专题 18.3 平行四边形中的动点问题
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
分类讨论思想：当问题所给的对象不能进行统一研究时，我们就需要对研究对象进行分类，然后对每
一类分别进行研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结果，得到整个问题的解答。分类讨论的分类并
非是随心所欲的，而是要遵循以下基本原则：
1. 不重（互斥性）不漏（完备性）；
2. 按同一标准划分（同一性）；
3. 逐级分类（逐级性）。
◆ 典例分析
【典例1】在矩形ABCD中， AB=8，BC=16，E、F是直线AC上的两个动点，分别从A、C两点同时
出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，其中（0≤t≤10）．
（1）如图1，M、N分别是AB、CD中点，当四边形EMFN是矩形时，求t的值．
（2）若G、H分别从点A、C沿折线A—B—C，C—D—A运动，与E、F相同的速度同时出发．
①如图2，若四边形EGFH为菱形，求t的值；
15
②如图3，作AC的垂直平分线交AD、BC于点P、Q，当四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的 ，
32
则t的值是 ．
③如图4，在异于G、H所在矩形边上取P、Q，使得PD=BQ，顺次连接P、G、Q、H，请直接写出四边形PGQH周长的最小值是 ．
【思路点拨】
（1）根据条件证明四边形EMFN是平行四边形，连接MN，求出t的值即可；
（2）①连接GH，CH，根据菱形的性质和题中条件证出AH=HC，从而得到AH2=64+(16−AH) 2即可
求解；
②连接AQ，根据题中条件和①中结论证明△APG≌△CQH(SAS)，从而得到GQHP是平行四边形，即可
求出答案；
③根据求最小路径的方法作出点G关于BC的对称点G'，过点G'作G'K⊥DC于K，连接G'H，QG'，再
根据“三角形两边之和大于第三边”即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD
∴∠MAE=∠NCF，
∵M、N分别是AB、CD中点，
∴AM=CN，
∵E、F是直线AC上的两个动点，分别从A、C两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，
∴AE=CF=2t，
∴△AME≌△CNF(SAS)，
∴ME=NF，∠AEM=∠CFN，
∴∠MEF=∠EFN，
∴ME∥FN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
如图1，连接MN，
∵四边形ABCD是矩形，M、N分别是AB、CD中点，、，
∴四边形MBCN是矩形，
∵AB=8，BC=16，∴MN=BC=16， AC=❑√82+162=8❑√5，
∵四边形EMFN是平行四边形，
∴当EF=MN=16时，四边形EMFN是矩形，
∴8❑√5−4t=16或4t−8❑√5=16，
解得t=2❑√5−4或2❑√5+4；
（2）解：①由（1）知：AF=CE，
∴AF+EF=AE，CE+EF=CF，
∴AE=CF，
如图2，连接GH，CH，
∵四边形EGFH菱形，
∴AC⊥GH，OE=OF，
∴OA=OC，
∴AH=HC，
∵HC2=CD2+DH2，AB=8，BC=16，
∴AH2=64+(16−AH) 2，
∴AH=HC=10，
∴DH=6，
∴CD+DH=6+8=14，
14
∴t= =7；
2
②如图3，连接AQ，如图所示，由①同理得：AQ=CQ=10，BQ=6，
由①知：AP=10，
∴AP=CQ，
∵G、H分别从点A、C沿折线A﹣B﹣C，C﹣D﹣A运动，
∴AG=CH，
又∵∠GAP=∠QCH=90°，
∴△APG≌△CQH(SAS)，
∴GP=QH，
同理可证PH=GQ，
∴四边形GQHP是平行四边形，
15
∵四边形GQHP的面积是矩形ABCD面积的 ，
32
15
∴S = S ，
▭GQHP 32 矩形ABCD
15 15
∴2S = S = ×8×16=60，
△PGQ 32 矩形ABCD 32
∴S =30，
△PGQ
1
∴S +S = ×8×16−30=34，
△AGP △GBQ 2
1 1
∴ ×AG×10+ ×6×(8−AG)=34，
2 2
∴AG=5，
5
∴t= ；
2
5
故答案为： ；
2
③如图4，作点G关于BC的对称点G'，过点G'作G'K⊥DC于K，连接G'H，QG'，则BG=BG'=CK，
QG=G'Q，∵AG=CH，
∴HK=CH+CK=AG+BG=8，
∵G'K=16，
∴G'H=❑√82+162=8❑√5，
由②知：四边形PGQH是平行四边形，
∴四边形PGQH的周长=2QH+2GQ=2QH+2QG'≥2G'H，
当G'，Q，H三点共线时，四边形PGQH周长有最小值，且最小值是2G'H=16❑√5．
故答案为：16❑√5．
◆ 学霸必刷
1．（22-23九年级上·福建漳州·期中）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=40cm，∠A=60°，点D
从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度
向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒
(0<t≤10)．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF，当△≝¿为直角三角形时，t的值为
（ ）
20 20
A．5 B． C．5或8 D．5或8或
3 3
【思路点拨】
利用已知条件证出四边形AFED是平行四边形，再对△≝¿为直角三角形分三种情况进行讨论．
【解题过程】
解：由题意得∠DFC=90°,∠C=30°,DC=4t，
∴ DF=2t，
又∵ ∠B=90°，即DF∥AB，
∴四边形AFED是平行四边形，当△≝¿为直角三角形时，有三种情况如下：
①当∠≝=90°时，四边形AFED是平行四边形，
∴ EF∥AD，
∴ ∠ADE=∠≝=90°,
∵ ∠A=60°,
∴ ∠AED=30°，
1
∴ AD= AE=t，
2
又∵ AD=40−4t，
∴ t=40−4t，
解得t=8；
②当∠EDF=90°时，四边形EBFD是矩形，
Rt△AED中，∠A=60°，则∠ADE=30°，
∴ AD=2AE=4t，
即4t=40−4t，
解得t=5；
③若∠EFD=90°,此种情况不存在
所以t=8或t=5
故选：C．
2．（2023·河北·二模）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=8cm，BC=6cm，点P从点D
出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到
达端点时，两个动点同时停止运动.设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当t=3s时，四边形ABMP为矩形 B．当t=4s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD=PM时，t=3s D．当CD=PM时，t=3s或5s
【思路点拨】
对于选项A、B，分别计算当t=3s与t=4s时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于
C、D选项，作CE⊥AD,MF⊥AD，垂足分别为E、F，如图，证明Rt△DCE≅Rt△PMF(HL)，得出
PF=DE=2cm，进而得出关于t的方程，解方程判定即可.【解题过程】
解：当t=3s时，PD=3cm，PA=8−3=5cm，BM=3cm，
∴AP≠BM，
∴四边形ABMP不为矩形，故选项A结论错误；
当t=4s时，PD=4cm，BM=4cm，CM=6−4=2cm，
∴DP≠CM，
∴四边形CDPM不为平行四边形，故选项B结论错误；
当CD=PM时，作CE⊥AD,MF⊥AD，垂足分别为E、F，如图，
∵∠A=∠B=90°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCE,ABMF都是矩形，
∴CE=FM=AB,BC=AE=6cm，
∴当CD=PM时，Rt△DCE≅Rt△PMF(HL)，DE=8−6=2cm，
∴PF=DE=2cm，
∵PF=|BM−AP)=|t−(8−t))=|2t−8)，
∴|2t−8)=2，
解得：t=5或t=3，故选项C错误、选项D正确；
故选：D.
3．（22-23八年级下·全国·期末）如图，在正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运
动，DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造平行四边形DFEP，连接CP，则∠FAE+∠EPC的
度数的变化情况是（ ）
A．一直减小 B．一直减小后增大C．一直不变 D．先增大后减小
【思路点拨】
作PH⊥BC交BC的延长线于H，证明CP是∠DCH的角平分线，由
∠FAE+∠EPC=∠PEH+∠EPC=∠PCH即可解决问题．
【解题过程】
解：作PH⊥BC交BC的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAF=∠ABE=∠DCB=∠DCH=90°，
∵DF⊥AE，
∴∠BAE+∠DAE=90°，∠ADF+∠DAE=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
∴△ADF≌△BAE(ASA)，
∴DF=AE，
∵四边形DFEP是平行四边形，
∴DF=PE，DF∥PE，∠DFE=∠DPE，
∴AE⊥PE，AE=PE，
∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠PEH=90°，
∴∠BAE=∠PEH，
∵∠ABE=∠H=90°，AE=PE，
∴△ABE≌△EHP(AAS)，
∴PH=BE，AB=EH=BC，
∴BE=CH=PH，
∴∠PCH=45°，
∵∠DCH=90°，
∴∠DCP=∠PCH，
∴CP是∠DCH的角平分线，
∴点P的运动轨迹是∠DCH的角平分线，∵∠BAE=∠PEH，
∴∠FAE+∠EPC=∠PEH+∠EPC=∠PCH，
1
而∠PCH= ∠DCH=45°，
2
∴∠FAE+∠EPC一直不变，
故选：C．
4．（2023·河北保定·一模）如图，在菱形ABCD中，AB=6cm,∠B=120°，P为对角线AC上的一个动
点，过点P作AC的垂线，交AD或CD于点E，交AB或BC于点F，点P从点A出发以❑√3cm/s的速度向终
点C运动，设运动时间为t(s)，以EF为折线将菱形ABCD向右折叠，若重合部分面积为4❑√3cm2，求t的
值，对于其答案，甲答：t=2，乙答：t=3，丙答：t=4，则正确的是（ ）
A．只有甲答的对 B．甲、乙答案合在一起才完整
C．甲、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才充整
【思路点拨】
由菱形的性质推出∠DAC的度数，通过分类讨论的方法得到含有特殊角的直角三角形AGD、APE、
CPE以及等边三角形EFA、EFC，利用面积公式进而列出有关时间t的一元二次方程，通过解方程求出t.
【解题过程】
解 ：如图，连接BD交AC于点G
∵四边形ABCD为菱形
∴AD=CD=BC=AB=6cm
BD⊥AC，∠ADC=∠ABC=120°1
∴∠DAC= (180°−∠ADC)=30°
2
1
在Rt△AGD中，DG= AD=3cm
2
∴AG=❑√3DG=3❑√3cm
∵DA=DC,BD⊥AC
∴AC=2AG=6❑√3cm
由题意可知，AP=(❑√3t)cm (0≤t≤6)
如图所示，重合部分S△EFA=S△EF A′=4❑√3cm2
在Rt△APE 中，EF⊥AC，∠DAC=30°
AP
∴EP= =tcm
❑√3
∵∠DAB=180°−∠B=60°，EF⊥AC
∴△EFA为等边三角形
∴EF=2EP=(2t)cm
1 1
∴S△EFA=S△EF A′= ×EF×AP= ×2t×❑√3t=4❑√3cm2 (0≤t≤6)
2 2
∴t=2
如图所示，重合部分S△EFC=4❑√3cm2
在Rt△CPE中，EF⊥AC，∠DCA=30°
CP=AC−AP=(6❑√3−❑√3t)cmCP
∴EP= =(6−t)cm
❑√3
∵∠DCB=180°−∠B=60°，EF⊥AC
∴△EFC为等边三角形
∴EF=2EP=(12−2t)cm
1 1
∴S△EFC= ×EF×CP= ×(12−2t)×(6❑√3−❑√3t)=4❑√3cm2 (0≤t≤6)
2 2
∴t=4
∴t=4或t=2，即甲、丙答案合在一起才完整.
故答案选C .
5．（22-23八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，
AD=24cm，BC=26cm．点P从点A出发，以2cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以
3cm/s的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．若运动t s时
PQ=CD，则运动时间t的值是 s．
【思路点拨】
分两种情况：①PD=CQ时，则四边形CDPQ为平行四边形；②PD≠CQ时，过点P作PS∥CD交BC于
S，PM⊥BC于M，则四边形PDCS为平行四边形，四边形ABMP为矩形；分别计算即可．
【解题过程】
解：由题意可知，AP=2t,DP=24−2t,CQ=3t,BQ=26−3t，
若PQ=CD，分两种情况：
①PD=CQ时，
∵PD∥CQ，
∴四边形CDPQ为平行四边形，
∴PQ=CD，
∴24−2t=3t，
24
解得：t= ，
5②PD≠CQ时，
过点P作PS∥CD交BC于S，PM⊥BC于M，则四边形PDCS为平行四边形，四边形ABMP为矩形；
∴PS=CD，PD=CS=（24−2t）cm，BM=AP=2tcm，
∴PQ=PS，MS=CM−CS=26−2t−(24−2t)=2（cm），
∴QS=2MS=4（cm），
∴3t−4=24−2t，
28
解得：t= ，
5
28 24
综上所述，当t的值为 或 时，PQ=CD．
5 5
28 24
故答案为： 或
5 5
6．（22-23八年级下·河南郑州·期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在AD上，
AE=5cm，BE=13cm，∠EBD=∠DBC，点F是BC的中点，若点P以1cm/s的速度从点A出发，沿
AD向点E运动，点N同时以2cm/s的速度从点C出发，沿CB向点F运动，点P运动到点E时停止运动，
点N也同时停止运动，当点P运动 s时，以点P，F，N，E为顶点的四边形是平行四边形．
【思路点拨】
要使点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形，则需PE=FN，据此先表示出PE、FN，结合题意
可得PE=5−t，FN=2t−CF或FN=CF−2t，据此可知需求得CF的长，由于F是BC的中点，可将答
案．
【解题过程】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠EBD=∠DBC，
∴∠EBD=∠EDB，
∴EB=ED=13cm，
∵AE=5cm，
∴AD=18cm，
∵点F是BC的中点，
1
∴BC=AD=18(cm)，CF=BF= BC=9(cm)，
2
∵点P的速度为1cm/s，则点P从点A到点E的时间为5÷1=5(s)，
∴点N移动的距离为5×2=10(cm)，
要使点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形，则PE=NF即可，
设当点P运动t秒时，点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形，
根据题意，当点N在点F的右边，四边形PENF是平行四边形，如图所示，
∴5−t=9−2t，解得，t=4；
当点N在点F的左边，四边形PEFN是平行四边形，如图所示，
14
∴5−t=2t−9，解得，t= ；
3
14
∴当点P运动4秒或 秒时，以P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形，
314
故答案为：4或 ．
3
7．（22-23八年级下·河南郑州·期末）如图，等边三角形ABC的边长为10cm，动点M从点B出发，沿
B→A→C→B的方向以3cm/s的速度运动，动点N从点C出发，沿C→A→B→C的方向以2cm/s的
速度运动，且动点M，N同时出发，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．那么运动到第
秒时，点A，M，N以及△ABC的边上一点D恰能构成一个平行四边形．
【思路点拨】
分三种情况讨论，由平行四边形的性质和等边三角形的性质可列方程，即可求解．
【解题过程】
10
解：①当0≤t≤ ，点M、N、D的位置如图所示：
3
∵四边形ANDM是平行四边形，
∴DM=AN，DM∥AN，DN∥AB，
∴∠MDB=∠C=60°，∠NDC=∠B=60°，
∴∠NDC=∠C，
∴ND=NC，
∴DM+DN=AN+NC=AC=10，即：3t+2t=10，
解得：t=2，
10
②当 <t≤5时，点M、N、D在同一直线上，不能构成四边形，
3
20
③当5<t≤ 时，点M、N、D的位置如图所示：
3∵四边形ANDM是平行四边形，
∴DN=AM，AM∥DN，
∴∠NDB=∠ACB=60°，
∵△ABC为等腰三角形，
∴∠B=60°，
∴∠NDB=∠B=60°，
∴ND=NB，
∴NB+MC=AM+CM=10，即：3t−10+2t−10=10，
解得：t=6，
20
④当 <t≤10时，点M、N、D的位置如图所示：
3
则BN=20−2t，BM=30−3t，
由题意可知，△BNM为等边三角形，
∴BN=BM，即：20−2t=30−3t，
解得：t=10，
此时M、N重合，不能构成四边形，
综上所述，t的值为2或6，
故答案为：2或6．
8．（23-24八年级下·重庆巴南·阶段练习）如图1，在平行四边形ABCD中，AD⊥CD，AB=8，
AD=4，M是一动点，从点D出发，沿D−A−B−C运动，以4个单位每秒的速度向终点C点运动；N
是从点C出发的另一动点，沿C−D运动，以2个单位每秒的速度向终点D点运动，点M和点N同时出发，
运动时间为t秒（M，N两点中如有一个点到达终点时，所有运动即终止）．（1）若M、N出发t秒后，四边形MBCN为平行四边形，求t；
（2）若△AMC的面积为8，请求出t的值；
（3）如图2，点F是线段AD中点，E是直线CD上另一动点（位于N点右边），且线段NE在移动过程中
始终保持长度为2不变，请探究并直接写出FN+NE+BE的最小值．
【思路点拨】
本题考查矩形的性质，平行四边形的判定与性质；
（1）根据平行四边形的性质可得MB∥CN，MB=CN，MN∥CB，MN=BC，得到M应在线段AB上，
N应在线段CD上，再根据运动速度表示MB、CN，列方程求解即可；
（2）根据点M在不同边上分类讨论，根据三角形面积公式计算即可；
（3）将BE向左平移到B′N，作FN关于CD对称的线段F′N，FN+NE+BE=F′N+2+B′N≥F′B′+2.
当三点共线时有最小值．
【解题过程】
（1）∵四边形MBCN为平行四边形，
∴MB∥CN，MB=CN，MN∥CB，MN=BC，
∴动点M应在线段AB上，N应在线段CD上，.
∵在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=4，
∴CD=AB=8，BC=AD=4．
由题意得t秒后，MB=8+4−4t=12−4t，CN=2t，0≤t≤4．
∴12−4t=2t．
∴t=2．
（2）①当点M在AD上时，0≤t<1，AM=4−4t，
1
∵△AMC的面积为8，S = AM⋅CD，
ΔAMC 2
1
∴ (4−4t)⋅8=8．
2
1
∴t= ．
2②当点M在AB上时，1<t≤3，AM=4t−4，
1
∵△AMC的面积为8，S = AM⋅BC，
ΔAMC 2
1
∴ (4t−4)⋅4=8．
2
∴t=2．
③当点M在BC上时，3<t<4，MC=16−4t，
1
∵△AMC的面积为8，S = MC⋅AB，
ΔAMC 2
1
∴ (16−4t)⋅8=8．
2
7
∴t= ．
2
1 7
∴综上可知t= ,t=2或t= ．
2 2
1
（3）如图将BE向左平移到B′N，作FN关于CD对称的线段F′N，则F′D=FD= AD=2,B′B=NE=2，
2
∴FN+NE+BE=F′N+2+B′N≥F′B′+2.，
∴当B′、F′、N三点共线时有最小值．
∵AB′=AB−BB′=8−2=6，AF′=AD+DF′=4+2=6，
∴F′B′=6❑√2
∴FN+NE+BE=F′N+2+B′N≥F′B′+2有最小值6❑√2+2．
9．（23-24九年级上·陕西渭南·阶段练习）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，
BC=14，DC=8，AD=20．动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当
点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）当t=2时，求△BPQ的面积；
（2）当t为何值时，以A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？
（3）（2）中的平行四边形会不会是菱形？若能，请说明理由，若不能，当Q速度不变，求出P点速度？
【思路点拨】
（1）若过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形，得出PM=DC=8，由QB=14 −t，由三角
1
形面积公式得出△BPQ的面积= PM× QB=56−4t；
2
（2）由题意得出AP=BQ，分两种情况，由题意得出方程，解方程即可得出答案；
（3）作BN⊥AD于，则四边形BCDN是矩形，得出DN=BC=14,BN=DC=8，由勾股定理得出
AB=10，由AP=AB=10，则20−2t=10,t=5；由BQ=AB=10，则14−t=10,t=4；得出（2）中的
5
平行四边形不会是菱形；当Q速度不变，设P点速度为每秒x个单位长，则AP=20−4x =10，解得x=
2
即可．
【解题过程】
（1）解：过点P作P M⊥BC于M，如图1所示：则四边形PDCM为矩形．
∴PM=DC=8，
∵QB=BC−CQ=14−t，
1 1
∴△BPQ的面积= QB⋅PM= (14−t)×8=56−4t(0≤t≤10)．
2 2把t=2代入得：△BPQ的面积=56−8=48；
（2）∵AD∥BC，
当AP=BQ时，以A,B,P，Q为顶点的四边形为平行四边形时，当点P在A点右侧时，
解得：t=6，
当点P′在A点左侧时，AP′=2t−20，
∴2t−20=14−t，
34
解得：t= ；
3
34
综上所述，当t=6秒或 秒时，以A,B,P,Q为顶点的四边形为平行四边形；
3
（3）（2）中的平行四边形不会是菱形；
理由如下：
作BN⊥AD于N，如图2所示：
则四边形BCDN是矩形，
∴DN=BC=14,BN=DC=8,
∴AN=AD−DN=6,
∴AB=❑√AN2+BN2=❑√62+82=10,
当AP=BQ=AB=10时，（2）中的平行四边形是菱形，
由AP=AB=10，则20−2t=10,t=5；
由BQ=AB=10，则14−t=10,t=4；
∴（2）中的平行四边形不会是菱形；
当Q速度不变，设P点速度为每秒x个单位长，
则AP=20−4x=10，
5
解得：x= ，
2
5
即当Q速度不变，P点速度为每秒 个单位长时，（2）中的平行四边形是菱形．
210．（22-23八年级下·四川宜宾·期末）已知，如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(10,0)，
C(0,4)，点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长的速度由点C向B运动．设动点P的
运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，四边形PODB是平行四边形？
（2）在直线CB上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，
并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）BP=BC−PC=10−2t，四边形PODB是平行四边形时PB=OD=5，列一元一次方程即可求解；
（2）分Q点在P的右边，Q点在P的左边且在BC线段上，Q点在P的左边且在BC的延长线上三种情况，
根据菱形的性质、勾股定理分别求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵四边形OABC为矩形，A(10,0)，C(0,4)，
∴BC=OA=10，AB=OC=4，
∵点D是OA的中点，
1
∴OD= OA=5，
2
由运动知，PC=2t，
∴BP=BC−PC=10−2t，
∵四边形PODB是平行四边形，
∴PB=OD=5，
∴10−2t=5，
∴t=2.5；
（2）解：①当Q点在P的右边时，如图1，∵四边形ODQP为菱形，
∴OD=OP=PQ=5，
∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC=❑√OP2−OC2=❑√52−42=3，
∴2t=3，
∴t=1.5，
∵CQ=PC+PQ=3+5=8，OC=4，
∴Q(8,4)；
②当Q点在P的左边且在BC线段上时，如图2，
∵四边形ODPQ为菱形，
∴OD=OQ=PQ=5，
∴在Rt△OQC中，由勾股定理得：CQ=❑√OQ2−OC2=❑√52−42=3，
∴Q(3,4)，
∵CP=CQ+PQ=3+5=8，
∴2t=8，
∴t=4；
③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，如图3，∵四边形ODPQ为菱形，
∴OD=OQ=PQ=5，
∴在Rt△OQC中，由勾股定理得：CQ=❑√OQ2−OC2=❑√52−42=3，
∴Q(−3,4)，
∵CP=PQ−CQ=5−3=2，
∴2t=2，
∴t=1；
综上可知，O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形时，有三种情况：t=1.5，Q(8,4)；t=4，Q(3,4)；
t=1，Q(−3,4)．
11．（23-24九年级上·广东茂名·期中）如图所示，在菱形ABCD中，∠B=60°，△AEF是等边三角形．
（1）如图1，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．求证：BE=CF；
（2）如图2，点E是CB延长线上一点，连BF．
①求证：BF=AB+BE；
②若AD=6，BE=2，求EF的长．
【思路点拨】
（1）证明△ABC、△ACD为等边三角形，得出∠ACF=60°，AC=AB，可证明△ABE≌△ACF(ASA)，
即可求得BE=CF；
（2）①连接AC，证明△BAF≌△CAE(SAS)，由全等三角形的性质可得出BF=CE，则可得出结论；②过点A作AG⊥BC于点G，由勾股定理可得出答案．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，∠B=60°，
∴∠D=∠B=60°，AB=BC=CD=AD，
∴△ADC和△ABC为等边三角形，
∴∠ACF=∠B=∠BAC=60°，AC=AB，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°，
∴∠1+∠EAC=60°，∠2+∠EAC=60°，
∴∠1=∠2，
在△ABE和△ACF中，
{
∠1=∠2
)
AB=AC ，
∠ABE=∠ACF
∴△ABE≌△ACF(ASA)，
∴BE=CF；
（2）①证明：如图，连接AC，
由（1）和已知可得：△ABC和△AEF为等边三角形，
∴AE=AF，AC=AB=BC，∠EAF=∠BAC=60°，
∴∠CAE=∠BAF，
在△BAF和△CAE中，
{
AF=AE
)
∠BAF=∠CAE ，
AB=AC
∴△BAF≌△CAE(SAS)，
∴BF=CE，∴BF=CE=CB+BE=AB+BE，
即BF=AB+BE；
②解：过点A作AG⊥BC于点G，
由前面结论可知：AC=AB=BC=AD，
又∵AD=6，BE=2，
1 1
∴BG= AB= ×6=3，
2 2
∴AG=❑√AB2−BG2=❑√62−32=3❑√3，
EG=BG+BE=3+2=5，
∴AE=❑√AG2+EG2=❑√27+25=2❑√13，
∵△AEF为等边三角形，
∴EF=AE=2❑√13．
12．（23-24九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠ADC=120°，点E．
F同时从A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B停止），点E的速度为1cm/s，点
F的速度为2cm/s．
（1）经过多少秒△≝¿为等边三角形？
（2）经过多少秒四边形BEDF的面积为3❑√3．
【思路点拨】
（1）设经过t秒△≝¿为等边三角形，延长AB至点M，使BM=AE，连接FM，易得AD=EM，
∠ADE=∠MEF，通过证明△ADE≌△MEF(SAS)，推出AE=MF=BM，则△BFM为等边三角形，进而得出AE=BF，列出方程求解即可；
（2）设经过t秒四边形BEDF的面积为3❑√3，过点D作DG⊥BC于点G，作DH⊥AB于点H，易得
DH=DG=2❑√3cm，求出S =8❑√3cm2 ，S =❑√3t，S =2❑√3t，根据四边形BEDF的面积
菱形ABCD △ADE △DCF
为3❑√3，得出S −S −S =3❑√3，列出方程求解即可．
菱形ABCD △ADE △DCF
【解题过程】
（1）解：设经过t秒△≝¿为等边三角形，
延长AB至点M，使BM=AE，连接FM，
∵BM=AE，
∴BE+AE=BE+BM，即AB=EM，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，
∴AD=EM，
∵∠ADC=120°，
∴∠A=60°，
∵△≝¿为等边三角形，
∴∠≝=60°，DE=EF，
∵∠DEM=∠A+∠ADE=∠≝+∠MEF，
∴∠ADE=∠MEF，
在△ADE和△MEF中，
{
DE=EF
)
∠ADE=∠MEF ，
AD=EM
∴△ADE≌△MEF(SAS)，
∴AE=MF=BM，
∵∠A=60°，∴∠FBM=60°，
∴△BFM为等边三角形，
∴BF=BM，
∴AE=BF，
∵AE=tcm，CF=2tcm，AB=4cm，
∴BC=AB=4cm，则BF=(4−2t)cm，
∴t=4−2t，
4
解得：t= ，
3
4
∴经过 秒△≝¿为等边三角形．
3
（2）解：设经过t秒四边形BEDF的面积为3❑√3，
过点D作DG⊥BC于点G，作DH⊥AB于点H，
∵四边形ABCD为菱形，AB=4cm，∠ADC=120°，
∴AD=AB=BC=4cm，∠A=∠C=60°，
∴∠ADH=30°，
1
∴AH= AD=2cm，
2
根据勾股定理可得：DH=❑√AB2−AH2=2❑√3(cm)
同理可得：DG=2❑√3cm，
∴S =BC⋅DG=4×2❑√3=8❑√3(cm2)，
菱形ABCD
∵AE=tcm,CF=2tcm，
1 1
∴S = AE⋅DH=❑√3t，S = CF⋅DG=2❑√3t，，
△ADE 2 △DCF 2
∵四边形BEDF的面积为3❑√3，
∴S −S −S =3❑√3，
菱形ABCD △ADE △DCF即8❑√3−❑√3t−2❑√3t=3❑√3，
5
解得：t= ，
3
5
∴经过 秒四边形BEDF的面积为3❑√3．
3
13．（2023·陕西西安·一模）如图，平行四边形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，∠B=60°，G是CD的
中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①AE=______时，四边形CEDF是矩形；
②AE=______时，四边形CEDF是菱形．
【思路点拨】
（1）证△CFG≅△EDG，推出FG=EG，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）①求出△MBA≅△EDC，推出∠CED=∠AMB=90°，再根据矩形的判定推出即可；
②证△CDE是等边三角形，推出CE=DE，再根据菱形的判定推出即可．
【解题过程】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠FCG=∠EDG，
∵G是CD的中点，
∴CG=DG，
在△CFG和△DEG中，
{∠FCG=∠EDG
)
CG=DG ，
∠CGF=∠DGE
∴△CFG≅ △DEG(ASA)，
∴FG=EG，
又∵CG=DG，
∴四边形CEDF是平行四边形．
（2）①当AE=5cm时，平行四边形CEDF是矩形，理由如下：如图，过A作AM⊥BC于M，
∵∠B=60°，AB=6，
1
∴BM= AB=3，
2
∵AE=5，
∴DE=AD−AE=3=BM，
在△MBA和△EDC中，
{
BM=DE
)
∠B=∠CDA ，
AB=CD
∴△MBA≅△EDC(SAS)，
∴∠CED=∠AMB=90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是矩形，
故答案为：5．
②当AE=2cm时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=8，CD=AB=6，∠CDE=∠B=60°，
∵AE=2，
∴DE=AD−AE=6，
∴DE=CD，
∴ΔCDE是等边三角形，
∴CE=DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是菱形，
故答案为：2．
14．（23-24八年级上·山东潍坊·期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC=90°，
AB=18cm，BC=13cm，CD=23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿折线B−C−D向终点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之
停止运动，设运动时间为t秒．
（1）用含t的式子表示PB；
（2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形PBCQ为菱形，则点Q的运动速度应为多少？
【思路点拨】
本题考查了四边形的综合题，涉及到菱形的性质、平行四边形的判定及性质．
（1）根据P点的速度以及时间结合AB的长表示即可；
（2）只有Q点在CD上时，方能满足条件，分两种情况：①四边形PQCB是平行四边形，②四边形
ADQP是平行四边形，进行解答即可；
（3）设Q的速度为xcm/s，Q在CD边上，此时PBCQ可为菱形，满足PB=BC=CQ，建立方程解决即
可．
【解题过程】
（1）∵P从A点以1cm/s向B点运动
∴ ts时，AP=t×1=t(cm)
∵AB=18cm
∴BP=AB−AP=(18−t)cm；
（2）∵BC=13cm
∴Q在BC上运动时间为13÷2=6.5(s)
∵BC+CD=23+13=36(cm)
∴Q运动时间最长为36÷2=18(s)
∴6.5s≤t≤18s时，Q在CD边上
此时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况：
①四边形PQCB是平行四边形，如图所示：∵AB∥CD即PB∥CQ
∴只需PB=CQ即可，由（1）知：PB=(18−t)cm
∵ Q以2cm/s的速度沿折线B−C−D向终点D运动，
∴运动时间为ts时，CQ=2t−BC=(2t−13)cm
∴18−t=2t−13
31
解得：t= ；
3
②四边形ADQP是平行四边形，如图所示：
同理∵AP∥DQ
∴只需AP=DQ，四边形ADQP是平行四边形
由（1）知，AP=tcm
则DQ=CD+CB−2t=(36−2t)cm
∴36−2t=t
解得：t=12
31
综上所述：当t= s或12s时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形；
3
（3）设Q的速度为xcm/s，由（2）可知，Q在CD边上，此时四边形PBCQ可为菱形
∵PB∥CQ
∴只需满足PB=BC=CQ即可
由（1）知：PB=(18−t)cm
由（2）知：CQ=(xt−13)cm，BC=1cm
∴18−t=13，xt−13=13
解得：t=5s，x=5.2cm/s∴当Q点的速度为5.2cm/s时，四边形PBCQ为菱形．
15．（22-23八年级下·广东珠海·期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，
AD=24cm，BC=30cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以
3cm/s的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t
秒．
（1）当t=6s时，请判定四边形PQCD的形状 （直接填空）
（2）当PQ=CD时，求t的值．
（3）连接DQ，是否存在△QDC为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）根据题意有：AP=t，QC=3t，进而有PD=AD−AP=24−t，BQ=BC−QC=30−3t，当
t=6s时，可得PD=QC，结合PD∥QC，即可作答；
（2）分四边形PQCD是平行四边形和四边形PQCD是等腰梯形两种情况，结合题意计算，得到答案；
（3）分三种情况讨论：当△QDC为等腰三角形，且QD=DC时，过D点DH⊥BC于H；当△QDC为等
腰三角形，且QC=DC时；当△QDC为等腰三角形，且QD=QC时，根据等腰三角形的性质结合勾股定
理列出关于t的方程，解方程即可求解．
【解题过程】
（1）根据题意有：AP=t，QC=3t，
∵AB=8，AD=24，
∴PD=AD−AP=24−t，BQ=BC−QC=30−3t，
当t=6s时，PD=24−t=18，QC=3t=18，
∴PD=QC，
∵AD∥BC，
∴PD∥QC，
∴四边形PQCD是平行四边形；
（2）当PQ=CD，四边形PQCD是平行四边形时，
即有：PD=QC，
则24−t=3t，
解得，t=6(s)；当PQ=CD时，四边形PQCD是等腰梯形时，
过P点作PM⊥BC于M，过D点DN⊥BC于N，如图，
根据AD∥BC，∠B=90°，DN⊥BC，可得四边形ADNB是矩形，
则BN=AD=24，AB=DN=8，
即NC=BC−BN=30−24=6，DC=❑√DN2+NC2=10，
∵梯形PQCD为等腰梯形，PM⊥BC于M，
∴NC=QM=6，PD=MN，
根据（1）有AP=t，QC=3t，PD=24−t，BQ=30−3t，
∵MN=CQ−QM−NC=3t−12，
∴3t−12=24−t，
解得t=9(s)，
综上所述：t=6s或t=9s时，PQ=CD．
（3）存在，理由如下：
根据（1）有AP=t，QC=3t，PD=24−t，BQ=30−3t，
根据（2）有DC=10，
当△QDC为等腰三角形，且QD=DC时，
过D点DH⊥BC于H，如图，
根据（2）可知：HC=6时，
∵△QDC为等腰三角形，
∴QC=2HC=12，
∴12=3t，解得t=4，
即此时t=4；
当△QDC为等腰三角形，且QC=DC时，如图，10
∴10=3t，解得t= ，
3
10
即此时t= ；
3
当△QDC为等腰三角形，且QD=QC时，
过D点DP⊥BC于P，过Q点QG⊥DC于G，如图，
根据（2）同理可知四边形ADPB四边形是矩形，
∴AB=DP=8，
1 1
∵S = ×DC×QG= ×QC×DP，DC=10，QC=3t，
△DQC 2 2
QC×DP 3t×8 12t
∴QG= = = ，
DC 10 5
∵QD=QC，QG⊥DC，
∴GC=5，
∵在Rt△QGC中，QC2=QG2+CG2，
∴9t2=
(12t) 2
+52
，
5
25
解得：t= ，
9
10 25
综上所述：当t为4或者 或者 时，△QDC为等腰三角形．
3 9
16．（23-24八年级上·吉林长春·期中）如图，在▱ABCD中，AB=10,BC=40,BC边上的高为8．点P
从点A出发，沿AD以每秒5个单位长度的速度运动．点Q从点B出发沿B−C−B以每秒8个单位长度的
速度运动．P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时，P、Q两点同时停止运动．设点运动的时间为t
（秒）(t≠0)，连结PQ．（1）直接写出点Q与点C重合时t的值．
（2）当点Q沿B−C运动时，求QC的长（用含t的代数式表示）．
（3）当PQ⊥BC时，求t的值．
（4）当PQ=10时，直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）由题意可得8t=40，即可；
（2）根据题意可得BQ=8t，从而得到QC=BC−BQ=40−8t，即可；
（3）分两种情况，点Q沿B−C运动时，如图，过点A作AM⊥BC于点M，则四边形AMQP是矩形；
点Q沿C−B运动时，如图， 过点C作CN⊥AD于点N， 则四边形CNPQ是矩形，即可解决问题；
（4）分两种情况，结合等腰梯形的性质、平行四边形的性质分别求出t的值即可．
【解题过程】
（1）解：点Q与点C重合时，
由题意得：8t=40，
解得：t=5，
即点Q与点C重合时，t的值为5；
（2）解：当点Q沿B−C运动时，
由题意得：BQ=8t，
∴QC=BC−BQ=40−8t，
即QC的长为40−8t；
（3）解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=40,CD=AB=10,AB∥CD,AD∥BC，
分两种情况：
点Q沿B−C运动时，如图，过点A作AM⊥BC于点M，则四边形AMQP是矩形，
∴AM=8，
∴MQ=AP=5t，
∴BM=BQ−MQ=8t−5t=3t，∵BM=❑√AB2−AM2=❑√102−82=6，
∴3t=6，解得：t=2；
②点Q沿C−B运动时，如图， 过点C作CN⊥AD于点N， 则四边形CNPQ是矩形，
∴CN=8,
∴PN=QC=40−8t，
∴DN=AD−AP−PN=40−5t−(8t−40)=80−13t，
同①得：DN=6，
74
∴80−13t=6，解得：t= ，
13
74
综上所述，当PQ⊥BC时，t的值为2或 ；
13
（4）解：分两种情况：
点Q沿B−C运动时，
∵PQ=10,AB=10，
∴PQ=AB，
∵AP=5t,BQ=8t，
∴四边形ABQP是等腰梯形，
如图3，过A作AG⊥BC于点G，PH⊥BC于点H，则四边形AGHP是矩形，
∴AP=GH=5t，
1 3
∴BG=QH= (BQ−GH)= t，
2 2
由（3）得：BG=6，
∴1.5t=6，解得：t=4；
当点Q沿C−B运动时，
∵PQ=10,AB=10，
∴PQ=AB，当四边形ABQP是等腰梯形时，如图，过A作AG⊥BC于点G，PH⊥BC于点H，则四边形AGPH是
矩形，
∴BG=QH,GH=AP=5t，
1 1 1
∴BG=QH= (BQ−GH)= (80−8t−5t)= (80−13t)，
2 2 2
由（3）得：BG=6，
1 68
∴ (80−13t)=6，解得：t= ；
2 13
如图，当四边形ABQP是平行四边形时，则BQ=AP，
∴80−8t=5t，
80
解得：t= ；
13
68 80
综上所述，当PQ=10时，t的值为4或 或 ．
13 13
17．（23-24八年级上·山东青岛·阶段练习）在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，AB=12cm，
BC=27cm，CD=15cm，点P从点B开始沿BC向点C以每秒3cm的速度移动，点Q从点D开始沿DA以
每秒2cm的速度移动，设运动时间为t秒，连接PQ．
（1）线段AD的长度是__________cm；
（2）当t=________时，线段BQ平分∠B；
（3）当t=________时，PQ⊥BC；
（4）当t为何值时，四边形QPCD的面积是60cm2；（请说明理由）
（5）当t为何值时，Q在PC的中垂线上．（请说明理由）
【思路点拨】
（1）过D点作DN⊥BC于N点，先证明四边形ABND是矩形，再利用勾股定理求出，问题随之得解；
NC=❑√DC2−DN2=9
1
（2）根据线段BQ平分∠B，可得∠ABQ= ×90°=45°，即有∠AQB=90°−45°=45°，即有
2
AB=AQ=12，再根据运动可得DQ=2t，即有AQ=AD−DQ=18−2t，则得方程18−2t=12，解方程
即可作答；
（3）先证明四边形ABPQ是矩形，即有AQ=BP，根据运动可知：DQ=2t，BP=3t，可得
AQ=AD−DQ=18−2t，即有方程18−2t=3t，解方程即可求解；
（4）当四边形QPCD为梯形时，根据运动可知：DQ=2t，BP=3t，即有PC=BC−BP=27−3t，根
1 1
据S = ×(DQ+PC)×AB= ×(2t+27−3t)×12=6(27−t)=60，可得t=17，根据t≤9，应舍
梯形QPCD 2 2
去；当四边形QPCD为平行四边形时，同理可知没有符合要求的t值，问题得解；
（5）过Q点作QM⊥BC于M点，连接QP，QC，先证明△PQC是等腰三角形，即有
1 27−3t 27−3t 27+3t
PM=MC= PC= ，进而有BM=BP+PM=3t+ = ，再证明四边形ABMQ是矩
2 2 2 2
27+3t
形，根据AQ=BM，可得18−2t= ，问题随之得解．
2
【解题过程】
（1）过D点作DN⊥BC于N点，如图，
∵∠ABC=90°，AD∥BC，DN⊥BC，
∴∠A=180°−∠ABC=90°，∠DNB=90°，
∴四边形ABND是矩形，
∴AB=ND=12，AD=BN，
∵∠DNC=90°，CD=15，
∴NC=❑√DC2−DN2=9，
∵BC=27，
∴BN=BC−NC=18，∴AD=BN=18cm，
故答案为：18；
（2）如图，
∵∠ABC=90°，线段BQ平分∠B，
1
∴∠ABQ= ×90°=45°，
2
∵∠A=90°，AB=12cm，
∴∠AQB=90°−45°=45°，
∴AB=AQ=12，
根据运动可知：DQ=2t，
∴AQ=AD−DQ=18−2t，
∴18−2t=12，
解得：t=3，
故答案为3；
（3）如图，
∵∠ABC=90°，AD∥BC，PQ⊥BC，
∴∠A=180°−∠ABC=90°，∠QPB=90°，
∴四边形ABPQ是矩形，
∴AQ=BP，
根据运动可知：DQ=2t，BP=3t，
∴AQ=AD−DQ=18−2t，
∴18−2t=3t，
18
解得：t= ，
5（4）不存在这样的t值，理由：
当四边形QPCD为梯形时，
如图，
根据运动可知：DQ=2t，BP=3t，
∴PC=BC−BP=27−3t，
∵∠ABC=90°，AD∥BC，AB=12cm，
1 1
∴梯形QPCD的面积为：S = ×(DQ+PC)×AB= ×(2t+27−3t)×12=6(27−t)，
梯形QPCD 2 2
∵四边形QPCD的面积是60cm2，
∴6(27−t)=60，
解得：t=17，
∵PC=27−3t≥0，
∴t≤9，
故t=17不符合题意，应舍去；
当四边形QPCD为平行四边形时，
∴QD=PC，
∴2t=27−3t，
27
∴t= ，
5
54
∴QD=PC= ，
5
1 54
∴S = ×PC×AB= ×12≠60，
平行四边形QPCD 2 5
即此时没有符合要求的t值；
综上：不存在这样的t值，使得四边形QPCD的面积是60cm2；
（5）如图，过Q点作QM⊥BC于M点，连接QP，QC，∵Q在PC的中垂线上，
∴PQ=QC，
∴△PQC是等腰三角形，
∵QM⊥BC，
1 27−3t
∴PM=MC= PC= ，
2 2
27−3t 27+3t
∴BM=BP+PM=3t+ = ，
2 2
∵QD=2t，
∴AQ=AD−QD=18−2t，
∵∠ABC=90°，AD∥BC，QM⊥BC，
∴∠A=180°−∠ABC=90°，∠QPB=90°，
∴四边形ABMQ是矩形，
∴AQ=BM，
27+3t
∴18−2t= ，
2
9
解得：t= ，
7
9
即：当t= 时，Q在PC的中垂线上．
7
18．（22-23八年级下·吉林·期中）如图，在▱ABCD中，∠DCA=90°，AB=6，AC=8，动点P从点
A出发沿AD以2cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以8cm/s速度沿射线CB运动，当点P
到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒（t>0）．
（1）CB的长为______；（2）用含t的代数式表示线段QB的长；
（3）连接PQ，
①是否存在t的值，使得PQ与AC互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在t的值，使得PQ与AB互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）若点P关于直线AQ对称的点恰好落在直线AB上，请直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质得AB=CD=6，再由勾股定理求出CB的长即可；
（2）当点Q在线段CB上时，QB=BC−CQ=10−8t；当点Q在线段CB延长线上时，
QB=CQ−BC=8t−10；
（3）①连接PC、AQ，若PQ与AC互相平分，则四边形APCQ是平行四边形，得AP=CQ，则2t=8t，
解得t=0，不符合题意舍去；②连接PB、AQ，若PQ与AB互相平分，则四边形APBQ是平行四边形，得
5
AP=BQ，则2t=8t−10，解得t= 即可；
3
（4）分两种情况，①当点P关于直线AQ对称的点恰好落在点A下方时，②当点P关于直线AQ对称的点恰
好落在点A上方时，证BQ=AB=6，求出CQ的长，即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=6，∠BAC=∠DCA=90°，
∴CB=❑√AB2+AC2=❑√62+82=10，
故答案为：10；
（2）由题意得：CQ=8t，
当点Q在线段CB上时，QB=BC−CQ=10−8t；
当点Q在线段CB延长线上时，QB=CQ−BC=8t−10；
综上所述，线段QB的长为10−8t或8t−10；
（3）①不存在，理由如下：
如图1，连接PC、AQ，若PQ与AC互相平分，则四边形APCQ是平行四边形，
∴AP=CQ，
∵AP=2t，CQ=8t，
∴2t=8t，
解得：t=0，不符合题意舍去；
②存在，理由如下：
如图2，连接PB、AQ，
若PQ与AB互相平分，则四边形APBQ是平行四边形，
∴AP=BQ，
∴2t=8t−10，
5
解得：t= ，
3
5
∴存在t的值，使得PQ与AB互相平分，t的值为 ；
3
（4）分两种情况：
①当点P关于直线AQ对称的点恰好落在点A下方时，如图3，
由对称的性质得：∠PAQ=∠P′ AQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠PAQ=∠AQB，
∴∠P′ AQ=∠AQB，
∴BQ=AB=6，
∴CQ=BC−BQ=10−6=4，即8t=4，
1
解得：t= ；
2
②当点P关于直线AQ对称的点恰好落在点A上方时，如图4，
由对称的性质得：∠PAF=∠P′ AF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠PAF=∠BQA，
∵∠P′ AF=∠BAQ，
∴∠BQA=∠BAQ，
∴BQ=AB=6，
∴CQ=BC+BQ=10+6=16，
即8t=16，
解得：t=2；
1
综上所述，t的值为 或2．
2
19．（22-23八年级下·河北沧州·期中）如图，在▱ABCD中，∠A=60°，AB=6cm，连接BD，恰有
∠ABD=90°，过点D作DE⊥BC于点E．动点P从点D出发沿DA以1cm/s的速度向终点A运动，同时
点Q从点B出发，以4cm/s的速度沿射线BC运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动
的时间为t s．
（1）分别求BD和BE的长度；9
（2）连接PQ，当t= 时，判断PQ与AD是否垂直，并说明理由；
5
（3）试判断是否存在t的值，使得以P，Q，C，D为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；
若不存在，请说明理由；
（4）若点P关于直线DQ对称的点恰好落在直线CD上，请直接写出点P，Q之间的距离．
【思路点拨】
（1）可求出∠ADB=30°，根据含30°的直角三角形的性质可得AD=2AB=12cm，
1
BD=❑√3AB=6❑√3cm，根据平行四边形的性质可得AD∥BC，则∠DBC=30°，即可得DE= BD，
2
BE=❑√3DE，即可求解；
（2）先证四边形DEQP是平行四边形，可得四边形DEQP是矩形，即可得出结论；
（3）分两种情况讨论，由平行四边形的性质可得AP=BQ，列出方程可求解；
（4）分两种情况讨论，由轴对称的性质和等边三角形的性质以及勾股定理可求解．
【解题过程】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABD=90°，∠A=60°，AB=6cm，
∴∠ADB=30°，AD∥BC，
∴AD=2AB=12cm，BD=❑√3AB=6❑√3cm，∠DBC=∠ADB=30°，
∵DE⊥BC，
1
∴DE= BD=3❑√3cm，BE=❑√3DE，
2
∴BE=❑√3DE=9cm；
（2）PQ⊥AD，理由如下：
如图1，
∵动点P从点D出发沿DA以1cm/s的速度向终点A运动，同时点Q从点B出发，以4cm/s的速度沿射线
BC运动，
9 9 36
∴当t= 时，PD= ，BQ= ，
5 5 536 9
∴QE=BE−BQ=9− = =PD，
5 5
∵AD∥BC，
∴四边形DEQP是平行四边形，
∵DE⊥BC，
∴四边形DEQP是矩形，
∴PQ⊥AD；
（3）存在，
当CD为边时，
∵四边形PQCD是平行四边形，
∴PD=CQ，
∴t=12−4t，
12
∴t= ；
5
当CD为对角线时，
∵四边形PCQD是平行四边形，
∴PD=CQ，
∴t=4t−12，
∴t=4，
12
综上所述：t的值为 或4；
5
（4）如图，当点P的对称点在线段CD上时，
∴∠ADQ=∠QDC=60°，
∴∠QDC=∠BCD=60°，
∴△CDQ是等边三角形，
∴CD=CQ，
∴6=12−4t，3
∴t= ，
2
3
过点P作PH⊥BC于H，则PH=DE=3❑√3cm，EH=PD= cm，
2
∵∠BCD=60°，CD=AB=6cm，DE⊥BC，
1
∴CE= CD=3cm，
2
3
∴QH=CQ−EH−CE= cm，
2
在Rt△PQH中，
3❑√13
PQ=❑√PH2+QH2= cm；
2
如图，当点P的对称点在线段CD的延长线上时，
∵∠CDA=120°，
∴∠PDP′=60°，
∵点P的对称点在线段CD的延长线上，
1
∴∠CDQ= ∠PDP′=30°，
2
∵∠BCD=∠CDQ+∠CQD，
∴∠CDQ=∠CQD=30°，
∴CD=CQ=6，
∴BQ=12+6=18，
∴4t=18，
9
∴t= ，
2
9
过点P作PH⊥BC于H，则PH=DE=3❑√3cm，EH=PD= cm，
2∵∠BCD=60°，CD=AB=6cm，DE⊥BC，
1
∴CE= CD=3cm，
2
27
∴QH=CQ+EH+CE= cm，
2
在Rt△PQH中，
3❑√93
PQ=❑√PH2+QH2= cm；
2
3❑√13 3❑√93
综上所述：点P，Q之间的距离为 cm或 cm．
2 2
20．（23-24九年级上·吉林长春·开学考试）如图，在△ABC中，BA=BC=10，BC边上高为8，点D为
边BC的中点点P从点B出发，沿折线BA－AC向点C运动，在BA、AC上的速度分别为每秒5个单位长
度和每秒2❑√5个单位长度．当点P不与点A重合时，连接PD，以PA、PD为邻边作▱APDE．设点P的
运动时间为t秒(t>0)．
（1）①线段AC的长为______；
②用含t的代数式表示线段AP的长；
（2）当点E在△ABC内部时，求t的取值范围；
（3）当▱APDE是菱形时，求t的值；
（4）作点B关于直线PD的对称点B′，连结B′D，当B′D⊥BC时，直接写出t的值．
【思路点拨】（1）①如图1中，过点A作AH⊥BC于点H．利用勾股定理求出BH，AC即可；②分两种情形：当
0<t≤2时，当2<t≤4时，分别求解即可．
（2）分别判断出点E落在AC，AB上的时间，结合图形判断可得结论．
（3）分两种情形：如图3中，当AP=PD时，四边形APDE是菱形，过点P作PJ⊥BC于点J．如图4中，
当AP=PD时，四边形APDE是菱形．过点P作PT⊥BC于点T．分别构建方程求解即可．
（4）分两种情形：如图5中，当点P在AB上时，过点P作PK⊥BC于点K．如图6中，当点P在AC上
时，过点P作PT⊥BC于点T．分别构建方程求解即可．
【解题过程】
（1）解：①如图1中，过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB=BC=10，AH=8，
∴BH=❑√AB2−AH2=❑√102−82=6，
∴CH=BC−BH=10−6=4，
∴AC=❑√AH2+CH2=❑√82+42=4❑√5，
故答案为：4❑√5；
②当0<t≤2时，
AP=AB−PB=10−5t；
当2<t≤4时，
AP=2❑√5(t−2)=2❑√5t−4❑√5．
（2）解：如图1中，当t=1时，BP=AP，
此时，点E落在AC，
观察图象可知，当1<t<2时，点E在△ABC内部，
如图2中，当t=3时，AP=PC，
此时，点E落在AB上，
观察图象可知，当2<t<3时，点E在△ABC内部，
综上所述，当1<t<2或2<t<3时，点E在△ABC内部．
（3）解：如图3中，当AP=PD时，四边形APDE是菱形．
过点P作PJ⊥BC于点J．
在Rt△PBJ，PB=5t，
∴PJ=4t，BJ=3t，
∴DJ=BD−BJ=5−3t，PD=AP=10−5t，
由勾股定理得：PJ2+DJ2=PD2，
即：(4t) 2+(5−3t) 2=(10−5t) 2，
15
解得：t= ；
14
如图4中，当AP=PD时，四边形APDE是菱形．过点P作PT⊥BC于点T．
在Rt△PCT中，PC=4❑√5−2❑√5(t−2)=8❑√5−2❑√5t，CT=8−2t，PT=16−4t，
∴DT=CD−CT=5−(8−2t)=2t−3，
由勾股定理得：PT2+DT2=PD2，
即：(16−4t) 2+(2t−3) 2=[2❑√5(t−2)) 2 ，
37
解得：t= ；
12
15 37
综上所述，满足条件的t的值为 或 ．
14 12
（4）解：如图5中，当点P在AB上时，
过点P作PK⊥BC于点K．
∵DB′⊥CB，
∴∠PDK=∠PDB′=45°，
∴PK=DK=4t，
∵BK=3t，
∴BD=BK+DK=3t+4t=5，5
∴t= ；
7
如图6中，当点P在AC上时，过点P作PT⊥BC于点T．
同理可证：PT=DT=16−4t，
∵CT=8−2t，
∴CD=16−4t+8−2t=5，
19
∴t= ；
6
5 19
综上所述，满足条件的t的值为 或 ．
7 6
