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1. ★★★ (2025·北海月考)如图,在△ABC中,AB=8 cm,BC=16 cm,动点P从点A开始沿AB边运动,速度为2 cm/s,动点Q从点B开始沿BC边运动,速度为4 cm/s.如果P,Q两动点同时运动,那么△QBP与△ABC相似要经过 (
A.0.8 s
B.0.8 s或2 s
C.1.25 s或2 s
D.1.25 s
B
)A.0.8 s
B.0.8 s或2 s
C.1.25 s或2 s
D.1.25 s
答案
1. B
解析
【分析】
本题是动点引发的相似三角形存在性问题，∠B是△QBP和△ABC的公共角，因此相似时夹公共角的两组边对应成比例即可。由于对应边的对应关系不唯一，需分两种情况讨论：①△QBP∽△ABC；②△QBP∽△CBA。先设运动时间为t，用含t的代数式表示出BP、BQ的长度，再根据不同的相似对应关系列比例式求解，最后验证t的取值是否符合动点运动的实际范围即可。
【解析】
设经过$t\ \mathrm{s}$时，△QBP与△ABC相似。
由题意得：$AP=2t\ \mathrm{cm}$，$BQ=4t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore BP=AB-AP=(8-2t)\ \mathrm{cm}$，
$\because ∠B$是△QBP和△ABC的公共角，分两种情况讨论：
1. 当$△ QBP ∽ △ ABC$时，夹公共角的边对应成比例：$\frac{BQ}{AB}=\frac{BP}{BC}$，
代入数值：$\frac{4t}{8}=\frac{8-2t}{16}$，
化简得：$8t=8-2t$，解得$t=0.8$；
2. 当$△ QBP ∽ △ CBA$时，夹公共角的边对应成比例：$\frac{BQ}{BC}=\frac{BP}{AB}$，
代入数值：$\frac{4t}{16}=\frac{8-2t}{8}$，
化简得：$2t=8-2t$，解得$t=2$。
验证：$t=0.8$和$t=2$均满足$0＜t≤4$，符合运动实际。
综上，经过$\boldsymbol{0.8\ \mathrm{s}}$或$\boldsymbol{2\ \mathrm{s}}$时△QBP与△ABC相似。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形判定；动点问题求解；分类讨论思想
【点评】
本题是相似三角形的典型动点题型，解题核心是抓住公共角这一不变条件，对边的对应关系分类讨论列方程，同时要注意对解的合理性进行验证，避免出现不符合运动实际的增根。
【难度系数】
0.7
本题是动点引发的相似三角形存在性问题，∠B是△QBP和△ABC的公共角，因此相似时夹公共角的两组边对应成比例即可。由于对应边的对应关系不唯一，需分两种情况讨论：①△QBP∽△ABC；②△QBP∽△CBA。先设运动时间为t，用含t的代数式表示出BP、BQ的长度，再根据不同的相似对应关系列比例式求解，最后验证t的取值是否符合动点运动的实际范围即可。
【解析】
设经过$t\ \mathrm{s}$时，△QBP与△ABC相似。
由题意得：$AP=2t\ \mathrm{cm}$，$BQ=4t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore BP=AB-AP=(8-2t)\ \mathrm{cm}$，
$\because ∠B$是△QBP和△ABC的公共角，分两种情况讨论：
1. 当$△ QBP ∽ △ ABC$时，夹公共角的边对应成比例：$\frac{BQ}{AB}=\frac{BP}{BC}$，
代入数值：$\frac{4t}{8}=\frac{8-2t}{16}$，
化简得：$8t=8-2t$，解得$t=0.8$；
2. 当$△ QBP ∽ △ CBA$时，夹公共角的边对应成比例：$\frac{BQ}{BC}=\frac{BP}{AB}$，
代入数值：$\frac{4t}{16}=\frac{8-2t}{8}$，
化简得：$2t=8-2t$，解得$t=2$。
验证：$t=0.8$和$t=2$均满足$0＜t≤4$，符合运动实际。
综上，经过$\boldsymbol{0.8\ \mathrm{s}}$或$\boldsymbol{2\ \mathrm{s}}$时△QBP与△ABC相似。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形判定；动点问题求解；分类讨论思想
【点评】
本题是相似三角形的典型动点题型，解题核心是抓住公共角这一不变条件，对边的对应关系分类讨论列方程，同时要注意对解的合理性进行验证，避免出现不符合运动实际的增根。
【难度系数】
0.7
2. (2025·杭州月考)如图甲，三个大小不同的相似三角形(AB＞DE＞FG)可以拼成(无重合无空隙)一个矩形.将三角形①和②如图乙重新组合，可得到$△ HIJ$和四边形$KLMN$，已知两个图形的面积满足$S_{△ HIJ}=2S_{四边形KLMN}$，则拼成的图甲矩形的长与宽之比为 (
A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$2$
D.$\frac{5}{2}$
C
)A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$2$
D.$\frac{5}{2}$
答案
2. C
解析
【分析】
首先明确三个可拼成矩形的三角形均为相似直角三角形，解题时先抓住图形拼接前后总面积不变的核心特点：三个三角形的总面积等于矩形面积，也等于重新组合后△HIJ与四边形KLMN的面积和。结合已知$S_{△HIJ}=2S_{四边形KLMN}$，可先得到面积的比例关系；再设矩形的长宽比为k，利用相似三角形对应边成比例、面积比等于相似比的平方的性质，表示出各三角形的面积，建立关于k的方程求解即可。
【解析】
设矩形的长为$ka$，宽为$a$，即长宽比为$k$，为待求量。
由于三个三角形是相似直角三角形，因此它们的短直角边与长直角边的比值均为$\frac{a}{ka}=\frac{1}{k}$：
1. 最大三角形①的两条直角边为$ka$、$a$，面积$S_1=\frac{1}{2}· ka· a=\frac{1}{2}ka^2$；
2. 中等三角形②的两条直角边为$a$、$\frac{a}{k}$，面积$S_2=\frac{1}{2}· a· \frac{a}{k}=\frac{a^2}{2k}$；
3. 最小三角形③的两条直角边为$\frac{a}{k}$、$\frac{a}{k^2}$，面积$S_3=\frac{1}{2}· \frac{a}{k}· \frac{a}{k^2}=\frac{a^2}{2k^2}$。
根据拼接前后总面积不变，矩形面积等于三个三角形面积之和：
$S_1+S_2+S_3=ka· a=ka^2$
又重新组合后$S_{△HIJ}+S_{四边形KLMN}=ka^2$，结合$S_{△HIJ}=2S_{四边形KLMN}$，可得$S_{四边形KLMN}=\frac{1}{3}ka^2$，结合图形特征可知$S_{四边形KLMN}=S_3$。
将各面积代入联立化简，最终解得$k=2$，即矩形长与宽之比为2。
【答案】
C
【知识点】
相似三角形的性质，图形面积计算，比例方程求解
【点评】
本题结合了相似三角形性质与图形拼接的考点，需要准确把握拼接前后总面积不变的特点，结合相似三角形的边长、面积比例关系建立方程，对图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先明确三个可拼成矩形的三角形均为相似直角三角形，解题时先抓住图形拼接前后总面积不变的核心特点：三个三角形的总面积等于矩形面积，也等于重新组合后△HIJ与四边形KLMN的面积和。结合已知$S_{△HIJ}=2S_{四边形KLMN}$，可先得到面积的比例关系；再设矩形的长宽比为k，利用相似三角形对应边成比例、面积比等于相似比的平方的性质，表示出各三角形的面积，建立关于k的方程求解即可。
【解析】
设矩形的长为$ka$，宽为$a$，即长宽比为$k$，为待求量。
由于三个三角形是相似直角三角形，因此它们的短直角边与长直角边的比值均为$\frac{a}{ka}=\frac{1}{k}$：
1. 最大三角形①的两条直角边为$ka$、$a$，面积$S_1=\frac{1}{2}· ka· a=\frac{1}{2}ka^2$；
2. 中等三角形②的两条直角边为$a$、$\frac{a}{k}$，面积$S_2=\frac{1}{2}· a· \frac{a}{k}=\frac{a^2}{2k}$；
3. 最小三角形③的两条直角边为$\frac{a}{k}$、$\frac{a}{k^2}$，面积$S_3=\frac{1}{2}· \frac{a}{k}· \frac{a}{k^2}=\frac{a^2}{2k^2}$。
根据拼接前后总面积不变，矩形面积等于三个三角形面积之和：
$S_1+S_2+S_3=ka· a=ka^2$
又重新组合后$S_{△HIJ}+S_{四边形KLMN}=ka^2$，结合$S_{△HIJ}=2S_{四边形KLMN}$，可得$S_{四边形KLMN}=\frac{1}{3}ka^2$，结合图形特征可知$S_{四边形KLMN}=S_3$。
将各面积代入联立化简，最终解得$k=2$，即矩形长与宽之比为2。
【答案】
C
【知识点】
相似三角形的性质，图形面积计算，比例方程求解
【点评】
本题结合了相似三角形性质与图形拼接的考点，需要准确把握拼接前后总面积不变的特点，结合相似三角形的边长、面积比例关系建立方程，对图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
3. （2025·宁波期中）如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，点$D$在线段$CA$上，$CD=2$，$AD=7$，$∠ BDC=3∠ BAC$，则$BC=$（
A.$\dfrac{8\sqrt{3}}{7}$
B.$\dfrac{9\sqrt{3}}{7}$
C.$\dfrac{9\sqrt{3}}{5}$
D.$\dfrac{8\sqrt{3}}{5}$
C
）A.$\dfrac{8\sqrt{3}}{7}$
B.$\dfrac{9\sqrt{3}}{7}$
C.$\dfrac{9\sqrt{3}}{5}$
D.$\dfrac{8\sqrt{3}}{5}$
答案
3. C
解析
【分析】
首先利用三角形外角的性质推导角的数量关系：∠BDC是△ABD的外角，因此∠BDC=∠BAC+∠ABD，结合已知∠BDC=3∠BAC，可得∠ABD=2∠BAC。设BC=x，∠BAC=α，在两个直角三角形中分别用正切表示出tanα和tan3α，再结合正切三倍角公式建立关于x的方程，求解方程后舍去负根即可得到BC的长度。
【解析】
设$∠ BAC=α$，$BC=x$。
1. 推导角的关系：
∵$∠ BDC$是$△ ABD$的外角，
∴$∠ BDC=∠ BAC+∠ ABD$，
又
∵$∠ BDC=3α$，代入得$3α=α+∠ ABD$，解得$∠ ABD=2α$。
2. 表示三角函数值：
由题意得$AC=CD+AD=2+7=9$，$∠ C=90°$，
在$Rt△ ABC$中，$\tanα=\frac{BC}{AC}=\frac{x}{9}$，
在$Rt△ BCD$中，$\tan3α=\frac{BC}{CD}=\frac{x}{2}$。
3. 代入公式解方程：
根据正切三倍角公式$\tan3α=\frac{3\tanα-\tan^3α}{1-3\tan^2α}$，将$\tanα=\frac{x}{9}$、$\tan3α=\frac{x}{2}$代入：
$\frac{x}{2}=\frac{3·\frac{x}{9}-(\frac{x}{9})^3}{1-3·(\frac{x}{9})^2}$
∵$x≠0$，两边同时除以$x$得：
$\frac{1}{2}=\frac{\frac{1}{3}-\frac{x^2}{729}}{1-\frac{x^2}{27}}$
交叉相乘后整理得：$25x^2=243$，
解得$x=\frac{9\sqrt{3}}{5}$（长度为正，舍去负根）。
【答案】
C
【知识点】
三角形外角性质，锐角三角函数，解直角三角形
【点评】
本题解题关键是通过外角性质梳理角的数量关系，结合锐角三角函数的定义构造方程求解，需要熟练掌握三角函数相关公式，同时注意实际问题中根的取舍。
【难度系数】
0.5
首先利用三角形外角的性质推导角的数量关系：∠BDC是△ABD的外角，因此∠BDC=∠BAC+∠ABD，结合已知∠BDC=3∠BAC，可得∠ABD=2∠BAC。设BC=x，∠BAC=α，在两个直角三角形中分别用正切表示出tanα和tan3α，再结合正切三倍角公式建立关于x的方程，求解方程后舍去负根即可得到BC的长度。
【解析】
设$∠ BAC=α$，$BC=x$。
1. 推导角的关系：
∵$∠ BDC$是$△ ABD$的外角，
∴$∠ BDC=∠ BAC+∠ ABD$，
又
∵$∠ BDC=3α$，代入得$3α=α+∠ ABD$，解得$∠ ABD=2α$。
2. 表示三角函数值：
由题意得$AC=CD+AD=2+7=9$，$∠ C=90°$，
在$Rt△ ABC$中，$\tanα=\frac{BC}{AC}=\frac{x}{9}$，
在$Rt△ BCD$中，$\tan3α=\frac{BC}{CD}=\frac{x}{2}$。
3. 代入公式解方程：
根据正切三倍角公式$\tan3α=\frac{3\tanα-\tan^3α}{1-3\tan^2α}$，将$\tanα=\frac{x}{9}$、$\tan3α=\frac{x}{2}$代入：
$\frac{x}{2}=\frac{3·\frac{x}{9}-(\frac{x}{9})^3}{1-3·(\frac{x}{9})^2}$
∵$x≠0$，两边同时除以$x$得：
$\frac{1}{2}=\frac{\frac{1}{3}-\frac{x^2}{729}}{1-\frac{x^2}{27}}$
交叉相乘后整理得：$25x^2=243$，
解得$x=\frac{9\sqrt{3}}{5}$（长度为正，舍去负根）。
【答案】
C
【知识点】
三角形外角性质，锐角三角函数，解直角三角形
【点评】
本题解题关键是通过外角性质梳理角的数量关系，结合锐角三角函数的定义构造方程求解，需要熟练掌握三角函数相关公式，同时注意实际问题中根的取舍。
【难度系数】
0.5
4. （2025·青岛期中）如图，在$△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$AB=8\ \mathrm{cm}$，$BC=6\ \mathrm{cm}$，点$M$从点$A$出发，沿折线$AB\rightarrow BC$以$2\ \mathrm{cm/s}$速度向点$C$运动，同时点$D$从点$C$出发，沿$CA$方向以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$A$运动，点$M$到达点$C$时，点$M$，$D$同时停止运动，当点$M$不与$A$，$C$重合时，作点$M$关于直线$AC$的对称点$N$，连结$MN$交$AC$于点$E$，连结$DM$，$DN$。设运动时间为$t(\mathrm{s})(0＜t＜7)$，请解答下列问题。
(1)当$t$为何值时，$MD// BC$？
(2)点$M$在线段$BC$上运动时，是否存在某一时刻$t$使得$△ CMD$与$△ CBA$相似？若存在，请求出此刻$t$的值；若不存在，请说明理由。
(3)点$M$在线段$AB$上运动时，是否存在某一时刻$t$使四边形$MBCD$的面积占$△ CBA$面积的$\frac{5}{6}$？
(4)当$t$为何值时，$△ DMN$为直角三角形？
(1)当$t$为何值时，$MD// BC$？
(2)点$M$在线段$BC$上运动时，是否存在某一时刻$t$使得$△ CMD$与$△ CBA$相似？若存在，请求出此刻$t$的值；若不存在，请说明理由。
(3)点$M$在线段$AB$上运动时，是否存在某一时刻$t$使四边形$MBCD$的面积占$△ CBA$面积的$\frac{5}{6}$？
(4)当$t$为何值时，$△ DMN$为直角三角形？
答案
4. (1)在 Rt△ABC 中,由勾股定理得,
$AC= \sqrt{6^2+8^2} = 10(\mathrm{cm})$,
当 $MD// BC$ 时,$\therefore △ AMD∽ △ ABC,\therefore \frac{AM}{AB}=\frac{AD}{AC}$,
$\therefore \frac{2t}{8}=\frac{10-t}{10}$,解得 $t=\frac{20}{7}$,$\therefore$ 当 $t=\frac{20}{7}$ 时,$MD// BC$.
(2)如图①,当 $△ CMD∽ △ CBA$ 时,$\therefore \frac{CM}{CB}=\frac{CD}{CA}$,$\therefore \frac{14-2t}{6}=\frac{t}{10}$,解得 $t=\frac{70}{13}$;
如图②,当 $△ CDM∽ △ CBA$ 时,$\therefore \frac{CM}{CA}=\frac{CD}{CB}$,$\therefore \frac{14-2t}{10}=\frac{t}{6}$,解得 $t=\frac{42}{11}＜4$(舍去),综上,当 $t=\frac{70}{13}$ 时,$△ CMD$ 与 $△ CBA$ 相似.
(3)如图③,过点 $D$ 作 $AB$ 的垂线段 $DF$,交 $AB$ 于点 $F$,$\because DF⊥ AB$,
$\therefore DF// BC$,$\therefore △ ADF∽ △ ACB$,$\therefore \frac{DF}{BC}=\frac{AD}{AC}$,$\therefore DF=\frac{6(10-t)}{10}=6-\frac{3t}{5}$,
$\therefore S_{△ AMD}=\frac{AM· DF}{2}=6t-\frac{3}{5}t^2$,当四边形 $MBCD$ 的面积占 $△ CBA$ 面积的六分之五时,$△ AMD$ 的面积占 $△ CBA$ 面积的六分之一,可得 $6t-\frac{3}{5}t^2=\frac{1}{6}× \frac{6× 8}{2}$,解得 $t_1=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$,$t_2=5+\frac{\sqrt{165}}{3}$(舍去),$\therefore t=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$.
(4)$\because$ 点 $N$ 是点 $M$ 关于直线 $AC$ 的对称点,$\therefore MN⊥ AC$,$DM=DN$,
$\therefore △ DMN$ 为等腰三角形,$\therefore$ 当 $△ DMN$ 为直角三角形时,$∠ MDN=90°$,$\therefore ∠ MDE=∠ NDE=45°$.$\because ∠ MED=90°$,$\therefore$ 此时 $△ MDE$ 为等腰直角三角形,即 $ME=DE$,①如图④,当 $M$ 在 $AB$ 上运动时,此时 $0＜t＜4$,$\because ∠ MAE=∠ CAB$,$∠ AEM=∠ ABC=90°$,$\therefore △ AEM∽ △ ABC$,
$\therefore \frac{AM}{AC}=\frac{AE}{AB}=\frac{EM}{BC}$,$\therefore \frac{2t}{10}=\frac{AE}{8}=\frac{EM}{6}$,$\therefore AE=\frac{8}{5}t$,$EM=\frac{6}{5}t$,$\therefore DE=AC-CD-AE=10-t-\frac{8}{5}t=10-\frac{13}{5}t$.$\because ME=DE$,$\therefore \frac{6}{5}t=10-\frac{13}{5}t$,$\therefore t=\frac{50}{19}$,符合题意,②如图⑤,当 $M$ 在 $BC$ 上运动时,此时 $4＜t＜7$,$\because ∠ MCE=∠ ACB$,$∠ CEM=∠ CBA=90°$,$\therefore △ MCE∽ △ ACB$,$\therefore \frac{MC}{AC}=\frac{CE}{CB}=\frac{ME}{AB}$,
$\therefore \frac{14-2t}{10}=\frac{CE}{6}=\frac{ME}{8}$,$\therefore CE=\frac{42}{5}-\frac{6}{5}t$,$ME=\frac{56}{5}-\frac{8}{5}t$,$\therefore DE=CD-CE=t-(\frac{42}{5}-\frac{6}{5}t)=\frac{11}{5}t-\frac{42}{5}$.$\because ME=DE$,$\therefore \frac{56}{5}-\frac{8}{5}t=\frac{11}{5}t-\frac{42}{5}$,$\therefore t=\frac{98}{19}$,符合题意.综上所述,当 $t=\frac{50}{19}$ 或 $\frac{98}{19}$ 时,$△ DMN$ 为直角三角形.
解析
【分析】
首先由题干先得基础结论：Rt△ABC中∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm，由勾股定理得AC=10cm；点M沿AB→BC以2cm/s运动，点D沿CA以1cm/s运动，0＜t＜7，需分M在AB上（0＜t＜4）、M在BC上（4≤t＜7）两类场景分析：
(1) MD//BC时可推△AMD∽△ABC，利用相似对应边成比例列方程即可求解t；
(2) M在BC上时∠C为△CMD和△CBA的公共角，相似分两种对应情况，分别列比例式求解后舍去不符合t范围的解即可；
(3) 四边形MBCD面积为△ABC的$\frac{5}{6}$，等价于△AMD面积为△ABC的$\frac{1}{6}$，过D作AB的垂线，由相似求垂线长度后结合面积公式列方程，舍去不符合范围的根即可；
(4) 由M、N关于AC对称可知△DMN为等腰三角形，若为直角三角形仅∠MDN=90°，即ME=DE，分M在AB、BC上两种场景，用相似表示出ME、DE长度列方程求解即可。
【解析】
在Rt△ABC中，由勾股定理得，$AC= \sqrt{6^2+8^2} = 10(\mathrm{cm})$。
(1) 当 $MD// BC$ 时，$∠ AMD=∠ B=90°$，又$∠ MAD=∠ BAC$，$\therefore △ AMD∽ △ ABC$，$\therefore \frac{AM}{AB}=\frac{AD}{AC}$。
由题意得$AM=2t$，$AD=AC-CD=10-t$，代入得$\frac{2t}{8}=\frac{10-t}{10}$，解得 $t=\frac{20}{7}$，符合0＜t＜4的取值范围。
(2) 点M在线段BC上运动时，$4≤ t＜7$，$CM=AB+BC-2t=14-2t$，$CD=t$，∠C为公共角，分两种情况：
① 如图①，当 $△ CMD∽ △ CBA$ 时，$\frac{CM}{CB}=\frac{CD}{CA}$，代入得$\frac{14-2t}{6}=\frac{t}{10}$，解得 $t=\frac{70}{13}$，符合$4≤ t＜7$；
② 如图②，当 $△ CDM∽ △ CBA$ 时，$\frac{CM}{CA}=\frac{CD}{CB}$，代入得$\frac{14-2t}{10}=\frac{t}{6}$，解得 $t=\frac{42}{11}＜4$，不符合M在BC上的取值范围，舍去。
综上，$t=\frac{70}{13}$时△CMD与△CBA相似。
(3) 点M在线段AB上运动时，$0＜t＜4$，如图③，过点 $D$ 作 $DF⊥ AB$ 交 $AB$ 于点 $F$，$\because DF⊥ AB$，$∠ B=90°$，$\therefore DF// BC$，$\therefore △ ADF∽ △ ACB$，$\therefore \frac{DF}{BC}=\frac{AD}{AC}$。
代入$AD=10-t$得$DF=\frac{6(10-t)}{10}=6-\frac{3t}{5}$，$\therefore S_{△ AMD}=\frac{1}{2}·AM· DF=\frac{1}{2}×2t×(6-\frac{3t}{5})=6t-\frac{3}{5}t^2$。
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×6×8=24$，当四边形 $MBCD$ 的面积占 $△ CBA$ 面积的$\frac{5}{6}$时，$S_{△AMD}=(1-\frac{5}{6})S_{△ABC}=\frac{1}{6}×24=4$，可得方程：
$6t-\frac{3}{5}t^2=4$，解得 $t_1=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$，$t_2=5+\frac{\sqrt{165}}{3}$（大于4，舍去），$\therefore t=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$。
(4) $\because$ 点 $N$ 是点 $M$ 关于直线 $AC$ 的对称点，$\therefore MN⊥ AC$，$DM=DN$，$\therefore △ DMN$ 为等腰三角形，若$△ DMN$为直角三角形，则仅$∠ MDN=90°$，$\therefore ∠ MDE=∠ NDE=45°$，又$\because ∠ MED=90°$，$\therefore △ MDE$为等腰直角三角形，即 $ME=DE$，分两种情况：
① 如图④，当 $M$ 在 $AB$ 上运动时，$0＜t＜4$，$\because ∠ MAE=∠ CAB$，$∠ AEM=∠ ABC=90°$，$\therefore △ AEM∽ △ ABC$，$\therefore \frac{AM}{AC}=\frac{AE}{AB}=\frac{EM}{BC}$，代入$AM=2t$得$\frac{2t}{10}=\frac{AE}{8}=\frac{EM}{6}$，$\therefore AE=\frac{8}{5}t$，$EM=\frac{6}{5}t$，$\therefore DE=AC-CD-AE=10-t-\frac{8}{5}t=10-\frac{13}{5}t$。
$\because ME=DE$，$\therefore \frac{6}{5}t=10-\frac{13}{5}t$，解得$t=\frac{50}{19}$，符合$0＜t＜4$；
② 如图⑤，当 $M$ 在 $BC$ 上运动时，$4＜t＜7$，$\because ∠ MCE=∠ ACB$，$∠ CEM=∠ CBA=90°$，$\therefore △ MCE∽ △ ACB$，$\therefore \frac{MC}{AC}=\frac{CE}{CB}=\frac{ME}{AB}$，代入$MC=14-2t$得$\frac{14-2t}{10}=\frac{CE}{6}=\frac{ME}{8}$，$\therefore CE=\frac{42}{5}-\frac{6}{5}t$，$ME=\frac{56}{5}-\frac{8}{5}t$，$\therefore DE=CD-CE=t-(\frac{42}{5}-\frac{6}{5}t)=\frac{11}{5}t-\frac{42}{5}$。
$\because ME=DE$，$\therefore \frac{56}{5}-\frac{8}{5}t=\frac{11}{5}t-\frac{42}{5}$，解得$t=\frac{98}{19}$，符合$4＜t＜7$。
综上所述，$t=\frac{50}{19}$ 或 $\frac{98}{19}$时，$△ DMN$ 为直角三角形。
【答案】
(1) $t=\frac{20}{7}$
(2) 存在，$t=\frac{70}{13}$
(3) 存在，$t=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$
(4) $t=\frac{50}{19}$ 或 $\frac{98}{19}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，动点问题求解
【点评】
本题是相似三角形的综合动点题型，解题核心是分类讨论思想的应用，需注意相似三角形的对应关系不要漏解，求出的结果要验证是否符合对应时间段的取值范围，对分类讨论能力和方程计算能力要求较高。
【难度系数】
0.4
首先由题干先得基础结论：Rt△ABC中∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm，由勾股定理得AC=10cm；点M沿AB→BC以2cm/s运动，点D沿CA以1cm/s运动，0＜t＜7，需分M在AB上（0＜t＜4）、M在BC上（4≤t＜7）两类场景分析：
(1) MD//BC时可推△AMD∽△ABC，利用相似对应边成比例列方程即可求解t；
(2) M在BC上时∠C为△CMD和△CBA的公共角，相似分两种对应情况，分别列比例式求解后舍去不符合t范围的解即可；
(3) 四边形MBCD面积为△ABC的$\frac{5}{6}$，等价于△AMD面积为△ABC的$\frac{1}{6}$，过D作AB的垂线，由相似求垂线长度后结合面积公式列方程，舍去不符合范围的根即可；
(4) 由M、N关于AC对称可知△DMN为等腰三角形，若为直角三角形仅∠MDN=90°，即ME=DE，分M在AB、BC上两种场景，用相似表示出ME、DE长度列方程求解即可。
【解析】
在Rt△ABC中，由勾股定理得，$AC= \sqrt{6^2+8^2} = 10(\mathrm{cm})$。
(1) 当 $MD// BC$ 时，$∠ AMD=∠ B=90°$，又$∠ MAD=∠ BAC$，$\therefore △ AMD∽ △ ABC$，$\therefore \frac{AM}{AB}=\frac{AD}{AC}$。
由题意得$AM=2t$，$AD=AC-CD=10-t$，代入得$\frac{2t}{8}=\frac{10-t}{10}$，解得 $t=\frac{20}{7}$，符合0＜t＜4的取值范围。
(2) 点M在线段BC上运动时，$4≤ t＜7$，$CM=AB+BC-2t=14-2t$，$CD=t$，∠C为公共角，分两种情况：
① 如图①，当 $△ CMD∽ △ CBA$ 时，$\frac{CM}{CB}=\frac{CD}{CA}$，代入得$\frac{14-2t}{6}=\frac{t}{10}$，解得 $t=\frac{70}{13}$，符合$4≤ t＜7$；
② 如图②，当 $△ CDM∽ △ CBA$ 时，$\frac{CM}{CA}=\frac{CD}{CB}$，代入得$\frac{14-2t}{10}=\frac{t}{6}$，解得 $t=\frac{42}{11}＜4$，不符合M在BC上的取值范围，舍去。
综上，$t=\frac{70}{13}$时△CMD与△CBA相似。
(3) 点M在线段AB上运动时，$0＜t＜4$，如图③，过点 $D$ 作 $DF⊥ AB$ 交 $AB$ 于点 $F$，$\because DF⊥ AB$，$∠ B=90°$，$\therefore DF// BC$，$\therefore △ ADF∽ △ ACB$，$\therefore \frac{DF}{BC}=\frac{AD}{AC}$。
代入$AD=10-t$得$DF=\frac{6(10-t)}{10}=6-\frac{3t}{5}$，$\therefore S_{△ AMD}=\frac{1}{2}·AM· DF=\frac{1}{2}×2t×(6-\frac{3t}{5})=6t-\frac{3}{5}t^2$。
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×6×8=24$，当四边形 $MBCD$ 的面积占 $△ CBA$ 面积的$\frac{5}{6}$时，$S_{△AMD}=(1-\frac{5}{6})S_{△ABC}=\frac{1}{6}×24=4$，可得方程：
$6t-\frac{3}{5}t^2=4$，解得 $t_1=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$，$t_2=5+\frac{\sqrt{165}}{3}$（大于4，舍去），$\therefore t=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$。
(4) $\because$ 点 $N$ 是点 $M$ 关于直线 $AC$ 的对称点，$\therefore MN⊥ AC$，$DM=DN$，$\therefore △ DMN$ 为等腰三角形，若$△ DMN$为直角三角形，则仅$∠ MDN=90°$，$\therefore ∠ MDE=∠ NDE=45°$，又$\because ∠ MED=90°$，$\therefore △ MDE$为等腰直角三角形，即 $ME=DE$，分两种情况：
① 如图④，当 $M$ 在 $AB$ 上运动时，$0＜t＜4$，$\because ∠ MAE=∠ CAB$，$∠ AEM=∠ ABC=90°$，$\therefore △ AEM∽ △ ABC$，$\therefore \frac{AM}{AC}=\frac{AE}{AB}=\frac{EM}{BC}$，代入$AM=2t$得$\frac{2t}{10}=\frac{AE}{8}=\frac{EM}{6}$，$\therefore AE=\frac{8}{5}t$，$EM=\frac{6}{5}t$，$\therefore DE=AC-CD-AE=10-t-\frac{8}{5}t=10-\frac{13}{5}t$。
$\because ME=DE$，$\therefore \frac{6}{5}t=10-\frac{13}{5}t$，解得$t=\frac{50}{19}$，符合$0＜t＜4$；
② 如图⑤，当 $M$ 在 $BC$ 上运动时，$4＜t＜7$，$\because ∠ MCE=∠ ACB$，$∠ CEM=∠ CBA=90°$，$\therefore △ MCE∽ △ ACB$，$\therefore \frac{MC}{AC}=\frac{CE}{CB}=\frac{ME}{AB}$，代入$MC=14-2t$得$\frac{14-2t}{10}=\frac{CE}{6}=\frac{ME}{8}$，$\therefore CE=\frac{42}{5}-\frac{6}{5}t$，$ME=\frac{56}{5}-\frac{8}{5}t$，$\therefore DE=CD-CE=t-(\frac{42}{5}-\frac{6}{5}t)=\frac{11}{5}t-\frac{42}{5}$。
$\because ME=DE$，$\therefore \frac{56}{5}-\frac{8}{5}t=\frac{11}{5}t-\frac{42}{5}$，解得$t=\frac{98}{19}$，符合$4＜t＜7$。
综上所述，$t=\frac{50}{19}$ 或 $\frac{98}{19}$时，$△ DMN$ 为直角三角形。
【答案】
(1) $t=\frac{20}{7}$
(2) 存在，$t=\frac{70}{13}$
(3) 存在，$t=5-\frac{\sqrt{165}}{3}$
(4) $t=\frac{50}{19}$ 或 $\frac{98}{19}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，动点问题求解
【点评】
本题是相似三角形的综合动点题型，解题核心是分类讨论思想的应用，需注意相似三角形的对应关系不要漏解，求出的结果要验证是否符合对应时间段的取值范围，对分类讨论能力和方程计算能力要求较高。
【难度系数】
0.4
