（i）如图，过点Q作QF⊥BC于F，

则△BFQ∽△BCE，

∴ $\frac{B F}{B C} = \frac{Q F}{C E}$ ，

即 $\frac{B F}{3} = \frac{Q F}{5}$ ，

∴QF= $\frac{5}{3}$ BF，

∵DP⊥PQ，

∴∠APD+∠FPQ=180°﹣90°=90°，

∵∠APD+∠ADP=180°﹣90°=90°，

∴∠ADP=∠FPQ，

又∵∠A=∠PFQ=90°，

∴△ADP∽△FPQ，

∴ $\frac{A D}{P F} = \frac{A P}{Q F}$ ，

即 $\frac{3}{5 - A P + B F}$ = $\frac{A P}{Q F}$ ，

∴5AP﹣AP²+AP•BF=3• $\frac{5}{3}$ BF，

整理得，（AP﹣BF）（AP﹣5）=0，

∵点P与A，B两点不重合，

∴AP≠5，

∴AP=BF，

由△ADP∽△FPQ得， $\frac{D P}{P Q}$ = $\frac{A P}{Q F}$ ，

∴ $\frac{D P}{P Q}$ = $\frac{3}{5}$ ；

（ii）线段DQ的中点所经过的路径（线段）就是△BDQ的中位线MN．

由（2）（i）可知，QF= $\frac{5}{3}$ AP．

当点P运动至AC中点时，AP=4，∴QF= $\frac{20}{3}$ ．

∴BF=QF× $\frac{3}{5}$ =4．

在Rt△BFQ中，根据勾股定理得：BQ= $\sqrt{B F^{2} + Q F^{2}}$ = $\sqrt{4^{2} + {(\frac{20}{3})}^{2}}$ = $\frac{4}{3} \sqrt{34}$ ．

∴MN= $\frac{1}{2}$ BQ= $\frac{2}{3} \sqrt{34}$ ．

∴线段DQ的中点所经过的路径（线段）长为 $\frac{2}{3} \sqrt{34}$ ．

四川省成都市西川中学2020-2021学年九年级上学期数学第四次月考试卷