21.「★☆」(10分)
(1) 如图 1, 在 △ABD 和 △ACE 中, ∠BAD = ∠CAE, ∠ABD=∠ACE.
①求证: △ABC∽△ADE.
②若 AB=AC,试判断△ADE 的形状,并说明理由.
(2) 如图 2, 在 △ABC 和 △ADE 中,点 D 落在边 BC 上, ∠BAC=∠DAE=90°,∠B=∠ADE.求证:CE⊥BC.

21.解析 (1)①证明:
∵ $∠BAD = ∠CAE$,$∠ABD = ∠ACE$,
∴ $△ ABD∽△ ACE$,
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AE}$,即 $\frac{AB}{AD} = \frac{AC}{AE}$,
∵ $∠BAD = ∠CAE$,
∴ $∠BAD+∠DAC = ∠CAE+∠DAC$,即$∠BAC = ∠DAE$,
∴ $△ ABC∽△ ADE$.
②△ADE 是等腰三角形.理由如下:由①得 $\frac{AB}{AD} = \frac{AC}{AE}$,
∵ $AB=AC$,
∴ $AD=AE$,
∴ $△ ADE$ 是等腰三角形.
(2)证明:
∵ $∠BAC = ∠DAE$,$∠B = ∠ADE$,
∴ $△ BAC∽△ DAE$,
∴ $\frac{AB}{AD} = \frac{AC}{AE}$,
∴ $\frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AE}$,
∵ $∠BAC = ∠DAE$,
∴ $∠BAC−∠DAC = ∠DAE−∠DAC$,
∴ $∠BAD = ∠CAE$,
∴ $△ BAD∽△ CAE$,
∴ $∠B = ∠ACE$,
∵ $∠BAC = 90°$,
∴ $∠B+∠ACB = 90°$,
∴ $∠ACE+∠ACB = 90°$,即$∠BCE = 90°$,
∴ $CE⊥BC$.

22.「★★★」（12分）已知:如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AB=3\ \mathrm{cm}$,$BC=5\ \mathrm{cm}$,点$P$从$A$点出发,沿$AC$匀速运动,速度为$1\ \mathrm{cm/s}$;同时,点$Q$从点$C$出发,沿$CB$匀速运动,速度为$1\ \mathrm{cm/s}$.设运动时间为$t\ \mathrm{s}(0＜t＜4)$.
(1)当$t$为何值时,$△ ABC$与$△ PQC$相似?
(2)是否存在某一时刻,使$S_{△ PQC}:S_{四边形ABQP}=1:4$?若存在,求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
(3)是否存在某一时刻,使$△ PQC$为等腰三角形?若存在,求出$t$的值;若不存在,请说明理由.

备用图1
备用图2

22.解析 (1)在 Rt△ABC 中,$AB=3$ cm,$BC=5$ cm,由勾股定理得 $AC=\sqrt{BC^2−AB^2}=4$ cm,由题意得 $CQ=AP=t$ cm,
∴ $CP=(4−t)$cm,分情况求解如下:
①当△PQC∽△ABC 时,$CP : CA = CQ : CB$,
∴ $\frac{4−t}{4} = \frac{t}{5}$,解得 $t=\frac{20}{9}$;
②当△QPC∽△ABC 时,$PC : BC = CQ : CA$,
∴ $\frac{4−t}{5} = \frac{t}{4}$,解得 $t=\frac{16}{9}$.
综上所述,当 $t=\frac{20}{9}$ 或 $\frac{16}{9}$ 时,$△ ABC$ 与$△ PQC$ 相似.
(2)存在.如图,过点 P 作 $PM⊥BC$ 于点 M,由题意可知 $CQ=t$ cm,$AP=t$ cm,则 $PC=(4−t)$cm,
∵ $∠PMC = ∠A$,$∠C = ∠C$,
∴ $△ MPC∽△ ABC$,
∴ $\frac{PM}{AB} = \frac{PC}{BC}$,
∴ $PM = \frac{AB·PC}{BC} = \frac{3}{5} (4−t)$ cm,
∵ $S_{△PQC} : S_{四边形ABQP} = 1 : 4$,
∴ $S_{△PQC} = \frac{1}{5} S_{△ABC} = \frac{1}{5} × \frac{1}{2} ×3×4 = \frac{6}{5} (\mathrm{cm}^2)$,又
∵ $S_{△PQC} = \frac{1}{2} CQ · PM$,
∴ $\frac{1}{2} ×t× \frac{3}{5} (4−t) = \frac{6}{5}$,解得 $t_1=t_2=2$.故当 $t=2$ 时,$S_{△PQC} : S_{四边形ABQP} = 1 : 4$.
(3)存在.分情况求解,
①当 $CP=CQ$ 时,$4−t=t$,解得 $t=2$;
②当 $PQ=PC$ 时,如图,过点 P 作 $PD⊥BC$ 于点 D,
∴ $∠PDC = 90°$,
∵ $∠C = ∠C$,$∠PDC = ∠A = 90°$,
∴ $△ DPC∽△ ABC$,
∴ $CD : AC = PC : BC$,即 $\frac{CD}{4} = \frac{4−t}{5}$,
∴ $CD=\frac{16−4t}{5}$ cm,
∵ $CQ=2CD$,
∴ $t=2×\frac{16−4t}{5}$,解得 $t=\frac{32}{13}$;
③当 $QP=QC$ 时,如图,过点 Q 作 $QE⊥AC$ 于点 E,则$∠QEC = ∠A = 90°$,
∴ $QE// AB$,
∴ $CE : CA = CQ : CB$,即 $\frac{CE}{4} = \frac{t}{5}$,
∴ $CE=\frac{4}{5} t$ cm,易知 $CP=2CE$,
∴ $4−t=2×\frac{4}{5} t$,解得 $t=\frac{20}{13}$.
综上所述,当 $t=2$ 或 $\frac{32}{13}$ 或 $\frac{20}{13}$ 时,$△ PQC$ 为等腰三角形.