解：①当点Q在

C D

上时，设

C Q = 3 t

，则

A P = 2 t

．

若点F在Q的右侧，如图3，当 $△ F E Q ∽ △ A B C$ ，则 $∠ 1 = ∠ 2$ ．

作 $P H ⊥ C D$ 于点H，而 $∠ B = ∠ P H Q = 90 °$ ，

∴ $△ A B C ∽ △ P H Q$ ，则 $\frac{P H}{Q H} = \frac{A B}{B C} = 2$ ，

∴ $Q H = \frac{1}{2} P H = 1$ ．

∵ $H D = A P = 2 t$ ，

∴ $C D = C Q + Q H + H D = 3 t + 1 + 2 t = 4$ ，

解得 $t = \frac{3}{5}$ ．

∴ $B P = 4 - 2 t = 4 - \frac{6}{5} = \frac{14}{5}$ ．

若点F在Q的左侧，如图4， $△ F E Q ∽ △ A B C$ ，点F与点C重合．

∵ $A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{4^{2} + 2^{2}} = 2 \sqrt{5}$ ，

又∵ $\frac{C E}{A E} = \frac{3}{2}$

∴ $A E = \frac{2}{5} A C = \frac{4 \sqrt{5}}{5}$ ．

∵由 $△ F E Q ∽ △ A B C$ 结合对顶角可得： $∠ A E P = ∠ B = 90 °$ ，而 $∠ P A E = ∠ B A C$ ，

∴ $△ A E P ∽ △ A B C$ ，

∴ $\frac{A E}{A B} = \frac{A P}{A C}$ ，即 $\frac{\frac{4 \sqrt{5}}{5}}{4} = \frac{A P}{2 \sqrt{5}}$ ，则 $A P = 2$ ，

∴ $B P = A B - A P = 2$ ．

②当点Q在AD上时，如图5， $△ F E Q ∽ △ A B C$ ， $\frac{E F}{E Q} = \frac{B A}{B C} = 2$ ， $∠ F E G = ∠ B = 90 °$ ，

作 $E N ⊥ C D$ 于点N， $E G ⊥ A D$ 于点G．，则 $∠ N E Q = 90 °$ ，

由 $∠ F E Q = ∠ N E G = 90 °$ ，得 $∠ F E N = ∠ Q E G$ ，

∴ $R t △ F E N ∽ R t △ Q E G$ ，

∴ $\frac{E N}{E G} = \frac{E F}{E Q} = 2$ ．

同理可得： $\frac{A G}{E G} = \frac{B C}{A B} = \frac{1}{2}$ ，

设 $A G = k$ ，则 $E G = 2 A G = 2 k$ ， $E N = 2 E G = 4 k$ ．

∴ $D G = E N = 4 k$ ， $A D = A G + D G = 5 k$ ，

由 $A D = 2$ ，得 $5 k = 2$ ， $k = \frac{2}{5}$ ，

∴ $A G = \frac{2}{5}$ ， $E G = \frac{4}{5}$ ．

由题意， $\frac{A Q}{B P} = \frac{V_{点 Q}}{V_{点 P}} = \frac{6 - 3 t}{4 - 2 t} = \frac{3}{2}$ ，

设 $A Q = 3 x$ ，则 $B P = 2 x$ ， $A P = 4 - 2 x$ ， $Q G = A Q - A G = 3 x - \frac{2}{5}$ ，

由 $△ Q G E ∽ △ Q A P$ ，得 $\frac{E G}{A P} = \frac{Q G}{Q A}$ ，即 $\frac{\frac{4}{5}}{4 - 2 x} = \frac{3 x - \frac{2}{5}}{3 x}$ ，

化简，得 $15 x^{2} - 26 x + 4 = 0$ ，

解得 $x_{1} = \frac{13 + \sqrt{109}}{15}$ （舍去）， $x_{2} = \frac{13 - \sqrt{109}}{15}$ ．

∴ $B P = 2 x = \frac{26 - 2 \sqrt{109}}{15}$ ．

综上所述，BP的长为 $\frac{14}{5}$ 或2或 $\frac{26 - 2 \sqrt{109}}{15}$ ．

2023-2024学年人教版(吉林地区)初中数学九年级下册 27.2.3 相似三角形应用举例同步分层训练培优题