中考數(shù)學頻考點突破-四邊形動點問題

中考數(shù)學頻考點突破--四邊形動點問題一、綜合題1．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，四邊形OABC為矩形，A(0，5)，C(26，0)．點E是OC的中點，動點M在線段AB上以每秒2個單位長度的速度由點A向點B運動（到點B時停止）．設動點M的運動時間為t秒．（1）當t為何值時，四邊形MOEB是平行四邊形？（2）若四邊形MOEB是平行四邊形，請判斷四邊形MAOE的形狀，并說明理由；（3）在線段AB上是否存在一點N，使得以O，E，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．2．如圖，在長方形ABCD中，邊AB、BC的長（AB＜BC）是方程x2﹣7x+12=0的兩個根．點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿△ABC邊A→B→C→A的方向運動，運動時間為t（秒）．（1）求AB與BC的長；（2）當點P運動到邊BC上時，試求出使AP長為10時運動時間t的值；（3）當點P運動到邊AC上時，是否存在點P，使△CDP是等腰三角形？若存在，請求出運動時間t的值；若不存在，請說明理由．3．如圖，?ABCD的對角線AC、BD相交于點，O,AB⊥AC,AB=3,BC=5，點P從點A出發(fā)，沿AD以每秒1個單位的速度向終點D運動．連接PO并延長交BC于點Q．設點P的運動時間為t秒．（1）求BQ的長（用含t的代數(shù)式表示)；（2）問t取何值時，四邊形ABQP是平行四邊形?4．如圖所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝18cm，BC＝30cm，動點P從點A出發(fā)沿AD方向向點D以32（1）用t的代數(shù)式表示PD＝，CQ＝.（2）當t為何值時，四邊形PQCD是平行四邊形？（3）當t為何值時，四邊形PQBA是矩形？5．如圖，在矩形ABCD中，AB=5cm，BC=6cm，點P從點A開始沿邊AB向終點B以1cm/s的速度移動，與此同時，點Q從點B開始沿邊BC向終點C以2cm/s的速度移動．如果P，Q分別從A，B同時出發(fā)，當點Q運動到點C時，兩點停止運動，設運動時間為t秒．（1）填空：BQ=cm，PB=cm；（用含t的代數(shù)式表示）（2）當t為何值時，PQ的長度等于5cm？（3）是否存在t的值，使得五邊形APQCD的面積等于26cm2？若存在，請求出此時t的值；若不存在，請說明理由．6．如圖，已知平行四邊形ABCD，∠ABC＝120°，點E為線段BC上的動點，連接AE，將線段AE繞點A逆時針旋轉60°得到線段AF，點E的對應點是點F，連接EF.（1）當點E與點B重合時，在圖1中將圖補充完整，并求出∠CEF的度數(shù)；（2）如圖2，求證：點F在∠ABC的平分線上.7．如圖，已知四邊形ABCD中，∠B=60°，邊AB=BC=8?cm，動點P，Q同時從A，B兩點出發(fā)，分別沿AB，BC方向勻速運動，其中點P運動的速度是每秒1?cm，點Q運動的速度是每秒2?cm，當點Q到達點C時，P，Q兩點都停止運動，設運動時間為解答下列問題：（1）AP=，BP=，BQ=．(用含t的式子表示)（2）當點Q到達點C時，PQ與AB的位置關系如何．請說明理由．（3）在點P與點Q的運動過程中，△BPQ是否能成為等邊三角形．若能，請求出t的值．若不能，請說明理由．8．如圖所示，BA⊥x軸于點A，點B的坐標為（﹣1，2），將△OAB沿x軸負方向平移3個單位，平移后的圖形為△EDC．（1）直接寫出點C和點E的坐標；（2）在四邊形ABCD中，點P從點A出發(fā)，沿“AB→BC→CD”移動，移動到點D停止．若點P的速度為每秒1個單位長度，運動時間為t秒，回答下列問題：①當t為何值時，點P的橫坐標與縱坐標互為相反數(shù)；②用含t的式子表示點P在運動過程中的坐標（寫出過程）；③當5秒＜t＜7秒時，四邊形ABCP的面積為4，求點P的坐標．9．已知矩形ABCD中，E是AD邊上的一個動點，點F，G，H分別是BC，BE，CE的中點.（1）求證：ΔBGF?ΔFHC；（2）設AD=a，當四邊形EGFH是正方形時，求矩形ABCD的面積.10．如圖，已知正方形ABCD中，邊長為10cm，點E在AB邊上，BE=6cm．（1）如果點P在線段BC上以4cm/秒的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CD上以a厘米/秒的速度由C點向D點運動，設運動的時間為t秒，①BP＝▲厘米，CP＝▲厘米．（用含t的代數(shù)式表示）②若以E、B、P為頂點的三角形和以P、C、Q為頂點的三角形全等，求a的值。（2）若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B同時出發(fā)，都逆時針沿正方形ABCD四邊運動．則點P與點Q會不會相遇？若不相遇，請說明理由．若相遇，求出經過多長時間點P與點Q第一次在正方形ABCD的何處相遇．11．如圖，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，動點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以3cm/秒的速度向點B移動，點Q以2cm/秒的速度向點D移動，當點P到達點B處時，兩點均停止移動．（1）P、Q兩點出發(fā)多長時間，線段PQ的長度為10cm？（2）是否存在某一時刻，使四邊形PBCQ為正方形？若存在，求出該時刻；若不存在，請說明理由．12．在長方形ABCD中，AB＝5cm，BC＝6cm，點P從點A開始沿邊AB向終點B以1cm/s的速度移動，與此同時，點Q從點B開始沿邊BC向終點C以2cm/s的速度移動.如果P、Q分別從A、B同時出發(fā)，當點Q運動到點C時，兩點停止運動.設運動時間為t秒.（1）填空：BQ＝，PB＝（用含t的代數(shù)式表示）；（2）當t為何值時，PQ的長度等于5cm？（3）是否存在t的值，使得五邊形APQCD的面積等于26cm2？若存在，請求出此時13．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝8，AD＝16，BC＝22，∠ABC＝90°，點P從點A出發(fā)，以每秒1單位的速度向點D運動，點Q從點C同時出發(fā)，以每秒v單位的速度向點B運動，其中一個動點到達終點時，另一個動點也隨之停止運動，設運動時間為t秒．（1）當v＝3時，若以點P，Q和點A，B，C，D中的兩個點為頂點的四邊形為平行四邊形，且線段PQ為平行四邊形的一邊，求t的值；（2）若以點P，Q和點A，B，C，D中的兩個點為頂點的四邊形為菱形，且線段PQ為菱形的一條對角線，請直接寫出v的值．14．如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，BC＞AD，∠D＝90°，AC⊥BC，AB＝10cm，BC＝6cm，F(xiàn)點以2cm/秒的速度在線段AB上由A向B勻速運動，E點同時以1cm/秒的速度在線段BC上由B向C勻速運動，設運動時間為t秒（0＜t＜5）．（1）求證：△ACD∽△BAC；（2）求DC的長；（3）試探究：△BEF可以為等腰三角形嗎？若能，求t的值；若不能，請說明理由．15．如圖，在?ABCD中，AB＝5，BC＝9，?ABCD的面積為36，動點P從A點出發(fā)，以1個單位長度的速度沿線段AD向終點D運動，同時動點Q從點B出發(fā)以3個單位長度的速度在BC間往返運動，當點P到達點D時，動點P、Q同時停止運動，連結PQ．設運動時間為t秒．（1）直線AD與BC之間的距離是．（2）當點Q從點C向點B運動時（點Q不與點B、C重合），設四邊形ABQP的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關系式，并寫出自變量t的取值范圍．（3）當PQ⊥BC時，求t的值．（4）當PQ平分?ABCD的面積時，直接寫出t的值．16．如圖，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，點P沿AB邊從點A開始向點B以2cm/s的速度移動，點Q沿DA邊從點D開始向A以1cm/s的速度移動.如果P、Q同時出發(fā)，用t秒表示移動的時間(0≤t≤6)那么:（1）當t為何值時，△QAP為等腰直角三角形？（2）對四邊形QAPC的面積，提出一個與計算結果有關的結論；（3）當t為何值時，以點Q、A、P為頂點的三角形與△ABC相似？

答案解析部分1．【答案】（1）解：如圖，∵四邊形OABC為矩形，C(26，0)，∴OC=AB=26，OC//AB，∵點E是OC的中點，∴OE=CE=13，∵四邊形MOEB是平行四邊形，∴BM=OE=13，∴AM=26-13=13，∵動點M的速度為每秒2個單位長度，∴t=13÷2=6.5（秒）．（2）解：如圖，四邊形MAOE是矩形；理由如下：由（1）可知AM=OE=13，AM//OE，∴四邊形MAOE是平行四邊形，∵∠AOE=90°，∴四邊形MAOE是矩形．（3）解：如圖，點M在點N右側時，∵四邊形OEBM是菱形，∴ON=MN=OE=13，∵A(0，5)，∴OA=5，∴AN=ON2?O∴AM=AN+MN=25，∴t=25÷2=12.5（秒），如圖，點M在點N左側時，∵四邊形OENM是菱形，∴OM=OE=13，∴AM=OM∴t=12÷2=6（秒），綜上所述：線段AB存在一點N，使得以O，E，M，N為頂點的四邊形是菱形，t的值為12.5秒或6秒．【知識點】平行四邊形的判定；四邊形-動點問題【解析】【分析】（1）由矩形的性質可得OC=AB=26，OC//AB，由線段的中點可得OE=CE=13，由四邊形MOEB是平行四邊形，可得BM=OE=13，即得AM=13，根據(jù)時間=路程÷速度即可求出結論；

（2）四邊形MAOE是矩形；理由：由（1）可知AM=OE=13，AM//OE，可證四邊形MAOE是平行四邊形，由∠AOE=90°，即證四邊形MAOE是矩形；

（3）分兩種情況：①點M在點N右側時，②點M在點N左側時，利用菱形的性質及勾股定理分別求解即可.2．【答案】（1）解：∵x2－7x＋12＝(x－3)(x－4)＝0∴x1＝3或x則AB＝3，BC＝4（2）解：由題意得3∴t1=4，則t＝4時，AP＝10（3）解：存在點P，使△CDP是等腰三角形.①當PC＝PD＝3時，t＝3+4+31②當PD＝PC(即P為對角線AC中點)時，AB＝3，BC＝4.∴AC＝32+42＝5，CP∴t＝3+4+2.51③當PD＝CD＝3時，作DQ⊥AC于Q.DQ=12∴PC＝2PQ＝185∴t=可知當t為10秒或9.5秒或535【知識點】矩形的性質；一元二次方程的實際應用-幾何問題；四邊形-動點問題【解析】【分析】（1）利用因式分解法求出方程x2﹣7x+12=0的兩個根，根據(jù)AB＜BC即可得出AB，BC的長；

（2）當點P運動到邊BC上時，則BP=t-3，根據(jù)勾股定理建立方程，求解并檢驗即可得出t的值；

（3）存在點P，使△CDP是等腰三角形.①當PC＝PD＝3時，此時P點運動的路程是10，根據(jù)路程除以速度等于時間即可算出t的值；②當PD＝PC(即P為對角線AC中點)時，首先根據(jù)勾股定理算出AC的長，然后根據(jù)矩形的對角線互相平分得出CP1＝12AC＝2.5，此時P點運動的路程是9.5，根據(jù)路程除以速度等于時間即可算出t的值；③當PD＝CD＝3時，作DQ⊥AC于Q.根據(jù)三角形的面積求出DQ的長，根據(jù)勾股定理算出PQ的長，根據(jù)等腰三角形的三線合一得出PC的長，此時P點運動的路程是533．【答案】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，AD∥BC，∴∠PAO=∠QCO，∵∠AOP=∠COQ，∴△APO≌△CQO（ASA），∴AP=CQ=t，∵BC=5，∴BQ=5-t；（2）解：∵AP∥BQ，當AP=BQ時，四邊形ABQP是平行四邊形，即t=5-t，t=5∴當t=5【知識點】平行四邊形的判定與性質；四邊形-動點問題【解析】【分析】（1）先證明△APO≌△CQO，可得出AP=CQ=t，則BQ即可用t表示；

（2）由題意知AP//BQ，根據(jù)AP=BQ，列出方程即可得解。4．【答案】（1）18?3（2）解：∵四邊形POCD為平行四邊形∴PD=CQ，∴18?3解得：t=4.答：經過4s，四邊形PQCD是平行四邊形.（3）解：∵四邊形PQBA為矩形∴AP＝BQ，∴3解得：t=答：經過203s，四邊形【知識點】平行四邊形的性質；矩形的性質；四邊形-動點問題【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意可得：PD=18?3故答案為：18?3【分析】（1）根據(jù)路程等于速度乘以時間表示出AP及CQ，進而根據(jù)PD=AD-AP即可得出答案；

（2）根據(jù)平行四邊形的性質可得PD=CQ，代入求解可得t的值；

（3）根據(jù)矩形的性質可得AP＝BQ，易得AP=325．【答案】（1）2t；（5-t）（2）解：由題意得：（5-t）2+（2t）2=52，解得：t1=0，t2=2；當t=0秒或2秒時，PQ的長度等于5cm；（3）解：存在t=1秒，能夠使得五邊形APQCD的面積等于26cm2．理由如下：長方形ABCD的面積是：5×6=30（cm2），使得五邊形APQCD的面積等于26cm2，則△PBQ的面積為30-26=4（cm2），（5-t）×2t×12解得：t1=4（不合題意舍去），t2=1．即當t=1秒時，使得五邊形APQCD的面積等于26cm2．【知識點】一元二次方程的實際應用-幾何問題；四邊形-動點問題【解析】【解答】解：（1）∵P從點A開始沿邊AB向終點B以1cm/s的速度移動，∴AP=tcm，∵AB=5cm，∴PB=（5-t）cm，∵點Q從點B開始沿邊BC向終點C以2cm/s的速度移動，∴BQ=2tcm；【分析】（1）先求出AP=tcm，再求出PB=（5-t）cm，最后計算求解即可；

（2）先求出（5-t）2+（2t）2=52，再計算求解即可；

（3）根據(jù)題意求出（5-t）×2t×126．【答案】（1）解：如圖所示：平行四邊形ABCD，∠ABC＝120°，故∠A=60°，F(xiàn)點在AD上.由旋轉的性質可得：AE=AF，∠EAF=60°∴△AEF為等邊三角形∴∠AEF=60°∵∠ABC＝120°∴∠CEF=∠ABC-∠ABF=60°（2）證明：如圖，過F點作FG⊥AB交BA的延長線于G點，作FH⊥BC于H點由（1）可得：△AEF是等邊三角形∴FA=FE，∠AFE=60°∵FG⊥AB，F(xiàn)H⊥BC，∠ABC=120°∴∠GFH=360°-90°-90°-120°=60°∴∠GFH=∠AFE∴∠GFH-∠AFH=∠AFE-∠AFH即∠AFG=∠EFH又∠FHE=∠FGA=90°，F(xiàn)A=FE∴△AFG≌△EFH∴FG=FH又∵FG⊥AB，F(xiàn)H⊥BC∴點F在∠ABC的平分線上【知識點】平行四邊形的性質；旋轉的性質；四邊形-動點問題【解析】【分析】（1）當點E與點B重合時，F(xiàn)點在AD上，根據(jù)題意畫出圖形后可得△AEF是等邊三角形，即可求解；（2）過F點作FG⊥AB交BA的延長線于G點，作FH⊥BC于H點，證△AFG≌△EFH，可得FG=FH，根據(jù)角平分線的判定定理即可得證7．【答案】（1）t；8-t；2t（2）解：PQ⊥AB．理由如下：連接AC∵AB=BC，∠B=60∴△ABC是等邊三角形．∵Q的速度是每秒2?cm，故當Q與C重合時，t=4又P的速度是每秒1?cm，AB=8?cm，∴AB=BP=4又∵CA=CB，∴PQ⊥AB．（3）解：能．∵∠B=60∴當BP=BQ時，△BPQ為等邊三角形，∴8?t=2t．∴t=8∴當t為83時，△BPQ【知識點】四邊形的綜合；四邊形-動點問題【解析】【解答】解：（1）AP=t，BP=8?t，BQ=2t故答案為：t；8-t；2t；

【分析】（1）利用線段的和差及路程、速度和時間的關系求解即可；

（2）連接AC，先證明△ABC是等邊三角形，求出AB=BP=4，再結合CA=CB，即可得到PQ⊥AB；

（3）根據(jù)當BP=BQ時，△BPQ為等邊三角形，即可得到8?t=2t，求出t的值即可。8．【答案】（1）C（﹣4，2），E（﹣3，0）（2）解：①當點P在AB上時，有P（﹣1，t），∵點P的橫縱坐標互為相反數(shù)，∴t＝1，當點P在BC上時，設P（xp，2），∵點P的橫縱坐標互為相反數(shù)，∴xp＝﹣2，即﹣1﹣（t﹣2）＝﹣2，解得：t＝3，綜上所述：當t為1秒或3秒時，點P的橫坐標與縱坐標互為相反數(shù)；②當點P在AB上時，有P（﹣1，t）；當點P在BC上時，有點P縱坐標為2，橫坐標為：﹣1﹣（t﹣2）＝1﹣t此時，P（1﹣t，2）；當點P在CD上時，有點P的橫坐標為﹣4，縱坐標為：2﹣（t﹣2﹣3）＝7﹣t，此時，P（﹣4，7﹣t）；③如圖，∵S四邊形ABCP＝4，∴S四邊形ABCP＝12?BC?（CP＋BA）＝1解得：t＝173∴2﹣（t﹣5）＝2﹣173＝43∴P（﹣4，43【知識點】坐標與圖形變化﹣平移；四邊形的綜合；四邊形-動點問題【解析】【解答】解：（1）由題意知：C（﹣4，2），E（﹣3，0）；【分析】（1）根據(jù)題意和平面直角坐標系求點的坐標即可；

（2）①先求出t＝1，再求出﹣1﹣（t﹣2）＝﹣2，最后解方程求解即可；

②分類討論，列方程求解即可；

③先求出：t＝1739．【答案】（1）解：∵點F，H分別是BC，CE的中點，∴FH∥BE，F(xiàn)H=1∴∠CFH=∠CBG．又∵點G是BE的中點，∴FH=BG．又∵BF=CF，∴△BGF≌△FHC．（2）解：當四邊形EGFH是正方形時，可知EF⊥GH且EF=GH，∵在△BEC中，點G，H分別是BE，EC的中點，∴GH=1∴EF⊥BC.又∵AD∥BC，AB⊥BC，∴AB=EF=GH=1∴S矩形ABCD【知識點】全等三角形的判定與性質；矩形的性質；三角形的中位線定理；四邊形-動點問題【解析】【分析】（1）根據(jù)點F，H分別是BC，CE的中點，可證得FH是△BCE的中位線，就可證得FH∥BE，F(xiàn)H=12BE再根據(jù)點G是BE的中點，得出FH=BG，就可證得結論。

10．【答案】（1）解：①4t|（10-4t）②∵點Q在線段CD上以a厘米/秒的速度由C點向D點運動，運動的時間為t秒，∴CQ=at，當△BPE≌△CPQ時，∴BP=PC，BE=CQ，即8t=10，∴t=5∴54解得a=4.當△BPE≌△CQP時，∴BP=CQ，BE=PC∴?4t=?4，∴t=1，∴4=a，即a=4；以E、B、P為頂點的三角形和以P、C、Q為頂點的三角形全等，a的值為4.8或4（2）解：①當a=4.由題意得，4.解得t=37.∴點P共運動了37.5×4=150cm，∵150÷40=3334∵點P從B出發(fā)，走完3圈后再走30cm到A處，∴點P與點Q在點A相遇.；②當a=4時，點P與點Q的速度相等，∴點P與點Q不會相遇．（不符，舍去）答：經過37.5秒點P與點Q第一次在點A相遇．【知識點】全等三角形的應用；一元一次方程的實際應用-行程問題；四邊形-動點問題【解析】【解答】解：（1）①點P在線段BC上以4cm/秒的速度由B點向C點運動，運動的時間為t秒，∴BP=4tcm，∵BP+CP=BC=10，∴CP=10-BP=(10-4t)cm，故答案為：4t，

【分析】（1）①根據(jù)路程與速度的關系求解即可；②分兩種情況看：利用全等三角形的性質構建方程求解即可；

（2）分兩種情況：構建方程求解即可。11．【答案】（1）解：設t秒后線段PQ的長度為10cm，過Q作QE⊥AB的垂線，垂足為E，根據(jù)題意，得：AP=3t，CQ=BE=2t，PE=16-5t，EQ=AD=6，在Rt△EPQ中，由勾股定理得：PE∴(16?5t)2解得：t=1.6或t=4.8，答：P、Q兩點出發(fā)后1.6秒或4.8秒時，線段PQ的長度為10cm；（2）解：不存在．因為要使四邊形PBCQ為正方形，則PB﹦BC﹦CQ﹦6cm，所以P點運動的時間為(16?6)÷3﹦103此時Q點運動的時間是6÷2﹦3秒，P、Q的時間不一樣，所以不存在該時刻．【知識點】一元二次方程的實際應用-幾何問題；四邊形-動點問題【解析】【分析】（1）設t秒后線段PQ的長度為10cm，過Q作QE⊥AB的垂線，垂足為E，利用勾股定理列方程求解即可；（2）利用正方形的性質進行解答即可。12．【答案】（1）2tcm；(5?t)cm（2）解：由題意得：(5?t)2+(2t)解得：t1＝0，t2＝當t＝0秒或2秒時，PQ的長度等于5cm（3）解：存在t＝1秒，能夠使得五邊形APQCD的面積等于26cm長方形ABCD的面積是：5×6＝30(cm使得五邊形APQCD的面積等于26cm2，則△PBQ的面積為30?26＝(5?t)×2t×1解得：t1＝4（不合題意舍去），t2＝即當t＝1秒時，使得五邊形APQCD的面積等于26cm【知識點】四邊形-動點問題【解析】【解答】解：（1）點Q從點B開始沿邊BC向終點C以2cm/s的速度移動，故BQ為2tcm，點P從點A開始沿邊AB向終點B以1cm/s的速度移動，AB＝5cm，故PB為(5?t)cm.【分析】（1）根據(jù)點P從點A開始沿邊AB向終點B以1cm/s的速度移動，與此同時，點Q從點B開始沿邊BC向終點C以2cm/s的速度移動，可以求得BQ，PB.（2）用含t的代數(shù)式分別表示PB和BQ的值，運用勾股定理求得PQ為(5?t)2+(2t)（3）根據(jù)題干信息使得五邊形APQCD的面積等于26cm2的t值存在，利用長方形ABCD的面積減去△PBQ的面積即可，有13．【答案】（1）解：∵當P、Q兩點與A、B兩點構成的四邊形是平行四邊形時，∵AP∥BQ，∴當AP＝BQ時，四邊形APQB為平行四邊形．此時，t＝22﹣3t，t＝112當P、Q兩點與C、D兩點構成的四邊形是平行四邊形時，∵PD∥QC，∴當PD＝QC時，四邊形PQCD為平行四邊形．此時，16﹣t＝3t，t＝4，∵線段PQ為平行四邊形的一邊，故當t＝112（2）1或2【知識點】四邊形的綜合；四邊形-動點問題【解析】【解答】解：（2）當四邊形PBQD能成為菱形時，設PA＝x，在Rt△APB中，則有82+x2＝（16﹣x）2，解得x＝6，∴PD＝16﹣6＝10．∴BQ＝PD＝10，∴QC＝BC﹣BQ＝22﹣10＝12，∴v＝126當四邊形AQCP是菱形時，可得AP＝AQ＝CQ＝y(tǒng)．在Rt△ABQ中，則有82+（22﹣y）2＝y(tǒng)2，解得y＝13711∴AP＝13711∴QC＝AP＝13711∴v＝13711綜上所述，v的值為2或1時，滿足條件．

【分析】（1）分四種情況，利用平行四邊形的性質對邊相等建立方程求解即可得出結論；

（2）分兩種情況分別求解即可解決問題。14．【答案】（1）證明：∵CD∥AB，∴∠BAC＝∠DCA，又AC⊥BC，∠ACB＝90°，∴∠D＝∠ACB＝90°，∴△ACD∽△BAC；（2）解：在Rt△ABC中，AC=A由（1）知，△ACD∽△BAC，∴DCAC即:DC8（3）解：△BEF能為等腰三角形，理由如下：由題意得：AF＝2t，BE＝t，若△EFB為等腰三角形，可分如下三種情況：①當BF＝BE時，10﹣2t＝t，解得：t=103②當EF＝EB時，如圖1，過點E作AB的垂線，垂足為G，則BG=1∴BEAB=BG解得：t=258③當FB＝FE時，如圖2，過點F作AB的垂線，垂足為H，則BH=1∴BFAB=BH解得：t=60綜上所述：當△EFB為等腰三角形時，t的值為103秒或258秒或【知識點】等腰三角形的性質；相似三角形的判定與性質；四邊形-動點問題【解析】【分析】（1）根據(jù)三角形相似的判定定理即可得到結論；（2）由△ACD∽△BAC，得DCAC=ACBA，結合AC=AB215．【答案】（1）4（2）解：如圖，連接BP，由題意可知AP=t由?=4，∴△ABP，∴S=∵當點Q從點C向點B運動時，BQ=2×9?3tS=∵0≤BQ≤9∴0≤18?3t≤9解得3≤t≤6