专题 27.4 相似三角形中的动点问题
◆ 典例分析
【典例1】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，动点P从点B出发，沿线段BA以每秒2
个单位长度的速度向终点A运动，同时动点Q从点A出发，沿折线AC−CB以每秒2个单位长度的速度向
点B运动．当点P到达终点时，点Q也停止运动，设运动的时间为t秒．
（1）AB=__________；
（2）当Q在AC上运动时，若以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，求t的值；
（3）设点O是PA的中点，当OQ与△ABC的一边垂直时，请直接写出t的值．
【思路点拨】
本题考查了勾股定理，动点问题，相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
（1）根据勾股定理直接求解；
（2）根据题意列出代数式，分当∠PQA=90°和∠QPA=90°时两种情况，根据相似三角形的性质列出
比例式，解方程即可求解；
（3）根据题意分当OQ⊥AB，OQ⊥AC，OQ⊥BC时三种情况，根据相似三角形的性质列出比例
式，解方程即可求解．
【解题过程】
（1）解：在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB2=BC2+AC2,
∴AB=❑√62+82=10，
故答案为：10．
（2）解：由题意，得AP=10−2t，AQ=2t，
①当∠PQA=90°时，△APQ∽△ABC，
AP AQ
∴ = ，
AB AC
10−2t 2t
∴ = ，
10 820
解得t= ，
9
②当∠QPA=90°时，△AQP∽△ABC，
AP AQ
∴ = ，
AC AB
10−2t 2t
∴ = ，
8 10
25
解得t= ，
9
20 25
综上所述，当t= 或 时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似．
9 9
（3）解：当OQ⊥AB时，如图所示，
∵点O是PA的中点，
1 1
∴OA= AP= (10−2t)=5−t，
2 2
∵∠A=∠A，∠C=∠AOQ=90°，
∴△AOQ∽△ACB，
AO AQ
∴ = ，
AC AB
5−t 2t
∴ = ，
8 10
25
解得t= ，
13
当OQ⊥AC时，如图所示，
∵点O是PA的中点，1 1
∴OA= AP= (10−2t)=5−t，
2 2
∵∠A=∠A，∠C=∠OQA=90°，
∴△AOQ∽△ABC，
AO AQ
∴ = ，
AB AC
5−t 2t
∴ = ，
10 8
10
解得t= ，
7
当OQ⊥BC时，如图所示，
∵点O是PA的中点，
1 1
∴OA= AP= (10−2t)=5−t，
2 2
∵∠B=∠B，∠C=∠OQB=90°，
∴△BOQ∽△BAC，
BO BQ
∴ = ，
BA BC
2t+5−t 6+8−2t
∴ = ，
10 6
55
解得t= ，
13
25 10 55
综上所述，t的值为 或 或 ．
13 7 13
◆ 学霸必刷
1．（24-25九年级上·广西北海·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=8cm，BC=16cm，动点P从点A开
始沿AB边运动，速度为2cm/s，动点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s．如果P、Q两动点同
时运动，那么经过（ ）秒时△QBP与△ABC相似．A．0.8 B．0.8或2 C．1.25或2 D．1.25
【思路点拨】
本题考查了相似三角形的判定和性质，设经过t秒时，△QBP与△ABC相似，则AP=2tcm，BQ=4tcm
BP BQ BP BQ
，BP=(8−2t)cm，根据∠PBQ=∠ABC，分 = 和 = 两种情况解答即可求解，掌握相似
BA BC BC BA
三角形的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【解题过程】
解：设经过t秒时，△QBP与△ABC相似，则AP=2tcm，BQ=4tcm，
∴BP=(8−2t)cm，
∵∠PBQ=∠ABC，
BP BQ
∴当 = 时，△BPQ∽△BAC，
BA BC
8−2t 4t
即 = ，
8 16
解得t=2；
BP BQ
当 = 时，△BPQ∽△BCA，
BC BA
8−2t 4t
即 = ，
16 8
解得t=0.8；
综上可知，经过0.8s或2s时，△QBP与△ABC相似，
故选：B．
2．（23-24九年级上·安徽宿州·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=9,BC=15,P,Q分别是BC,CD上
的点，CQ=4，若△ABP与△PCQ相似，则BP的长为（ ）60 60 135
A．3或 B．3或12 C．3、12或 D．3、12或
13 13 13
【思路点拨】
设BP=x，则PC=15−x，分△ABP∽△PCQ和△ABP∽△QCP两种情况讨论，结合相似三角形的性质
列式求解，即可获得答案．
【解题过程】
解：根据题意，AB=9,BC=15，
设BP=x，则PC=15−x，
分两种情况讨论：
①若△ABP∽△PCQ，
AB PC 9 15−x
则有 = ，即 = ，
BP CQ x 4
整理可得x2−15x+36=0，
解得x =3,x =12，
1 2
∴BP的长为3或12；
②若△ABP∽△QCP，
AB QC 9 4
则有 = ，即 = ，
BP CP x 15−x
135
解得x= ，
13
135
∴BP的长为 ．
13
135
综上所述，BP的长为3或12或 ．
13
故选：D．
3．（23-24九年级上·湖南衡阳·期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D，E
分别在边BC，AC上，且CD=5，若以C，D，E为顶点的三角形与△ABC相似，则CE的长度为
（ ）
25 15 25
A．3 B． C． 或4 D．4或
4 2 4【思路点拨】
本题考查了相似三角形的动点问题，主要考查相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识．先利用勾股定
理计算出BC=10，再讨论：当∠EDC=90°时，则可证明△CDE∽△CAB，当∠DEC=90°时，则可证
明△CED∽△CAB，然后分别利用相似比求出对应的CE的长．
【解题过程】
解：如图，
∵∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=❑√62+82=10，
当∠EDC=90°时，
∵∠DCE=∠ACB，∠EDC=∠A，
∴△CDE∽△CAB，
CE CD CE 5
∴ = ，即 = ，
CB CA 10 8
25
解得CE= ，
4
当∠DEC=90°时，
∵∠DCE=∠ACB，∠DEC=∠A，
∴△CED∽△CAB，
CE CD CE 5
∴ = ，即 = ，
CA CB 8 10
解得CE=4，
25
综上所述，CE的长为4或 ．
4
故选：D．4．（23-24九年级上·河南洛阳·期中）如图，在△ABC中，AB=AC=8，BC=6，点P从点B出发以1个
单位/s的速度向点A运动，同时点Q从点C出发以2个单位/s的速度向点B运动．当以B，P，Q为顶点
的三角形与△ABC相似时，运动时间为（ ）
24 9 24 9
A． s B． s C． s或 s D．以上均不对
11 5 11 5
【思路点拨】
本题考查了相似三角形的性质，正确分四种情况讨论是解题关键．设运动时间为ts，先分别求出BP=t，
BQ=6−2t，0<t<3，再分四种情况：①△BPQ∽△BAC，②△BQP∽△BAC，③△BPQ∽△CAB，
④△BQP∽△CAB，利用相似三角形的性质分别建立方程，解方程即可得．
【解题过程】
解：设运动时间为ts，
由题意得：BP=t，CQ=2t，
∵AB=8,BC=6，
8
∴BQ=BC−CQ=6−2t，点P从点B运动到点A所需时间为 =8s，点Q从点C运动到点B所需时间为
1
6
=3s，
2
∴0<t<3，
∵AB=AC≠BC，
∴∠B=∠C≠∠A，
①当△BPQ∽△BAC时，
BP BQ t 6−2t
则 = ，即 = ，
AB BC 8 6
24
解得t= ，符合题意；
11
②当△BQP∽△BAC时，BQ BP 6−2t t
则 = ，即 = ，
AB BC 8 6
9
解得t= ，符合题意；
5
③当△BPQ∽△CAB时，
BQ BP 6−2t t
则 = ，即 = ，
BC AC 6 8
24
解得t= ，符合题意；
11
④当△BQP∽△CAB时，
BQ BP 6−2t t
则 = ，即 = ，
AC BC 8 6
9
解得t= ，符合题意；
5
24 9
综上，运动时间为 s或 s，
11 5
故选：C．
5．（23-24九年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果
点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度
均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t(s)(0<t<4)，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形
PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，t的值为（ ）
20 23 40 5
A． B． C． D．
13 20 23 2
【思路点拨】
本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，根据题意，正确作出辅助线是解题的关
键．连接PP′，PP′交QC相交于点E，当四边形PQP′C为菱形时，可得PE⊥AC，QE=EC，由
4 9 1
△APE∽△ABC得到AE=− t+4，进而得到QE=− t+4=− t+2，解方程即可求解．
5 5 2【解题过程】
解：如图2，连接PP′，PP′交QC相交于点E，当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即
PE⊥AC，QE=EC，
∵∠ACB=90° AC=4cm BC=3cm
， ， ，
∴ AB=❑√AC2+BC2=❑√42+32=5，
∵点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为
1cm/s
∴AP=5−t，
∵PE⊥AC，∠ACB=90°，
∴PE∥BC，
∴△APE∽△ABC，
AE AP
∴ = ，
AC AB
AE 5−t
∴ = ，
4 5
4
∴ AE=− t+4，
5
4 9
∴ QE=AE−AQ=− t+4−t=− t+4，
5 5
1 1 1
又∵ QE= QC= ×(4−t)=− t+2，
2 2 2
9 1
∴ − t+4=− t+2，
5 2
20
解得t= ，
13
20
∵ 0< <4，
1320
∴当四边形PQP′C是菱形时，t的值为 ；
13
故选A．
6．（24-25九年级上·陕西西安·开学考试）如图，已知等腰三角形ABC中，AB=AC=20cm,BC=30cm
，点P从点B出发沿BA以4cm/s的速度向点A运动；同时点Q从点C出发沿CB以3cm/s的速度向点B
运动，在运动过程中，当△BPQ与△AQC相似时，BP= cm．
【思路点拨】
本题考查了相似三角形的判定，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．分两种情
况进行讨论．由等腰三角形的性质得出∠B和∠C对应相等，那么就要分成BP和CQ为对应边以及BP和
AC为对应边两种情况．
【解题过程】
解：设运动时间为xs，
BP BQ
当△BPQ∽△CQA时，有 = ，
CQ AC
4x 30−3x
即 = ，
3x 20
10
解得：x= ，
9
40
∴BP=4x= cm，
9
BP BQ
当△BPQ∽△CAQ时，有 = ，
AC CQ
4x 30−3x
即 = ，
20 3x
解得：x=5或x=−10（舍去），
∴BP=4x=20cm，
40
综上所述，当BP= cm或20cm时，△BPQ与△AQC相似，
9
40
故答案为： 或20．
97．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）如图，AB⊥BD，CD⊥BD，AB=5，CD=4，BD=12．
点P在BD上移动：当以P，C，D为顶点的三角形与△ABP相似时，则PB的长为 ．
【思路点拨】
本题考查相似三角形的判定与性质．一元二次方程的解法，根据题意，分两种情况：△ABP∽△PDC和
△ABP∽△CDP，然后分别利用相似三角形的性质，对应线段成比例列出方程求解即可得出答案．
【解题过程】
解：若△ABP∽△PDC，
AB PD
∴ = ，
BP CD
设BP=x，
∵AB=5，CD=4，BD=12，
5 12−x
∴ = ，
x 4
解得x =2，x =10；经检验符合题意，
1 2
若△ABP∽△CDP，
AB CD
∴ = ，
BP PD
设BP=x，
∵AB=5，CD=4，BD=12，
5 4
∴ = ，
x 12−x
20
解得x= ；经检验，符合题意，
3
20
综上所述，PB的长度为 或2或10，
3
20
故答案为： 或2或10．
3
8．（23-24九年级上·河南南阳·期末）在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，点M是对角线BD的中
点，点P从点A出发沿着边按由A→D→C的路径运动，到达终点C停止，当以点P、M、D为顶点的三角形与△ABD相似时，则线段AP的长为 ．
【思路点拨】
本题主要考查菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质的综合，掌握相似三
角形的判定和性质是解题的关键．
根据菱形的性质可计算出MD，BD的长度，根据相似三角形的判定和性质，图形结合，分类讨论：当点
P在AD上时；当点P在CD上时；结合相似三角形的判定和性质即可求解．
【解题过程】
解：根据题意，作图如下，连接AM，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABD=∠ABD=30°，
∵点M是BD的中点，
∴AM⊥BD，即∠AMB=∠AMD=90°，
1 1
在Rt△ADM中，AM= AD= ×4=2，DM=❑√3AM=2❑√3，则BD=2MD=2×2❑√3=4❑√3，
2 2
①如图所示，当点P在AD上时，当△P MD∽△ABD时，
1
P D MD MD·AD 2❑√3×4
∴ 1 = ，则P D= = =2，
AD BD 1 BD 4❑√3
∴AP=AP =AD−P D=4−2=2；
1 1
②如图所示，当点P在CD上时，当△P MD∽△ABD时，
2
连接AC，根据菱形的性质，∠BAC=120°，可得△ADC是等边三角形，∴根据上述证明可得，点P 是AD的中点，且∠ADB=∠CDB=30°，
1
∴当△P MD∽△ABD时，点P 关于点P 对称，
2 2 1
∴P D=2，
2
∴点P 为CD的中点，且∠ADC=60°，
2
∴AP ⊥CD，即∠AP D=90°，
2 2
∴∠DAP =30°，
2
∴AP=AP =❑√3P D=2❑√3；
2 2
综上所述，AP的长为2或2❑√3，
故答案为：2或2❑√3．
9．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°,AB=10cm,AC=8cm．如果
点P由B出发治BA方向点A匀速运动，同时点Q从A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为
2cm/s．连接PQ，设运动的时间为t（单位：s）(0<t<4)解答下列问题：
（1）当t为何值时PQ平行于BC；
（2）是否存在某时刻，使线段PQ恰好把△ABC的周长平分？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明
理由．
（3）当t为何值时，△APQ与△ABC相似？
【思路点拨】
本题考查相似三角形的应用、勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质是解答的关键．
（1）证明△APQ∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例列方程求解；
（2）先利用勾股定理求得BC，进而求得△ABC的周长和AP+PQ，进而可得结论；
（3）分△APQ∽△ABC和△AQP∽△ABC两种情况，利用相似三角形的性质分别列方程求解即可．
【解题过程】
（1）解：由题意，BP=AQ=2tcm，AP=(10−2t)cm，
∵PQ∥BC，
∴∠APQ=∠ABC，∠AQP=∠ACB，
∴△APQ∽△ABC，AP AQ 10−2t 2t
∴ = ，即 = ，
AB AC 10 8
20
解得t= ，
9
20
答：当t= 时，PQ平行于BC；
9
（2）解：不存在，
∵已知Rt△ABC中，∠C=90°,AB=10cm,AC=8cm，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√102−82=6cm，
∴△ABC的周长为AB+BC+AC=10+6+8=24cm，
1
∵AP+AQ=10−2t+2t=10≠ ×24，
2
∴不存在某时刻，使线段PQ恰好把△ABC的周长平分；
20
（3）解：当△APQ∽△ABC时，由（1）知，t= ；
9
AP AQ 10−2t 2t
当△AQP∽△ABC时， = ，则 = ，
AB AC 8 10
25
解得t= ，
9
20 25
综上，当t为 或 时，△APQ与△ABC相似．
9 9
10．（23-24九年级上·河北邢台·期中）图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，D为BC边上的动点（点
D不与点B、C重合），以D为顶点作∠ADE=∠B，射线DE交边AC于点E．
（1）当DE∥AB时，求BD的长．
（2）当BD=2时，求AE的长．
（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某一时刻，使得CE=4？若存在，请求出此时BD的长；若
不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据平行线的性质可得∠BAD=∠ADE，再由等腰三角形的性质可得∠B=∠BAD=∠C，从而证BD AB
明△DAB∽△ACB，可得 = ，即可求解；
AB CB
（2）根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，再由三角形外角的性质可得∠DAB=∠EDC，从而可证
DB AB 12
△DAB∽△EDC，可得 = ，求得EC= ，再由AE=AC−EC即可求解；
EC DC 5
DB AB
（3）由（2）可得，△DAB∽△EDC，即 = ，当CE=4时，设DB=x，
EC DC
x 5
则 = ，可得x(8−x)=20，再由b2−4ac=−16<0，即可得出结论．
4 8−x
【解题过程】
（1）解：∵DE∥AB，
∴∠BAD=∠ADE，
又∵∠ADE=∠B，
∴∠B=∠BAD，
∵AB=AC=5，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠BAD=∠C，
∴△DAB∽△ACB，
BD AB
∴ = ，
AB CB
BD 5
∴ = ，
5 8
25
∴BD= ；
8
（2）解：∵AB=AC=5，
∴∠B=∠C，
∵∠ADE=∠B，∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠B+∠DAB，
∴∠DAB=∠EDC，
∴△DAB∽△EDC，
DB AB
∴ = ，
EC DC
∵DC=BC−BD=8−2=6，
2 5
∴ = ，
EC 612
∴EC= ，
5
12 13
∴AE=AC−EC=5− = ；
5 5
（3）解：不存在，理由如下：
由（2）可得，△DAB∽△EDC，
DB AB
∴ = ，
EC DC
当CE=4时，设DB=x，
x 5
则 = ，
4 8−x
∴x(8−x)=20，
整理得，x2−8x+20=0,
∵b2−4ac=64−4×1×20=−16<0，
∴方程无解，
即不存在某一时刻，使得CE=4．
11．（23-24九年级上·陕西西安·期中）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm．点P
从A点出发沿AC向C点运动，速度为每秒2cm，同时点Q从C点出发沿CB向B点运动，速度为每秒1cm，
当点P到达顶点C时，P、Q同时停止运动，设P点运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，△PQC是以∠C为顶角的等腰三角形？
（2）当t为何值时，△PQC的面积为5cm2？
（3）当t为何值时，△PQC与△ABC相似？
【思路点拨】
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定；
（1）勾股定理求得AC=10cm，由题意AP=2t，PC=10−2t，CQ=t，(0<t≤5)，根据△PQC是以
∠C为顶角的等腰三角形，则PC=CQ，列出方程，解方程，即可求解；AB⋅PC 8(5−t)
（2）过点P作PD⊥BC于点D，证明△CPD∽△CAB得出PD= = ，根据三角形的面积
AC 5
公式建立方程，解方程，即可求解；
CP AC CP BC
（3）分类讨论，当△P Q C∼△ABC时， 1= ，当△P Q C∼△BAC时， 2 = ，分别列
1 1 CQ BC 2 2 CQ AC
1 2
出比例式，解方程，即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵AB=8cm，BC=6cm，
∴AC=10cm．
由题意AP=2t，PC=10−2t，CQ=t，(0<t≤5)
∵△PQC是以∠C为顶角的等腰三角形，
∴PC=CQ，
∴10−2t=t，
10
解得t= ．
3
（2）过点P作PD⊥BC于点D，
∴PD∥AB，
∴△CPD∽△CAB，
PD PC
∴ = ，
AB AC
AB⋅PC 8(10−2t) 8(5−t)
∴PD= = = ，
AC 10 5
1 1 8(5−t)
∴S = CQ⋅PD= t⋅ =5，
△PQC 2 2 5
5
解得：t =t = ．
1 2 2CP AC
（3）当△P Q C∼△ABC时， 1= ，
1 1 CQ BC
1
10−2t 10
∴ = ，
t 6
30
解得：t= ．
11
CP BC
当△P Q C∼△BAC时， 2 = ，
2 2 CQ AC
2
10−2t 6
∴ = ，
t 10
50
解得：t= ．
13
30 50
综上所述t= 或t= 时，△PQC与△ABC相似．
11 13
12．（23-24九年级上·海南儋州·期中）如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC=10，BC=12，有两动
点P、Q分别在边AB、BC上运动，点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，
它们分别从点A和点B同时出发，点P沿线段AB按A→B方向向终点B运动，点Q沿线段BC按B→C方
向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t秒，请解答下列
问题：
（1）如图1，当t为何值时，PQ∥AC；（2）当t为何值时，以点P、B、Q为顶点的三角形与△ABC相似；
（3）点P、Q在运动过程中，是否存在这样的t，使得△PCQ的面积等于4？若存在，请求出t的值；若不
存在，请说明理由．
【思路点拨】
BP BQ
（1）根据平行线的性质判定△BPQ∽△BAC，得到 = ，表示出BP=10−t，BQ=2t，代入比例
AB BC
式，解方程即可；
（2）分△PBQ∽△ABC和△QBP∽△ABC分别讨论即可；
（3）过P作PE⊥BC，垂足为D，作BC边上的高AD，利用三线合一和勾股定理求出AD，证明
BP PE
△PBE∽△ABD，得到 = ，表示出PE，再根据三角形的面积得出关于t的方程，解之即可．
AB AD
【解题过程】
（1）解：当PQ∥AC时，△BPQ∽△BAC，
BP BQ
∴ = ，
AB BC
∵AB=AC=10，BC=12，
∴BP=10−t，BQ=2t，
10−t 2t
∴ = ，
10 12
15
解得：t= ，
4
15
当t= 时，PQ∥AC；
4
（2）∵BP=10−t，BQ=2t，∠ABC=∠PBQ，
∴当△PBQ∽△ABC时，
15
同（1）可得：t= ；
4
当△QBP∽△ABC时，
BQ BP 2t 10−t
= ，即 = ，
AB BC 10 12
50
解得：t= ；
17
15 50
综上：当t= 或t= 时，以点P、B、Q为顶点的三角形与△ABC相似；
4 17（3）存在，理由是：
如图，过P作PE⊥BC，垂足为D，作BC边上的高AD，
∵AB=AC=10，BC=12，
1
∴BD=CD= BC=6，
2
∴AD=❑√AB2−BD2=8，
∵∠BEP=∠ADB=90°，∠B=∠B，
∴△PBE∽△ABD，
BP PE 10−t PE
∴ = ，即 = ，
AB AD 10 8
4t
∴PE=8− ，
5
1 1 ( 4t)
∴S = ×CQ×PE = ×(12−2t)× 8− =4，
△PCQ 2 2 5
解得：t=5或t=11，
当t=11时，BQ=22>BC，故不合题意，
∴t=5，即存在t=5，使得△PCQ的面积等于4．
13．（23-24九年级上·四川眉山·期中）如图，已知矩形OABC，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
其中A(2，0)，C(0，3)，点P以每秒1个单位的速度从点C出发在射线CO上运动，连接BP，作
BE⊥PB交x轴于点E，连接PE交AB于点F，设运动时间为t秒．（1）若AB平分∠EBP，求t的值；
（2）当t=1时，求点E的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以P、O、E为顶点的三角形与△ABE相似．若存在，请求出点P的坐
标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）先证△BCP是等腰直角三角形，得PC=BC=2，即可得出结论；
BC CP
（2）通过证明△BCP∽△BAE，可得 = ，即可求解；
AB AE
1
（3）本题需先证出△BCP∽△BAE，求出AE= t，再分两种情况讨论，求出t的值即可．
2
【解题过程】
（1）解：当AB平分∠EBP时，∠PBF=45°，
∴∠CBP=90°−∠PBF=45°,
∴△BCP是等腰直角三角形，
∴PC=BC=2,
∴t=2;
（2）∵A(2,0),C(0,3)，
∴AB=3,BC=2,
∵BE⊥BP,
∴∠EBP=90°=∠ABC,
∴∠ABE=∠PBC,
又∵∠BCO=∠BAE=90°,
∴△BCP∽△BAE,
BC CP
∴ = ,
AB AE
2 t
∴ = ，
3 AE
3
∴AE= t，
2
3
当t=1时，AE= ，
2
3 7
∴OE=2+ = ，
2 2(7 )
∴E点坐标为 ,0 ；
2
（3）存在以P、O、E为顶点的三角形与△ABE相似．理由如下：
当点P在点O上方时，如图1，
OP OE
若 = 时，
AE AB
又∵∠POE=∠BAE=90°，
∴△POE∽△EAB，
3
∵OP=3−t,OE=2+ t，
2
3
2+ t
3−t 2
∴ = ，
3 3
t
2
−4+2❑√13 −4−2❑√13
解得：t = ,t = (不合题意舍去)，
1 3 2 3
−4+2❑√13
∴t= ；
3
( 13−2❑√13)
∴点P 0, ；
3
当点P在点O下方时，如图2，OP OE
①若 = 时，
AB AE
又∵∠POE=∠BAE=90°，
则△OPE∽△ABE，
3
2+ t
t−3 2
∴ = ,
3 3
t
2
解得：t =3+❑√13,t =3−❑√13(不合题意舍去)，
1 2
∴OP=t−3=3+❑√13−3=❑√13,
∴CP=OC+OP=3+❑√13,
∴t=3+❑√13;
∴P(0,−❑√13);
OP OE
②若 = ，则△OEP∽△ABE，
AE AB
3
2+ t
t−3 2
∴ =
3 3
t
2
9
整理得：
t2=−9，
4
∴这种情况不成立；
( 13−2❑√13)
综上所述，在运动的过程中，存在以P、O、E为顶点的三角形与△ABE相似，点P 0， 或
3
(0,−❑√13)．
14．（23-24九年级上·江苏徐州·阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，AC=6cm，BC=8cm，点D是
BC上一定点．动点P从C出发，以2cm/s的速度沿C→A→B方向运动，动点Q从D出发，以1cm/s
的速度沿D→B方向运动．点P出发5s后，点Q才开始出发，且当一个点达到B时，另一个点随之停
止．图2是当0≤t≤5时△BPQ的面积S(cm2)与点P的运动时间t(s)的函数图象．（1）CD=_______，a=________；
（2）当点P在边AB上时，t为何值时，使得△BPQ与△ABC为相似？
【思路点拨】
本题考查了相似的综合题：熟练掌握相似三角形的判定与性质；会从函数图象中获取信息；会根据勾股定
理和相似比进行几何计算；提高运用分类讨论的思想解决数学问题的能力．
（1）根据函数图象得到当点P运动到点A时，△BPQ的面积为18，利用三角形面积公式可计算出BD=6
，则CD=2，当t= 5s时，AP=4，点Q在D点，作PH⊥BC于H，在Rt△ABC中根据勾股定理计算出
AB=10，再证明△BPH∽△BAC，利用相似比计算出PH，然后根据三角形面积公式得到S ，即
△PBQ
a=S ；
△PBQ
（2）分类讨论：当3<t≤5，点Q在D点，BP=16−2t，若PD⊥BC得到△BPQ∽△BAC，利用相似比
得t值；当5<t≤8，DQ=t−5,BQ=11−t,BP=16−2t，当∠PQB=90°时，△BPQ∽△BCA，利用
相似比得t值；当∠BPQ=90°时，△BPQ∽△BAC，利用相似比得t值；
【解题过程】
（1）解：当点P运动到点A时，△BPQ的面积为18，
1
∴ ⋅6⋅BD=18，
2
解得BD=6，
∴CD=BC−BD=2(cm)，
当t=5s时，AP=2×5−6=4，点Q在D点，点P在AB上，如图1，作PH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC=6,BC=8，∴AB=❑√AC2+BC2=10，
∵PH∥AC，
∴△BPH∽△BAC，
PH BP PH 10−4
∴ = ，即 = ，
AC BA 6 10
18
解得PH= ，
5
1 18 54
∴S = ×6× = ，
△PBQ 2 5 5
54
即S= (cm2)；
5
54
故答案为：2cm, cm2 ；
5
（2）解：点P在边AB上，
当3<t≤5，点Q在D点，BP=16−2t，
若PD⊥BC,△BPQ∽△BAC，
BP BQ 16−2t 6
∴ = ，即 = ，
BA BC 10 8
17
解得t= s；
4
当5<t≤8,DQ=t−5，则BQ=8−2−(t−5)=11−t,BP=16−2t，
当∠PQB=90°时，△BPQ∽△BAC，如图2，
∵△BPQ∽△BAC，
BP BQ 16−2t 11−t
∴ = ，即 = ，解得t=3，不合题意舍去；
BA BC 10 8
当∠BPQ=90°时，△BPQ∽△BCA，如图3，∵△BPQ∽△BCA，
BP BQ 16−2t 11−t
∴ = ，即 = ，
BC BA 8 10
解得t=6s，
17
综上所述，当t为 s或6s时，△BPQ与△ABC为相似．
4
15．（2024·山东青岛·一模）在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm．动点P从点D出发，沿DB方向匀
速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从A点出发，沿射线DA方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作
PE⊥BD，垂足为点P，交射线DC于点E，连接EQ，交AB于点G，交DB于点F．设运动时间为
t(s)(0<t≤5)．
（1）当点E与点C重合时，求t的值；
（2）当t为何值时，点Q，B，E在一条直线上；
（3）是否存在某一时刻t，使得△AQG∼△PEF？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，方程的应用；
DP DC
（1）证明△DPC∼△DCB根据 = 求解即可；
DE DB
DC BD 10 10
（2）可证△DBC∼△DEP，列比例线段 = ，得到DE= t，CE= t−6，再证
DP DE 3 3
AQ AB
△ABQ∼△CEB，列比例线段 = ，列方程求解即可；
BC CE
（3）由△AQG∼△PEF可得∠AGQ=∠PFE，由AB∥CD可得∠AGQ=∠≝¿，即可得到10 10 4 DP PE 8
DF=DE= t，PF= t−2t= t，再证明△DPE∼△DCB，列比例线段 = ，得到PE= t
3 3 3 DC BC 3
AQ QD t+8
= = AQ PE
，由AB∥CD得到AG DE 10 ，由△AQG∼△PEF，列比例线段 = =2，代入列方程即
t AG PF
3
可．
【解题过程】
（1）由题意得AQ=t，DP=2t，
∵矩形ABCD中，AB=6，AD=8．
∴∠DAB=∠ADC=∠ABC=∠DCB=90°，AB=DC=6，AD=BC=8，AB∥CD
BD=❑√BC2+CD2=10，．
∵当点E与点C重合时，PE⊥BD，CD=DE=6，
∴∠DPE=∠DCB=90°，
∵∠PDE=∠BDC
∴△DPC∼△DCB，
DP DC
∴ = ，
DE DB
2t 6
即 = ，
6 10
9
解得t= ；
5
（2）如图，若Q，B，E在一条直线上，
∵∠DPE=∠DCB=90°，∠PDE=∠BDC，
∴△DBC∼△DEP，DC BD
∴ = ，
DP DE
6 10
即 = ，
2t DE
10
解得DE= t；
3
10
∴CE= t−6
3
∵∠QAB=∠BCE=90°，∠AQB=∠CBE=90°−∠QBA，
∴△ABQ∼△CEB，
AQ AB
∴ = ，
BC CE
t 6
=
即8 10 ，
t−6
3
24
解得t = ，t =−3（舍）；
1 5 2
AQ PE
（3）若△AQG∼△PEF，则∠AGQ=∠PFE， = ，
AG PF
10
由（2）可知，DE= t，
3
∵AB∥CD，
∴∠AGQ=∠≝¿，
∴∠PFE=∠≝¿，
10
∴DF=DE= t，
3
10 4
∴PF= t−2t= t，
3 3
∵∠DPE=∠DCB=90°，∠PDE=∠BDC，
∴△DPE∼△DCB，DP PE
∴ = ，
DC BC
2t PE
即 = ，
6 8
8
解得PE= t；
3
8
t
AQ PE 3
∴ = = =2，
AG PF 4
t
3
∵AB∥CD
AQ QD t+8
∴ = =
AG DE 10
t
3
AQ PE
∵ =
AG PF
t+8
∴ =2
10 ，
t
3
24
解得t= ．
17
16．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，动点M，N
从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA、CB向终点A，B移动，同时动点P从点B出发，以每
秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，设移动时间为t（单位：秒）三个点中有一个到达终
点即停止运动．
（1）若以B、P、N为顶点的三角形与△ABC相似，求t的值；
（2）当△PAM是等腰三角形时，求t的值；
（3）在运动过程中，是否存在以MN为直角边Rt△PMN的，存在则直接写出t的值．【思路点拨】
（1）根据勾股定理BC=❑√AB2−AC2=6．根据相似三角形的性质得到结论；
（2）分三种情况：①当AP=AM时，得到t=2，②当AP=PM时，即点P在AM的垂直平分线上，如图
1 8−t
1，过P作AM的垂直平分线交AM于E，则AE= AM= ，PE∥BC，根据△APE∽△ABC，得到
2 2
AP AE
比例式 = 即可得到结果；③当AM=PM时，即点M在AP的垂直平分线上，如图1，过M作AP的
AB AC
AF AM
垂直平分线交AP于F，由△AFM∽△ACB，得到比例式 = ，即可得到结果t=−7，（不合题
AC AB
意，舍去）；
（3）如图3，过点P作PH⊥BC于点H，过点P作PG⊥AC于点G，则PH∥AC，PG∥BC，分两种
40 10
情况分类讨论，当PN⊥MN时，解得t= ，当PM⊥MN时，解得：t= 即可得出结论．
11 3
【解题过程】
（1）∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．
∴根据勾股定理，得BC=❑√AB2−AC2=6．
∵以B、P、N为顶点的三角形与△ABC相似
∴当PN⊥BC时，Rt△PBN∽Rt△ABC，或当PN⊥AB时，Rt△NBP∽Rt△ABC
BP BN 2t 6−t 30
此时 = ，即 = ，解得t= ，
BA BC 10 6 11
当PN⊥AB时，Rt△NBP∽Rt△ABC
BP BN 2t 6−t 18
此时 = ，即 = ，解得t=
BC AB 6 10 13
30 18
答：当 、 时，B、P、N为顶点的三角形与△ABC相似；
11 13
（2）∵△APM是等腰三角形，
①当AP=AM时，即10−2t=8−t，
解得：t=2，
②当AP=PM时，
如图1，过P作AM的垂直平分线交AM于E，即点P在AM的垂直平分线上，1 8−t
则AE= AM= ，PE∥BC，
2 2
∴△APE∽△ABC，
1
AP AE (8−t)
∴ = ，即10−2t 2 ，
AB AC =
10 8
40
解得：t= ，
11
③当AM=PM时，
如图2，过M作AP的垂直平分线交AP于F，即点M在AP的垂直平分线上，
1 1
则AF= AP= (5−2t)，∠AFM=∠C=90°，
2 2
∵∠A=∠A，
∴△AFM∽△ACB，
AF AM
∴ = ，
AC AB
1
(10−2t)
即：2 8−t，
=
8 10
解得：t=−7，（不合题意，舍去），40
综上所述：当t=2，或t= 时，△APM是等腰三角形；
11
（3）如图3，过点P作PH⊥BC于点H，过点P作PG⊥AC于点G，则PH∥AC，PG∥BC，
PH BP PH 2t
∴ = ，即 = ，
AC AB 8 10
8 6
∴PH= t，BH= t
5 5
30−6t 40−8t
同理：PG= ，AG=
5 5
∵动点M，N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA、CB向终点A，B移动
∴CM=CN
∴Rt△CMN为等腰直角三角形
∴∠CMN=∠MNC=45°
∵Rt△PMN以MN为直角边
∴当PN⊥MN时，∠HNP+∠MNC=90°
∴∠HNP=∠MNC=45°
∴PH=HN
8 6
∴PH= t=HN=BC−BH−CN=6− t−t
5 5
30
解得：t=
19
当PM⊥MN时，∠GMP+∠NMC=90°
∴∠GMP=∠NMC=45°
∴PG=GM
30−6t 40−8t
∴PG= =GM=AC−AG−CM=8− −t
5 510
解得：t=
3
30 10
综上所述：当t= ，或t= 时，△APM是等腰三角形，Rt△PMN以MN为直角边.
19 3
17．（23-24九年级上·山东青岛·期末）在△ABC中，AC=BC=10cm，CD⊥AB，CD=8cm，动点P
以1cm/s的速度从点B向点A运动；同时，动点Q从点C出发，以2cm/s的速度向点B运动，动点R从点
A出发，以2cm/s的速度向点C运动，当其中一个点运动停止时，其他点的运动也停止，运动时间为
t(s)(0<t<5)．连接RQ，PR，PQ．
（1）t为何值时，PR∥BC？
（2）当S :S =1:4时，求t值；
△BQP 四边形CDPQ
（3）如图1，沿CQ折叠△RCQ得到△MCQ，是否存在某一时刻t，使四边形RQMC为菱形？若存在求出
t值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用勾股定理求得AB，用t的代数式表示出线段CR，BQ，AP的长度，利用平行线的判定与性质得
出比例式解答即可；
（2）过点Q作QE⊥BD于点E，S :S =1:4得到 S :S =1:5
△BQP 四边形CDPQ △BQP △BCD
利用相似三角形的判定与性质求得QE，再利用三角形的面积公式得到关于t的方程，解方程即可得出结
论；
（3）过点R作RF⊥BC于点F，过点A作AH⊥BC于点H，利用菱形的性质和等腰三角形的性质得到
1
CF=FQ= CQ=t，利用相似三角形的判定与性质得到关于t的比例式，解方程即可得出结论；
2
本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，菱形的性质，相似三角形的判定与性
质，添加三角形的高线构造相似三角形是解题的关键．【解题过程】
（1）由题意得AR=2t，BP=t，CQ=2t，
∵AC=BC=10cm，CD⊥AB，CD=8cm，
∴ AD=BD=❑√AC2−CD2=6(cm)，
∴AB=12cm，
∴CR=(10−2t)cm，BQ=(10−2t)cm，AP=(12−t)cm，
AR AP
当 = ，PR∥BC，
AC AB
2t 12−t
∴ = ，
10 12
60
解得：t= ，
17
60
∴t为 s时，PR∥BC；
17
（2）由题意得：PB=t，AR=CQ=2t，
∴BQ=BC−CQ=10−2t，
当S :S =1:4时， 则 S :S =1:5，
△BQP 四边形CDPQ △BQP △BCD
过点Q作QE⊥BD于点E，如图，
∵CD⊥AB，QE⊥AB，
∴CE∥CD，
∴△QEB∽△CDB，
QE BQ
∴ = ，
CD BC
QE 10−2t
∴ = ，
8 10
8
∴QE=8− t，
51 1 ( 8 )
∴S = ×BP⋅QE= × 8− t ⋅t，
△BPQ 2 2 5
1 ( 8 ) 1 1 24
∴ × 8− t ⋅t= × BD⋅CD= ，
2 5 5 2 5
解得：t=2或3，
∴当t=2或3时，S :S =1:4；
△BQP 四边形CDPQ
70
（3）沿CQ折叠，△RCQ得到△MCQ，存在某一时刻t，使四边形RQMC为菱形，t值为 理由：
39
过点R作RF⊥BC于点F，过点A作AH⊥BC于点H，如图，
由题意得：PB=t，AR=CQ=2t，
∴RC=AC−CR=10−2t，
∵沿CQ折叠△RCQ得到△MCQ，
∴△RCQ≌△MCQ，
若四边形RQMC为菱形，只需RC=RQ，
∵RC=RQ，RF⊥BC，
1
∴CF=FQ= CQ=t，
2
1 1
∵S = ×AB⋅CD= ×BC⋅AH
△BAC 2 2
∴12×8=10AH，
∴AH=9.6，
∴CH=❑√C A2−AH2=2.8，
∵RF⊥BC，AH⊥BC，
∴RF∥AH，
∴△CRF∽△CAH，CR CF
∴ = ，
CA CH
10−2t t
∴ = ，
10 2.8
70
∴t= ，
39
70
∴沿CQ折叠△RCQ得到△MCQ，四边形RQMC为菱形时t的值 ．
39
18．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，
D、E分别是AC、AB的中点，连接DE．点P从点D出发，沿DE方向匀速运动，速度为1cm/s；同
时，点Q从点B出发，沿BA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t(0<t<4)s，解答下列问题：
（1）当t为何值时，以点E、P、Q为顶点的三角形与△ADE相似？
（2）当t为何值时，△EPQ为等腰三角形？（直接写出答案即可）；
（3）当点Q在B、E之间运动时，是否存在某一时刻t，使得PQ分四边形BCDE所成的两部分的面积之比
为S :S =1:29？若存在，求出此时t的值以及点E到PQ的距离h；若不存在．请说明理
△PQE 五边形PQBCD
由．
【思路点拨】
（1）如图①所示，当PQ⊥AB时，△PQE是直角三角形．解决问题的要点是将△PQE的三边长PE、
QE、PQ用时间t表示，这需要利用相似三角形(△PQE∽△ACB)比例线段关系；
（2）分三种情形讨论，如图3中，当点Q在线段BE上时，EP=EQ；如图4中，当点Q在线段AE上时，
EQ=EP；如图5中，当点Q在线段AE上时，EQ=QP；如图6中，当点Q在线段AE上时，PQ=EP．
分别列出方程即可解决问题．
（3）本问要点是根据题意，列出一元二次方程并求解．假设存在时刻t，使S :S =1:29，
ΔPQE 五边形PQBCD
1
则此时S
ΔPQE
=
30
S
梯形DCBE
，由此可列出一元二次方程，解方程即求得时刻t；点E到PQ的距离
ℎ
利用△PQE的面积公式得到．
【解题过程】
（1）解：如图1中，
在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，
∴AB=❑√62+82=10．
∵D、E分别是AC、AB的中点．
1
∴AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC且DE= BC=4，
2
①PQ⊥AB时，
∵∠PQB=∠ADE=90°，∠AED=∠PEQ，
∴△PQE∽△ADE，
PE QE
∴ = ，
AE DE
由题意得：PE=4−t，QE=2t−5，
4−t 2t−5
即 = ，
5 4
41
解得t= ；
14
②如图2中，当PQ⊥DE时，△PQE∽△DAE，
PE QE
∴ =
ED AE
，
4−t 2t−5
∴ = ，
4 540
∴t= ，
13
41 40
∴当t为 s或 s时，以点E、P、Q为顶点的三角形与△ADE相似．
14 13
（2）解：如图3中，当点Q在线段BE上时，由EP=EQ，可得4−t=5−2t，t=1．
如图4中，当点Q在线段AE上时，由EQ=EP，可得4−t=2t−5，解得t=3．
如图5中，当点Q在线段AE上时，由EQ=QP，过点Q作QG⊥DE于G，
1 1
∴△QGE∽△ADE，¿= PE= (4−t)，
2 2
EG QE 1
∴ = ，即 (4−t):(2t−5)=4:5，
ED AE 2
20
解得t= ．
7
如图6中，当点Q在线段AE上时，由PQ=EP，过点P作PM⊥QE于M，
1 1
∴△PME∽△ADE，ME= QE= (2t−5)，
2 2
EM PE 1
∴ = ，即 (2t−5):(4−t)=4:5，
ED AE 2
19
解得t= ．
6
20 19
综上所述，t=1或3或 或 秒时，△PQE是等腰三角形．
7 6
（3）解：假设存在时刻t，使S :S =1:29，
△PQE 五边形PQBCD
1
则此时S = S ，如图，作PM⊥AB于M．
△PQE 30 梯形DCBE∴△ADE∽△PME，
PM PE PM 4−t
∴ = ，即 = ，
AD AE 3 5
12 3
∴PM= − t，
5 5
1 1 3 39
∴S = (DE+BC)⋅CD=18，S = EQ⋅PM= t2− t+6，
梯形DCBE 2 △PEQ 2 5 10
3 39 1
∴ t2− t+6= ×18，
5 10 30
即2t2−13t+18=0，
9
解得t =2，t = （舍去）．
1 2 2
当t=2时，
3 6 4 8
PM= ×(4−2)= ，ME= ×(4−2)= ，
5 5 5 5
8 13
EQ=5−2×2=1，MQ=ME+EQ= +1= ，
5 5
√ 6 2 13 2 ❑√205
∴PQ=❑√PM2+MQ2=❑( ) +( ) = ．
5 5 5
1 3
∵ PQ⋅ℎ = ，
2 5
6 5 6❑√205
∴ℎ = ⋅ = ．
5 ❑√205 205
6❑√205
∴此时t的值为2s，ℎ = ．
205
19．（23-24九年级上·吉林长春·阶段练习）已知矩形ABCD，边长AD=4,AB=2，动点P以每秒1个单
位的速度从点B出发沿线段BC方向向终点C运动，动点Q同时以每秒3个单位的速度从A点出发，沿矩
形的边AD−DC−CB−BA方向运动，当点Q回到A点时P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为
t（s）．
（1）当P、Q相遇时，t=_______．（2）当AP∥CQ时，求t的值；
（3）当BQ或DQ与AP垂直时，求t的值；
（4）当PQ中点到矩形相邻两边距离相等时，直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）先判断出点P、Q相遇时，必在矩形的边BC上，利用运动路程之和为矩形的三边长建立方程即可；
（2）先判断出四边形APCQ是平行四边形，得出AQ=CP，进而表示出AQ，CP，建立方程求解即可；
（3）分点在正方形的边点Q在AD上，点Q在BC上，点Q在AB上，建立方程求解即可得出结论；
（4）分点在正方形的边点Q在AD上，点Q在BC上，点Q在AB上分类讨论解题即可；
【解题过程】
（1）解：当P、Q相遇时，t+3t=4+2+4，
5
解得：t= ，
2
5
故答案为： ；
2
（2）如图，当AP∥CQ时，
又∵ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴APCQ为平行四边形，
∴AQ=CP，即3t=4−t，
解得：t=1，
（3）解：∵ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABP=∠ADC=∠ACD=90°，
4
当0≤t≤ 时，点Q在AD上时，BQ⊥AP，
3
∴∠ABQ+∠QBP=∠APB+∠QBP=90°，∴∠ABQ=∠APB，
∴△ABP∽△QAB，
PB AB t 2
∴ = ，即 = ，
BA AQ 2 3t
2❑√3 2❑√3
解得：t= 或t=− （舍去），
3 3
4
当 <t<2时，点Q在CD上时，BQ⊥AP，
3
∴∠BQC+∠QBP=∠APB+∠QBP=90°，
∴∠BQC=∠APB，
∴△ABP∽△BCQ，
PB AB t 2
∴ = ，即 = ，
CQ BC 6−3t 4
6 4
解得：t= < ，不符合，舍去；
5 3
10
当2≤t≤ 时，点Q在BC上时，DQ⊥AP，
3
∴∠APQ+∠DQP=∠CDQ+∠DQP=90°，
∴∠APB=∠CDQ，
∴△ABP∽△QCD，
PB AB t 2
∴ = ，即 = ，
CD CQ 2 3t−6
3+❑√21 3−❑√21
解得：t= 或t= （舍去），
3 3
2❑√3 3+❑√21
综上所述，当BQ或DQ与AP垂直时，t的值为 或 ；
3 34
（4）当0≤t≤ 时，点Q在AD上，
3
1
则中点O到AB的距离为1，根据梯形的中位线得到： (t+3t)=1，
2
1
解得：t= ；
2
4
当 <t≤2时，点Q在CD上时，
3
若中点O到BC和CD的距离相等，则CP=CQ，
即4−t=6−3t，
解得t=1，不符合题意，舍去；
当若中点O到AD和CD的距离相等时，如图，
过点O作EG⊥AD于点E，交BC于点G，作OF⊥CD于点F，
则△QOF∽△QPC，
OF QF QO 1
∴ = = = ，
PC QC QP 2
1 1 1 1 3t
即OF= PC=2− t，QF= QC= (6−3t)=3− ，
2 2 2 2 2
3t 1
∴OG=FC=QF=3− ，OE=OF=2− t，
2 2
3t 1 3
∴3− +2− t=2，解得：t= ，
2 2 2
10
当2≤t≤ 时，点Q在BC上时，
3
当点Q在点P的右侧时，不存在中点O到相邻两边距离相等，当点P在点Q的右侧时，QC=3t−6，PC=4−t，
∴PQ=(3t−6)−(4−t)=4t−10，
1
∴OP= PQ=2t−5，
2
∴OC=OP+PC=2t−5+4−t=t−1，
当中点O到AD和CD的距离相等时，则t−1=2，解得t=3；
当中点O到AD和AB的距离相等时，则4−(t−1)=2，解得t=3；
1 3
综上所述，当PQ中点到矩形相邻两边距离相等时，t的值为： ， 或3．
2 2
20．（23-24九年级上·广东佛山·期中）如图1，一动点E从矩形ABCD的顶点D出发，以每秒3个单位长
度的速度沿路线DA−AB向终点B运动，另一动点F从B出发，沿边BC向终点C运动，两点同时出发同
时到达终点，连接EF交BD于点M，已知BC=4，CD=2．设运动时间为t秒，且t>0．
（1）F点的运动速度为每秒________个单位；
（2）当AE=1时，求△BFM的面积；
（3）如图2，过点M作MN⊥EF，交直线AD于点，在整个运动过程中，是否存在某一时刻，使
∠MEN=∠ABD？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据E、F两点同时出发同时到达终点，即可求解；（2）①过点M作直线MH⊥BC交AD、BC与点G、H，证△DME∽△BMF，有相似三角形性质求
6 4
GM= ，MH= ，进而可解答；②当E在AB上时，证△BEF∽△CTF，△BEM∽DTM，由相似三
5 5
角形性质转换求解即可求面积；
6❑√5 4❑√5
（3）①当E在AD上时，证△DME∽△BMF，结合勾股定理得DM= ，BM= ，证
5 5
3❑√5
△MEN∽△ABD，由相似性质得NE=3，ME= ，结合勾股定理可解答；②当E在AB上时，作
5
EQ⊥BD，MR⊥BC，证△AEN∽△QME，△MEN∽△ABD，△QBE∽△ABD，△BEF∽RMF，
由相似三角形性质转换求解即可；
【解题过程】
（1）解：∵E、F两点同时出发同时到达终点，
∴F点的运动速度为4÷[(4+2)÷3)=2(单位/秒）．
故答案为：2．
（2）①当E在AD上时，过点M作直线MH⊥BC交AD、BC与点G、H．
∵AE=1，
∴DE=3，
∴BF=2，
∵AD∥BC，
∴△DME∽△BMF，
DE GM 3 GM
∴ = ，即 = ，
BF MH 2 MH
6 4
∴GM= ，MH= ，
5 5
1 4
∴S = MH⋅BF= ．
△BMF 2 55 10
②当E在AB上时，t= ，则BF= ，BE=1，
3 3
延长EF交CD于点T，过M作MK⊥BC，
∵AB∥CD，
∴△BEF∽△CTF，△BEM∽DTM，
10
BF BE 3 1
∴ = ，即 = ，，
FC CT 2 CT
3
1
∴CT=
5
1 BM
BE BM =
= ，即11 2❑√5−BM，
DT DM
5
5❑√5
∴BM=
8
5
∴MK= ，
8
1 1 5 10 25
∴S = MK⋅BF= × × = ．
△FBM 2 2 8 3 24
（3）①当E在AD上时，
∵△DME∽△BMF，
DM 3
∴ = ，
MB 2∵BD=❑√AD2+AB2=2❑√5，
6❑√5 4❑√5
∴DM= ，BM= ，
5 5
∵MN⊥EF，∠BAD=90°，∠MEN=∠ABD，
∴△MEN∽△ABD，
∴∠N=∠ADB，
6❑√5
∴MN=DM= ，
5
6❑√5
MN NE ME
∴ = = ，即 5 NE ME，
AD BD AB = =
4 2❑√5 2
3❑√5
∴NE=3，ME= ，
5
12 3
∵DG=❑√M D2−GM2= ，¿=❑√M E2−MG2=
，
5 5
9
∴DE=DG−≥= =3t，
5
3
∴t= ．
5
②当E在AB上时，如图，作EQ⊥BD，MR⊥BC，
∵∠MEN=∠ABD，
∴∠AEN=∠QME，
∴△AEN∽△QME，
∵△MEN∽△ABD，
∴EN:EM:MN=BD:AB:AD=❑√5:1:2，
EN AE ❑√5 3t−4 ❑√5
∴ = = ，即 = ，
EM QM 1 QM 1(3t−4)❑√5
∴QM= ，
5
∵△QBE∽△ABD，
BE ❑√5 6−3t
∴ = = ，
BQ 1 BQ
(6−3t)❑√5
∴BQ= ，
5
2❑√5
∴BM=BQ+QM=
5
2 4
同理，MR= ，BR= ，
5 5
∵△BEF∽RMF，
BE BF 6−3t 2t
= ， =
∴MR RF 2 4 ，
2t−
5 5
17+❑√109 17−❑√109
t= 或t= （舍去）．
15 15
