2023年中考九年级数学高频考点拔高训练-三角形的动点问题(含解析)

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--三角形的动点问题1．如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒钟1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒钟2cm的速度移动．若P、Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动，求：（1）经过6秒后，BP=cm，BQ=cm；（2）经过几秒后，△BPQ是直角三角形？（3）经过几秒△BPQ的面积等于10cm2？2．如图1，A、B两点的坐标分别为(a,0)，(b,0)，且a、b满足(a+2)2+|b-8|=0，C（1）判断△ABC的形状.（2）动点P从点A出发，以1个单位/s的速度在线段AC上运动，另一动点Q从点C出发，以3个单位/s的速度在射线CB上运动，运动时间为t.①如图2，若AC=13，直线PQ交x轴于H，当PH=QH时，求t的值.②如图3，若c=5，当Q运动到BC中点时，M(3,m)为AQ上一点，连CM，作CN⊥AQ交AB于N.试探究AM和CN的数量关系，并给出证明.3．如图，OC、AB互相垂直，已知OA=8，OC=6，且AB=AC.（1）求OB的长；（2）如图②，若点E为边AC的中点，动点M从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿线段BA向点A匀速运动，设点M运动的时间为t(秒)；①若△OME的面积为1，求t的值；②如图③，在点M运动的过程中，△OME能否成为直角三角形?若能，求出此时t的值，并写出相应的OM的长；若不能，请说明理由.4．已知，在平面直角坐标系中，三角形ABC三个顶点的坐标分别为A(a，0)，B(b，4)，C(2，c)，BC//x轴，且a、（1）则a=；b=；c=；（2）如图1，在y轴上是否存在点D，使三角形ABD的面积等于三角形ABC的面积？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2，连接OC交AB于点M，点N(n，0)在x轴上，若三角形BCM的面积小于三角形BMN的面积，直接写出n的取值范围是5．如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且AD：BD：CD＝2：3：4，（1）试说明△ABC是等腰三角形；（2）已知S△ABC＝160cm2，如图2，动点M从点A出发以每秒2cm的速度沿线段AB向点B运动，同时动点N从点B出发以相同速度沿线段BC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止.设点M运动的时间为t（秒），①若△DMN的边与AC平行，求t的值；②若点E是边BC的中点，问在点M运动的过程中，△MDE能否成为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由.6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，DE是△ABC的中位线，点F是BC边上的一个动点，连结AF交BD于点H，交DE于点G。（1）求△BDE的面积；（2）当四边形DCFH与四边形BEGH的面积相等时，求DHBH（3）以点F为圆心，FB为半径作⊙F，当DHBH的值满足什么条件时，⊙F与线段DE7．如图所示，已知△ABC中，AB=AC=BC=10厘米，M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度是1厘米/秒的速度，点N的速度是2厘米/秒，当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．（1）M、N同时运动几秒后，M、N两点重合？（2）M、N同时运动几秒后，可得等边三角形△AMN？（3）M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰△AMN，如果存在，请求出此时M、N运动的时间？8．如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P，Q同时从B，A两点出发，分别沿BA，AC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P，Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：（1）如图①，当t为何值时，AP＝3AQ；（2）如图②，当t为何值时，△APQ为直角三角形；（3）如图③，作QD∥AB交BC于点D，连接PD，当t为何值时，△BDP与△PDQ相似9．如图①，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M.（1）求证：△ABQ≌△CAP；（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数.（3）如图②，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，求∠QMC的度数.10．如图，在平面直角坐标系中已知A（2，2），B（6，2），点C是x轴正半轴上一点，连接OA，AB，BC，得到梯形OABC．点P是x轴正半轴上一动点（与点O不重合），AD，AE分别平分∠OAP和∠PAB，且交x轴于点D，E．（1）若梯形OABC的面积为12，直接写出C点的坐标；（2）当点P运动时，∠OPA与∠OEA之间的数量关系是否随之发生变化？若不变化，请写出它们之间的关系，并说明理由；若变化，请写出变化规律；（3）若∠AOC=44°，当点P运动到使∠ODA=∠OAE时，∠OAD的度数是多少？11．如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=12cm，BC=16cm．点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P、Q分别从A、B同时出发，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t秒．（1）当t为何值时，△PBQ的面积等于35cm（2）当t为何值时，PQ的长度等于82（3）探究经过多少秒后，以点B，P，Q为顶点的三角形与△CBA相似？12．如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(8，0)，点B的坐标是(0，6)，连结AB．若动点P从点B出发沿着线段BA以5个单位每秒的速度向终点A运动，设运动时间为t秒．（1）求线段AB的长．（2）连接OP，当△OBP为等腰三角形时，过点P作线段AB的垂线与直线OB交于点M，求点M的坐标；（3）已知N点为AB的中点，连结ON，点P关于直线ON的对称点记为P'(如图2)，在整个运动过程中，若P'点恰好落在△AOB内部(不含边界)，请直接写出t的取值范围．13．在等边△ABC中，点E是AB上的动点，点E与点A、B不重合，点D在CB的延长线上，且EC=ED．（1）如图1，若点E是AB的中点，求证：BD=AE；（2）如图2，若点E不是AB的中点时，(1)中的结论“BD=AE”能否成立？若不成立，请直接写出BD与AE数量关系，若成立，请给予证明．14．如图，RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0<t<2），连接PQ.（1）若ΔBPQ与ΔABC相似，求t的值；（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值.15．如图，在△ABC中，AB＝BC，∠B＝90°，点D为直线BC上一个动点（不与B，C重合），连结AD．将线段AD绕点D按顺吋针方向旋转90°得到线段DE，连结EC．（1）如图1，点D在线段BC上，依题意画图得到图2．①求证：∠BAD＝∠EDC；②方方同学通过观察、测量得出结论：在点D运动的过程中，总有∠DCE＝135°．方方的主要思路有以下几个：思路一：在AB上取一点F使得BF＝BD，要证∠DCE＝135°，只需证△ADF≌△DEC．思路二：以点D为圆心，DC为半径画弧交AC于点F，要证∠DCE＝135°，只需证△AFD≌△ECD．思路三：过点E作BC所在直线的垂线段EF，要证∠DCE＝135°，只需证EF＝CF．……请你参考井选择其中一个思路，证明∠DCE＝135°；（2）如果点D在线段CB的延长线上运动，利用图3画图分析，∠DCE的度数还是确定的值吗？如果是，请写出∠DCE的度数并说明理由；如果不是，也请说明你的理由．16．如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=15，BC=20．动点P在线段CB上，以1cm/s的速度从点C向B运动，连接AP，作CE⊥AB分别交AP、AB于点F、E，过点P作PD⊥AP交AB于点D．（1）线段CE=；（2）若t=5时，求证：△BPD≌△ACF；（3）t为何值时，△PDB是等腰三角形；（4）求D点经过的路径长．

答案解析部分1．【答案】（1）6；12（2）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=12cm，∠A=∠B=∠C=60°，当∠PQB=90°时，∴∠BPQ=30°，∴BP=2BQ．∵BP=12﹣x，BQ=2x，∴12﹣x=2×2x，解得x=125当∠QPB=90°时，∴∠PQB=30°，∴BQ=2PB，∴2x=2（12﹣x），解得x=6．答：6秒或125秒时，△BPQ（3）解：作QD⊥AB于D，∴∠QDB=90°，∴∠DQB=30°，∴DB=12BQ=x在Rt△DBQ中，由勾股定理，得DQ=3x，∴(12-x)3x2=10解得x1=10，x2=2，∵x=10时，2x＞12，故舍去，∴x=2．答：经过2秒△BPQ的面积等于103cm2．2．【答案】（1）解：作CD⊥AB于D，∵(a+2)2+|b-8|=0∴a+2=0，b-8=0，∴a=-2，b=8，∵C的坐标为(3,c)，∴OD=3，∴AD=BD=5，∴CD为线段AB的垂直平分线，∴AC=BC，∴△ABC为等腰三角形；（2）解：①作PE∥BC交AB于E，∵PE∥BC，∴∠EPH=∠BQH，∠PEA=∠ABC，又∵PH=QH，∠EHP=∠BHQ，∴△PEH≌△QBH，∴PE=BQ，∵AC=BC，∴∠CAB=∠ABC，∴∠CAB=∠PEA，∴PA=PE，∴PA=BQ，由题意得：PA=t，CQ=3t，AC=13，∴t=3t-13，解得：t=6.5s；②AM=CN证明：延长CM交AB于F，∵C（3,5），M(3,m)∴CM⊥AB，M（3,0），CF=5，∵A（-2,0），B（8,0），∴AF=CF=BF，∴∠CAF=∠ACF，∠BCF=∠CBF，∴∠ACB=90°，∵AC=BC，∴∠CAB=∠ABC=∠ACF=45°，∵CN⊥AQ，∠ACB=90°，∴∠CQA+∠BCN=∠CQA+∠CAM，∴∠BCN=∠CAM，在△BCN和△CAM中∠BCN=∠CAM∴△BCN≌△CAM，∴AM=CN.3．【答案】（1）∵OA=8，OC=6，∴AC=OC∵AB=AC=10，∴OB=2（2）①作EH⊥OA于H，∵在Rt△AOC中，点E为边AC的中点，∴EO=EA=5，∵EH⊥OA，∴OH=AH=4，∴EH=52当点M在点O的左侧时，OM=2−2t，∴12×(2−2t)×3=1∴t=23当点M在点O的右侧时，OM=2t−2，∴12×(2t−2)×3=1∴t=43综上所述,若△OME的面积为2，t的值为23或4②当点M在BO上，即0⩽t<1时，△OME为钝角三角形不能成为直角三角形；当t=1时，点M运动到点O，△OME不构成三角形，当点M在OA上，即1⩽t⩽5时，如图3,当∠OME=90°时，∵OE=AE，∴OM=12OA∴2t−2=4，∴t=3，OM=4；如图4,当∠OEM=90°时，作EH⊥OA于H，∵OE2∴52+∴t=338，OM=254综上所述,符合要求时t=3，OM=4或t=338，OM=254．【答案】（1）−3；4；4（2）解：当点D在直线AB的下方时，如图1−1中，延长BC交y轴于E（0，4），连接AE.设D（0，m）.∵S△ABD＝S△AED＋S△BDE−S△ABE＝S△ABC，∴12×（4−m）×3＋12×（4−m）×4−12×4×4＝∴m＝47当点D在直线AB的上方时，如图1−2中，连接OB，设D（0，m）.∵S△ABD＝S△ADO＋S△ODB−S△ABO＝S△ABC，∴12×m×3＋12×m×4−12×3×4＝∴m＝207综上所述，满足条件的点D的坐标为（0，207）或（0，47（3）n＜−5或n＞−15．【答案】（1）解：设AD=2x，BD=3x，CD=4x，则AB=AD+BD=2x+3x=5x，在Rt△BCD中，BC=BD2∴AB=BC，∴△ABC是等腰三角形；（2）解：由（1）知，AB=5x，CD=4x，∴S△ABC=12×5x×4x=160cm2，而x＞0∴x=4cm，则BD=12cm，AD=8cm，CD=16cm，AB=BC=20cm.由运动知，AM=2t，BN=2t，①当MN∥AC时，AM=NC，

即2t=20-2t，解得t=5；当DN∥AC时，AD=CN，

∴8=20-2t，解得：t=6；∴若△DMN的边与AC平行时，t值为5或6.②存在，理由：Ⅰ、当点M在AD上，即0≤t＜4时，△MDE为钝角三角形，但DM＜DE＜ME，不存在等腰三角形；Ⅱ、当t=4时，点M运动到点D，不能构成三角形Ⅲ、当点M在DB上，即4＜t≤10时，△MDE为等腰三角形，有3种可能.∵点E是边BC的中点，∴DE=12当MD=ME=2t-8，如图，过点E作EF垂直AB于F，∵E为BC中点，∴ED=EB，∴DF=BF=12BD=6cm∴EF=12CD=∵AM=2t，AF=AD+DF=8+6=14，∴FM=2t-14在Rt△EFM中，（2t-8）2-（2t-14）2=82，∴t=496当DE=DM，则2t-8=10，

∴t=9；当ED=EM，则点M运动到点B，则2t-8=12，∴t=10；综上所述，符合要求的t值为496或9或6．【答案】（1）解：∵BD是Rt△ABC的中线

∴S△ABD=12S△ABC=12×12×8×6=12

∵DE是△ABD的中线

（2）解：∵四边形DCFH与四边形BEGH的面积相等

∴S四边形DCFH+S△DHG=S四边形BEGH+S△DHG

即S梯形DCFG=S△BDE=6

∵DG是△ACF的中位线

∴CF=2DG

∵S梯形DCFG=DG+CF×DC2=3DG×42=6

∴DG=1

∴CF=2DG=2，BF=BC-CF=4（3）解：①如图，当⊙F与DE相切时，⊙F与线段DE有且只有一个交点

此时⊙F的半径BF=DC=4

∴CF=2，DG=1

∵DG//BC

∴DHBH=DGBF=14

②如图，当⊙F经过点D时，⊙F与线段DE有且只有一个交点，连接FD,作FM⊥DE

设⊙F半径为r，则FD=FM=r

∴CF=6-r

易知四边形DCFM为矩形

∴DM=CF=6-r，FM=DC=4

在Rt△DFM中，DF2=FM2+DM2

即r2=42+(6-r)2

解得r=133

∴CF=6-r=53

在Rt△ACF中，AF2=AC2+CF2

∴AF=82+532=6013

∵G为AF的中点

∴FG=12AF=6016

在Rt△FGM中，GF2=FM2+GM2

∴GM=60162-42=56​​​​​​​

∴DG=DM-GM=537．【答案】（1）解：设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，x+10=2x，解得x=10；（2）解：设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，如图①，AM=t，AN=AB–BN=10–2t，∵三角形△AMN是等边三角形，∴t=10–2t，解得t=103∴点M、N运动103秒后，可得到等边三角形△AMN（3）解：当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形，由（1）知10秒时M、N两点重合，恰好在点C处，如图②，假设△AMN是等腰三角形，∴AN=AM，∴∠AMN=∠ANM，∴∠AMC=∠ANB，∵AB=BC=AC，∴△ACB是等边三角形，∴∠C=∠B，在△ACM和△ABN中，∵AC=AB∠C=∠B∠AMC=∠ANB∴△ACM≌△ABN（AAS），∴CM=BN，设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间为y秒时，△AMN是等腰三角形，∴CM=y–10，NB=30–2y，CM=NB，y–10=30–2y，解得：y=403∴当点M、N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰△AMN，此时M、N运动的时间为4038．【答案】（1）解：由题意知，AQ＝2t，BP＝t，∵△ABC是边长为6cm的等边三角形，∴∠A＝60°，AB＝6，∴AP＝AB﹣BP＝6﹣t，∵AP＝3AQ，∴6﹣t＝3×2t，∴t＝67即：t＝67秒时，AP＝（2）解：由（1）知，∠A＝60°，AQ＝2t，AP＝6﹣t，∵△APQ为直角三角形，①当∠APQ＝90°时，AQ＝2AP，∴2t＝2（6﹣t），∴t＝3秒，②当∠AQP＝90°时，AP＝2AQ，∴6﹣t＝2×2t，∴t＝65即：t＝3秒或65秒时，△APQ（3）解：由题意知，AQ＝2t，BP＝t，∴AP＝6﹣t，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠C＝60°，∵QD∥AB，∴∠PDQ＝∠BPD，∠QDB＝∠A＝60°，∴△CDQ是等边三角形，∴CD＝CQ，∴BD＝AQ＝2t，∵△BDP与△PDQ相似，∴①当△BPD∽△PDQ时，∴∠B＝∠DPQ＝60°，∴∠APQ＝∠BDP，∵∠A＝∠B，∴△APQ∽△BDP，∴APBD=∴6-t2t=∴t＝65②当△BPQ∽△QDP时，∴∠B＝∠DQP＝60°，∵DQ∥AB，∴∠APQ＝DQP＝60°，∵∠A＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴AP＝AQ，∴6﹣t＝2t，∴t＝2秒，即：t＝65秒或2秒时，△BDP与△PDQ9．【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形∴∠ABQ＝∠CAP，AB＝CA，又∵点P、Q运动速度相同，∴AP＝BQ，在△ABQ与△CAP中，∵AB＝CA∴△ABQ≌△CAP（SAS）（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变.理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC＝∠ACP＋∠MAC，∴∠QMC＝∠BAQ＋∠MAC＝∠BAC＝60°（3）解：解：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC＝∠BAQ＋∠APM，∴∠QMC＝∠ACP＋∠APM＝180°−∠PAC＝180°−60°＝120°10．【答案】（1）解：设C点坐标为（a，0），则OC=a∵A（2，2），B（6，2），∴AB=4，梯形OABC的高h=2∵梯形OABC的面积为12∴12（AB+OC）h=12，即12（4+a）×2=12∴C（8，0）；（2）解：不变，理由如下：∵A（2，2），B（6，2），∴AB∥x轴，∴∠OPA=∠BAP（两直线平行，内错角相等）∠OEA=∠BAE（两直线平行，内错角相等）∵AE平分∠PAB，∴∠BAE=∠EAP，∴∠BAP=2∠OEA，即∠OPA=2∠OEA；（3）解：∵AB∥x轴，∴∠ODA=∠DAB（（两直线平行，内错角相等））当∠ODA=∠OAE时，则有∠DAB=∠OAE，（等量代换），∴∠DAE+∠EAB=∠OAD+∠DAE，∴∠EAB=∠OAD，而AD、AE分别平分∠OAP和∠PAB，∴∠OAD=又∵∠AOC=44°∠OAB+∠AOC=180°（两直线平行，同旁内角互补），∴∠OAB=180°－∠AOC=136°，∴∠OAD=1411．【答案】（1）解：根据题意知BQ=2t，AP=t，∴QC=BC-BQ=16-2t，BP=AB-AP=12-t根据三角形的面积公式，得1212t2解得t1==5，故当t为5或7时，△PBQ的面积等于35cm（2）解：设t秒后，PQ的长度等于82PQ5t解得t1=4故当t为45或4时，PQ的长度等于8（3）解：设经过x秒后，两三角形相似①当BPBA=BQBC时，解得：x=24②当BPBC=BQBA时，解得：x=36∴经过245秒或3611秒，以C，P，Q为顶点的三角形与12．【答案】（1）解：∵点A的坐标为(8，0)，点B的坐标是(0，6)，

∴OB=6，OA=8，

∴AB=OA2+OB2=（2）解：当PB=PO时，过点P作PD⊥OB于点D，PC⊥x轴于点C，

∴OD=12OB=3，∠PBO=∠POB，

∵∠POB+∠POA=90°，∠PAO+∠PBO=90°，

∴∠POA=∠PAO，

∴PA=PO=PB=12AB=5，

∴OC=12OA=4，

设OM=x，

在Rt△PDM和Rt△BPM中

PM2=MB2-BP2=DM2+DP2，

∴（6+x）2-52=（3+x）2+42

解之：x=73，

∴点M（0，-73）；

当BP=PO=6时，过点P作PD⊥OB于点D，PC⊥x轴于点C，过点O作OE⊥AB于点E，

∴AP=AB-BP=10-6=4

易证四边形PDOC是矩形，

∴DO=PC，DP=OC，

∵S△AOB=12OB·OA=12AB·OE，

∴6×8=10OE，

解之：OE=4.8，

∵S△BOP=12OB·DP=12BP·OE，

∴PD=OE=OC=4.8，

∴CA=8-4.8=3.2，

在Rt△PCA中

PC2+3.22=42，

解之：PC=OD=2.4，

在Rt△PDM和Rt△BPM中

PM2=MB2-BP2=DM2+DP2，

∴（6+x）2-62=4.82+（2.4+x）2，

解之：x=4，

∴点M（0，-4）；

当OP=OB=6时，如图，

∴∠OBP=∠BPO，

∵MP⊥AB，

∴∠BPO+∠OPM=90°，

∵∠BMP+∠OBP=90°，

∴∠OMP=∠OPM，

∴OM=OP=6，

∴点M（0，（3）解：当点P′在OA上时，过点N作NF⊥x轴于点F，过点O作OE⊥AB于点E，过点P作PG⊥y轴于点G，

∵点N是AB的中点，点A（8，0），点B（0，6），

∴点N（4，3），BN=5，

由（2）可知OE=4.8，NF=3，

∵动点P从点B出发沿着线段BA以5个单位每秒的速度向终点A运动，设运动时间为t秒，

∴BP=5t，

∵S△BOP=12OB·GP=12BP·OE

∴6PG=4.8×5t

解之：PG=4t，

∴BG2=（5t）2-（4t）2，

解之：BG=3t，

∴OG=6-3t，PN=BN-BP=5-5t，

∵点P和点P′关于ON对称，

∴PN=P′N=5-5t，S△PON=S△P′ON，

∴12×4.85-5t=12OP'×3

解之：OP=OP′=8-8t，

在Rt△OPG中，

PG2+OG2=OP2即（4t）2+（6-3t）2=（8-8t）2

解之：t1=1439，t2=2（舍去），

当点P运动到点N，此时点P，P′，N13．【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60∘∵点E是AB的中点，∴CE平分∠ACB，AE=BE，∴∠BCE=30∘∵ED=EC，∴∠D=∠BCE=30∘∵∠ABC=∠D+∠BED，∴∠BED=30∘∴∠D=∠BED，∴BD=BE．∴AE=DB．（2）解：AE=DB；理由：过点E作EF//BC交AC于点F.如图2所示：∴∠AEF=∠ABC，∠AFE=∠ACB．∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60∘，AB=AC=BC∴∠AEF=∠ABC=60∘，∠AFE=∠ACB=即∠AEF=∠AFE=∠A=60∘∴△AEF是等边三角形．∴∠DBE=∠EFC=120∘，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=∵DE=EC，∴∠D=∠ECD，∴∠BED=∠ECF．在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF∠DBE=∠EFCDE=EC∴△DEB≌△ECF(AAS)，∴DB=EF，∴AE=BD．14．【答案】（1）解：①当ΔBPQ∽ΔBAC时，∵BPBA=BQBC，BP=3t，QC=2t，AB=10cm，∴8-2t10=∴t=3223②当ΔBPQ∽ΔBCA时，∵BPBC=∴3t10=∴t=2011，∴t=3223或2011时，ΔBPQ（2）解：如图所示，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=3t，PM=95BM=125t，∵∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，∴∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90°，∴ΔACQ∽ΔCMP，∴ACCM=∴6解得：t=15．【答案】（1）①证明：∵∠B＝90°，∴∠BAD+∠BDA＝90°，∵∠ADE＝90°，点D在线段BC上，∴∠BAD+∠EDC＝90°，∴∠BAD＝∠EDC；②证法1：如图1，在AB上取点F，使得BF＝BD，连接DF，∵BF＝BD，∠B＝90°，∴∠BFD＝45°，∴∠AFD＝135°，∵BA＝BC，∴AF＝CD，在△ADF和△DEC中，AF=CD∠BAD=∠CDEAD=DE∴△ADF≌△DEC，（SAS），∴∠DCE＝∠AFD＝135°；证法2：如图2，以D为圆心，DC为半径作弧交AC于点F，连接DF，∴DC＝DF，∠DFC＝∠DCF，∵∠B＝90°，AB＝BC，∴∠ACB＝45°，∠DFC＝45°，∴∠DFC＝90°，∠AFD＝135°，∵∠ADE＝∠FDC＝90°，∴∠ADF＝∠EDC，在△ADF≌△CDE中，AD=DE∠ADF=∠EDCDF=DC∴△ADF≌△CDE，（SAS），∴∠AFD＝∠DCE＝135°；证法3：如图3，过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，∴∠EF