1. 在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$BE$是$AC$边上的中线，点$D$在射线$BC$上.
(1) 如图①，点$D$在$BC$边上，$\frac{CD}{BD}=\frac{1}{2}$，$AD$与$BE$相交于点$P$，则$\frac{AP}{PD}$的值为________；
(2) 如图②，点$D$在$BC$的延长线上，$AD$与$BE$的延长线交于点$P$，$\frac{CD}{BC}=\frac{1}{2}$，求$\frac{AP}{PD}$的值.

(1) $\frac{3}{2}$
(2) 如图，过点 A 作 $AF// DB$,交 BP 的延长线于点 F.
设 $DC=k$,则由题意得 $BC=2k$,
$\therefore DB=DC+BC=3k$.
$\because BE$ 是 $AC$ 边上的中线，
$\therefore AE=CE$.
$\because AF// DB.\therefore ∠ F=∠ 1$.
又$\because ∠ 2=∠ 3,\therefore △ AEF≌ △ CEB$.
$\therefore AF=BC=2k$.
$\because AF// BC,\therefore$ 易知$△ APF∽ △ DPB$.
$\therefore \frac{PA}{PD}=\frac{AF}{BD}=\frac{2k}{3k}=\frac{2}{3}$.

点方法 结合 BE 是 AC 边上的中线添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键.

2. 新视角动点探究题 如图①，在$□ ABCD$中，$AB=3\ \mathrm{cm}$，$BC=5\ \mathrm{cm}$，$AC ⊥ AB$。$△ ACD$沿$AC$方向以1 cm/s的速度平移得到$△ PMN$，同时点Q从点C出发，沿CB方向以1 cm/s的速度运动，如图②。当$△ ACD$停止平移时，点Q也停止运动。设运动时间为$t\ \mathrm{s}(0＜t＜4)$。
(1)当$t$为何值时，$PQ ⊥ AC$？
(2)已知存在某一时刻$t$，使得$S_{△ PQC}:S_{\mathrm{四边形}ABQP}=1:35$，求$t$的值。

(1) $\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$AB=3\ \mathrm{cm}$,$BC=5\ \mathrm{cm}$,
$\therefore AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\ \mathrm{cm}$.
由题意知 $AP=t\ \mathrm{cm}$,$CQ=t\ \mathrm{cm}$,$\therefore PC=(4-t)\mathrm{cm}$.
$\because PQ⊥ AC$,$AC⊥ AB$,$\therefore PQ// AB$.
$\therefore$ 易知$△ CPQ∽ △ CAB.\therefore \frac{CP}{CA}=\frac{CQ}{CB}$,
即$\frac{4-t}{4}=\frac{t}{5}$,解得 $t=\frac{20}{9}.\therefore$ 当 $t=\frac{20}{9}$ 时,$PQ⊥ AC$.
(2)过点 $P$ 作 $PF⊥ BC$ 于点 $F$,$\therefore ∠ CFP=90°=∠ CAB$.
又$\because ∠ PCF=∠ BCA,\therefore △ CPF∽ △ CBA$.
$\therefore \frac{CP}{BC}=\frac{PF}{AB}$,即$\frac{4-t}{5}=\frac{PF}{3}.\therefore PF=\frac{3}{5}(4-t)\mathrm{cm}$.
$\because S_{△ PQC}:S_{\mathrm{四边形}ABQP}=1:35,\therefore S_{△ PQC}=\frac{1}{36}S_{△ ABC}$.
$\therefore \frac{1}{2}× t× \frac{3}{5}(4-t)=\frac{1}{36}× \frac{1}{2}× 3× 4$,
整理得 $9t^2-36t+5=0$,
解得 $t=\frac{6-\sqrt{31}}{3}$ 或 $t=\frac{6+\sqrt{31}}{3}$.