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    3．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，AB=15，动点P从点A出发，沿AC→CB→BA边运动，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位，直线l从与AC重合的位置开始，以每秒$\frac{4}{3}$个单位的速度沿CB方向移动，移动过程中保持l∥AC，且分别与CB，AB边交于E，F两点，点P与直线l同时出发，设运动的时间为t秒，当点P第一次回到点A时，点P和直线l同时停止运动．
    （1）当t=$\frac{27}{13}$秒时，△PCE是等腰直角三角形；
    （2）当点P在AC边上运动时，将△PEF绕点E逆时针旋转，使得点P的对应点P1落在EF上，点F的对应点为F1，当EF1⊥AB时，求t的值；
    （3）作点P关于直线EF的对称点Q，在运动过程中，若形成的四边形PEQF为菱形，求t的值；
    （4）在整个运动过程中，设△PEF的面积为S，请直接写出S的最大值．

    分析 （1）直接利用等腰直角三角形的性质建立方程即可；
    （2）先求出CP=$\frac{4}{3}$CE，进而得出CP=9-3t，最后建立方程求解即可；
    （3）分三种情况，利用直角三角形中，利用锐角三角函数建立方程求解即可；
    （4）分5中情况利用三角形的面积公式求出各段面积与时间的函数关系式，最后比较即可得出结论．

    解答 解：（1）由运动知，CE=$\frac{4}{3}$t，AP=3t，
    ∵AC=9，
    ∴PC=9-3t，
    ∵△PCE是等腰直角三角形，
    ∴PC=EC，
    ∴9-3t=$\frac{4}{3}$t．
    ∴t=$\frac{27}{13}$，
    故答案为：$\frac{27}{13}$；

    （2）如图1，由题意，∠PEF=∠P1EF1，
    ∵EF∥AC，∠C=90°，
    ∴∠BEF=90°，
    ∠CPE=∠PEF，
    ∵EF1⊥AB，
    ∴∠B=∠P1EF1，
    ∴∠CPE=∠B，
    ∴tan∠CPE=tanB=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{3}{4}$，
    ∵tan∠CPE=$\frac{CE}{CP}$，
    ∴$\frac{CE}{CP}$=$\frac{3}{4}$，
    ∴CP=$\frac{4}{3}$CE，
    ∵AP=3t（0＜t＜3），CE=$\frac{4}{3}$t，
    ∴CP=9-3t，
    ∴9-3t=$\frac{4}{3}$×$\frac{4}{3}$t，解得t=$\frac{81}{43}$．

    （3）如图2，连接PQ交EF于点O，
    ∵P、Q关于直线EF对称，
    ∴EF垂直平分PQ，
    若四边形PEQF为菱形，则OE=OF=$\frac{1}{2}$ EF
    ①当点P在AC边上运动时，
    易知四边形POEC为矩形，
    ∴OE=PC，
    ∴PC=$\frac{1}{2}$EF，
    ∵CE=$\frac{4}{3}$t，
    ∴BE=12-$\frac{4}{3}$t，EF=BE•tanB=$\frac{3}{4}$（12-$\frac{4}{3}$t）=9-t，
    ∴9-3t=$\frac{1}{2}$（9-t），解得t=$\frac{9}{5}$．
    ②当点P在CB边上运动时，P、E、Q三点共线，不存在四边形PEQF；
    ③如图3，当点P在BA边上运动时，则点P在点B、F之间，
    ∵BE=12-$\frac{4}{3}$t，
    ∴BF=$\frac{BE}{cosB}$=$\frac{5}{4}$（12-$\frac{4}{3}$t）=15-$\frac{5}{3}$t，
    ∵BP=5（t-6），
    ∴PF=BF-BP=15-$\frac{5}{3}$t-5（t-6）=45-$\frac{20}{3}$t，
    ∵∠POF=∠BEF=90°，
    ∴PO∥BE，
    ∴∠OPF=∠B，
    在Rt△POF中，sin∠OPF=sinB，
    ∴$\frac{OF}{PE}$=$\frac{3}{5}$，
    ∴$\frac{\frac{1}{2}（9-t）}{45-\frac{20}{3}t}=\frac{3}{5}$，解得t=$\frac{45}{7}$．
    ∴当t=$\frac{9}{5}$或t=$\frac{45}{7}$时，四边形PEQF为菱形．

    （4）在Rt△ABC中，根据勾股定理，得，BC=12，
    当点P在边AC上时，0≤t≤3，
    当点P在边BC上时，
    点P和点E重合时，4（t-3）=$\frac{4}{3}$t，
    ∴t=4.5，
    当P刚好到点B时，t=6，
    当点P在边AB上时，且和点F重合时，
    ∵l∥AC，
    ∴△BEF∽△BCA，
    ∴$\frac{BE}{BC}=\frac{BF}{AB}$，
    ∴$\frac{CE}{BC}=\frac{AF}{AB}$，
    ∴$\frac{\frac{4}{3}t}{12}=\frac{15-5（t-6）}{15}$，
    ∴t=6.75，
    ①当0≤t≤6时，如图4，

    由运动知，CE=$\frac{4}{3}$t，
    ∴BE=12-$\frac{4}{3}$t，
    ∵EF∥AC，
    ∴△BEF∽△BCA，
    ∴$\frac{BE}{BC}=\frac{EF}{AC}$，
    ∴$\frac{12-\frac{4}{3}t}{12}=\frac{EF}{9}$，
    ∴EF=9-t，
    ∴S△PEF=$\frac{1}{2}$EF•CE=$\frac{1}{2}$（9-t）×$\frac{4}{3}$t=-$\frac{2}{3}$（t-$\frac{9}{2}$）2+$\frac{27}{2}$，
    此时当t=3时，S△PEF最大=-$\frac{2}{3}$（3-$\frac{9}{2}$）2+$\frac{27}{2}$=12，
    ②当3＜t＜4.5时，如图5，

    由运动知，PE=$\frac{4}{3}$t-4（t-3）=-$\frac{8}{3}$t+12，
    ∴S△PEF=$\frac{1}{2}$EF•PE=$\frac{1}{2}$（9-t）（-$\frac{8}{3}$t+12）=$\frac{4}{3}$t2-18t+54，
    此时不存在最大值，
    ③当4.5＜t≤6时，如图6，

    同②的方法，得，S△PEF=-$\frac{4}{3}$t2+18t-54=-$\frac{4}{3}$（t-$\frac{27}{4}$）2+$\frac{27}{4}$
    此时，当t=6时，S△PEF最大=6，
    ④当6＜t＜6.75时，如图7，

    在Rt△ABC中，sin∠B=$\frac{AC}{AB}$=$\frac{9}{15}$=$\frac{3}{5}$，
    在Rt△BEQ中，sin∠B=$\frac{QE}{BE}$=$\frac{QE}{12-\frac{4}{3}t}$=$\frac{3}{5}$，
    ∴QE=$\frac{1}{5}$（36-4t），在Rt△BEF中，sin∠B=$\frac{EF}{BF}$=$\frac{9-t}{BF}$=$\frac{3}{5}$，
    ∴BF=$\frac{5}{3}$（9-t），
    ∴PF=BF-BP=$\frac{5}{3}$（9-t）-5（t-6）=45-$\frac{20}{3}$t
    S△PEF=$\frac{1}{2}$PF•QE=$\frac{8}{3}$t2-42t+162，
    此时不存在最大值；
    ⑤当6.75＜t＜9时，如图8，

    同④的方法，得，S△PEF=-$\frac{8}{3}$t2+42t-162，
    由于对称轴t=$\frac{63}{4}$＞9，
    ∴此时取不到最大值，
    ∴在整个运动过程中，S的最大值为12．

    点评 此题是四边形综合题，主要考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质和判定，三角形的面积公式，旋转的性质，解（1）的关键是得出CP=CE，解（2）的关键是用CP=$\frac{4}{3}$CE建立方程求解，解（3）（4）的关键是画出图形，是一道难度比较大，计算量也比较大的中考压轴题．

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    ②求CD的长；
    小聪通过观察、实验、提出猜想，与同学们进行交流，通过讨论，形成了求CD长的几种想法：
    想法1：延长CB，在CB延长线上截取BE=AC，连接DE．要求CD的长，需证明
    △ACD≌△BED，△CDE为等腰直角三角形．
    想法2：过点D作DH⊥BC于点H，DG⊥CA，交CA的延长线于点G，要求CD的长，需证明△BDH≌△ADG，△CHD为等腰直角三角形．
    …
    请参考上面的想法，帮助小聪求出CD的长（一种方法即可）．
    （3）用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系（直接写出即可）．

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