如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $A B=4, A D=2$, 动点 $P$ 从点 $A$ 开始以每秒 2 个单位长度沿 $A B$ 向终点 $B$ 运动, 同时, 动点 $Q$ 从点 $C$ 开始沿 $C-D-A$ 以每秒 3 个单位长度向终点 $A$ 运动, 它们同时到达终点. 连接 $P Q$ 交 $A C$ 于点 $E$. 过点 $E$ 作 $E F \perp P Q$, 交直线 $C D$ 于点 $F$.

(1)当点 $Q$ 在线段 $C D$ 上时, 求证: $\frac{C E}{A E}=\frac{3}{2}$.

(2)当 $D Q=1$ 时，求 $\triangle A P E$ 的面积.

(3)在 $P, Q$ 的运动过程中, 是否存在某一位置, 使得以点 $E, F, Q$ 为顶点的三角形与 $\triangle A B C$ 相似? 若存在, 求 $B P$ 的长; 若不存在, 请说明理由.
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备用图

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（1）证明 $\triangle C Q E \sim \triangle A P E$ 即可得到答案;

(2) (1)当点 $Q$ 在 $C D$ 上时, 如图 1, $C Q=C D-D Q=3$. 过点 $E$ 作 $A B$ 的垂线交 $A B$ 于点 $M$,交 $C D$ 于点 $N$. (2)当点 $Q$ 在 $A D$ 上时, 如图 2, 作 $E M \perp A B$ 于点 $M$, 设 $E M=h$, 再利用相似三角形的性质求解三角形的高, 再利用面积公式计算即可;

（3）分三种情况讨论：(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 $\triangle F E Q \sim \triangle A B C$, 则 $\angle 1=\angle 2$, 作 $P H \perp C D$ 于点 $H$, 而 $\angle B=\angle P H Q=90^{\circ}$, $\therefore \triangle A B C \sim \triangle P H Q$, 则 $\frac{P H}{Q H}=\frac{A B}{B C}=2$, 从而可得答案; 若点 $F$ 在 $Q$ 的左侧, 如图 4, $\triangle F E Q \sim \triangle A B C$, 点 $F$ 与点 $C$ 重合, 从而可得答案; (2)当点 $Q$ 在 $A D$ 上时, 如图 5, $\triangle F E Q \sim \triangle A B C, \frac{E F}{E Q}=\frac{B A}{B C}=2, \angle F E G=\angle B=90^{\circ}$, 作 $E N \perp C D$ 于点 $N, E G \perp A D$ 于点 $G$. , 则 $\angle N E Q=90^{\circ}$, 再结合相似三角形的性质建立方程可得答案.

【详解】(1) 当点 $Q$ 在线段 $C D$ 上时, 由题意可得: $A B / / C D, C Q=3 t, A P=2 t$, $\therefore \triangle C Q E \sim \triangle A P E$,

$\therefore \frac{C E}{A E}=\frac{C Q}{A P}=\frac{3}{2}$.

(2) (1)当点 $Q$ 在 $C D$ 上时, 如图 1, $C Q=C D-D Q=3$. 过点 $E$ 作 $A B$ 的垂线交 $A B$ 于点 $M$,交 $C D$ 于点 $N$.

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图1

由 $\frac{C Q}{A P}=\frac{V_{\text {点 }}}{V_{\text {点 } P}}=\frac{3}{2}$, 得 $A P=2$.

由 $\triangle C Q E \sim \triangle A P E$, 得 $\frac{E N}{E M}=\frac{C E}{A E}=\frac{3}{2}$,

$\therefore E M=\frac{2}{5} M N=\frac{4}{5}$,

$\therefore S_{\triangle A P E}=\frac{1}{2} A P \cdot E M=\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{4}{5}=\frac{4}{5}$.

(2)当点 $Q$ 在 $A D$ 上时, 如图 2, 作 $E M \perp A B$ 于点 $M$, 设 $E M=h$.

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图2

$A Q=A D-D Q=1, \quad A P=\frac{2}{3}(C D+D Q)=\frac{10}{3}$.

同理: $\triangle A M E \sim \triangle A B C$,

$\therefore \frac{E M}{A M}=\frac{B C}{A B}=\frac{1}{2}$,

$\therefore A M=2 E M=2 h$.

同理: $\triangle P M E \sim \triangle P A Q$, 得 $\frac{E M}{P M}=\frac{A Q}{P A}=\frac{1}{\frac{10}{3}}=\frac{3}{10}$,

$\therefore P M=\frac{10}{3} E M=\frac{10}{3} h$.

$\therefore A P=P M+A M=\frac{10}{3} h+2 h=\frac{10}{3}$, 解得 $h=\frac{5}{8}$,

$\therefore S_{\triangle A P E}=\frac{1}{2} A P \cdot E M=\frac{1}{2} \times \frac{10}{3} \times \frac{5}{8}=\frac{25}{24}$.

$\therefore \triangle A P E$ 的面积为 $\frac{4}{5}$ 或 $\frac{25}{24}$.

（3）(1)当点 $Q$ 在 $C D$ 上时, 设 $C Q=3 t$, 则 $A P=2 t$.

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图3

若点 $F$ 在 $Q$ 的右侧, 如图 3, 当 $\triangle F E Q \sim \triangle A B C$, 则 $\angle 1=\angle 2$.

作 $P H \perp C D$ 于点 $H$, 而 $\angle B=\angle P H Q=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle A B C \sim \triangle P H Q$, 则 $\frac{P H}{Q H}=\frac{A B}{B C}=2$,

$\therefore Q H=\frac{1}{2} P H=1$.

$\because H D=A P=2 t$,

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

解得 $t=\frac{3}{5}$.

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

若点 $F$ 在 $Q$ 的左侧, 如图 $4, \triangle F E Q \sim \triangle A B C$, 点 $F$ 与点 $C$ 重合.

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图4

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

又 $\because \frac{C E}{A E}=\frac{3}{2}$

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

$\because$ 由 $\triangle F E Q \sim \triangle A B C$ 结合对顶角可得: $\angle A E P=\angle B=90^{\circ}$, 而 $\angle P A E=\angle B A C$,

$\therefore \triangle A E P \sim \triangle A B C$,

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

$\therefore B P=A B-A P=2$.

(2)当点 $Q$ 在 $A D$ 上时, 如图 5, $\triangle F E Q \sim \triangle A B C, \frac{E F}{E Q}=\frac{B A}{B C}=2, \angle F E G=\angle B=90^{\circ}$,作 $E N \perp C D$ 于点 $N, E G \perp A D$ 于点 $G$. , 则 $\angle N E Q=90^{\circ}$,

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图5

由 $\angle F E Q=\angle N E G=90^{\circ}$, 得 $\angle F E N=\angle Q E G$,

$\therefore$ Rt $\triangle F E N \sim$ Rt $\triangle Q E G$,

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

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

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

$\therefore D G=E N=4 k, \quad A D=A G+D G=5 k$,

由 $A D=2$, 得 $5 k=2, k=\frac{2}{5}$,

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

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

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 $\triangle Q G E \sim \triangle Q A P$, 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), $x_{2}=\frac{13-\sqrt{109}}{15}$.

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

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

【点睛】本题考查的是动态几何问题, 矩形的性质, 相似三角形的判定与性质, 一元二次方程的解法, 清晰的分类讨论, 细心的计算是解本题的关键.