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    13．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在边BC上，且CD=3cm，现有两个动点P、Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1cm/s的速度沿AC向终点运动；点Q以1.25cm/s的速度沿BC向终点C运动，过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ，设动点运动时间为ts（0＜t＜4）．
    （1）连接DP，当t＞1时，四边形EQDP能够成为平行四边形吗？请说明理由；
    （2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值，总有PQ与AB平行．为什么？
    （3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形？

    分析 （1）先根据点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动求出1秒后AP及BQ的长，进而可得出QD及的长，再由PE∥BC可知$\frac{AP}{AC}=\frac{PE}{CD}$，故可得出PE=QD，由PE∥BC即可得出结论；
    （2）先用t表示出PC及CQ的长，再求出$\frac{PC}{AC}=\frac{CQ}{BC}$即可得出结论；
    （3）分∠EQP=90°，∠QED=90°两种情况，通过三角形相似，列出比例关系，求出t的值即可．

    解答 解：（1）能，
    如图1，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，t=1秒，
    ∴AP=1厘米，BQ=1.25厘米，
    ∵AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，CD=3cm，
    ∴PC=AC-AP=4-1=3（厘米），QD=BC-BQ-CD=5-1.25-3=0.75（厘米），
    ∵PE∥BC，
    ∴△APE∽△ACD，
    ∴$\frac{AP}{AC}=\frac{PE}{CD}$=$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}=\frac{PE}{3}$，解得PE=0.75，
    ∵PE∥BC，PE=QD，
    ∴四边形EQDP是平行四边形；

    （2）如图2，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，
    ∴PC=AC-AP=4-t，QC=BC-BQ=5-1.25t，
    ∴$\frac{PC}{AC}=\frac{4-t}{4}$=1-$\frac{t}{4}$，$\frac{CQ}{BC}=\frac{5-1.25t}{5}$=1-$\frac{t}{4}$，
    ∴$\frac{PC}{AC}=\frac{CQ}{BC}$，
    又∵∠C=∠C，
    ∴△CPQ∽△CAB，
    ∴∠CPQ=∠CAB，
    ∴PQ∥AB；

    （3）分两种情况讨论：
    ①如图3，当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4-t，
    又∵EQ∥AC，
    ∴△EDQ∽△ADC
    ∴$\frac{EQ}{AC}=\frac{DQ}{DC}$，
    ∵BC=5厘米，CD=3厘米，
    ∴BD=2厘米，
    ∴DQ=1.25t-2，
    ∴$\frac{4-t}{4}=\frac{1.25t-2}{3}$，解得t=2.5（秒）；
    ②如图4，当∠QED=90°时，作EM⊥BC于M，CN⊥AD于N，则四边形EMCP是矩形，EM=PC=4-t，
    在Rt△ACD中，
    ∵AC=4厘米，CD=3厘米，
    ∴AD=$\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}}$=5，
    ∴CN=$\frac{AC•CD}{AD}$=$\frac{12}{5}$，
    ∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，
    ∴△EDQ∽△CDA，
    ∴$\frac{DQ}{AD}=\frac{EQ}{AC}=\frac{EM}{CN}$，
    ∴$\frac{1.25t-2}{5}=\frac{5（4-t）}{12}$，
    解得t=3.1（秒）．
    综上所述，当t=2.5秒或t=3.1秒时，△EDQ为直角三角形．

    点评 此题时四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，直角三角形的性质，解（1）的关键是判定出△APE∽△ACD，解（2）的关键是判断出$\frac{PC}{AC}=\frac{CQ}{BC}$，解（3）的关键是用分类讨论的思想解决问题．

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    18．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
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