t 14
35
解得：t=
6
②当ΔAPQ∽ΔABD时
AP AB
则有 =
AQ AD
10−t 14
∴ =
t 1025
解得：t=
6
35 25
综上所述，当t= 或 时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似；
6 6
（3）①当∠QMB=90°时，ΔQMB为直角三角形
如图，过点P作PN⊥AB于N，DH⊥AB于H
∴∠PNQ=∠BHD
∵∠QMB=90°
∴∠PQN+∠DBH=90°
∵∠PQN+∠QPN=90°
∴∠QPN=∠DBH
∴ΔPNQ∽ΔBHD
QN DH 6
∴ = = =1
PN BH 6
即QN=PN
∵PN∥DH
∴ΔAPN∽ΔADH
PN DH 6 3 AN AH 8 4
∴ = = = ， = = =
AP AD 10 5 AP AD 10 5
3 3 4 4
∴PN= AP= (10−t)，AN= AP= (10−t)
5 5 5 5
4 9
∴QN=AN−AQ= (10−t)−t=8− t
5 5
9 3
由QN=PN得：8− t= (10−t)
5 55
解得：t=
3
②当∠MQB=90°时，ΔQMB为直角三角形，如图
则PQ∥DH
∴ΔAPQ∽ΔADH
AQ AH 4
∴ = =
AP AD 5
4
∴AQ= AP
5
4
即t= (10−t)
5
40
解得：t=
9
5 40
综上所述，当t= 或 时，ΔQMB是直角三角形．
3 9
11．（2022秋·山东青岛·九年级统考期中）如图1，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两
点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
（1）当ΔPQC是等腰三角形时，请直接写出t值为 ．（2）如图2，在运动过程中是否存在某一时刻t，使得沿PC翻折ΔCPQ所得到的四边形CQPM是菱形？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，连接BP，设四边形BPQC的面积为S．求S与t之间的函数关系式；
（4）是否存在某一时刻t，使得P、Q、B三点共线？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据勾股定理及等面积法可求CD，由等腰三角形的性质分PC=QC、PC=QP、PQ=CQ三种情况
讨论即可求解；
（2）根据菱形的性质可知，当PQ=CQ时复合题意，过点Q作QF⊥CD，证ΔABC∼ΔQCF，得
3 3 24
CF= t，由PC=2× t= −t，即可求解；
5 5 5
10 8 4
（3）过点Q作QH⊥CD，证ΔABC∼ΔQCH，得 = ，即QH= t，证ΔABC∼ΔBCD，得
t QH 5
18 1 1
BD= ，由S=S ❑ +S = PC⋅QH+ PC⋅BD即可求解；
5 Δ PCQ ΔBPC 2 2
24
−t 4(24 )
（4）过点P作PG⊥BC，可得，ΔABC∼ΔCPG，得 5 CG，即CG= −t ，
= 5 5
10 8
CQ 6
=
4(24 ) 1 1 3(24 )
BG=6− −t ，由S = PC⋅BD= BC⋅PG可得PG= −t ，由PG 4(24 )，
5 5 ΔPBC 2 2 5 5 6− −t
5 5
t 6
=
当ΔBCQ∼ΔBGP时，B、P、Q三点共线，得3(24 ) 4(24 )，即可求解；
−t 6− −t
5 5 5 5
【解题过程】
（1）解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√82+62=10，
∵CD⊥AB，
AC⋅BC 6×8 24
∴CD= = = ，
AB 10 5
∵ΔPQC是等腰三角形，24 12
①当PC=QC时，即 −t=t，解得：t= ；
5 5
②当PC=QP时，如图，过点P作PE⊥AC，
∵PC=QP，PE⊥AC，
∴QE=CE，
∵PE⊥AC，CD⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ACD，
∴ΔABC∼ΔPCE，
AB BC
∴ = ，
PC EC
10 6
=
即，24 1 ，
−t t
5 2
144
解得：t= ．
55
③当PQ=CQ时，过点Q作QF⊥CD，
∵∠A=∠ACD，
∴ΔABC∼ΔQCF，
AB BC 10 6
∴ = ，即 = ，
QC CF t CF3
∴CF= t，
5
∵PQ=CQ，QF⊥CD，
3
∴CF=PF= t，
5
3 24
∴PC=2× t= −t，
5 5
24
解得：t= ，
11
12 144 24
故当ΔPQC是等腰三角形时，t值为 或 或 ．
5 55 11
（2）当PQ=CQ时，四边形CQPM是菱形，过点Q作QF⊥CD，
∵∠A=∠ACD，
∴ΔABC∼ΔQCF，
AB BC 10 6
∴ = ，即 = ，
QC CF t CF
3
∴CF= t，
5
∵PQ=CQ，QF⊥CD，
3
∴CF=PF= t，
5
3 24
∴PC=2× t= −t，
5 5
24
解得：t= ，
11
（3）如图，过点Q作QH⊥CD，∵∠A=∠ACD，
∴ΔABC∼ΔQCH，
AB AC 10 8
∴ = ，即 = ，
QC QH t QH
4
∴QH= t，
5
易证ΔABC∼ΔBCD，
AB BC 10 6
= ，即 = ，
BC BD 6 BD
18
解得：BD= ．
5
S=S ❑ +S =
1
PC⋅QH+
1
PC⋅BD=
1
×
(24
−t
)(4
t+
18)
=−
2
t2+
3
t+
216
；
Δ PCQ ΔBPC 2 2 2 5 5 5 5 25 25
（4）如图过点P作PG⊥BC，可得，ΔABC∼ΔCPG，
24
CP CG −t
∴ = ，即 5 CG，
AB AC =
10 8
4(24 )
∴CG= −t ，
5 5
4(24 )
∴BG=6− −t ，
5 51 1
∵S = PC⋅BD= BC⋅PG，
ΔPBC 2 2
(24 ) 18
−t ×
∴ PC⋅BD 5 5 3(24 )，
PG= = = −t
BC 6 5 5
CQ t BC 6
= ， =
∴PG 3(24 ) BG 4(24 )，
−t 6− −t
5 5 5 5
当ΔBCQ∼ΔBGP时，B、P、Q三点共线，
t 6
=
所有3(24 ) 4(24 )，
−t 6− −t
5 5 5 5
12❑√6−18 −12❑√6−18
解得：t = ，t = （舍去），
1 5 2 5
12❑√6−18
∴当t= 时，P、Q、B三点共线．
5
12．（2023秋·浙江金华·九年级统考期末）如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=3，动点P从点A出
发，沿AB边以每秒2个单位的速度向点B运动，同时，动点Q从点B出发，沿BC−CD匀速向终点D运
动，点P、Q同时到达终点，BD与PQ交于点E．过点B作BF⊥PQ于点F．设点P、Q的运动时间为t
秒．
（1）求点Q的运动速度．
（2）如图2，当点Q与点C重合时，求BE的长．
（3）在点P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得以B、E、F为顶点的三角形与△BCD相似？若
存在，求运动时间t的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）求出点P运动的时间即Q运动的时间计算解题即可；
（2）当点Q与点C重合时，求出BD长，利用△EPB∽△ECD解题即可；
（3）分①点Q在BC边上，②点Q在DC边上，点Q在P的右侧时，③点Q在DC边上，点Q在P的左侧时三种情况利用三角形相似解题即可．
【解题过程】
6
（1）解：由题可知点P运动的时间为 =3s，
2
3+6
点Q运动的速度为： =3，
3
（2）如图，当点Q与点C重合时，
3
∴t= =1
3
∴BP=AB−AP=6−2×1=4，
在Rt△BDC中，
BD=❑√BC2+CD2=❑√32+62=3❑√5，
∵AB∥CD
∴△EPB∽△ECD
BE BP
∴ =
ED CD
BE 4
即 =
3❑√5−BE 6
6
解得：BE= ❑√5
5
（3）解：∵BF⊥PQ
∴∠BFE=∠C=90°，
当△BEF∽△BDC时，则∠BEF=∠BDC
∴PQ∥CD不符合题意，
当△BEF∽△DBC时，
∴∠BEF=∠DBC,
当点Q在BC边上
∴BQ=EQ=3t，EP=PQ−3t
过点Q作QH∥CD交BD于点H，则AB∥CD∥QH,
HQ EQ HQ BQ
∴ = , =
BP EP CD BC
EQ×BP 3t(6−2t)
∴HQ= = ,
EP PQ−3t
3t(6−2t)
∴ PQ−3t 3t，
=
6 3
解得：PQ=2t+3，
在Rt△PQB中，PB2+BQ2=PQ2
即(2t+3) 2=(6−2t) 2+(3t) 2 ,
解得：t=1或t=3(舍去)
当点Q在DC边上，点Q在P的右侧时，
如图，过Q作QH∥BC交AB、BD于点H、M，
则HB=QC=3t−3，DQ=9−3t
∵QH∥BC，BC∥AD
∴QH∥BC∥AD，
∴△BMH∽△BDA
HM HB
∴ =
AD AB
3t−3 HM
即 =
6 3
3 3
解得HM= t− ，
2 23 3 9 3
∴QE=MQ=3−( t− )= − t，PH=6−2t−(3t−3)=9−5t
2 2 2 2
∵AB∥CD
∴△BPE∽△DQE
PB PE
∴ =
DQ EQ
6−2t PE
=
即9−3t 9 3 ，
− t
2 2
解得PE=3−t
9 3 15 5
∴PQ=PE+EQ=3−t+ − t= − t
2 2 2 2
在Rt△PQH中，PH2+HQ2=PQ2
15 5 2
即( − t) =(9−5t) 2+32
2 2
9
解得t= 或t=1(舍去)；
5
如图，当点Q在P的左侧时，过Q作QH∥BC交AB、BD于点H、M，
则∠PEB=∠EDQ=∠DEQ=∠PBE
∴PE=PB=6−2t，EQ=QD=9−3t，
∴PQ=6−2t+9−3t=15−5t
在Rt△PQH中，PH2+HQ2=PQ2
即(15−5t) 2=(9−5t) 2+32
9
解得t=
4
9 9
综上所述，当t=1或t= 或t= 时，以B、E、F为顶点的三角形与△BCD相似
5 4
13．（2023秋·江苏无锡·九年级无锡市南长实验中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点B(6,5)，过点B作x轴的垂线，垂足为A，作y轴的垂线，垂足为C．点D从O出发，沿y轴正方向以每秒1
个单位长度运动；点E从O出发，沿x轴正方向以每秒3个单位长度运动；点F从B出发，沿BA方向以每秒
2个单位长度运动．当E点运动到点A时，三点随之停止运动．运动过程中△ODE关于直线DE的对称图形
是△O′DE，设运动时间为t．
（1）用含t的代数式分别表示点E，点F的坐标；
（2）若△ODE与以点A，E，F为顶点的三角形相似，求t的值；
（3）是否存在这样的t，使得以D，E，F，O′所围成的四边形中有一组对边平行?若存在，求出t的值；
若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由题可得OE=3t，OD=t，BF=2t，易证四边形OABC是矩形，从而得到AB=OC，BC=OA，
即可求出AF， OE，即可求出点E，点F的坐标
（2）只需两种情况讨论①当△ODE∽△AEF，②当△ODE∽△AFE，然后运用相似三角形的性质即可
求解；
（3）过点O′作x轴的平行线与y轴交于点M，与过点 E的y轴的平行线交于点N，如图1，易得
3
△MDO′∽△NO′E，设MO′=a，根据相似三角形的性质可得出a= t，然后分两种情况讨论即可求解．
5
【解题过程】
（1）由题可得OE=3t，OD=t，BF=2t，
∵BA⊥x轴，BC⊥y轴，∠AOC=90°，
∴∠AOC=∠BAO=∠BCO=90°，
∴四边形OABC是矩形，
∴AB=OC，BC=OA，
∵B(12,10)，
∴BC=OA=12，AB=OC=10，
∴AF=10−2t， OE=12−3t，∴点E的坐标为(3t,0)，点F的坐标为(12,10−2t)；
OD OE
（2）①当△ODE∽△AEF时，则有 = ，
AE AF
t 3t
∴ = ，
12−3t 10−2t
26
解得t =0(舍去)，t = ，
1 2 7
OD OE
②当△ODE∽△AFE时，则有 = ，
AF AE
t 3t
∴ = ，
10−2t 12−3t
解得t =0(舍去)，t =6，
1 2
∵点E运动到点A时，三点随之停止运动，
∴3t≤12，
∴t≤4，
∴t=6舍去，
26
综上所述：t的值为 ；
7
（3）过点O′作x轴的平行线与y轴交于点M，与过点 E的y轴的平行线交于点N，如图1，
则有∠DMN=90°，∠N=90°，
由折叠可得：DO′=DO=t，O′E=OE=3t，∠DO′E=∠DOE=90°，
∴∠DMO′=∠N=90°，∠MDO′=90°−∠MO′D=∠NO′E，
∴△MDO′∽△NO′E，
MO′ MD O′D t 1
∴ = = = = ，
NE NO′ EO′ 3t 3
∴NE=3MO′，NO′=3MD，设MO′=a，
则有OM=NE=3a，NO′=3t−a，MD=3a−t，
∴3t−a=3(3a−t)，
3
解得：a= t，
5
3 9
∴MO′= t，OM= t，
5 5
(3 9 )
∴点 O′的坐标为 t, t ，
5 5
①若 DO′∥EF，如图2，延长O′D交x轴于S，
则有 O′M∥OS，∠DSE=∠FEA，
∴∠MO′D=∠DSE=∠FEA，
∵∠O′MD=∠EAF=90°，
∴∠O′MD∽∠EAF，
MO′ MD
∴ = ，
AE AF
3 9
t t−t
∴ 5 5 ，
=
6−3t 5−2t
3
解得：t =0(舍去)，t = ，
1 2 2
3
经检验：t= 是分式方程的解，
2
②若OF∥DE，如图3，过点O′作x轴的平行线与AB交于点Q，延长DE交 BA的延长线于点T，
同①可得 ：△DOE∽△FQO′，
OD OE
=
∴ ，
QF QO′
t 3t
=
9 3 ，
t−(5−2t) 6− t
5 5
7
解得t =0(舍去)，t = ，
1 2 4
3 7
综上所述：t的值为 或 ．
2 4
14．（2023秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，
AC=3，AB=5，点D为边AB上一点且BD=2．动点P从点A出发，沿AB以每秒1个单位长度的速度向
终点B运动，且点P不与点A、B、D重合．过动点P作PQ⊥AB交折线AC−CB于点Q，作点P关于点
D的对称点E，连结QE．设点P的运动时间为t秒．
（1）当点Q与点C重合时，t=________；
（2）用含t的代数式表示PE的长；
（3）当△PEQ∽△CAB时，求t的值；
（4）当Q在BC上运动时，若△BEQ为等腰三角形，直接写出此时t的值．
【思路点拨】
（1）利用面积计算即可；
（2）分两种情况讨论即可；PE PQ
（3）由△PEQ∽△CAB可得 = ，代入线段计算即可；
AC BC
（4）画出图形，分类讨论即可．
【解题过程】
（1）∵∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC=❑√AB2−AC2=4，
1 1
当点Q与点C重合时，S = AC⋅BC= PQ⋅AB
△ABC 2 2
1 1
∴S = ×3×4= PQ×5
△ABC 2 2
12
∴PQ= ，
5
9
∴PA=❑√AC2−PQ2=
，
5
9
∴t=PA÷1= ，
5
9
故答案为： ；
5
（2）由题意可得，PA=t，PB=AB−PA=5−t，AD=AB−BD=3
∵点P关于点D的对称点E，
∴PD=DE，
∴PE=2PD，
当点P在点D的右边时，0<t<3，
此时PD=AD−PA=3−t=DE，
∴PE=2PD=6−2t，
当点P在点D的左边时，3<t<5，
此时PD=PA−AD=t−3=DE，
∴PE=2PD=2t−6，
PE=
{6−2t(0<t<3))
综上所述，
2t−6(3<t<5)
9
（3）当0<t≤ 时，点Q在AC边上，点P在点D的右边，PE=6−2t
5
∵∠APQ=∠ACB=90°∴△PAQ∽△CAB，
PA PQ
∴ = ，
AC BC
t PQ
∴ =
3 4
4
∴PQ= t
3
∵△PEQ∽△CAB
PE PQ
∴ =
AC BC
4
t
∴6−2t 3
=
3 4
∴t=2（舍）
9
当 <t<3时，点Q在BC边上，点P在点D的右边，PE=6−2t，
5
∵∠BPQ=∠ACB=90°
∴△PBQ∽△CBA，
BP PQ BQ
∴ = = ，
BC AC AB
5−t PQ BQ
∴ = =
4 3 5
3 5
∴PQ= (5−t)，BQ= (5−t)
4 4
∵△PEQ∽△CAB
PE PQ
∴ =
AC BC
3
(5−t)
∴6−2t 4
=
3 4
51
t= ，
23当3<t<5时，点Q在BC边上，点P在点D的左边，
3
此时PQ= (5−t)，PE=2t−6
4
∵△PEQ∽△CAB
PE PQ
∴ =
AC BC
3
(5−t)
∴2t−6 4
=
3 4
141
t=
41
51 141
综上，当△PEQ∽△CAB时，t= ，t=
23 41
9
（4）当当Q在BC上运动时， <t<5，
5
9 3
当 <t<3时，点Q在BC边上，点P在点D的右边，PE=6−2t，PQ= (5−t)
5 4
此时△BEQ为钝角三角形，若△BEQ为等腰三角形，则EB=EQ=AB−PE−PA=5−(6−2t)−t=t−1，
在Rt△PQE中，PQ2+PE2=QE2，
2
∴ [3 (5−t) ) +(6−2t) 2=(t−1) 2 ，
4
此方程无解
3
当3<t<5时，点Q在BC边上，点P在点D的左边，PE=2t−6，PQ= (5−t)，
4
5
BE=PA−PE=t−(2t−6)=6−t，BQ= (5−t)
4当QB=QE时，BP=PE
5−t=6−2t
11
t=
3
当BQ=BE时
5
(5−t)=6−t
4
t=1（舍去）
1 5
当EB=EQ=6−t时，取BQ中点M，则EM⊥BC，BM= BQ= (5−t)
2 8
∵∠BME=∠ACB=90°
∴△MEB∽△CAB
MB BE
∴ =
BC AB
1 5
× (5−t)
∴2 4 6−t，
=
4 5
67
解得t= （舍去）
7
11
综上所述，，若△BEQ为等腰三角形，t= ．
3
15．（2022秋·吉林长春·九年级校考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，AC=3，动点P
从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动，过点P作PQ⊥BC交折线BA−AC于点Q，
将线段QP绕点Q逆时针旋转90°得到线段QR，连接PR，设△PQR与△ABC重叠部分图形的面积为S（平
方单位），点P运动的时间为t（秒）．（t>0）（1）求线段PQ的长（用含t的代数式表示）；
（2）点R落在AC上时，求t的值；
（3）当重叠部分图形是三角形时，求S（平方单位）与t（秒）之间的函数关系式；
（4）在点P运动的过程中，当点R落在△ABC的中位线所在的直线上时，直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）分两种情形分别求解：如图1中，当点Q在AB上时，如图2中，当点Q在AC上时；
（2）如图3中，当点R落在AC上时，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题；
80 80 16
（3）分三种情形：如图1中，当0<t≤ 时，重叠部分是△PQR，当 <t≤ 时，重叠部分是四边形
37 37 5
16
PQMN，如图5中，如图5中，当 <t<5时，重叠部分是△PQM；
5
（4）分四种情形分别画出图形，构建方程即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：如图1中，当点Q在AB上时，
在Rt△ABC中，∵AB=4，AC=3，
∴AB=5，
∵PQ⊥BC，
∴∠BAC=∠BPQ=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△PBQ∽△ABC
PB PQ t PQ
∴ = ，即： =
AB AC 4 33
∴PQ= t；
4
如图2中，当点Q在AC上时，
PC PQ 5−t PQ
同理可得：△PCQ∽△ACB，可得 = ，即： =
AC AB 3 4
20 4
∴PQ= − t．
3 3
（2）解：如图3中，当点R落在AC上时，
3 BQ PB
由（1）知PQ=QR= t， = ，
4 BC AB
5 5
∴BQ= t，AQ=4− t
4 4
∵线段QP绕点Q逆时针旋转90°得到线段QR，
∴QR∥AC，
∴△AQR∽△ABC，
5 3
AQ QR 4− t t
∴ = ，即： 4 4
AB BC =
4 5
80
解得：t=
37
80
（3）解：如图1中，当0<t≤ 时，重叠部分是△PQR，
37
1 1 3 3 9
可得：S= PQ⋅QR= ⋅ t⋅ t= t2 ；
2 2 4 4 321 1
如图4中，当P运动到使得Q与A重合时，S = AB⋅AC= BC⋅PQ
△ABC 2 2
16
可得此时t= ，
5
80 16
当 <t≤ 时，重叠部分是四边形PQMN，不符合题意，
37 5
16
如图5中，当 <t<5时，重叠部分是△PQM，
5
过M作MH⊥PQ交于PQ于H，
由旋转可知△PQR是等腰直角三角形，则△PMH也是等腰直角三角形，
∴PH=MH，△MQH∽△CQP
MH HQ
则： =
PC PQ
4
(5−t)−x
x 3
设MH=x，则： = ，
5−t 4
(5−t)
3
4
解得：x= (5−t)，
7
1 1 4 4 8
∴S= PQ⋅MH= ⋅ (5−t)⋅ (5−t)= (5−t) 2 ，
2 2 3 7 21
9 80
{ t2,0<t≤ )
32 37
综上，S=
8 16
(5−t) 2, <t<5
21 5（4）解：①如图6中，当点R落在△ABC的中位线MN上时，
5 3
2− t t
4 4 40
类比图3的情况易求得 = ，得t= ，
2 5 37
2
②如图7中，当点R落在△ABC的中位线MN上时，
5 8
易知BQ= t=2，得t= ，
4 5
③如图8中，当点R落在△ABC的中位线MN上时，
5 3 41
易知PC=5−t，则CQ= (5−t)= ，得t= ，
3 2 10
④如图9中，当点R落在△ABC的中位线MN上时，过点A作AH∥BC交MN于H，
5 3
易知AH=CM= ，CN=AN= ，△NAH∽△NQR，
2 2
5 3 4
(5−t)− t(5−t)
QN QR 3 2 3 85
则： = ，即： = ，得t= ，
AN AH 3 5 26
2 2
40 8 41 85
综上，在点P运动的过程中，当点R落在△ABC的中位线所在的直线上时，t= ，t= ，t= ，t= ．
37 5 10 26
16．（2023秋·河北石家庄·九年级石家庄市第十九中学校考期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，
AC=5，AB=4．动点P从点C出发，沿CA以每秒3个单位长度的速度向终点A匀速运动．过点P作CA
的垂线交射线CB于点M，当点M不和点B重合时，作点M关于AB的对称点N．设点P运动时间为t秒（t
＞0）．
（1）求BC的长；
（2）当点M在边BC上时，求MN的长；（用含t的代数式表示）
（3）取PC的中点Q．
①连接MQ、PN，当点M在边BC上，且MQ∥PN时，求MN的长；
②连接NQ，当∠CNQ=∠A时，直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）在△ABC中，根据已知，用勾股定理求解即可；
（2）动点P运动速度是每秒3个单位长度，设点P运动时间为t秒；M在边BC上，证△ABC∼△MPC求出CM=5t，BM=3−5t由点M、N关于AB对称，解出MN；
（3）①如图，当点M在边BC上时，Q是PC的中点，得CQ=PQ，由平行线等分线段成比例列方程求解
即可；②当点M在边BC上，如图，由∠C+∠CNQ=∠NQA<90°得∠CNP<∠C与条件不符，故点M
在边CB的延长线上，求出CM、BM、BN、MN、CN，结合∠CNQ=∠A证得QN⊥AC MP∥NQ，
由平行线等分线段成比例列方程求解即可；点M、N关于AB对称，且N在线段BC延长线上时，作
CS∥PM，由题意证∠CNQ=∠M即N、Q、R共线，Q是PC的中点，△SCQ≌△PRQ，得CS=PR，
NC CS PR 3(5−3t) 5(5t−3)
= = 求出PR= ，MR= ，代入解方程即可．
NM MR MR 4 4
【解题过程】
（1）解：在△ABC中，∠ABC=90°，AC=5，AB=4，
∴BC=❑√AC2−AB2=❑√52−42=3，
故BC=3；
（2）动点P运动速度是每秒3个单位长度，设点P运动时间为t秒，
则CP=3t，
当点M在边BC上时，
∵∠C=∠C,∠ABC=∠MPC=90°
∴△ABC∼△MPC
CM CP
∴ =
AC BC
CM 3t
∴ =
5 3
CM=5t，
∴BM=BC−CM=3−5t，
点M、N关于AB对称，
∴MN=2BM=6−10t，
（3）①如图，当点M在边BC上时，Q是PC的中点，CQ=PQ，∵MQ∥PN，
CM CQ
∴ = ，
MN CP
由（2）得，
5t
∴ =1，
6−10t
2
解得：t= ，
5
∴MN=6−6t=2；
②当点M在边BC上，如图，
∠C+∠CNQ=∠NQA<90°，
∵∠C+∠A=90°，
∴∠CNP<∠C，
故当点M在边CB的延长线上，如图，
CM=5t，
∴BM=CM−BC=5t−3，
点M、N关于AB对称，且N在线段BC上时
∴BN=BM=5t−3，MN=10t−6，
∴CN=BC−BN=3−(5t−3)=6−5t，
∵∠CNQ=∠A，
∴∠C+∠CNQ=∠C+∠A=90°，
∴∠C+∠CNQ=∠C+∠A=90°，
∴∠CQN=90°，
∴QN⊥AC，
∵MP⊥AC，
∴MP∥NQ，
Q是PC的中点，CN CQ
∴ = ，
NM QP
6−5t
∴ =1，
10t−6
4
解得：t= ；
5
点M、N关于AB对称，且N在线段BC延长线上时，作CS∥PM，
∴∠NCS=∠M
∵∠CNQ=∠A，∠A=∠M
∴∠CNQ=∠M
即N、Q、R共线
Q是PC的中点，
∴△SCQ≌△PRQ，
∴CS=PR
CM=5t,BM=5t−3
NM=10t−6,CN=5t−6
AP=5−3t
∵CS∥PM，
NC CS PR
∴ = =
NM MR MR∵△APR∼△ABC
3(5−3t)
∴PR=
4
5(5t−3)
同理∴MR=
4
3(5−3t)
5t−6 4
∴ =
10t−6 5(5t−3)
4
215t2−429t+180=0
60 129
解得t= ，t=
43 215
6
5t−3>3解得t>
5
60
故t= ．
43
17．（2023春·吉林·九年级专题练习）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6．动点P
从点A出发，在AB上以每秒5个单位长度的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿折线BC−CA以
每秒7个单位长度的速度向终点A运动，当点Q不与点C重合时，以PQ、QC为邻边作平行四边形PQCE．
设点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示线段CQ的长；
（2）当点E在Rt△ABC内部时，求t的取值范围；
（3）当Rt△ABC的边将平行四边形PQCE的面积分为1：2两部分时，求t的值；
（4）如图②，点D为AB的中点，连接DQ，作点C关于直线DQ的对称点C'，当C'Q∥AB时，直接写
出t的值．
【思路点拨】
（1）根据“路程=速度×时间”即可表示；（2）分点E落在AC上和点E落在BC上两种情况讨论，分别求出临界情况下对应的时间即可；
（3）分当Q点在CB上和当Q点在AC上两种情况讨论，分别把图形的面积表示出来，再根据题中的面积比
为1:2得到对应的线段倍数关系进而求解；
（4）分当点Q在边BC上和点Q在边AC上，根据“点C关于直线DQ的对称点C'”及C'Q∥AB得到等腰
三角形，进而根据等腰三角形的腰相等列方程求解．
【解题过程】
（1）解：当点Q落在BC上时，CQ=BC−BQ=6−7t；
当点Q落在AC上时，CQ=7t−BC=7t−6．
（2）解：如下图，当点E落在AC上时，由于∠C=90°，
∴四边形PQCE为矩形，∠AEP=∠C=90°，
且∠A=∠A，
∴△ABC∽△APE，
AP EP
∴ = ，代入AP=5t, AB=10, BC=6，
AB BC
∴EP=3t，
∴CQ=PE=3t，
∵CQ+BQ=BC=6，
3
∴3t+7t=6，解得t= ，
5
6
∵Q从B点运动到C点所需要时间为 ，
7
3 6
∴点E落在AC上时，点E在Rt△ABC内部时对应的时间t取值范围为： <t< ；
5 7
当点E落在BC上时，如下图所示：同理可得AQ=4t，
∵CQ+AQ=AC=8，
14
∴7t−6+4t=8，解得t= ，
11
6 14
∴点E落在BC上时，点E在Rt△ABC内部时对应的时间t取值范围为 <t< ；
7 11
3 6 6 14
综上所述，点E在Rt△ABC内部时对应的时间t取值范围为 <t< 或 <t< ．
5 7 7 11
1 1
（3）解：当Q点在CB上时，如下图，S = EF⋅CF，S = (CQ+PF)⋅CF，
△CEF 2 四边形CFPQ 2
当Rt△ABC的边将平行四边形PQCE的面积分为1：2两部分时，
只需要满足：CQ+PF=2EF即可，
又因为CQ=PE，PE=PF+EF，
∴CQ=3PF，
3
∴6−7t=3×3t，解得t= ；
8
1 1
当Q点在AC上时，如下图，S = EF⋅CF，S = (CQ+PF)⋅CF，
△CEF 2 四边形CFPQ 2当Rt△ABC的边将平行四边形PQCE的面积分为1：2两部分时，
只需要满足：CQ+PF=2EF即可，
同理可得：CQ=3PF．
30
∴7t−6=3×(8−4t)，解得t= ，
19
3 30
综上所述：当Rt△ABC的边将平行四边形PQCE的面积分为1：2两部分时，t= 或t= ．
8 19
（4）解：当点Q在边BC上时，如下图所示：
1
由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：CD= AB=DB=AD=5，
2
∴∠DCQ=∠B，
∵点C关于直线DQ的对称点C'，
∴∠DCQ=∠C'，
∴∠B=∠C'，
又∵C'Q∥AB，
∴∠GQC'=∠B，∠GDB=∠C'
∴∠GQC'=∠C'，∠GDB=∠B，∴△GQC'、△GDB均为等腰三角形，
∴GQ=GC'，GD=GB，
设GQ=GC'=x，则GB=GD=DC'−GC'=5−x，
∴BQ=GB+GQ=5−x+x=5，
BQ 5
∴t= = ；
7 7
当点Q在边AC上时，如下图所示：
同上述过程，同理可证：△GQC'、△GDA均为等腰三角形，
∴GQ=GC'，GD=GA，
设GQ=GC'= y，则GA=GD=DC'−GC'=5−y，
∴AQ=GA+GQ=5−y+ y=5，
∴点Q从点B沿折线BC−CA运动到点Q路程为BC+CQ=6+3=9，
9
∴t= ；
7
5 9
综上所述：当C'Q∥AB时，t= 或t= ．
7 7
18．（2023春·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，
BC=5，AB=3，点D、E分别为边AC、BC的中点．动点P从点A出发，沿折线AE—EB—BA以每秒
1个单位长度的速度向点A运动，连结DP．作点A关于直线DP的对称点A′，连接A′D，A′ A．设点P运
动时间为t秒(t>0)．（1）线段AD的长为 ；
（2）当点P在折线AE−EB上时，用含t的代数式表示线段EP的长；
（3）当点A′在△ABC内部时，求t的取值范围；
（4）当∠A A′D与∠C相等时，直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）利用勾股定理求出AC，可得结论；
5 5
（2）分两种情况：当0<t≤ 时，当 <t≤5时，分别求解即可；
2 2
（3）分三种情况求出特殊位置的值，①当P在AAE上，A′在线段BC上时，如图1，延长DP交A A′于点
F，
根据DC=2，DA′=DA=2，得A，A′，C在以D为圆心，AC为直径的圆上，证
1 5
DF∥A′C，根据平行线分线段成比例求得AP= AE= ，从而得解；②当P在EB上时，点A′在△ABC
2 4
1 3
外部；③当P在AB上，A′在线段BC上时，如图2，DP交A A′于点G，同①求得AP= AB= ，从而得
2 2
解
（4）由∠A A′D=∠C，推得A，A′，E三点共线，过D作DP⊥AE，得点P在AE上或点P在AB上，
分两种情况根据相似三角形的判定与性质求出AP 的值，从而可得答案．
【解题过程】
（1）解：∵ ∠BAC=90°，BC=5，AB=3，
∴AC=❑√BC2−AB2=❑√52−32=4，
∵D为AC中点，
1
∴AD= AC=2．
2
故答案为：2．（2）∵E为BC的中点，
1 5
∴AE=BE= BC= ，
2 2
5 5
当0<t≤ 时，EP= −t；
2 2
5 5
当 <t≤5时，EP=t−
2 2
5 5
{ −t(0<t≤ ))
2 2
综上所述，EP=
5 5
t− ( <t≤5)
2 2
（3）①当P在AE上，A′在线段BC上时，如图1，延长DP交A A′于点F，
∵A与A′关于DP对称，
∴DA′=DA=2，DF⊥A A′，
∴F为A A′的中点，
又∵ DC=2，DA′=DA=2，
∴A，A′，C在以D为圆心，AC为直径的圆上，
∴∠A A′C=90°，即A′C⊥A A′，
∴DF∥A′C，
AP AF 1
∴ = = ，
AE A A′ 2
1 5
∴AP= AE= ，
2 4
5
∴t=
4
5
∴当 0<t< 时，点A′在△ABC内部；
4②当P在EB上时，点A′在△ABC外部；
③当P在AB上，A′在线段BC上时，如图2，DP交A A′于点G，
∵A与A′关于DP对称，
∴DA′=DA=2，DP⊥A A′，
∴G为A A′的中点，
又∵ DC=2，DA′=DA=2，
∴A，A′，C在以D为圆心，AC为直径的圆上，
∴∠A A′C=90°，即A′C⊥A A′，
∴DP∥AC，
AP AG 1
∴ = = ，
AB A A′ 2
1 3
∴AP= AB= ，
2 2
3 13
∴t=8− =
2 2
13
∴当 <t<8时，点A′在△ABC内部；
2
5 13
综上所述，当0<t< 或 <t<8时，点A′在△ABC内部．
4 2
（4）当∠A A′D=∠C时，
1
∵EA=EC= BC，
2
∴∠CAE=∠C=∠A A′D，
∵A与A′关于DP对称，
∴A，A′，E三点共线，过D作DP⊥AE，点P在AE上或点P在AB上，
如图3，当点P在AE上时，
∵∠CAE=∠C=∠A A′D
∴Rt△APD∼Rt△CAB，
AP AD
∴ = ，
AC BC
AP 2
∴ =
4 5
8
∴AP= ，
5
8
即t=
5
如图4，当点P在AB上时， DP交AE于H点，
∵∠CAE=∠C=∠A A′D
∴Rt△AHD∼Rt△CAB，
AH AD
∴ = ，
AC BC
AH 2
∴ =
4 58
∴AH= ，
5
∵AD=2，
√ 8 2 6
∴DH=❑√AD2−AH2=❑22−( ) = ，
5 5
在Rt△ADP中，DP⊥AE，
∴△ADP∼△HDA，
AP AD
∴ = ，
AH HD
AP 2
∴ =
8 6，
5 5
8
∴AP= ，
3
8 16
∴ t=8− = ，
3 3
8 16
综上所述，t= 或t= ．
5 3
19．（2022秋·浙江温州·九年级温州市第二实验中学校考阶段练习）如图1，在四边形ABCD中，
∠B=∠ADC=90°，以BC为边构造矩形BCEF，点E，F分别落在AD、AB上．动点P在AF上从点F
向终点A匀速运动，同时，动点Q在射线AD上从点A向点D方向匀速运动，点P到达终点时，P，Q同时
停止运动．设PF=2x，△APQ的面积为S，则S=−3x2+12x．当x=2时，点Q恰好运动至E点．
（1）求证：△AFE∽△EDC．
（2）求AF和EF的长．
EG 1
（3）如图2，EF=2CD，点H为BC的中点，点G在EF上，且 = ，连结DH、GH，当PQ与四边
FG 2
形DEGH的一边平行时，求PF的长．【思路点拨】
（1）根据矩形的性质得出∠AFE=∠ADC=90°，EC∥AB，进而得出∠DEC=∠A，即可证明
△AFE∽△EDC；
（2）根据S=−3x2+12x，当x=4时，S=0，此时，点P到达终点A，进而得出AF=8，当x=2时，点Q
1
恰好运动至E点，根据S= AP⋅EF=2EF,即可求解．
2
（3）分①当PQ∥EG时，②当PQ∥DH时，③当PQ∥GH时，根据相似三角形的性质即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形BCEF是矩形，
∴∠AFE=∠ADC=90°，EC∥AB，
∴∠DEC=∠A，
∴△AFE∽△EDC；
（2）解：S=−3x2+12x．
当x=4时，S=0，此时，点P到达终点A，
∴PF=2x=8，即：AF=8，
当x=2时，点Q恰好运动至E点，
∴此时，PF=4，AP=4，
1
∴S= AP⋅EF=2EF=−3×22+12×2=12，
2
∴EF=6，
综上所述：AF=8，EF=6；
（3）∵AF=8，EF=6，
∴AE=10，
∵PF=2x，当x=2时，点Q恰好运动至E点，
PF 4 2
∴ = = ，
AQ 10 5
5
∴AQ= PF=5x，
2
①当PQ∥EG时，
AQ AP 5x 8−2x 4
= ，即 = ，解得：x= ，
AE AF 10 8 3
8
∴PF=2x= ；
3②当PQ∥DH时，
延长DH交AB的延长线于点M，过点D作DN⊥AB于点N，
∵EF=2CD，
∴CD=3，
∵△AFE∽△EDC，
AF FE EA 8 6 10
∴ = = ，即 = = ，
ED DC CE ED 3 CE
解得：ED=4，CE=5，
∴AD=10+4=14，
∵DN⊥AB，∠AFE=90°，
∴EF∥DN，
∴△AEF∽△ADN，
AE EF AF
∴ = = ，
AD DN AN
42 56
∴DN= ，AN= ，
5 5
56 9
∴BN=AF+BF−AN=8+5− = ，
5 5
∵点H为BC的中点，
∴BH=3，
∵BH∥DN，
∴△MHB∽△MDN，
BH BM
∴ =
DN 9 ，
+BM
5
∴BM=1，
AP AQ 8−2x 5x 8
∵ = ，即： = ，解得：x= ，
AM AD 14 14 716
∴PF=2x= ；
7
③当PQ∥GH时，
延长GH交AB于点K，并反向延长交CE的延长线于点L，交AD于点O，
EG 1
∵ = ，
FG 2
∴FG=4，
∵HB∥FG
∴△KHB∽△KGF
BK BH BK 4
∴ = ，即 = ，
FK FG 5+BK 3
∴BK=15，
∵BH=CH，∠CHL=∠BHK，∠HCL=∠HBK=90°
∴△CHL≌△BHK(ASA)，
∴CL=BK=15，
∴EL=15−5=10，
∵ EL∥AK
∴△ELO∽△AKO，
EL OE
∴ = ，
AK 10−OE
10 OE 50
∴ = ，解得：OE= ，
8+5+15 10−OE 19
50 140
∴AO=10− = ，
19 19
∵PQ∥GH，5x 8−2x
AQ AP = 8
∴ = ，即140 8+5+15 ，解得：x= ，
AO AK 21
9
16
∴PF=2x= ；
21
④PQ不可能平行于AD；
8 16 16
综上所述，PF= 或 或 ．
3 7 21
3
20．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10,sinB= ，点E从点B出发沿折
5
线B−C−D向终点D运动．过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF
的右侧作矩形EFGH．
（1）如图1，点G在AC上．求证：FA=FG．
（2）若EF=FG，当EF过AC中点时，求AG的长．
（3）已知FG=8，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF
相似（包括全等）？
【思路点拨】
（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；
（2）记AC中点为点O．分点E在BC上和点E在CD上两种情况进行求解即可；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．分点E在线段BM上时，点E在线段MC上时，
点E在线段CN上，点E在线段ND上，共四钟情况分别求解即可．
【解题过程】
（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA．
∵FG∥BC，
∴∠FGA=∠BCA，
∴∠BAC=∠FGA，
∴△AFG是等腰三角形，
∴FA=FG．
（2）解：记AC中点为点O．
①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM⊥BC于点M，
3
∵在Rt△ABM中，AM= AB=6，
5
∴BM=❑√AB2−AM2=❑√102−62=8．
∴FG=EF=AM=6,CM=BC−BM=2，
∵OA=OC,OE∥AM，
1 1
∴CE=ME= CM= ×2=1，
2 2
∴AF=ME=1，
∴AG=AF+FG=1+6=7．②当点E在CD上时，如图3，
过点A作AN⊥CD于点N．
同理，FG=EF=AN=6,CN=2，
1
AF=NE= CN=1，
2
∴AG=FG−AF=6−1=5．
∴AG=7或5．
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N．
①当点E在线段BM上时，0<s≤8．设EF=3x，则BE=4x,GH=EF=3x，
ⅰ）若点H在点C的左侧，s+8≤10，即0<s≤2，如图4，
CH=BC−BH=10−(4x+8)=2−4x．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
3x 3
∴ = ，
2−4x 41
解得x= ，
4
1
经检验，x= 是方程的根，
4
∴s=4x=1．
∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
3x 4
∴ = ，
2−4x 3
8
解得x= ，
25
8
经检验，x= 是方程的根，
25
32
∴s=4x= ．
25
ⅱ）若点H在点C的右侧，s+8>10，即2<s≤8，如图5，
CH=BH−BC=(4x+8)−10=4x−2．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
3x 3
∴ = ，
4x−2 4
此方程无解．∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF
3x 4
∴ = ，
4x−2 3
8
解得x= ，
7
8
经检验，x= 是方程的根，
7
32
∴s=4x= ．
7
②当点E在线段MC上时，8<s≤10，如图6，EF=6,EH=8,BE=s．
∴BH=BE+EH=s+8,CH=BH−BC=s−2．
∵△GHC∽△FEB，
GH CH
∴ = ，
EF BE
GH EF
∴ = ，
CH BE
6 6
∴ = ，
s−2 s
此方程无解．
∵△GHC∽△BEF，
GH CH
∴ = ，
BE EF
GH BE
∴ = ，
CH EF6 s
∴ = ，
s−2 6
解得s=1±❑√37，
经检验，s=1±❑√37是方程的根，
∵8<s≤10，
∴s=1±❑√37不合题意，舍去；
③当点E在线段CN上时，10≤s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J，
在Rt△BJC中，BC=10,CJ=6,BJ=8．
EH=BJ=8,JF=CE，
∴BJ+JF=EH+CE，
∴CH=BF，
∵GH=EF,∠GHC=∠EFB=90°，
∴△GHC≌△EFB，符合题意，
此时，10≤s≤12．
④当点E在线段ND上时，12<s<20，
∵∠EFB>90°，
∴△GHC与△BEF不相似．
32 32
综上所述，s满足的条件为：s=1或s= 或s= 或10≤s≤12．
25 7
