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8 如图,在$△ ABC$中,$AB＜AC$,将$△ ABC$绕点A按逆时针方向旋转得到$△ ADE$,点D在边BC上,DE交AC于点F.有下列结论:
① $△ AFE ∽ △ DFC$;② $DA$ 平分 $∠ BDE$;
③ $∠ CDF = ∠ BAD$.其中,正确的是 (
A.①②
B.②③
C.①③
D.①②③
① $△ AFE ∽ △ DFC$;② $DA$ 平分 $∠ BDE$;
③ $∠ CDF = ∠ BAD$.其中,正确的是 (
D
)A.①②
B.②③
C.①③
D.①②③
答案
8. D
解析
【分析】
解题时先回忆旋转的性质：旋转前后图形的对应边相等、对应角相等，再逐一验证三个结论：①要证三角形相似，可找两组对应角相等；②要证DA平分∠BDE，只需证∠ADB=∠ADE，结合等腰三角形等边对等角的性质推导；③要证角相等，可借助三角形外角的性质或角的和差关系推导。
【解析】
由旋转的性质可得：$AB=AD$，$∠ B=∠ ADE$，$∠ C=∠ E$。
1. 验证结论①：
在$△ AFE$和$△ DFC$中，$∠ AFE=∠ DFC$（对顶角相等），$∠ E=∠ C$（旋转性质），根据“两角分别相等的两个三角形相似”，可得$△ AFE ∽ △ DFC$，故①正确。
2. 验证结论②：
$\because AB=AD$，$\therefore △ ABD$是等腰三角形，$∠ B=∠ ADB$。
又$\because$ 旋转得$∠ ADE=∠ B$，$\therefore ∠ ADB=∠ ADE$，即$DA$平分$∠ BDE$，故②正确。
3. 验证结论③：
$\because ∠ ADC$是$△ ABD$的外角，$\therefore ∠ ADC=∠ B+∠ BAD$。
又$\because ∠ ADC=∠ ADB+∠ CDF$，且已证$∠ ADB=∠ B$，代入得：
$∠ B+∠ BAD=∠ B+∠ CDF$，化简得$∠ CDF=∠ BAD$，故③正确。
综上，①②③均正确。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；相似三角形的判定；等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查几何基础性质的应用，解题的关键是抓住旋转前后边、角的对应关系，结合三角形的相关性质逐一推导结论，注意挖掘图形中隐含的对顶角、外角等角的关系。
【难度系数】
0.6
解题时先回忆旋转的性质：旋转前后图形的对应边相等、对应角相等，再逐一验证三个结论：①要证三角形相似，可找两组对应角相等；②要证DA平分∠BDE，只需证∠ADB=∠ADE，结合等腰三角形等边对等角的性质推导；③要证角相等，可借助三角形外角的性质或角的和差关系推导。
【解析】
由旋转的性质可得：$AB=AD$，$∠ B=∠ ADE$，$∠ C=∠ E$。
1. 验证结论①：
在$△ AFE$和$△ DFC$中，$∠ AFE=∠ DFC$（对顶角相等），$∠ E=∠ C$（旋转性质），根据“两角分别相等的两个三角形相似”，可得$△ AFE ∽ △ DFC$，故①正确。
2. 验证结论②：
$\because AB=AD$，$\therefore △ ABD$是等腰三角形，$∠ B=∠ ADB$。
又$\because$ 旋转得$∠ ADE=∠ B$，$\therefore ∠ ADB=∠ ADE$，即$DA$平分$∠ BDE$，故②正确。
3. 验证结论③：
$\because ∠ ADC$是$△ ABD$的外角，$\therefore ∠ ADC=∠ B+∠ BAD$。
又$\because ∠ ADC=∠ ADB+∠ CDF$，且已证$∠ ADB=∠ B$，代入得：
$∠ B+∠ BAD=∠ B+∠ CDF$，化简得$∠ CDF=∠ BAD$，故③正确。
综上，①②③均正确。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；相似三角形的判定；等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查几何基础性质的应用，解题的关键是抓住旋转前后边、角的对应关系，结合三角形的相关性质逐一推导结论，注意挖掘图形中隐含的对顶角、外角等角的关系。
【难度系数】
0.6
9 [2025梅州兴宁期末]如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一动点，$\frac{BC}{AB}=\frac{EF}{AE}=\sqrt{2}$，$∠ AEF=90°$，连接CF。若BE=1，则CF的长为
$\sqrt{3}$
。答案
9. $\sqrt{3}$
【解析】如图,连接$AC,AF. \because \frac{BC}{AB} = \frac{EF}{AE} = \sqrt{2}$,
$\therefore \frac{BC}{EF} = \frac{AB}{AE}. \because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形, $\therefore ∠ B = 90°.$
$\because ∠ AEF = 90°, \therefore ∠ B = ∠ AEF. \therefore △ ABC ∽ △ AEF. \therefore \frac{AC}{AF} = \frac{AB}{AE}, ∠ BAC = ∠ EAF. \therefore \frac{AC}{AB} = \frac{AF}{AE}, ∠ EAF - ∠ CAE = ∠ BAC - ∠ CAE. \therefore ∠ CAF = ∠ BAE. \therefore △ ACF ∽ △ ABE.$
$\therefore \frac{CF}{BE} = \frac{AC}{AB}. \because BC = \sqrt{2}\ AB, \therefore AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{AB^2 + (\sqrt{2}AB)^2} = \sqrt{3}\ AB. \therefore \frac{CF}{BE} = \frac{AC}{AB} = \sqrt{3}. \because BE = 1,$
$\therefore CF = \sqrt{3}\ BE = \sqrt{3}.$
解析
【分析】
本题要求CF的长度，已知BE的长度，可通过构造相似三角形建立二者的数量关系求解。首先观察已知条件，给出了两组边的比例相等和两个直角，我们可以先连接AC、AF，先证明△ABC与△AEF相似，得到对应边比例和对应角相等，再通过角的和差推导得到∠CAF=∠BAE，结合边的比例证明△ACF与△ABE相似，最后利用相似三角形的对应边成比例，结合勾股定理求出AC与AB的比例，代入BE的长度即可求出CF。
【解析】
解：如图，连接$AC,AF$。
$\because \frac{BC}{AB} = \frac{EF}{AE} = \sqrt{2}$，且四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠B = 90°$。
又$\because ∠AEF = 90°$，$\therefore ∠B = ∠AEF$。
$\therefore △ABC ∽ △AEF$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
$\therefore \frac{AC}{AF} = \frac{AB}{AE}$，$∠BAC = ∠EAF$。
$\therefore \frac{AC}{AB} = \frac{AF}{AE}$，且$∠EAF - ∠CAE = ∠BAC - ∠CAE$，即$∠CAF = ∠BAE$。
$\therefore △ACF ∽ △ABE$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
$\therefore \frac{CF}{BE} = \frac{AC}{AB}$。
在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}$，又$\because BC = \sqrt{2}AB$，
$\therefore AC = \sqrt{AB^2 + (\sqrt{2}AB)^2} = \sqrt{3}AB$，即$\frac{AC}{AB} = \sqrt{3}$。
$\therefore \frac{CF}{BE} = \sqrt{3}$，已知$BE=1$，
$\therefore CF = \sqrt{3}×1 = \sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是典型的几何综合题，解题的核心是通过添加辅助线构造相似三角形，利用两次相似转化边的比例关系，同时结合勾股定理求出线段比值，较好地考查了几何逻辑推理能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
本题要求CF的长度，已知BE的长度，可通过构造相似三角形建立二者的数量关系求解。首先观察已知条件，给出了两组边的比例相等和两个直角，我们可以先连接AC、AF，先证明△ABC与△AEF相似，得到对应边比例和对应角相等，再通过角的和差推导得到∠CAF=∠BAE，结合边的比例证明△ACF与△ABE相似，最后利用相似三角形的对应边成比例，结合勾股定理求出AC与AB的比例，代入BE的长度即可求出CF。
【解析】
解：如图，连接$AC,AF$。
$\because \frac{BC}{AB} = \frac{EF}{AE} = \sqrt{2}$，且四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠B = 90°$。
又$\because ∠AEF = 90°$，$\therefore ∠B = ∠AEF$。
$\therefore △ABC ∽ △AEF$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
$\therefore \frac{AC}{AF} = \frac{AB}{AE}$，$∠BAC = ∠EAF$。
$\therefore \frac{AC}{AB} = \frac{AF}{AE}$，且$∠EAF - ∠CAE = ∠BAC - ∠CAE$，即$∠CAF = ∠BAE$。
$\therefore △ACF ∽ △ABE$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
$\therefore \frac{CF}{BE} = \frac{AC}{AB}$。
在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}$，又$\because BC = \sqrt{2}AB$，
$\therefore AC = \sqrt{AB^2 + (\sqrt{2}AB)^2} = \sqrt{3}AB$，即$\frac{AC}{AB} = \sqrt{3}$。
$\therefore \frac{CF}{BE} = \sqrt{3}$，已知$BE=1$，
$\therefore CF = \sqrt{3}×1 = \sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是典型的几何综合题，解题的核心是通过添加辅助线构造相似三角形，利用两次相似转化边的比例关系，同时结合勾股定理求出线段比值，较好地考查了几何逻辑推理能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
10 如图,在等腰直角三角形ABC中,∠BAC=90°,D是边AC上一点,AH⊥BD于点H,连接CH.
(1) 求证:△DAH∽△DBA.
(2) 若AC=6,点D在AC上运动,当点D运动到边AC的什么位置时,∠DHC=45°?请给出证明,并求出此时CH的长.
(1) 求证:△DAH∽△DBA.
(2) 若AC=6,点D在AC上运动,当点D运动到边AC的什么位置时,∠DHC=45°?请给出证明,并求出此时CH的长.
答案
10. (1) $\because AH ⊥ BD, ∠ BAC = 90°, \therefore ∠ AHD = ∠ BAD = 90°. \because ∠ ADH = ∠ BDA, \therefore △ DAH ∽ △ DBA$
(2) 当点 $D$ 运动到边 $AC$ 的中点时, $∠ DHC = 45°$ 由(1),知$△ DAH ∽ △ DBA. \therefore \frac{DA}{DB} = \frac{DH}{DA}. \because D$ 是 $AC$ 的中点, $\therefore DA = DC.$
$\therefore \frac{DC}{DB} = \frac{DH}{DC}. \because ∠ HDC = ∠ CDB, \therefore △ DCH ∽ △ DBC.$
$\therefore ∠ DHC = ∠ DCB. \because △ ABC$ 是等腰直角三角形, $\therefore ∠ DCB = 45°. \therefore ∠ DHC = 45°. \because △ ABC$ 是等腰直角三角形,$AC=6, \therefore AB=6, DA=DC=3. \therefore$ 易得 $BD=3\sqrt{5}, BC=6\sqrt{2}. \because △ DCH ∽ △ DBC, \therefore \frac{CH}{BC} = \frac{DC}{DB}. \therefore \frac{CH}{6\sqrt{2}} = \frac{3}{3\sqrt{5}}.$
$\therefore CH = \frac{6\sqrt{10}}{5}$
(2) 当点 $D$ 运动到边 $AC$ 的中点时, $∠ DHC = 45°$ 由(1),知$△ DAH ∽ △ DBA. \therefore \frac{DA}{DB} = \frac{DH}{DA}. \because D$ 是 $AC$ 的中点, $\therefore DA = DC.$
$\therefore \frac{DC}{DB} = \frac{DH}{DC}. \because ∠ HDC = ∠ CDB, \therefore △ DCH ∽ △ DBC.$
$\therefore ∠ DHC = ∠ DCB. \because △ ABC$ 是等腰直角三角形, $\therefore ∠ DCB = 45°. \therefore ∠ DHC = 45°. \because △ ABC$ 是等腰直角三角形,$AC=6, \therefore AB=6, DA=DC=3. \therefore$ 易得 $BD=3\sqrt{5}, BC=6\sqrt{2}. \because △ DCH ∽ △ DBC, \therefore \frac{CH}{BC} = \frac{DC}{DB}. \therefore \frac{CH}{6\sqrt{2}} = \frac{3}{3\sqrt{5}}.$
$\therefore CH = \frac{6\sqrt{10}}{5}$
解析
【分析】
(1) 要证△DAH∽△DBA，可根据两角分别相等的相似判定定理推导：首先由垂直和已知直角得到一组等角，再结合公共角即可完成证明。
(2) 已知等腰直角△ABC中∠ACB=45°，要使∠DHC=45°，可通过证明△DCH∽△DBC，将∠DHC转化为∠ACB。结合第一问的相似结论得到比例式，若D为AC中点，可将比例式中的AD替换为DC，即可证得新的相似关系，得到对应角相等；最后利用相似三角形的对应边成比例计算CH的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
∵AH⊥BD，∠BAC=90°，
∴∠AHD=∠BAD=90°，
又
∵∠ADH=∠BDA（公共角），
∴△DAH∽△DBA。
(2) 当点D运动到AC的中点时，∠DHC=45°，证明及计算如下：
由(1)的相似结论可得$\frac{DA}{DB}=\frac{DH}{DA}$，即$DA^2=DH·DB$。
∵D是AC中点，AC=6，
∴$DA=DC=3$，
∴$DC^2=DH·DB$，整理得$\frac{DC}{DB}=\frac{DH}{DC}$。
又
∵∠HDC=∠CDB（公共角），
∴△DCH∽△DBC，
∴∠DHC=∠DCB。
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠DCB=45°，即∠DHC=45°，满足条件。
计算CH的长度：
在Rt△ABD中，AB=AC=6，AD=3，由勾股定理得$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$；
在等腰Rt△ABC中，$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$。
∵△DCH∽△DBC，
∴$\frac{CH}{BC}=\frac{DC}{DB}$，代入数值得$\frac{CH}{6\sqrt{2}}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
解得$CH=\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) 当D为AC中点时∠DHC=45°，此时CH的长为$\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题第一问是基础的相似三角形证明，掌握两角对应相等的判定方法即可快速求解；第二问需要灵活运用前一问的结论，通过线段等量代换构造新的相似三角形，将未知角转化为已知角，再结合相似比求解线段长度，能够锻炼几何逻辑推导和知识迁移能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证△DAH∽△DBA，可根据两角分别相等的相似判定定理推导：首先由垂直和已知直角得到一组等角，再结合公共角即可完成证明。
(2) 已知等腰直角△ABC中∠ACB=45°，要使∠DHC=45°，可通过证明△DCH∽△DBC，将∠DHC转化为∠ACB。结合第一问的相似结论得到比例式，若D为AC中点，可将比例式中的AD替换为DC，即可证得新的相似关系，得到对应角相等；最后利用相似三角形的对应边成比例计算CH的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
∵AH⊥BD，∠BAC=90°，
∴∠AHD=∠BAD=90°，
又
∵∠ADH=∠BDA（公共角），
∴△DAH∽△DBA。
(2) 当点D运动到AC的中点时，∠DHC=45°，证明及计算如下：
由(1)的相似结论可得$\frac{DA}{DB}=\frac{DH}{DA}$，即$DA^2=DH·DB$。
∵D是AC中点，AC=6，
∴$DA=DC=3$，
∴$DC^2=DH·DB$，整理得$\frac{DC}{DB}=\frac{DH}{DC}$。
又
∵∠HDC=∠CDB（公共角），
∴△DCH∽△DBC，
∴∠DHC=∠DCB。
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠DCB=45°，即∠DHC=45°，满足条件。
计算CH的长度：
在Rt△ABD中，AB=AC=6，AD=3，由勾股定理得$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$；
在等腰Rt△ABC中，$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$。
∵△DCH∽△DBC，
∴$\frac{CH}{BC}=\frac{DC}{DB}$，代入数值得$\frac{CH}{6\sqrt{2}}=\frac{3}{3\sqrt{5}}$，
解得$CH=\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) 当D为AC中点时∠DHC=45°，此时CH的长为$\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题第一问是基础的相似三角形证明，掌握两角对应相等的判定方法即可快速求解；第二问需要灵活运用前一问的结论，通过线段等量代换构造新的相似三角形，将未知角转化为已知角，再结合相似比求解线段长度，能够锻炼几何逻辑推导和知识迁移能力。
【难度系数】
0.6
11 新考向 探究题 教材变式题 如图①，在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，$AC = 6\ \mathrm{cm}$，$BC = 8\ \mathrm{cm}$，动点P从点B出发，在边BA上以3 cm/s的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在边CB上以2 cm/s的速度向点B匀速运动，运动时间为$t(0＜t＜2)\mathrm{s}$。
（1）连接PQ，若$△ BPQ$与$△ ABC$相似，求$t$的值；
（2）如图②，连接AQ，CP，若$AQ⊥ CP$，求$t$的值。
（1）连接PQ，若$△ BPQ$与$△ ABC$相似，求$t$的值；
（2）如图②，连接AQ，CP，若$AQ⊥ CP$，求$t$的值。
答案
11. (1) 由题意, 易得 $BP = 3t\ \mathrm{cm}, QC = 2t\ \mathrm{cm}, AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = 10\ \mathrm{cm}, 则 BQ = (8-2t)\ \mathrm{cm}.$ ① 当$△ BPQ ∽ △ BAC$ 时, $\frac{BP}{BA} = \frac{BQ}{BC}, \therefore \frac{3t}{10} = \frac{8-2t}{8}, 解得 t = \frac{20}{11}.$ ② 当$△ BPQ ∽ △ BCA$ 时, $\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}, \therefore \frac{3t}{8} = \frac{8-2t}{10}, 解得 t = \frac{32}{23}. \therefore t$ 的值为$\frac{32}{23}$或$\frac{20}{11}$
(2) 如图,过点 $P$ 作 $PM ⊥ BC$ 于点 $M$,设 $AQ$, $CP$ 交于点 $N. \therefore ∠ CMP = ∠ PMB = ∠ ACB = 90°. \therefore PM // AC. \therefore$ 易得$△ BPM ∽ △ BAC. \because PB = 3t\ \mathrm{cm}, \therefore$ 易得 $PM = \frac{9}{5}t\ \mathrm{cm}, BM = \frac{12}{5}t\ \mathrm{cm}. \therefore MC = (8-\frac{12}{5}t)\ \mathrm{cm}. \because AQ ⊥ CP,$
$\therefore$ 易得$∠ NAC + ∠ NCA = 90°.$ 又$\because$ 易得$∠ PCM + ∠ NCA = 90°, \therefore ∠ NAC = ∠ PCM.$ 又$\because ∠ ACQ = ∠ CMP = 90°,$
$\therefore △ ACQ ∽ △ CMP. \therefore \frac{AC}{CM} = \frac{CQ}{MP}. \therefore \frac{6}{8-\frac{12}{5}t} = \frac{2t}{\frac{9}{5}t}, 解得 t_1 = \frac{13}{12}, t_2 = 0(不合题意,舍去). \therefore t = \frac{13}{12}$
解析
【分析】
本题是相似三角形结合动点的综合题，解题思路如下：
（1）先利用勾股定理求出AB的长度，再用含t的代数式表示出△BPQ的各边长度；因为△BPQ与△ABC相似未指定对应顶点，所以需分两种情况讨论：①△BPQ∽△BAC，②△BPQ∽△BCA，分别根据相似三角形对应边成比例列方程，求解后结合t的取值范围验证即可。
（2）过点P作PM⊥BC于点M，先证明△BPM∽△BAC，用含t的代数式表示出PM、MC的长度；再根据AQ⊥CP推出角相等，证明△ACQ∽△CMP，根据相似三角形对应边成比例列方程，舍去不符合题意的解即可得到t的值。
【解析】
（1）由题意可知，$BP=3t\ \mathrm{cm}$，$QC=2t\ \mathrm{cm}$，
在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=6\ \mathrm{cm}$，$BC=8\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，
则$BQ=BC-QC=(8-2t)\ \mathrm{cm}$。
①当$△BPQ ∽ △BAC$时，对应边成比例：$\frac{BP}{BA} = \frac{BQ}{BC}$，
代入得$\frac{3t}{10} = \frac{8-2t}{8}$，
交叉相乘得$24t=80-20t$，解得$t = \frac{20}{11}$，符合$0＜t＜2$。
②当$△BPQ ∽ △BCA$时，对应边成比例：$\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}$，
代入得$\frac{3t}{8} = \frac{8-2t}{10}$，
交叉相乘得$30t=64-16t$，解得$t = \frac{32}{23}$，符合$0＜t＜2$。
（2）过点$P$作$PM ⊥ BC$于点$M$，设$AQ$、$CP$交于点$N$，如图：
则$∠CMP = ∠PMB = ∠ACB = 90°$，
∴$PM // AC$，可得$△ BPM ∽ △ BAC$，
∴$\frac{PM}{AC}=\frac{BM}{BC}=\frac{BP}{BA}$，代入$PB=3t\ \mathrm{cm}$，
得$PM = \frac{BP}{BA}×AC=\frac{3t}{10}×6=\frac{9}{5}t\ \mathrm{cm}$，$BM = \frac{BP}{BA}×BC=\frac{3t}{10}×8=\frac{12}{5}t\ \mathrm{cm}$，
∴$MC = BC - BM=(8-\frac{12}{5}t)\ \mathrm{cm}$。
∵$AQ ⊥ CP$，
∴$∠ANC=90°$，则$∠NAC + ∠NCA = 90°$，
又
∵$∠PCM + ∠NCA = 90°$，
∴$∠NAC = ∠PCM$，
又
∵$∠ACQ = ∠CMP = 90°$，
∴$△ ACQ ∽ △ CMP$，
∴对应边成比例：$\frac{AC}{CM} = \frac{CQ}{MP}$，
代入得$\frac{6}{8-\frac{12}{5}t} = \frac{2t}{\frac{9}{5}t}$，
化简交叉相乘得$54=80-24t$，
解得$t_1 = \frac{13}{12}$，$t_2 = 0$（不合题意，舍去），符合$0＜t＜2$。
【答案】
(1) $t$的值为$\frac{32}{23}$或$\frac{20}{11}$；
(2) $t$的值为$\frac{13}{12}$。
【知识点】
1. 相似三角形的判定与性质
2. 勾股定理
3. 动点分类讨论
【点评】
本题为相似三角形的动点综合探究题，核心考查相似三角形的应用，第一问需注意相似未指定对应边时要分情况讨论，避免漏解；第二问通过作垂线构造相似三角形是解题的关键，能有效考查学生的几何辅助线构造能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
本题是相似三角形结合动点的综合题，解题思路如下：
（1）先利用勾股定理求出AB的长度，再用含t的代数式表示出△BPQ的各边长度；因为△BPQ与△ABC相似未指定对应顶点，所以需分两种情况讨论：①△BPQ∽△BAC，②△BPQ∽△BCA，分别根据相似三角形对应边成比例列方程，求解后结合t的取值范围验证即可。
（2）过点P作PM⊥BC于点M，先证明△BPM∽△BAC，用含t的代数式表示出PM、MC的长度；再根据AQ⊥CP推出角相等，证明△ACQ∽△CMP，根据相似三角形对应边成比例列方程，舍去不符合题意的解即可得到t的值。
【解析】
（1）由题意可知，$BP=3t\ \mathrm{cm}$，$QC=2t\ \mathrm{cm}$，
在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=6\ \mathrm{cm}$，$BC=8\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，
则$BQ=BC-QC=(8-2t)\ \mathrm{cm}$。
①当$△BPQ ∽ △BAC$时，对应边成比例：$\frac{BP}{BA} = \frac{BQ}{BC}$，
代入得$\frac{3t}{10} = \frac{8-2t}{8}$，
交叉相乘得$24t=80-20t$，解得$t = \frac{20}{11}$，符合$0＜t＜2$。
②当$△BPQ ∽ △BCA$时，对应边成比例：$\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}$，
代入得$\frac{3t}{8} = \frac{8-2t}{10}$，
交叉相乘得$30t=64-16t$，解得$t = \frac{32}{23}$，符合$0＜t＜2$。
（2）过点$P$作$PM ⊥ BC$于点$M$，设$AQ$、$CP$交于点$N$，如图：
则$∠CMP = ∠PMB = ∠ACB = 90°$，
∴$PM // AC$，可得$△ BPM ∽ △ BAC$，
∴$\frac{PM}{AC}=\frac{BM}{BC}=\frac{BP}{BA}$，代入$PB=3t\ \mathrm{cm}$，
得$PM = \frac{BP}{BA}×AC=\frac{3t}{10}×6=\frac{9}{5}t\ \mathrm{cm}$，$BM = \frac{BP}{BA}×BC=\frac{3t}{10}×8=\frac{12}{5}t\ \mathrm{cm}$，
∴$MC = BC - BM=(8-\frac{12}{5}t)\ \mathrm{cm}$。
∵$AQ ⊥ CP$，
∴$∠ANC=90°$，则$∠NAC + ∠NCA = 90°$，
又
∵$∠PCM + ∠NCA = 90°$，
∴$∠NAC = ∠PCM$，
又
∵$∠ACQ = ∠CMP = 90°$，
∴$△ ACQ ∽ △ CMP$，
∴对应边成比例：$\frac{AC}{CM} = \frac{CQ}{MP}$，
代入得$\frac{6}{8-\frac{12}{5}t} = \frac{2t}{\frac{9}{5}t}$，
化简交叉相乘得$54=80-24t$，
解得$t_1 = \frac{13}{12}$，$t_2 = 0$（不合题意，舍去），符合$0＜t＜2$。
【答案】
(1) $t$的值为$\frac{32}{23}$或$\frac{20}{11}$；
(2) $t$的值为$\frac{13}{12}$。
【知识点】
1. 相似三角形的判定与性质
2. 勾股定理
3. 动点分类讨论
【点评】
本题为相似三角形的动点综合探究题，核心考查相似三角形的应用，第一问需注意相似未指定对应边时要分情况讨论，避免漏解；第二问通过作垂线构造相似三角形是解题的关键，能有效考查学生的几何辅助线构造能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
