专题 18.9 四边形中的动点问题六大题型（60 题）
【人教版】
【题型1 与平行四边形有关的动点问题】
1．（24-25八年级·安徽宿州·期末）如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=75°，P为AB边上的一动
点，以PA、PC为邻边作▱AQCP，则对角线PQ长度的最小值是（ ）
1 1 2
A． B． C．1 D．
3 2 3
【答案】C
【分析】记AC、PQ相交于点O，过点O做OP′⊥AB于点P′，以PA，PC为邻边作平行四边形，由平行
四边形的性质可知O是中点，PQ最短也就是PO最短，当PO⊥AB时PO最短，即P与P′重合，然后根据
等腰三角形和含30°角的直角三角形的性质即可求出PQ的最小值．
【详解】解：记AC、PQ相交于点O，过点O做OP′⊥AB于点P′，
∵ AQCP
四边形 是平行四边形，
∴AO=CO，PO=QO，
∴要PQ最短就是PO最短，当PO⊥AB时PO最短，
即P与P′重合，
∵AB=AC=2，∠B=75°，
∴△ABC是等腰三角形，
∴∠BAC=180°−2∠B=30°，
1
∴AO=CO= AC=1，
2
根据直角三角形中30°角对应的边等于斜边的一半，1 1
∴OP′= AO= ，
2 2
∴PQ最小值=2OP′=1，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形、等腰三角形性质以及垂线段最短的性
质，解题的关键是适当辅助线构造含30°角的直角三角形．
2．（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，等腰△ABC中，AB=AC，点K是底边BC上的一动点（不与
点B、C重合），过点K分别作AB、AC的平行线KH、KQ，交AC、AB于点H、Q，则下列数量关
系一定正确的是（ ）
A．AQ+QK=2BQ B．KH+KQ=BC
C．KH+KQ=AC D．AC−AQ=BK
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，由等腰三角形
的性质可得∠B=∠C，由平行线的性质可得∠BKQ=∠C，∠CHK=∠B，进而得到∠BKQ=∠B，
∠CHK=∠C，即得BQ=KQ，KH=CH，由平行四边形的性质可得KQ=AH，即可得到
KH+KQ=CH+AH=AC，AQ+QK=AQ+BQ，AC−AQ=AB−AQ=BQ，据此可判断求解，掌握
等腰三角形和平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵KQ∥AC，KH∥AB，
∴∠BKQ=∠C，∠CHK=∠B，
∴∠BKQ=∠B，∠CHK=∠C，
∴BQ=KQ，KH=CH，
∵KH∥AB，KQ∥AC，
∴四边形AHKQ是平行四边形，
∴KQ=AH，∴KH+KQ=CH+AH=AC，AQ+QK=AQ+BQ，AC−AQ=AB−AQ=BQ，
∴一定正确的是C，
故选：C．
3．（24-25八年级·江苏盐城·期中）如图，点D是△ABC的边AB的延长线上一点，点F是边BC上的一个
动点（不与点B重合），以BD,BF为邻边作平行四边形BDEF，又AP∥BE,AP=BE（点P、E在直线
1
AB的同侧），如果BD= AB，那么△PBC的面积与△ABC面积之比为（ ）
4
1 3 1 3
A． B． C． D．
4 5 5 4
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，数来你掌握知识点并作出适当的辅助线是解题的关键．过
点P作PH∥BC交AB于H，连接CH,PF,PE，可证得四边形APEB，BFPH是平行四边形，再根据四
边形BDEF是平行四边形，设BD=a，可得PE=AB=4a，再根据S =S ，
△HBC △PBC
S :S =BH:AB即可求解．
△HBC △ABC
【详解】过点P作PH∥BC交AB于H，连接CH,PF,PE，
∵AP∥BE,AP=BE，
∴四边形APEB是平行四边形，
∴AB∥PE,AB=PE，
∵四边形BDEF是平行四边形，∴EF∥BD,EF=BD，
∴EF∥AB，
∴P，E，F共线，
设BD=a，
1
∵BD= AB，
4
∴PE=AB=4a，
∴PF=PE−EF=3a，
∵PH∥BC，
∴S =S ，
△HBC △PBC
∵PF∥AB，
∴四边形BFPH是平行四边形．
∴BH=PF=3a，
∵S :S =BH:AB=3a:4a=3:4，
△HBC △ABC
∴S :S =3:4．
△PBC △ABC
故选：D．
4．（24-25八年级·浙江温州·阶段练习）如图，在▱ABCD中，AB=5,BC=9，动点P从A点出发，以1
个单位长度的速度沿线段AD向终点D运动，同时动点Q从点B出发以3个单位长度的速度在BC间往返运
动，当点P到达点D时，动点P､Q同时停止运动，连结PQ．设运动时间为t秒．当PQ平分▱ABCD的面
积时，则t= ．
9 9 27
【答案】 或 或
4 2 4
【分析】本题考查平行四边形的性质，中心对称：由平行四边形的性质，中心对称的性质得到PD=BQ，
分三种情况讨论即可解决问题．
【详解】如图，连接BD交PQ于点O，∵PQ平分▱ABCD的面积，▱ABCD是中心对称图形，
∴PQ经过▱ABCD的中心，即BO=DO，
在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD,∠DPQ=∠BQP，
∴△DOP≌△BOQ，
∴PD=BQ，
当0<t≤3时，
∵PD=9−t,BQ=3t，
∴9−t=3t，
9
∴t= ；
4
当3<t≤6时，
∵PD=9−t,BQ=18−3t，
∴9−t=18−3t，
9
∴t= ；
2
当6<t≤9时，
∵PD=9−t,BQ=3t−18，
∴9−t=3t−18，
27
∴t= ．
4
9 9 27
∴当PQ平分▱ABCD的面积时，t= 或 或 ．
4 2 4
9 9 27
故答案为： 或 或 ．
4 2 4
5．（24-25·浙江金华·八年级·期末）如图，在▱ ABCD中，AB=5，BC=7，点M、N分别是AD、BC
上的动点，AM=CN，连结MN，作CD关于MN的对称线段C′D′，当C′D′与▱ ABCD的某边平行时，
AM= ．7
【答案】 或1或6
2
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，折叠问题；分三种情况讨论，①当C′D′∥AD
时，如图所示，作∠ADC的角平分线DE交BC于点E，②当C′D′∥AD时，如图所示，作∠ADC的外
角平分线DG，同理可得CG=CD=5，四边形MNGD是平行四边形，③当C′D′∥CD时，M,N为
AD,BC的中点，分别画出图形，即可求解．
【详解】①当C′D′∥AD时，如图所示，作∠ADC的角平分线DE交BC于点E，
∵作CD关于MN的对称线段C′D′，C′D′∥AD
∴MN∥DE
∴四边形MDEN是平行四边形，
如图所示，设MD=x，则NE=x
∴BE=2x
又∵∠ADE=∠CDE，AD∥BC
∴∠ADE=∠DEC
∴∠CDE=∠DEC
∴EC=CD=5
∵BN+NE+EC=7，即2x+5=7
解得：x=1
∴AM=AD−MD=7−1=6
②当C′D′∥AD时，如图所示，作∠ADC的外角平分线DG，
同理可得CG=CD=5，四边形MNGD是平行四边形设AM= y，则NC= y，
∵MD=NG，即7−y= y+5
解得：y=1
∴AM=1，
③当C′D′∥CD时，M,N为AD,BC的中点，
7
∴AM= ，
2
7
综上所述，AM = 或1或6
2
7
故答案为： 或1或6．
2
6．（24-25八年级·河南郑州·期末）如图, 四边形ABDC是平行四边形，AB=8cm，AC=6cm，点G在
CD上， CG=3cm，动点E从点B出发，沿折线B→D→C→A→B的方向以2cm/s的速度运动，动点
F从点B出发，沿折线B→A→C→D→B的方向以1cm/s的速度运动，若动点E，F同时出发，相遇时
停止运动，在第 s时，以点A，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形．19
【答案】3或
3
【分析】本题考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①点E在CD上，且在点G
的右边，点F在AB上，四边形AGEF为平行四边形；②点E在CD上，且在点G的左边，点F在AB上，四
边形AEGF为平行四边形；画出图形进行解答即可求解，正确画出图形并运用分类讨论思想解答是解题的
关键．
【详解】解：∵CG=3cm，CD=AB=6cm，
∴DG=8−3=5cm，
设运动ts时，有两种情况：
①如图，点E在CD上，且在点G的右边，点F在AB上，四边形AGEF为平行四边形，
则AF=≥¿，
∴8−t=5−(2t−6)，
解得t=3；
② E CD G F AB AEGF
如图，点 在 上，且在点 的左边，点 在 上，四边形 为
平行四边形，
则AF=EG，
∴8−t=2t−6−5，
19
解得t= ；
3
19
综上，当t=3s或 s时，以点A，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，
3
19
故答案为：3或 ．
31
7．（24-25八年级·江苏无锡·期中）如图1，在▱ABCD中，AB=3，AD=6．动点P沿AD边以每秒 个
2
单位长度的速度从点A向点D运动．设点P运动的时间为t（t>0）秒．
(1)当CP平分∠BCD时，求t的值．
(2)如图2，另一动点Q以每秒2个单位长度的速度从点C出发，在CB上往返运动．P、Q两点同时出发．
①当点P到达点D停止运动，点Q也随之停止运动．若以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，请
求出t的值．
②若点P在AD上往返运动，当以P、D、Q、B为顶点的四边形第2023次成为平行四边形时，直接写出此
时t的值为______．
【答案】(1)t=6
24 48
(2)①t= 或t=8或t= ；②6936
5 5
【分析】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，利用分类讨论思想解决
问题是本题的关键．
1 1
（1）由题意可得AP= t，则PD=AD−AP=6− t．由平行线的性质和角平分线的性质可得
2 2
DP=DC=3 ，列方程可求解；
（2）①根据题意得：PD=BQ，利用平行四边形的性质分四种情况：当点Q没有到达点B时；当点Q到
达点B后，返回时；当点Q到达点C后，返回时；当点Q第二次到达点B后，分别求解即可．②由①可
知，点P从点A运动到点D，以P、D、Q、B为顶点的四边形可构成3次平行四边形，推导出P从A运动
到点D，再返回A，以P、D、Q、B为顶点的四边形可构成7次平行四边形，由2023÷7=289，即可得到
以P、D、Q、B为顶点的四边形第2023次成为平行四边形时，t=289×24=6936．
1
【详解】（1）解：由题意可得AP= t，
2
1
∴PD=AD−AP=6− t．
2
在▱ABCD中，AD∥BC，CD=AB=3，
∴∠DPC=∠BCP．∵CP平分∠BCD，
∴∠BCP=∠DCP，
∴∠DPC=∠DCP，
∴DP=DC=3，
1
∴6− t=3，
2
∴t=6；
（2）解：①∵以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，BQ∥PD，
∴PD=BQ，
当点Q没有到达点B时，
1
6− t=6−2t，
2
∴t=0（不合题意舍去），
当点Q到达点B后，返回时，
1
6− t=2t−6，
2
24
∴t= ，
5
当点Q到达点C后，返回时，
1
6− t=3×6−2t，
2
∴t=8，
当点Q第二次到达点B后，
1
6− t=2t−6×3，
2
48
∴t= ．
5
24 48
综上所述：t的值为 或8或 ．
5 5
②由①可知，点P从点A运动到点D，以P、D、Q、B为顶点的四边形可构成3次平行四边形，
当t=12秒时，P到达点D，此时Q也第2次返回点C，
当P从D返回A时，
1
当12<t≤15时，由PD=BQ得到 t−6=30−2t，
272
解得t= ，
5
1
当15<t≤18时，由PD=BQ得到 t−6=2t−30，
2
解得t=16，
1
当18<t≤21时，由PD=BQ得到 t−6=42−2t，
2
96
解得t= ，
5
1
当21<t≤24时，由PD=BQ得到 t−6=2t−42，
2
解得t=24，
∴P从A运动到点D，再返回A，以P、D、Q、B为顶点的四边形可构成7次平行四边形，
∵2023÷7=289，
∴以P、D、Q、B为顶点的四边形第2023次成为平行四边形时，
t=289×24=6936，
故答案为：6936
8．（24-25八年级·广西梧州·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAC=90°，CD=12cm，
AC=16cm．动点P从点A出发沿AD以1cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以4cm/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的运动时间为t秒(t>0)．
(1)当点Q在线段CB延长线上时，用含t的代数式表示线段BQ的长；
(2)连结PQ，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；
(3)若点P关于直线AQ对称的点恰好落在直线AB上，请求出t的值．
【答案】(1)QB=4t−20(t>5)
20
(2)存在，当t的值为 时；PQ与AB互相平分
3
(3)2或8
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质及勾股定理即可解答．（2）连接PB、AQ，根据题意得到四边形APBQ是平行四边形，AP=BQ，列式求解即可．
（3）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，根据平行四边形的性质即可解答
【详解】（1）解： ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC=12，
∵∠BAC=90°，
∴CB=❑√AC2+AB2=❑√162+122=20，
当点Q在线段CB延长线上时，QB=CQ−CB=4t−20(t>5)
（2）存在，理由如下：
如图1，连接PB、AQ，
∵PQ与AB互相平分，则四边形APBQ是平行四边形，
∴AP=BQ，
∴t=4t−20，
20
解得：t= ，
3
20
∴当t的值为 时；PQ与AB互相平分；
3
（3）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2，
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=12，
∴CQ=CB−BQ=20−12=8，
即4t=8，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3，
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=12，
∴CQ=CB+BQ=20+12=32，
即4t=32，解得：t=8；
综上所述，t的值为2或8．
9．（24-25八年级·河北石家庄·期中）如图，在▱ABCD中，∠BAC=90°，CD=6cm，AC=8cm．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的运动时间为t秒(t>0)．(1)CB的长为______cm．
5
(2)当t> 时，用含t的代数式表示线段BQ的长______．
4
(3)连接PQ．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．
【答案】(1)10
(2)8t−10
5
(3)存在，t=
3
1
(4)t= 或t=2
2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得AB=DC=6，再根据勾股定理即可求解；
5
（2）根据题意可得CQ=8t，先求出当点Q与点B重合时，所花费的时间，再根据题意可知当t> 时，点
4
Q在线段CB的延长线上，得QB=CQ−BC=8t−10，即可求解；
（3）连接PB, AQ，假设PQ与AB互相平分，则可得四边形是平行四边形，进而可得AP=BQ，解得即
可到答案；
（4）根据题意分两种情况讨论即可：当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时和当点P关于直线AQ
对称的点落在点A上方时．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC=6，
∵∠BAC=90°，
∴BC=❑√AC2+AB2=❑√82+62=10；
（2）在▱ABCD中，AD=BC，AD∥BC，由题意得，CQ=8t，
当点Q与点B重合时，8t=10，
5
∴t= s，
4
5
当t> 时，点Q在线段CB的延长线上，QB=CQ−BC=8t−10，
4
故答案为：8t−10；
（3）存在，理由如下：
如图，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
∴t= s，
3
5
∴当t= s时，PQ与AB互相平分；
3
（4）当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时，如图，
由对称得，∠PAQ=∠P′ AQ，
∵AD∥BC，
∴∠PAQ=∠AQB，
∴∠P′ AQ=∠AQB，即∠BAQ=∠AQB，
∴BQ=AB=6，
∴CQ=BC−BQ=4，∴8t=4，
1
解得t= ；
2
当点P关于直线AQ对称的点落在点A上方时，如图，
由对称得，∠1=∠2，
∵AD∥BC，
∴∠1=∠3，
∵∠2=∠4
∴∠3=∠4，
∴BQ=AB=6，
∴CQ=BC+BQ=16，
∴8t=16，
解得t=2，
1
综上所述，t的值为 或2．
2
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用和动点问题，轴对称的性质，等腰三角形
的判定与性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
10．（24-25八年级·河北邯郸·期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，M，N
分别为射线OB，OD上的两个动点（点M，N始终在平行四边形ABCD的外面），连接AM，AN，CM
，CN．(1)若DN=2OD，BM=2OB，求证：四边形AMCN为平行四边形；
1 1
(2)若DN= OD，BM= OB(n>0)，
n n
①四边形AMCN为平行四边形吗？请说明理由；
②当n=1时，S =2，直接写出四边形AMCN的面积．
△MBC
【答案】(1)见解析
(2)①四边形AMCN为平行四边形，理由见解析
②16
【分析】本题是平行四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积，全等三角形的判定
和性质等知识，掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质可知OA=OC、OB=OD，再证ON=OM，即可得出结论；（2）①证
OF=OE，再根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可得出结论；
②当n=1时，DN=OD，BM=OB，进而可得DN=OD=OB=BM，根据等底等高的三角形面积相等可
得S =S =S =S =2，即S =4S =8，再由平行四边形性质可得AM=CN，
△CDN △COD △COB △MBC △CMN △MBC
AN=CM，证得△ANM≌△CMN(SSS)，即S =S =8，即可求得答案．
△ANM △CMN
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD．
∵DN=2OD，BM=2OB，
∴DN=BM，
∴OD+DN=OB+BM，即ON=OM，
∴四边形AMCN为平行四边形．
1 1
（2）解：①若DN= OD，BM= OB(n>0)，四边形AMCN为平行四边形，
n n
理由如下：
1 1
∵ DN= OD，BM= OB(n>0)，OD=OB．
n n
∴DN=BM，
∴OB+BM=OD+DN，
即OM=ON，
∵OA=OC，
∴四边形AMCN为平行四边形；
②当n=1时，DN=OD，BM=OB，∵OB=OD，
∴DN=OD=OB=BM，
∴S =S =S =S =2，
△CDN △COD △COB △MBC
∴S =4S =8，
△CMN △MBC
∵四边形AMCN为平行四边形，
∴AM=CN，AN=CM，
∵MN=NM，
∴△ANM≌△CMN(SSS)，
∴S =S =8，
△ANM △CMN
∴S =S +S =8+8=16．
▱AMCN △ANM △CMN
【题型2 与矩形有关的动点问题】
11．（24-25·河北唐山·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，动点E，F分别从点D，B同时出发，沿DA
，BC向终点A，C移动．要使四边形AECF为平行四边形，甲、乙分别给出了一个条件，下列判断正确的
是（ ）
甲：点E，F的运动速度相同；
乙：AF=CE
A．甲、乙都可行 B．甲、乙都不可行
C．甲可行，乙不可行 D．甲不可行，乙可行
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加
甲，根据题意可知DE=BF，从而推出AE∥CF，AE=CF，然后根据平行四边形的判定定理进行判断即
可；添加乙，根据AF=CE可证Rt△ABF≌Rt△CDE，知道DE=BF，从而推出AE=CF，然后结合矩
形ABCD对边平行，即可判断．
【详解】若添加甲条件，可证四边形AECF为平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形
∴ AD=BC，AD∥BC
∴ AE∥CF又∵点E，F分别从点D，B同时出发且运动速度相同
∴DE=BF
∴AD−DE=BC−BF即AE=CF
∴四边形AECF为平行四边形；
若添加乙条件，可证四边形AECF为平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形
∴ AB=CD，AD=BC，AD∥BC，∠B=∠D=90°
∴ AE∥CF
在Rt△ABF和Rt△CDE中
{AB=CD)
AF=CE
∴Rt△ABF≌Rt△CDE(HL)
∴DE=BF
∴AD−DE=BC−BF即AE=CF
∴四边形AECF为平行四边形．
故选A．
12．（24-25八年级·广东潮州·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=10cm，点E在线段AD上，且
AE=6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以
vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（ ）
6 12
A．2 B．4 C．4或 D．2或
5 5
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，数形结合、分类讨论并熟练掌握相
关性质及定理是解题的关键．
当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：①当EA=PB时，△APE≌△BQP，②当AP=BP时，
△AEP≌△BQP，分别按照全等三角形的性质及行程问题的基本数量关系求解即可．
【详解】解：当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：①当EA=PB时，△APE≌△BQP(SAS)，
∵AB=10cm，AE=6cm，
∴BP=AE=6cm，AP=4cm，
∴BQ=AP=4cm；
∵动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，
∴点P和点Q的运动时间为：4÷2=2s，
∴v=4÷2=2cm/s；
②当AP=BP时，△AEP≌△BQP(SAS)，
∵AB=10cm，AE=6cm，
∴AP=BP=5cm，BQ=AE=6cm，
∵5÷2=2.5s，
∴2.5v=6，
12
∴v= ⋅
5
12
综上，v的值为2或 ．
5
故选：D．
13．（24-25八年级·江苏扬州·期中）如图，点E是矩形ABCD边CD上一点，连接BE，将△CEB沿BE翻
折，点C落在点F处，∠ABF的角平分线与EF的延长线交于点M，若AB=3，BC=6，当点E从点C运
动到点D时，则点M运动的路径长是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质和翻折变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点M作MG⊥BA
，交BA的延长线于点G，延长GM交CD的延长线于点H，则四边形ADHG为矩形，由折叠可得
△BCE≌△BFE，得到∠BFE=∠C=90°，BC=BF=6，进而可得△BGM≌△BFM(AAS)，从而判断
出点M在GH上运动，又由全等三角形的性质可得MG=MF，CD=DF=3，设 MG=MF=x，则， ，由勾股定理得 ，即得 ，
MD=x+3 MH=GH−GM=6−x M D2=M H2+DH2 (x+3) 2=(6−x) 2+32
解方程求出x，得到MH的长度，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过点M作MG⊥BA，交BA的延长线于点G，延长GM交CD的延长线于点H，则四
边形ADHG为矩形，
∴GH=AD=BC=6，AG=HD，BG=CH，
由折叠得，△BCE≌△BFE，
∴∠BFE=∠C=90°，BC=BF=6，
∴∠G=∠BFM=90°，
∵BM为∠GBF的平分线，
∴∠GBM=∠FBM，
在△BGM和△BFM中，
{∠GBM=∠FBM
)
∠G=∠BFM ，
BM=BM
∴△BGM≌△BFM(AAS)，
∴BG=BF=6，
∴AG=BG−AB=3，
∵点M在GH上，
∴点M到AD的距离等于AG=3，即点M在GH上运动，
∴点E与点C重合时，点M与点H重合，
当点E与点D重合时，如图，
∵△BGM≌△BFM，∴MG=MF，
∵△BCE≌△BFE，
∴CD=DF=3，
∵ 四边形ADHG为矩形，
∴DH=AG=3，
设MG=MF=x，则MD=x+3，MH=GH−GM=6−x，
∵∠H=90°，
∴M D2=M H2+DH2，
∴(x+3) 2=(6−x) 2+32，
解得x=2，
∴MH=GH−GM=6−2=4，
∴当点E从点C运动到点D时，点M运动的路径长为线段HM的长，等于4，
故选：C．
14．（24-25八年级·全国·专题练习）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，且
OA=OB=OC=OD，点E从点B开始，沿四边形的边BA−AD运动至点D停止，CE与BD相交于点N，
点F是线段CE的中点．连接OF，下列选项不正确的是（ ）
A．四边形ABCD是矩形
1
B．当点E是AB的中点时， OF= CD
4
C．当AB=6，BC=8时，线段OF长度的最大值为4
D．当点E在边AB上，且∠COF=60°时，△OFN是等边三角形
【答案】D
【分析】本题考查矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定等．根据矩形的判定得出
A选项，根据中位线定理判断B选项，根据当点E与点D重合时OF的值最大得出C选项，进而根据等边
三角形的判定判断D选项即可．
【详解】解：∵OA=OB=OC=OD，
∴四边形ABCD是矩形，故A正确，不符合题意．
∵点O，F分别是AC，CE的中点，
∴OF是△ACE的中位线．
1
∴OF= AE
2
又∵点E是AB的中点，
∴CD=AB=2AE．
1
∴CD=4OF，即 OF= CD，
4
故B正确，不符合题意．
当点E与点D重合时，OF的值最大．
∵AD=BC=8，
∴AE的最大值是8．
1
∴OF= AE=4，即线段OF长度的最大值是4，
2
故C正确，不符合题意．
当∠COF=60°时，∠OAB=60°，
又∵OA=OB，
∴∠OBA=60°，
∴∠FON=60°，
∵∠BEN>∠OAB，
∴∠OFN≠60°，
∴△OFN不是等边三角形，
故D错误，符合题意；
故选D．
15．（24-25八年级·浙江台州·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，∠ACB=30°．点P从点A出发
沿AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点C出发沿CA以每秒2个单位长度的速度向终点
A运动．连接PQ，当时间是1秒时，PQ的长度是（ ）A．❑√41 B．6 C．❑√31 D．4
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质，含30°的直角三角形的性质，作QH⊥AB，根据题意得
1
AC=2AB=8，CQ=2，进而可得AQ=8−2=6，AH= AQ=3，QH=3❑√3，根据题意知AP=1，得
2
PH=3−1=2，即可得PQ=❑√PH2+HQ=❑√31．解题关键是勾股定理的正确应用．
【详解】解：作QH⊥AB，由矩形ABCD中，AB=4，∠ACB=30°，
则AC=2AB=8，CQ=1×2=2，
1
则AQ=8−2=6，AH= AQ=3，QH=❑√AQ2−AH2=3❑√3，
2
由题意知，AP=1×1=1，则PH=3−1=2，
得PQ=❑√PH2+HQ=❑√31．
故选：C．
16．（24-25·河南·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，点E是边AB延长线上一点，
BE=8，点M从点E出发，先以每秒2个单位长的速度向点B运动，点到达点B后，再以每秒6个单位长
的速度沿射线BE方向运动，同时点N从点D出发，沿射线DC方向以每秒4个单位长的速度运动，设运动
时间为t（s），若以E，M，C，N为顶点的四边形是平行四边形，则t的值为（ ）
A．1或3 B．3或13 C．1或13 D．1或3或13
【答案】D
【分析】本题考查了矩形、平行四边形的性质及判定的应用．由题得出共四种情况，当M从E向B运动
时，N在DC上时；当点N在射线DC上的点C右侧时；当点M从点B向点E运动且点M在BE上时；当点M从点B向点E方向运动且点M在点E右侧时，根据每种情况，分别求出NC和ME，令NC=ME，再求出
t即可．
【详解】解：由题得，DN=4t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴NC∥ME，
∴若NC=ME，则以E、M、C，N为顶点的四边形是平行四边形，
∵DC=AB=6，
∴CN=6−4t，
当M从E向B运动时，EM=2t，
3
当N在DC上时，即0≤t≤ 时，
2
得6−4t=2t，
∴t=1；
3
当点N在射线DC上的点C右侧时，即 <t≤4时，CN=4t−6，
2
∴4t−6=2t，
∴t=3；
16
当点M从点B向点E运动且点M在BE上时，即4<t≤ 时，
3
ME=8−6(t−4)，
∴8−6(t−4)=4t−6，
19
∴t= （舍去）；
5
16
当点M从点B向点E方向运动且点M在点E右侧时，即t> 时，
3
ME=6(t−4)−8，
∴6(t−4)−8=4t−6，
∴t=13；
综上t的值为1或3或13．
故选：D．
17．（24-25八年级·四川自贡·期末）如图．在四边形ABCD中，AD ∥ BC，∠B=90°，AB=8cm，
AD=10cm．BC=12cm．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
4cm/s的速度在线段BC上来回运动，当点P当到达点D时，P、O两点停止运动．在此运动过程中，出现PQ ∥ CD和PQ=CD的次数分别是（ ）
A．3，6 B．3，7 C．4，6 D．4，7
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，动点问题，勾股定理，根据题意分别求得PQ ∥
CD和PQ=CD的情形，分类讨论，即可求解．
【详解】解：设点P的运动时间为t，
∵AD=10，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，，当点P当到达点D时，P、O两点停止运
动．
10
∴t= =10秒，AP=t，则PD=10−t
1
∵BC=12cm，点Q从点C同时出发，以4cm/s的速度在线段BC上来回运动，
12
∴ =3，
4
当PQ∥CD时，则四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD=CQ
当0≤t<3时，点Q从C到B运动，CQ=4t
∴10−t=4t，解得：t=2
当3≤t<6时，点Q从B到C运动，CQ=2×12−4t
14
∴10−t=2×12−4t，解得：t=
3
当6≤t<9时，点Q从C到B运动，CQ=4t−2×12
34
∴10−t=4t−2×12，解得：t=
5
当9≤t≤10，点Q从B到C运动，CQ=3×12−4t
26
∴10−t=3×12−4t，解得：t= <9（舍去）
3
∴PQ∥CD能出现三次，
如图所示，过点P,D分别作BC的垂线，垂足分别为F,E，∵AD ∥ BC，∠B=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=10，CE=BC−BE=12−10=2，DE=AB=8,
∴Rt△CDE中，DC=❑√DE2+EC2=❑√82+22=2❑√17,
当PQ=CD时，
在Rt△PFQ中，PQ=❑√PF2+FQ2=❑√82+FQ2=2❑√17
∴FQ=2
当0≤t<3时，点Q从C到B运动，FQ=|BQ−BF)=|BQ−AP)=|12−4t−t)=|12−5t)
14
∴|12−5t)=2，解得：t=2或t=
5
当3≤t<6时，点Q从B到C运动，FQ=|BQ−BF)=|BQ−AP)=|4t−12−t)=|12−3t)
10 14
∴|12−3t)=2，解得：t= 或t=
3 3
当6≤t<9时，点Q从C到B运动，FQ=|BQ−BF)=|BQ−AP)=|12×3−4t−t)=|36−5t)
34 38
∴|36−5t)=2，解得：t= 或t=
5 5
当9≤t≤10，点Q从B到C运动，，FQ=|BQ−BF)=|BQ−AP)=|4t−36−t)=|3t−36)
38 34
∴|36−3t)=2，解得：t= >10（舍去）或t= >10（舍去）
3 3
∴PQ=CD能出现6次，
故选：A．
18．（24-25八年级·天津蓟州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=12，
BC=18，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个
单位长度的速度向点C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．设点P运动时
间为t秒．(1)当点P运动停止时，t=______，线段DP的长为______；
(2)①用含t的式子填空：DP=______，BQ=______，AP=______；
② t为何值时，四边形ABQP为矩形，求出t的值；
(3)在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请
求出t的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)9；9
(2)①t；2t；12−t；②t=4
(3)t=6
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，一元一次方程的几何应用：
（1）分别计算出点P和点Q到达终点的时间，进而得到停止时间，据此求出对应的DP的长即可；
（2）①根据题意列出对应的代数式即可；②根据题意可得当四边形ABQP是平行四边形时，四边形
ABQP是矩形，则AP=BQ，据此列出方程求解即可；
（3）根据题意可得四边形PDCQ为平行四边形，则PD=CQ，据此列出方程求解即可．
12 18
【详解】（1）解：∵ =12， =9，
1 2
∴点P运动9秒后停止，即t=9，
∴DP=1×9=9，
故答案为：9；9；
（2）解：①由题意得，DP=t，BQ=2t，
∵AD=12，
∴AP=AD−DP=12−t，
故答案为：t；2t；12−t；
②∵∠A=90°，
∴当四边形ABQP是平行四边形时，四边形ABQP是矩形，
∴此时有AP=BQ，
∴12−t=2t，解得t=4；
（3）解：∵以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形，且PQ∥CQ，
∴此时四边形PDCQ为平行四边形，
∴PD=CQ，
∴t=18−2t，
解得t=6．
19．（24-25八年级·云南昭通·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=11，延长BC到点E，使
CE=8．连接DE．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿折线BC−CD向终点D运动，设点P运动
的时间为t秒(t>0)．
(1)求DE的长；
(2)连接AP，当四边形APED是平行四边形时，求t的值；
(3)连接BP、PD，设四边形ABPD的面积为S，求S与t之间的函数关系式．
【答案】(1)10
(2)当四边形APED是平行四边形时，t的值为4
(3)S=¿
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，梯形面积的计算，正确掌握相关性质内
容是解题的关键．
（1）因为四边形ABCD是矩形，所以AB=CD=6，根据勾股定理列式DE=❑√62+82=10，即可作答．
（2）因为四边形APED是平行四边形，所以PE=AD=11，则BP=BC+CE−PE=8，结合运动速度列
式计算，即可作答．
11 11 17
（3）进行分类讨论，即当0<t< 时；当 ≤t< 时，分别作图以及根据梯形面积公式列式代入数值计
2 2 2
算，即可作答．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，∠BCD=90∘，在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE=❑√62+82=10，
（2）解：∵四边形APED是平行四边形，
∴PE=AD=11，
∴BP=BC+CE−PE=8，
∴t=8÷2=4，
∴当四边形APED是平行四边形时，t的值为4；
（3）解：∵BC=AD=11，DC=AB=6，且动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿折线BC−CD
向终点D运动，
11
∴当0<t< 时，
2
由题意知，BP=2t，
1 1
∴S= (AD+BP)×AB= (11+2t)×6=33+6t
2 2
，
11 17
当 ≤t< 时，则PD=17−2t，
2 2
1 1 253
∴S= (AB+DP)×AD= (6+17−2t)×11= −11t
2 2 2
，
综上．S=¿
20．（24-25八年级·浙江温州·期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=45°，AB=6❑√2cm，
AD=CD=10cm．
(1)求BC的长；
(2)点P从点A开始沿着AD边向点D以1cm/s的速度移动，点Q从点C开始沿着CB边向点B以2cm/s的速
度移动，如果P，Q分别从A，C同时出发，当点P运动到点D时，点Q也随之停止运动．若设运动的时间为t秒，当PQ与四边形ABCD的其中一边平行时，求此时t的值．
(3)如图，点E，G分别在边AB，AD上，将△AEG沿EG折叠，点A恰好落在BC边上的点F处．若
5BE=AE，则AG长度为 ．
【答案】(1)BC=24cm
10
(2)当PQ与四边形ABCD的其中一边平行时，此时t的值为8s或 s
3
(3)10
【分析】（1）过A作AH⊥BC于点H，过点D作DM⊥BC于点M，利用等腰直角三角形的性质，矩形
的判定与和直角三角形的性质，勾股定理解答即可；
（2）利用t的代数式表示出相等AP，PD，CQ，BQ的长度，再利用分类讨论的思想方法分两种情况，依
据平行四边形的对边相等的性质列出关于t的方程解答即可；
（3）过E作EH⊥BC于点H，过点A作AK⊥BC于点K，过点G作GI⊥BC于点I，设AG=GF=x
cm，利用等腰直角三角形的性质和折叠的性质表示出线段GF，FI，GI的长度，再利用勾股定理列出方
程解答即可．
【详解】（1）解：过A作AH⊥BC于点H，过点D作DM⊥BC于点M，如图，
∵AH⊥BC ∠B=45°
， ，
❑√2
∴AH=BH= AB=6(cm)．
2
∵ AD∥BC，AH⊥BC，DM⊥BC，
∴四边形AHMD为矩形，
∴DM=AH=6，HM=AD=10cm，
∴CM= ❑√CD2−DM2 =8(cm)．
∴BC=BH+HM+MC=6+8+10=24(cm)．
（2）由题意得：AP=t cm，CQ=2t cm，
∴PD=(10−t)cm，BQ=(24−2t)cm．
①当PQ∥AB时，
∵ PQ∥AB，AD∥BC，∴四边形ABQP为平行四边形，
∴AP=BQ，
∴t=24−2t，
∴t=8．
②当PQ∥CD时，
∵ PQ∥CD，AD∥BC，
∴四边形PQCD为平行四边形，
∴DP=CQ，
∴10−t=2t，
10
∴t= s．
3
10
综上，当PQ与四边形ABCD的其中一边平行时，此时t的值为8s或 s．
3
（3）过E作EH⊥BC于点H，过点A作AK⊥BC于点K，过点G作GI⊥BC于点I，如图，
∵ AB=6❑√2cm 5BE=AE
， ，
∴BE= ❑√2 cm，AE=5 ❑√2 cm，
∵EH⊥BC，∠B=45°，
❑√2
∴BH=EH= BE=1(cm)，
2
同理可求AK=BK=6cm．
由题意得：EF=AE=5 ❑√2 cm，AG=GF，
设AG=GF=x cm，
∴HF= ❑√EF2−EH2 =7(cm)，
∴BF=BH+FH=8(cm)，
∵AK⊥BC，GI⊥BC，AD∥BC，
∴四边形AKIG为矩形，
∴KI=AG=x cm，AK=GI=6，
∴FI=BK+KI−BF=6+x−8=(x−2)cm．
∵FI2+GI2=GF2，∴ (x−2) 2+62=x2，
∴x=10．
∴AG长度为10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理和折叠的性质，分类讨论是
解题的关键．
【题型3 与菱形形有关的动点问题】
21．（24-25八年级·北京·期中）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，动点P在直线BC上运动，作
∠APM=60°，且直线PM与直线CD相交于点G,G点到直线BC的距离为GH．
(1)证明：∠BAP=∠GPC；
(2)若P在线段BC上运动，求证：CP=DG；
(3)若P在线段BC上运动，探求线段AC,CP,CH的一个数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AC=CP+2CH，理由见解析
【分析】此题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，含
30°角的直角三角形的性质；
（1）根据菱形的性质得到∠ABC=60°，进而根据三角形的外角的性质，即可得到结论；
（2）过点P作PE∥CD交AC于点E，连接AG先证明△AEP≌△GCP，再证明△APG是等边三角形．从
而得到△APC≌△AGD，进而即可得到结论；
（3）根据等边三角形的性质可知AC=CD，结合PC=DG，以及直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∵∠APM=60°，
∴∠APC=∠APM+∠GPC=∠ABP+∠BAP，∴∠BAP=∠GPC；
（2）过点P作PE∥CD交AC于点E，连接AG
∵ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴∠ACB=∠ACD=60°．
∵PE∥CD，
∴∠EPC=∠ACD=60°．
∴△CPE是等边三角形．
∴EP=PC,∠PEC=60°．
∵∠AEP=∠PCG=120°，∠BAP=∠GPC
∴△AEP≌△GCP．
∴AP=PG．
∵∠APM=60°，
∴△APG是等边三角形．
∴AP=AG．
∵∠PAC+∠CAG=60°,∠CAG+∠GAD=60°，
∴∠PAC=∠GAD．
∵AC=AD，
∴△APC≌△AGD
∴PC=DG．
（3）AC=CP+2CH，理由如下：
∵AC=CD,CD=CG+DG，
∴AC=CG+DG．
∵PC=DG，
∴AC=CG+CP．
∵∠GHC=90°,∠GCH=60°，
∴∠CGH=30°，
∴CG=2CH，∴AC=2CH+CP．
22．（24-25八年级·江苏苏州·期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=16，
∠BAD=60°，点E从点A 出发，沿AB以每秒4个单位长度的速度向终点B运动，当点E与点A不重合
时，过点E作EF⊥AD于点F，作EG∥AD交AC于点G，过点G作射线AD垂线段GH，垂足为点H，
得到矩形EFHG，设点E的运动时间为t秒．
(1)当点H与点D重合时，t= ；
(2)设矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
(3)设矩形EFHG的对角线EH与FG相交于点O′，
①当OO′∥AD时，t的值为 ；
②当OO′⊥AD时，求出t的值．
8
【答案】(1)t=
3
{ 8❑√3t2( 0<t≤ 8) )
3
S=
(2)
−10❑√3t2+96❑√3t−128❑√3 (8 <t≤4 )
3
(3)①4；②3
1
【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，可得¿=AE=4t，FH=≥=4t，AF= AE=2t
2
，EF=❑√AE2−AF2=2❑√3t，AH=AF+FH=6t，点H与点D重合时，AH=AD，有6t=16，即得
8
t= ；
3
8
（2）①当H在边AD上，即0<t≤ 时，根据三角形的面积公式即可解答；②当H在边AD延长线上，即
38 1
<t≤4时，设HG交CD于M，求出S = DH⋅HM，S=EF⋅FH−S 即可得到答案；
3 △DHM 2 △DHM
（3）①当O′O∥AD时，证明O′O是△AFG的中位线，得O是AG中点，从而可得G与C重合，此时，E
AE AB
与B重合，可得到t= = =4；
4 4
②当OO′⊥AD时，延长OO′交AD于N，证明O′N是△FGH的中位线，从而可得AN=AF+FN=4t，
而在Rt△AON中，∠DAC=30°，AN=❑√OA2−ON2=12，故4t=12，即得t=3．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
1
∴∠DAC=∠BAC= ∠BAD=30°，
2
∵≥∥AD，
∴∠GEB=∠BAD=60°，
∴∠EGA=∠GEB−∠BAC=30°，
∴∠EGA=∠BAC=30°，
∴≥=AE=4t，
∵四边形EFHG是矩形，
∴FH=≥=4t，
1
在Rt△AEF中，AF= AE=2t，EF=❑√AE2−AF2=2❑√3t，
2
∴AH=AF+FH=6t，
当点H与点D重合时，AH=AD，
∴6t=16，
8
∴t= ；
3
8
（2）解：①当H在边AD上，即0<t≤ 时，如图：
3
矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积即是矩形EFHG的面积，
∴S=EF⋅FH=2❑√3t⋅4t=8❑√3t2，8
②当H在边AD延长线上，即 <t≤4时，
3
设HG交CD于M，如图：
在Rt△DHM中，∠HDM=∠DAB=60°，DH=AH−AD=6t−16，
∴DM=2DH=12t−32，HM=❑√DM2−DH2=6❑√3t−16❑√3，
1
∴S = DH⋅HM=18❑√3t2−96❑√3t+128❑√3，
△DHM 2
∴矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积
S=EF⋅FH−S =8❑√3t2−(18❑√3t2−96❑√3t+128❑√3)=−10❑√3t2+96❑√3t−128❑√3，
△DHM
{ 8❑√3t2( 0<t≤ 8) )
3
综上所述，矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积
S=
−10❑√3t2+96❑√3t−128❑√3 (8 <t≤4 )
3
，
（3）解：①当O′O∥AD时，如图：
过点A作AT∥FO′，交O′O延长线于点T，
∵O′O∥AD，AT∥FO′，
∴四边形FATO′是平行四边形，
∴AT=FO′，
∵四边形EFHG是矩形，∴O′是FG的中点，则FO′=GO′，
∴AT=GO′，
∵AT∥FO′，
∴∠T=∠GO′O,∠O′GO=∠TAO，
∴△OO′G≌△OTA，
∴OA=OG，
又∵O是AC中点，OA=OC，
∴G与C重合，此时，E与B重合，
AE AB
∴t= = =4；
4 4
故答案为：4；
②当OO′⊥AD时，延长OO′交AD于N，如图：
∵OO′⊥AD
，
∴OO′∥GH，
∵O′是FG的中点，
∴O′N是△FGH的中位线，
∴N是FH的中点，
∵FH=4t，
∴FN=HN=2t，
∴AN=AF+FN=4t，
在Rt△AOB中，AB=16，∠OAB=30°，
∴OB=8，OA=❑√AB2−OB2=8❑√3，
在Rt△AON中，∠DAC=30°，
1
∴ON= OA=4❑√3，AN=❑√OA2−ON2=12，
2
∴4t=12，
∴t=3．
【点睛】本题考查菱形性质及应用、矩形的性质应用，涉及勾股定理、中位线定理等的应用，解题的关键是方程的思想的应用，用t表达出相关线段的长度，再列方程解决问题．
23．（24-25八年级·广西柳州·期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC=90°，AD=12cm
，AB=18cm，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)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？
(2)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O的运动速度应为多少？
31
【答案】(1)t= s或12s
3
(2)当Q点的速度为5.2cm/s时，四边形PBCQ为菱形
【分析】本题考查了四边形的综合题，涉及到菱形的性质、平行四边形的性质，矩形的性质与判定，勾股
定理．
（1）过点B作BH⊥CD于H，证明四边形ADHB是矩形，得到BH=AD=12cm，DH=AB=18cm，
则CH=5cm，在Rt△HBC中，由勾股定理得BC=❑√BH2+C=13cm；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．
【详解】（1）解：如图所示，过点B作BH⊥CD于H，
∵AB∥CD，∠ADC=90°，
∴∠A=90°，
∴四边形ADHB是矩形，
∴BH=AD=12cm，DH=AB=18cm，
∴CH=5cm，
在Rt△HBC中，由勾股定理得BC=❑√BH2+C=13cm，∴ BC 13÷2=6.5(s)
Q在 上运动时间为 ，
∵BC+CD=23+13=36(cm)，
∴Q运动时间最长为36÷2=18(s)，
当点Q在BC上时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，不可能存在其中的一部分是平行四边形，
当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 PB∥CQ
即
∴只需PB=CQ即可，
由题意得，AP=tcm，CQ=(2t−13)cm，
PB=(18−t)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
∵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（2）解：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
由题意得，PB=(18−t)cm，CQ=(xt−13)cm，BC=13cm
∴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．
24．（24-25八年级·江苏无锡·期中）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC = 60°，对角线AC、BD交于点O，
P从B点出发，沿B→D→C方向匀速运动，P点运动速度为1 cm/s．图2是点P运动时，△APC的面积y
（cm2）随P点运动时间x（s）变化的函数图像．
(1)AB = cm，a = ；
4
(2)P点在BD上运动时，x为何值时，四边形ADCP的面积为 ❑√3；
3
(3)在P点运动过程中，是否存在某一时刻使得△APB为直角三角形，若存在，求x的值；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)2，❑√3
2❑√3
(2)x=
3
4❑√3
(3)存在，x的值为❑√3或 或2❑√3+1．
3
❑√3
【分析】（1）由图2知，当点P在点A时，y=△ABC的面积=❑√3= a2，进而求解；
4
4 4
（2）由四边形ADCP的面积=S + y= ❑√3，即❑√3−x+❑√3= ❑√3，即可求解；
ΔACD 3 3❑√3
（3）①当点P和点O重合时，∠APB为直角，则x=BP=❑√3；②当∠BAP′为直角时，则PP′= ，则
3
4❑√3 1
x=BP+PP′= ；③当∠BAP″为直角时，则x=BD+DP″=2❑√3+ AD，即可求解．
3 2
【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则△ABC、△ACD为全等的两个等边三角形，
❑√3
设 ABC的边长为b，则其面积为 b2，
4
△
❑√3
由图2知，当点P在点A时，y=△ABC的面积=❑√3= b2，
4
解得b=±2（负值已舍去），
即菱形的边长为2，则AB=2（cm），
由题意知，点P与点O重合时，对于图2的a所在的位置，
则AO=1，故a=BO=❑√AB2−AO2=❑√22−12=❑√3．
故答案为2；❑√3．
（2）解：由（1）知点P在BO段运动时，对于图2第一段直线，
而该直线过点(0,❑√3)、(❑√3，0)，
{ t=❑√3 ) {k=−1)
设其对应的函数表达式为y=kx+t，则 ，解得 ，
❑√3k+t=0 t=❑√3
故该段函数的表达式为y=−x+❑√3，
4
当点P在BD上运动时，四边形ADCP的面积为 ❑√3，则点P只能在BO上，
3
4 4
则四边形ADCP的面积=S + y= ❑√3，即❑√3−x+❑√3= ❑√3，
ΔACD 3 3
2❑√3
解得x= ．
3
（3）解：存在，理由：
由（1）知，菱形的边长为2，则BP=❑√3，AO=1，
过点A作AP′′⊥DC于点P′′交BD于点P′，∵ΔABC、ΔACD均为等边三角形，则∠PAP′=∠DAP′′=30°，
①当点P和点O重合时，∠APB为直角，则x=BP=❑√3；
❑√3 4❑√3
②当∠BAP′为直角时，则同理可得：PP′= ，则x=BP+PP′= ；
3 3
1
③当∠BAP′′为直角时，则x=BD+DP′′=2❑√3+ AD=2❑√3+1，
2
4❑√3
综上，x的值为❑√3或 或2❑√3+1．
3
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了一次函数的性质、直角三角形和菱形的性质、三角形全等和相
似、面积的计算等．
25．（24-25八年级·全国·课后作业）已知点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上运动（点P不与
B，C重合），且∠PAQ=∠B．
(1)如图①，若AP⊥BC，求证：AP=AQ；
(2)如图②，若AP与BC不垂直，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)成立，证明见解析．
【分析】本题考查菱形的性质及全等三角形性质与判定，解题的关键是熟练运用全等三角形的性质与判
定，本题属于中等题型．
（1）根据菱形的性质、结合已知得到AQ⊥CD，证明△APB≌△AQD，由全等三角形的性质可得
AP=AQ；
（2）作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，由（1）的结论得到∠EAP=∠FAQ，证明△AEP≌△AFQ，根据全等三角形的性质证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠C=180°，∠B=∠D，AB=AD，
∵∠PAQ=∠B，
∴∠PAQ+∠C=180°，
∴∠APC+∠AQC=180°，
∵AP⊥BC，
∴∠APC=90°
∴∠AQC=90°
在△APB和△AQD中，
{
∠B=∠D
)
∠APB=∠AQD=90°
AB=AD
∴△APB≌△AQD(AAS)
∴AP=AQ；
（2）（1）中的结论还成立，理由如下：
如图，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．
由（1）可得，∠PAQ=∠EAF=∠B，AE=AF，
∴∠EAP=∠FAQ，
在△AEP和△AFQ中，
{∠AEP=∠AF∠Q=90°
)
AE=AF
∠EAP=∠FAQ
∴△AEP≌△AFQ(ASA)，
∴AP=AQ；
26．（24-25八年级·广东广州·期中）已知菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P为菱形内部或边上一点．(1)如图1，若点P在对角线BD上运动，以AP为边向右侧作等边△APE，点E在菱形ABCD内部或边上，
连接CE，求证：BP=CE．
(2)如图2，若点P在对角线BD上运动，以AP为边向右侧作等边△APE，点E在菱形ABCD的外部，若
AB=4，DP=1，求CE；
(3)如图3，若∠APB=60°，点E，F分别在AP，BP上，且AE=BF，连接AF，EF，∠AFE=30°，
求证：AF2+FE2=AB2．
【答案】(1)见解析
(2)4❑√3−1
(3)见解析
【分析】（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE，再根据全等三角形的
性质即可得证；
（2）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE，再根据全等三角形的性质及线
段的和差即可证CE=BD−PD，然后根据菱形的性质和勾股定理即可得出BD，从而得出答案；
（3）连接AC交BP于点G，连接CF，CE，利用SAS证明△CBF≌△CAE，得出CF=CE，
∠BCF=∠ACE，再根据角的和差求出∠AFC=90°，然后根据勾股定理即可得证．
【详解】（1）证明：如图1，连接AC
∵ ABCD
四边形 是菱形
∴AB=CB
∵∠ABC=60°
∴△ABC是等边三角形∴AB=AC，∠BAC=60°
∵△APE是等边三角形
∴AP=AE，∠PAE=60°
∴∠BAP=∠CAE=60°−∠PAC
∴△BAP≌△CAE(SAS)
∴BP=CE；
（2）解：如图2，连接AC，交BD于点M
∵ ABCD
四边形 是菱形
1
∴AB=CB，∠ABD= ∠ABC，BD=2BM，AC⊥BD
2
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，∠ABD=30°
1
∴AB=AC，∠BAC=60°，AM= AB=2
2
∴BM=❑√AB2−AM2=❑√42−22=2❑√3
∴BD=2BM=4❑√3
∵△APE是等边三角形
∴AP=AE，∠PAE=60°
∵∠BAP=∠BAC+∠CAP=60°+∠CAP，∠CAE=∠EAP+∠CAP=60°+∠CAP
∴∠BAP=∠CAE
又∵ AB=AC，AP=AE
∴△BAP≌△CAE(SAS)
∴BP=CE；
∵BP=BD−PD
∴CE=BD−PD=4❑√3−1；
（3）证明：如图3，连接AC交BP于点G，连接CF，CE∵ ABCD
四边形 是菱形
∴AB=CB
∵∠ABC=60°
∴△ABC是等边三角形
∴CB=AC，∠ACB=60°
∵∠APB=60°，∠AGP=∠BGC
∴∠CBF=∠CAE
又∵CB=CA，BF=AE
∴△CBF≌△CAE(SAS)
∴CF=CE，∠BCF=∠ACE
∴∠BCF+∠FCA=∠ACE+∠FCA
∴∠ACB=∠ECF=60°
∴△CEF是等边三角形
∴∠ECF=60°，EF=CF
∵∠AFE=30°
∴∠AFC=90°
∴AF2+EF2=AF2+CF2=AC2=AB2
即AF2+FE2=AB2．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，涉及到等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、勾股
定理、菱形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
27．（24-25八年级·江苏徐州·期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE=AD，
且BE⊥DC．(1)求证：四边形DBCE为菱形；
(2)若△DBC是边长为1的等边三角形，点P、M、N分别在线段DC、DE、CE上运动，求PM+PN的最
小值．
【答案】(1)见解析
❑√3
(2)
2
【分析】（1）先证BC∥DE，BC=DE，得到四边形DBCE是平行四边形，再根据BE⊥DC即可得证
结论；
（2）作N关于DC的对称点N′，过D作DH⊥BC于H，由对称性可得PM+PN=PM+PN′，当P、
M、N′共线时，PM+PN′=M N′，而M N′的最小值为平行线间距离DH的长，在Rt△DBH中，根据勾
股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
∵E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∵BE⊥DC，
∴▱DBCE是菱形；
（2）解：作N关于DC的对称点N′，过D作DH⊥BC于H，由菱形的对称性知，点N关于DC的对称点N′在BC上，
∴PM+PN=PM+PN′，
∴当P、M、N′共线时，PM+PN′=M N′，
∵DE∥BC，
∴M N′的最小值为平行线间距离DH的长，
即PM+PN的最小值为DH的长，
∵△DBC是边长为1的等边三角形，
∴BD=BC=CD=1，
∵DH⊥BC，
1 1
∴BH= BC= ，
2 2
∴在Rt△DBH中，DH=❑√DB2−BH2=❑
√
12−
(1) 2
=
❑√3
，
2 2
❑√3
∴PM+PN的最小值为 ．
2
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定及性质，最短路径问题，等边三角形的性质，勾股定
理，平行线间的距离．综合运用相关知识，熟练运用化归思想是解题的关键．
28．（24-25八年级·河北廊坊·期中）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，E，F分别是边AB、BC上的
点，且∠EDF=60°．
(1)若点E是AB的中点，则DE与DF之间的数量关系为______；(2)若点E不是AB的中点，判断DE与DF之间的数量关系并说明理由；
(3)若AB=4，直接写出△EDF周长的最小值；
(4)当点E在AB边上运动时，小亮发现，四边形DEBF的面积保持不变，请你帮助小亮验证他的发现．
【答案】(1)DE=DF
(2)DE=DF；理由见解析
(3)6❑√3
(4)见解析
【分析】（1）连接BD，得出△ABD为等边三角形，求出∠ADB=60°，证明△BDE≌△BDF，得出
DE=DF；
（2）连接BD，根据四边形ABCD为菱形，得出AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=60°，AB∥CD，
∠ABD=∠CBD，证明△ADE≌△BDF，得出DE=DF；
（3）证明△EDF为等边三角形，得出当DE最小时，△EDF的周长最小，根据垂线段最短，得出当
DE⊥AB时，DE最小，求出最小值即可；
（4）根据△ADE≌△BDF，得出S =S ，根据S =S +S
△ADE △BDF 四边形DEBF △BDE △BDF
【详解】（1）解：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=60°，AB∥CD，∠ABD=∠CBD，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∵点E是AB的中点，
1
∴∠ADE=∠BDE= ∠ADB=30°，
2
∵∠EDF=60°，
∴∠BDF=60°−30°=30°，
∴∠BDE=∠BDF，
∵BD=BD，∴△BDE≌△BDF，
∴DE=DF；
（2）解：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=60°，AB∥CD，∠ABD=∠CBD，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB=60°，BD=AD，
∵AB∥CD，
∴∠ABC=180°−∠C=120°，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=60°，
2
∴∠DBF=∠A=60°，
∵∠ADB=∠EDF=60°，
∴∠ADE+∠EDB=∠EDB+∠BDF，
∴∠ADE=∠BDF，
∵BD=BD，
∴△ADE≌△BDF，
∴DE=DF；
（3）解：∵DE=DF，∠EDF=60°，
∴△EDF为等边三角形，
∴当DE最小时，△EDF的周长最小，
∵垂线段最短，
∴当DE⊥AB时，DE最小，
根据解析（2）可知，△ABD为等边三角形，
1
∴当DE⊥AB时，AE=BE= AB=2，
2
∴DE=❑√AD2−AE2=❑√42−22=2❑√3，∴△EDF周长的最小值为3×2❑√3=6❑√3；
（4）解：根据解析（2）可知，△ADE≌△BDF，
∴S =S ，
△ADE △BDF
∴S =S +S
四边形DEBF △BDE △BDF
=S +S
△ADE △BDE
=S
△ABD
1
= S ．
2 菱形ABCD
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，
解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
29．（24-25八年级·辽宁沈阳·期末）如图1，已知△ABD≌△CBD,AB=AD,CB=CD，点E从点A出
发，沿A→D→B的方向以1cm/s的速度匀速运动到点B． 图2是点E运动时△EBC的面积y(cm2)随时
间x(s)变化的关系图象．
(1)BD=__________；
(2)求a的值．
【答案】(1)❑√5
5
(2)
2
【分析】本题主要了动点问题的函数图象，菱形的性质，解题的关键是根据图象分析得出点E的位置于x
的关系．
（1）根据全等三角形的性质推出四边形ABCD为菱形，则AD∥BC，进而得出当点E在AD上时，点E
到BC的距离不变，由图2可知，当0<x<a时，y的值不变，即可得出AD=a，当x=a+❑√5时，点E与点
B重合，即可得出BD=❑√5；1
（2）过点D作DH⊥BC于点H，根据S = BC⋅DH=a，求出DH=2，根据勾股定理得出
△BCD 2
BH=❑√BD2−DH2=1，则CH=BC−BH=a−1，再根据勾股定理得出CH2+DH2=CD2，列出方程
求解即可．
【详解】（1）解：∵△ABD≌△CBD,AB=AD,CB=CD，
∴AB=AD=CB=CD，
∴四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴当点E在AD上时，点E到BC的距离不变，
由图2可知，当0<x<a时，y的值不变，
∵点E的速度为1cm/s，
∴AD=a，
∵当a<x<a+❑√5时，y随x的增大而减小，
∴当x=a+❑√5时，点E与点B重合，
∴BD=❑√5，
故答案为：❑√5；
（2）解：过点D作DH⊥BC于点H，
∵BC=AD=a，S =a，
△BCD
1 1
∴S = BC⋅DH=a，即 a⋅DH=a，
△BCD 2 2
解得：DH=2，
在Rt△BDH中，根据勾股定理可得：BH=❑√BD2−DH2=1，
∴CH=BC−BH=a−1，
在Rt△CDH中，根据勾股定理可得：CH2+DH2=CD2，
即(a−1) 2+22=a2，
5
解得：a= ．
230．（24-25八年级·重庆北碚·期中）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°．点P，Q分别以每秒
2个单位长度的速度同时从点A出发，点P沿折线A→D→C方向匀速运动，点Q沿折线A→B→C方
向匀速运动，当两者相遇时停止运动．设运动时间为x秒，点P，Q的距离为y．
(1)请直接写出y关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；
(3)结合函数图象，直接写出当y≤4时x的取值范围．
【答案】(1)
y= { 2x(0≤x≤3) )
12−2x(3<x≤6)
(2)见解析，当0≤x≤3时，y随x的增大而增大，当3<x≤6时，y随x的增大而减小
(3)0≤x≤2或4≤x≤6
【分析】此题考查了动点问题，一次函数的图象及性质，菱形的性质及等边三角形的判定和性质：
（1）当点P在AD，点Q在AB上运动时，即0≤x≤3时，证明△APQ是等边三角形，即可求解；当
3<x≤6时，同理可解；
（2）当x=0时，y=0，当x=3时，y=6，当x=12时，y=0，即可画出函数图象，进而求解；
（3）观察函数图象即可求解．
正确理解动点问题是解题的关键．
【详解】（1）解：∵菱形ABCD，AB=6，∠A=60°，
∴AD+DC=AB+BC=12，∠A=∠C=60°，∴总的运动时间为：12÷2=6（秒），
当点P在AD，点Q在AB上运动时，即0≤x≤3时，连接PQ，
由题意得AP=AQ，∠A=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴y=AP=2x；
当点P在CD，点Q在CB上运动时，即3＜x≤6时，如图所示：△CPQ是等边三角形，
∴CP=12−2x，
∴y=12−2x；
y= { 2x(0≤x≤3) )
综上可得： ；
12−2x(3<x≤6)
（2）解：当x=0时，y=0，当x=3时，y=6，当x=12时，y=0，依次描点再连接
该函数图象如图所示：
当0≤x≤3时，y随x的增大而增大，当3<x≤6时，y随x的增大而减小
（答案不唯一）；
（3）解：从图象看，当y≤4时x的取值范围为：0≤x≤2或4≤x≤6．【题型4 与正方形有关的动点问题】
31．（24-25·山东临沂·八年级期末）在正方形ABCD中，E是BC边上一点（点E不与点B，C重合），
AE⊥EF，垂足为点E，EF与正方形的外角∠DCG的平分线交于点F．
(1)如图1，若点E是BC的中点，猜想AE与EF的数量关系是_________；证明此猜想时，可取AB的中点
P，连接EP，根据此图形易证△AEP≌△EFC，则判断△AEP≌△EFC的依据是_______．
(2)点E在BC边上运动，如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由．
【答案】(1)AE=EF，ASA；
(2)成立，理由见解析．
【分析】（1）根据提示，利用ASA证明△AEP≌△EFC，从而得到AE=EF；
（2）利用（1）的解题思路，在AB上取一点P，使BP=BE，连接PE，则AP=EC，同样利用ASA证明
△AEP≌△EFC，从而得到AE=EF．
【详解】（1）∵在正方形ABCD中，AB=BC，点E是BC的中点，点P是AB的中点
1 1
∴EC=BE= BC，AP=BP= AB
2 2
∴EC=AP，BE=BP
∵在正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°
∴△BEP是等腰直角三角形
∴∠BPE=45°
∴∠APE=180°−∠BPE=180°−45°=135°
∵∠BCD=90°
∴∠DCG=180°−∠BCD=90°
∵CF平分∠DCG
1 1
∴∠DCF= ∠DCG= ×90°=45°
2 2
∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=90°+45°=135°∴∠APE=∠ECF
∵AE⊥EF
∴∠AEF=90°
∴∠AEB+∠FEC=180°−∠AEF=180°−90°=90°
∵∠B=90°
∴∠BAE+∠AEB=90°
∴∠BAE=∠FEC
∴在△APE和△ECF中
{∠PAE=∠CEF
)
AP=EC
∠APE=∠ECF
∴△APE≌△ECF（ASA）
∴AE=EF
故答案为：AE=EF，ASA．
（2）①成立，理由如下：
如图，在AB上取一点P，使BP=BE，连接PE，则AP=EC，
由（1）得：∠PAE=∠CEF
∵BP=BE，∠B=90∘
∴△BPE是等腰直角三角形
∴∠BPE=45∘
∴∠APE=180∘−∠BPE =180∘−45∘=135∘
∴∠APE=∠ECF
在△AEP和△EFC中
{∠PAE=∠CEF
)
AP=EC
∠APE=∠ECF
∴△AEP≌△EFC(ASA)
∴AE=EF；【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判定．正确作出辅助线是解题的关键．
32．（24-25八年级·广东广州·期中）如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外
部，且满足∠CMN=90°，CM=MN，连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点．
(1)依题意补全图形；
(2)求∠ABE的度数；
(3)设AB=2，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的面积为多
少？
【答案】(1)补图见解析；
(2)∠ABE=45°；
(3)3
【分析】（1）依题意补全图形，即可；
（2）连接CE，先证得∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°．再根据直角三角形的性质可得
1
AE=CE= AN．可得△ABE≌△CBE，即可求解；
2
（3）根据题意可得点E在AC的垂直平分线上，可得点E在BD上，从而得到在点M沿着线段CD从点C
运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN．此时DN=CD=2，∠CDN=90°，再证得四边
形DFCN为梯形．然后根据梯形的面积，即可求解．
【详解】（1）解∶依题意补全图形，如图1所示．（2）证明：连接CE，如图2所示．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
1
∴∠ACB=∠ACD= ∠BCD=45°，
2
∵∠CMN=90°，CM=MN，
∴∠MCN=45°，
∴∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°．
∵在Rt△ACN中，点E是AN中点，
1
∴AE=CE= AN．
2
∵AE=CE，AB=CB，BE=BE，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠ABE=∠CBE．
1
∴∠ABE= ∠ABC=45°．
2
（3）解∶ 连接DE，
∵由（2）得：AE=CE，∴点E在AC的垂直平分线上，
在正方形ABCD中，BD垂直平分AC，∠ACD=45°，△BCD为等腰直角三角形，
∴点E在BD上，
∴BF=DF=CF，
∴在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN．此时
DN=CD=2，∠CDN=90°，
∴CN=❑√CD2+DN2=❑√2CD=2❑√2
∵∠DCN=45°，
∴∠ACN=90°，即CN⊥AC，
∴BD∥CN，
∴四边形DFCN为梯形．
∵AB=2，
∴BC=CD=AB=2，
∴BD=❑√BC2+CD2=2❑√2，
1
∴CF=DF= BD=❑√2，
2
1 1
∴S = (DF+CN)⋅CF= (❑√2+2❑√2)×❑√2=3．
梯形DFCN 2 2
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，梯形等知识，熟练掌握正
方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，梯形等知识是解题的关键．
33．（24-25八年级·河南周口·期末）正方形ABCD的边长为4，点E从点B出发，以每秒3个单位长度的速
度沿BC向点C运动．AE交BD于点F，DG⊥AE于点G，∠DGE的平分线GH分别交BD，CD于点P，
H，连接FH，FC．设点E的运动时间为t．
（1）在点E的运动过程中，∠DHG与∠DFC有什么数量关系？请证明你的结论；
（2）当AE把正方形ABCD的面积分成1:2两部分时，请直接写出t的值．8
【答案】（1）∠DHG=∠DFC，证明见解析；（2）t=
9
【分析】（1）先证明△FAD≌△FCD得到∠PFG=∠DFC，由正方形的性质及角平分线的性质可以得到
∠PFG=∠DHP，即可得到答案；
（2）连接AC，根据AE把正方形ABCD的面积分成1:2两部分，可以得到S ：(S +S )=1:2
△ABE △AEC △ACD
，再根据S =S ，S +S =S ，
△ABC △ACD △ABE △AEC △ABC
即可得S ：S =2:1，从而得到BE:EC=2:1，即可求解.
△ABE △AEC
【详解】解：（1）∠DHG=∠DFC．
证明如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴BD是∠ADC的角平分线，
∴∠BDC=∠ADC=45°，AD=CD，
又∵DF=DF，
∴△FAD≌△FCD（SAS），
∴∠PFG=∠DFC
∵DG⊥AE，
∴∠DGE=90°
∵GH平分∠DGE，
∴∠FGH=45°
∵∠DPG=∠PGF+∠PFG=∠DHP+∠PDH，
∴∠PFG=∠DHP．
∴∠DHG=∠DFC
（2）连接AC，
∵AE把正方形ABCD的面积分成1:2两部分，∴S ：(S +S )=1:2，
△ABE △AEC △ACD
∵S =S ，S +S =S ，
△ABC △ACD △ABE △AEC △ABC
∴S ：S =2:1
△ABE △AEC
∴BE:EC=2:1，
∵BC=4，
8
∴BE= ，
3
8
∴t= .
9
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能
够熟练掌握相关知识进行求解.
34．（24-25八年级·山西太原·期中）综合与实践
问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“大小不等的两个正方形”为主题开展数学活动，如图1，现有一个
边长为6cm的正方形ABCD，点E从对角线AC的点A出发向点C运动，连接EB并延长至点F，使
EF>AB，以EF为边在EF右侧作正方形EFGH，边EH与射线DC交于点M.
操作发现
（1）点E在运动过程中，判断线段BE与线段EM之间的数量关系，并说明理由；实践探究
（2）在点E的运动过程中，某时刻正方形ABCD与正方形EFGH重叠的四边形EBCM的面积是16cm2，
求此时AE的长；
探究拓广
（3）请借助备用图2，探究当点E不与点A，C重合时，线段AE，EC与MC之间存在的数量关系，请直
接写出.
【答案】（1）BE=EM，理由见解析；（2）2❑√2cm；（3）①当AE<CE时，CE−AE=❑√2MC；②当
AE=CE时，CE=AE且点M与点C重合；③当AE>CE时，AE−CE=❑√2MC
【分析】（1）首先由正方形的性质得出BC=CD，∠BCA=∠DCA=45°，∠DCB=90°，然后判定
ΔBCE≌ΔDCE(SAS)，进而得出BE=DE，∠EBC=∠EDC，又由正方形EFGH得出∠BEM=90°，
再由四边形内角和得出∠EDC=∠EMD，进而得出EM=ED，BE=ME；
（2）首先过点E作EP⊥BC于点P，作EQ⊥CD于点Q，得出∠EPC=∠EQC=90°，然后由对角线
的性质得出EP=EQ，∠PCQ=90°，进而判定四边形EPCQ是正方形，即可判定RtΔBPE≌RtΔMQE
，然后通过面积的等量代换得出CE，进而得出AE.
（3）根据题意，分三种情况讨论即可：①当AE<CE时，②当AE=CE时，③当AE>CE时.
【详解】（1）BE=EM.
理由如下：如图，连接ED.
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴BC=CD，∠BCA=∠DCA=45°，∠DCB=90°.
{
BC=CD,
)
在ΔBCE和ΔDCE中， ∠BCE=∠DCE,
CE=CE,
∴ΔBCE≌ΔDCE(SAS).
∴BE=DE，∠EBC=∠EDC.
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠BEM=90°.在四边形BCME中，∠EMC+∠EBC=360°−∠BCM−∠BEM=180°.
∵∠EMC+∠EMD=180°，
∴∠EDC=∠EMD.
∴EM=ED.
∴BE=ME.
（2）如图，过点E作EP⊥BC于点P，作EQ⊥CD于点Q.
∴∠EPC=∠EQC=90°.
∵点E是正方形ABCD的对角线AC上的点，
∴EP=EQ，∠PCQ=90°.
∴四边形EPCQ是正方形.
在RtΔBPE和RtΔMQE中，
{EB=EM,)
EP=EQ,
∴RtΔBPE≌RtΔMQE.
∴S =S .
ΔBPE ΔMQE
∴S =S +S =S +S =S .
四 边 形EBCMΔBPE 四 边 形EPCMΔMQE 四 边 形EPCM正 方 形EPCQ
∵正方形ABCD与正方形EFGH重叠的面积是16cm2，
CE2
∴ =16.解得CE=4❑√2.
2
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AC=6❑√2.
∴AE=AC−CE=6❑√2−4❑√2=2❑√2.
∴此时AE的长为2❑√2cm.（3）分三种情况：
①当AE<CE时，CE−AE=❑√2MC；
②当AE=CE时，CE=AE且点M与点C重合；
③当AE>CE时，AE−CE=❑√2MC.
【点睛】此题主要考查三角形全等的判定、正方形的性质以及动点问题的综合运用，熟练掌握，即可解题.
35．（24-25八年级·山东烟台·期中）如图，正方形ABCD中，对角线AC＝8cm．射线AF⊥AC，垂足为
A．动点P从点C出发在CA上运动，动点Q从点A出发在射线AF上运动，两点的运动速度都是2cm/s．
若两点同时出发，多少时间后，四边形AQBP是特殊四边形？请说明特殊四边形的名称及理由．
【答案】当P、Q运动2s后，四边形AQBP是正方形，理由见解析
【分析】当P、Q运动2s后，四边形AQBP是正方形，由题意可得AQ＝AP＝BP＝4cm，由等腰直角三角
形的性质可得BP⊥AC，可得AF∥BP，可证四边形APBQ是平行四边形，且BP⊥AC，AP＝BP，可得四边
形APBQ是正方形．
【详解】解：当P、Q运动2s后，四边形AQBP是正方形，
理由如下：∵四边形ABCD是正方形∴AB＝BC
当P、Q运动2s后，CP＝AQ＝4cm，
∵AC＝8cm，
∴AP＝CP＝4cm，且AB＝BC，
∴BP⊥AC，且AF⊥AC
∴AF∥BP，且AQ＝BP＝4cm，
∴四边形APBQ是平行四边形，且BP⊥AC，AP＝BP
∴四边形AQBP是正方形
【点睛】本题是对正方形判定的考查，熟练掌握正方形的判定定理是解决本题的关键.
36．（24-25八年级·河南安阳·期末）【问题情境】数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在正方形
ABCD中，E是边BC上一动点（点E与点B，C不重合），连接AE，作AE⊥EP，EP与正方形的外角
∠DCG的平分线交于P点．
【思考尝试】（1）如图1，当E是边BC的中点时，观察并猜想AE与EP的数量关系：________；
【实践探究】（2）小王同学受问题（1）的启发，提出了新的问题：如图2，在正方形ABCD中，若E是
边BC上一动点（点E与点B，C不重合），那么问题（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
【拓展迁移】（3）小李同学深入研究了小王同学提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正
方形ABCD中，当E在边BC上运动时（点E与点B，C不重合），连接DP，AP．若知道正方形的边长，
则可以求出△ADP周长的最小值．当AB=4时，请你直接写出△ADP周长的最小值：________．（说
明：备用图中CJ是外角∠DCG的平分线）
【答案】（1）AE=EP，理由见解析；（2）成立，理由见解析；（3）4+4❑√5．
【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，根据正方形的性质可知AF=BF=BE=CE，再根据角平分线的
定义∠AFE=∠ECP，最后利用直角三角形的性质及全等三角形的判定可知△AFE≌△ECP(ASA)即可
解答；
（2）在AB上截取AF=EC，连接EF，根据正方形的性质可知∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，再根
据角平分线的定义及直角三角形的性质可知∠PEC=∠BAE，∠AFE=∠ECP，最后利用全等三角形的判定与性质即可解答；
（3）连接CP，作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于H，连接AG，根据正方形的性质及角平分线
的定义可知△CDG是等腰直角三角形，再根据线段垂直平分线的定义可知CP是DG的垂直平分线进而即
可解答．
【详解】解：（1）AE=EP，理由如下：
取AB的中点F，连接EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，
∵F、E分别是AB、BC的中点，
∴AF=BF=BE=CE，
∴∠BEF=45°，
∴∠AFE=135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP=45°，
∴∠ECP=135°，
∴∠AFE=∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP=90°，
∴∠AEB+∠PEC=90°，
∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠PEC=∠BAE，
∴△AFE≌△ECP(ASA)，
∴AE=EP．
故答案为：AE=EP．
（2）成立，理由如下：
在AB上截取AF=EC，连接EF，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，
∵AF=EC，
∴BF=BE，
∴∠BEF=45°，
∴∠AFE=135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP=45°，
∴∠ECP=135°，
∴∠AFE=∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP=90°，
∴∠AEB+∠PEC=90°，
∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠PEC=∠BAE，
∴△AFE≌△ECP(ASA)，
∴AE=EP．
（3）连接CP，作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于H，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP=45°，
∵DG⊥CP，
∴∠CDG=45°，
∴△CDG是等腰直角三角形，
∴DH=HG，DC=CG，∵DG⊥CP，
∴∠CHD=90°，
∴CP是DG垂直平分线，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP=AP+PG≥AG，当A、P、G共线时取等号，故最小值为AG的长，
∵AB=4，
∴BG=2AB=8，
∴在Rt△ABG中，AG=❑√AB2+BG2=4❑√5，
∴△ADP的周长的最小值为AD+AG=4+4❑√5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，线段垂直平分线判定与性质，勾股定理，全等三角
形的性质与判定、最短路径问题，掌握正方形的性质是解题的关键．
37．（24-25八年级·吉林四平·期中）如图1，在△ABC中，∠B=90°，AB=BC=2．动点P从点A出
发，以每秒1个单位的速度沿线段AB向终点B运动，过点P作PE⊥AB交AC于点E．以PE为一边向右
作正方形PEFG．设点P的运动时间为t秒．正方形PEFG与△ABC重叠部分图形的面积为S．
1
(1)当t= 时，S=________；
2
(2)当点F落在BC上时，t=________；
3
(3)当t= 时，在图2中画出图形，并求出S的值；
2
(4)连接CF，当△CEF是等腰三角形时，直接写出t的值．1
【答案】(1) ；
4
(2)1；
3
(3)图见解析， ；
4
4
(4)1， 或4−2❑√2．
3
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握
等腰直角三角形的性质．
1
（1）正方形PEFG与△CEF重叠部分图形即是边长为 的正方形；
2
（2）当点F落在BC上时，点G恰好与点B重合，此时点P在AB的中点处，即可求得t的值；
3 1 3
（3）当t= 时，正方形PEFG与△CEF重叠部分图形是边长分别为 和 的矩形，即可求出S的值；
2 2 2
（4）当△CEF是等腰三角形时，进行分类讨论，当EF=CF时，当CE=CF时，△CEP都是等腰直角三角
形，再讨论CE=EF,画图列式求t的值即可．
【详解】（1）解：∵AB=BC，
∴∠ABC=90°,
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠EAB=45°,
∵PE⊥AB，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴PA=PE，
∵点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB向终点B运动，
1 1
∴当t= 时， PA=PE= ,
2 2
1
∴四边形PEFG是边长为 的正方形，
2
此时正方形PEFG与△ABC重叠部分图形就是正方形PEFG，
1 1 1
∴S=S = × = ，
正方形PEFG 2 2 4
1
故答案为： ．
4（2）解：由题意得，当点F落在BC上时，点G恰好与点B重合，如图：
∵△AEP是等腰直角三角形，四边形PEFG是正方形，
∴PA=PE=PB=t，
∴AB=PA+PB=2t=2,
∴t=1,
故答案为：1．
3
（3）解：当t= 时，如图：
2
3
由题意得：四边形PEMB是矩形，PE=PA=t= ，
2
3 1
∴PB=AB−AP=2− = ,
2 2
3 1 3
∴S=S = × = ．
矩形PEMB 2 2 4
（4）解：①如图：
当EF=CF时， ∠CEF=45°，∴∠ECF=∠CEF=45°，
∴∠CFE=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，即此时点F落在BC上，
由（2）得， 此时t=1；
②当CE=CF时，如图：
∵∠CEF=45°，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠FCE=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∵PA=PE=EF=t,
在Rt△AEP中， AE=❑√PA2+PE2=❑√t2+t2=❑√2t，
在Rt△CEF中， CE2+CF2=EF2,即2CE2=t2,
❑√2
∴CE= t,
2
在Rt△ABC中， AC=❑√AB2+BC2=❑√22+22=2❑√2,
❑√2
∴AC=AE+CE=❑√2t+ t=2❑√2,
2
4
解得 t= ;
3
③当CE=EF时，如图：
∵PA=PE=EF=t,∵AE=❑√PA2+PE2=❑√t2+t2=❑√2t,CE=EF=t,
∴AC=AE+CE=❑√2t+t=2❑√2,
解得：t=4−2❑√2.
4
综上，当△CEF是等腰三角形时，t的值为1， 或4−2❑√2．
3
38．（24-25八年级·山东济南·期末）已知四边形ABCD是边长为8cm的正方形，P，Q是正方形边上的两
个动点，点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C方向运动，点Q同时从点D出发以1cm/s速度沿
D→C方向运动．设点P运动的时间为t(0<t<8)．
(1)如图1，点P在AB边上，PQ，AC相交于点O，当PQ，AC互相平分时，求t的值；
(2)如图2，点P在BC边上，AP，BQ相交于点H，当AP⊥BQ时，求t的值．
8
【答案】(1)t的值为
3
16
(2)t的值为
3
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、一元一次方程
的应用，正确列出关于t的方程是解此题的关键．
（1）根据题意用t表示出CQ与AP，证明四边形APCQ为平行四边形，得出AP=CQ，由此列出t的方程
即可得解；
（2）根据题意用t表示出CQ与BP，证明△ABP≌△BCQ(ASA)，得出BP=CQ，由此列出t的方程即可得
解．
【详解】（1）解：由题意得：DQ=tcm，AP=2tcm，
∵四边形ABCD是边长为8cm的正方形，
∴CQ=(8−t)cm，
当PQ，AC互相平分时，四边形APCQ为平行四边形，
∴AP=CQ，∴2t=8−t，
8
解得：t= ，
3
8
即t的值为 ；
3
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABP=∠BCQ=90°，
∵AP⊥BQ，
∴∠BAP+∠ABH=∠ABH+∠CBQ=90°，
∴∠BAP=∠CBQ，
∴△ABP≌△BCQ(ASA)，
∴BP=CQ，
∵BP=2t−AB=(2t−8)cm，CQ=(8−t)cm，
∴2t−8=8−t，
16 16
解得：t= ，即t的值为 ．
3 3
39．（24-25八年级·吉林·阶段练习）如图，已知正方形ABCD的边长为16，
∠A=∠B=∠C=∠D=90°;AB=BC=CD=AD，点P为正方形ABCD边上的动点，动点P从点A出
发，沿着A→B→C→D运动到D点时停止，设点P经过的路程为x,△APD的面积为y．
(1)当x=4时，y=______；
(2)当点P在边BC上运动时，y=______；
(3)若点E是边BC上一点且CE=6，连接DE，是否存在一点P，使得△DCE与△BCP全等？若存在，求出
此时x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)32
(2)128
(3)存在， x的值为10或38【分析】此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积公式．
注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键．
1
（1）由x=4，可得AP=4，然后由y=S = AP⋅AD，求得答案；
△APD 2
1
（2）直接由y=S = AD⋅AB，求得答案；
△APD 2
（3）分两种情况，当点P在边AB或边CD上运动时，分别画出图形，由全等三角形的性质列出关于x的方
程求解即可．
【详解】（1）解： ∵AP=x=4，AD=16，∠A=90°，
1 1
∴y=S = AP⋅AD= ×4×16=32；
△APD 2 2
故答案为：32；
（2）解：∵点P在边BC上运动，
1 1
∴y=S = AD⋅AB= ×16×16=128；
△APD 2 2
故答案为：128；
（3）解：当点P在边AB或边CD上运动时，存在一点P，使得△DCE与△BCP全等．
如图4，当点P在AB上时，△DCE≌△CBP，
∴CE=PB=6
，
∴AP=AB−BP=16−6=10，
∴x=10．
如图5，当点P在CD上时，△DCE≌△BCP，∴CP=CE=6
，
∴x=AB+BC+CP=16+16+6=38．
综上所述，x=10或38时，使得△DCE与△BCP全等．
40．（24-25八年级·吉林·期中）如图，AC 为正方形ABCD的对角线，AB=4．动点P、Q分别从点A、
C同时出发，均以每秒2个单位长度的速度分别沿AB、CD向终点B、D运动．连接PQ交AC于点O，过
点O作OE⊥PQ交边AD于点E．设点P运动的时间为t秒．
(1)当点P运动到边AB的中点时，四边形DEOQ的面积为__________；
(2)连接AQ、PC，求证：四边形APCQ是平行四边形；
(3)求四边形APOE的面积；
(4)当OA将四边形APOE分成面积比为2:3两部分时，直接写出t的值．
【答案】(1)4
(2)详见解析
(3)4
4 6
(4)t= 或t=
5 5
【分析】（1）利用正方形性质证明△APO≌△CQO(AAS)，得到OA=OC，结合当点P运动到边AB的中
点时，则点Q运动到边CD的中点，利用三角形中位线性质得到四边形DEOQ是正方形，即可求得四边形
DEOQ的面积；
（2）连接AQ、PC，由题中运动情况可知，AP=CQ=2t，结合正方形性质，即可证明四边形APCQ是平行四边形；
（3）作ON⊥AB于点N，作OM⊥AD于点M，证明四边形ANOM是正方形，再证明
△EOM≌△PON(ASA)，即可得到四边形APOE的面积
=S +S =S +S =S ，即可解题；
四边形APOM △EOM 四边形APOM △PON 正方形APOM
（4）根据OA将四边形APOE分成面积比为2:3两部分，分以下两种情况讨论，①S :S =2:3，②
△AOE △AOP
S :S =2:3，根据以上两种情况得到S ，再结合三角形面积公式求解，即可解题．
△AOP △AOE △AOE
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴ ∠PAC=∠QCA=45°，∠D=90°，AB=CD=AD=BC=4，
由题中运动情况可知，AP=CQ=2t，
∵∠COQ=∠AOP，
∴△APO≌△CQO(AAS)，
∴OA=OC，O是AC的中点，
当点P运动到边AB的中点时，则点Q运动到边CD的中点，
1 1
∴OQ= AD = CD=DQ=2 OQ∥AD
2 2
， ，
∴ ∠OQD=180°−∠D=90°=∠D，
∵ OE⊥PQ，
∴四边形DEOQ是正方形，
∴四边形DEOQ的面积为OQ⋅QD=2×2=4，
故答案为：4．
（2）证明：连接AQ、PC，
由（1）可知，AP=CQ=2t，AP∥CQ，
∴四边形APCQ是平行四边形；（3）解：作ON⊥AB于点N，作OM⊥AD于点M，
∴∠OME=∠ONA=90° OM OE 2
， 与（1）中 相等为 ，
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴ ∠PAC=∠MAO=45°，∠BAD=90°，
∴四边形ANOM是矩形，
∴OM∥AN，
∴∠MOA=∠PAC=45°=∠MAO，
∴OM=AM；
∴四边形ANOM是正方形，
∴OM=ON，∠MON=∠EOP=90°，
∴ ∠MON−∠MOP=∠EOP−∠MOP，
∴∠EOM=∠PON，
∴ △EOM≌△PON(ASA)，
∴四边形APOE的面积=S +S =S +S =S ，
四边形APOM △EOM 四边形APOM △PON 正方形APOM
∴四边形APOE的面积为2×2=4．
（4）解：∵ OA将四边形APOE分成面积比为2:3两部分，
①S :S =2:3，
△AOE △AOP
3 3 12
∴ S = S = ×4= ，
△AOP 5 四边形APOE 5 5
1 1 12
∴ AP⋅ON= ×2t×2= ，
2 2 5
6
解得t= ；
5
②S :S =2:3，
△AOP △AOE
3 2 8
∴ S = S = ×4= ，
△AOP 5 四边形APOE 5 5
1 1 8
∴ AP⋅ON= ×2t×2= ，
2 2 54
解得t= ；
5
4 6
综上所述，t= 或t= ．
5 5
【点睛】本题考查正方形性质和判定，全等三角形性质和判定，矩形的判定定理，三角形中位线性质，平
行四边形判定，解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题．
【题型5 与梯形形有关的动点问题】
41．（24-25八年级·吉林·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．设点Q的运动时间为t（s）．
(1)当t=5时，P，Q两点之间的距离为__________cm；
(2)线段PC与DQ互相平分时，求t的值；
3
(3)t为何值时，四边形APQB的面积为梯形ABCD面积的 ？
10
【答案】(1)10
(2)t=6
(3)t=5.5
【分析】（1）过点P作PH⊥BQ于点H，则ABHP是矩形，利用勾股定理解题；
（2）由CP与DQ互相平分，可知四边形CDPQ是平行四边形，根据对边相等列方程解题；
（3）表示四边形CDPQ的面积，根据题意列方程解题．
【详解】（1）解：当t=5时，AP=5，QC=15，
∴BQ=BC−CQ=26−15=11，
过点P作PH⊥BQ于点H，则ABHP是矩形，
∴BH=AP=5，PH=AB=8，
∴HQ=6，
∴PQ=❑√PH2+HQ2=❑√62+82=10，
故答案为：10．
（2）当CP与DQ互相平分时，
则四边形CDPQ是平行四边形．
∴PD=CQ．
即24−t=3t.
解得t=6，
3
（3）∵四边形APQB的面积为梯形ABCD面积的
10
根据题意，得
1 1 3
(t+26−3t)×8= ×(24+26)×8× .
2 2 10
解得 t=5.5
【点睛】本题考查勾股定理，平行四边形的性质，关键是掌握数形结合思想与方程思想的应用．
42．（24-25八年级·山东济宁·阶段练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=9cm，BC=24cm，
E是BC的中点． 动点P从点A出发沿AD向终点D运动，动点P平均每秒运动1 cm；同时动点Q从点C
出发沿CB向终点B运动，动点Q平均每秒运动2 cm，当动点P停止运动时，动点Q也随之停止运动．
(1)当动点P运动t(0<t<9)秒时，则PD=________；(用含t的代数式直接表示)
(2)当动点Q运动t秒时，
① 若0<t<6，则EQ=________；(用含t的代数式直接表示)② 若6<t<9，则EQ=________；(用含t的代数式直接表示)
(3)当运动时间t为多少秒时，以点P，Q，D，E为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】(1)9−t；
(2)①12−2t；② 2t−12；
(3)t为3秒或7秒时．
【分析】（1）根据题意得：AP=t，AD=9，即可得出答案；
（2）①若0<t<6，CQ=2t，CE=12，即可得出EQ=12−2t；② 若6<t<9，CQ=2t，CE=12，即可
得出EQ=2t−12；
（3）分别从当Q运动到E和C之间和当Q运动到E和B之间，去分析求解即可求出答案．
【详解】（1）解：根据题意得：AP=t，AD=9，
∴PD=AD−AP=9−t，
故答案为：9−t；
1 1
（2）解：①若0<t<6，CQ=2t，CE= BC= ×24=12，
2 2
∴EQ=12−2t，
故答案为：12−2t；
1 1
② 若6<t<9，CQ=2t，CE= BC= ×24=12，
2 2
∴EQ=2t−12，
故答案为：2t−12；
（3）解：如图所示：
∵E是BC的中点，
1 1
∴BE= BC= ×24=12，
2 2
① 当Q运动到E和C之间时，设运动时间为t，则：
12−2t=9−t，
解得：t=3，② 当Q运动到E和B之间时，设运动时间为t，则：
2t−12=9−t，
解得：t=7，
∴运动时间为3秒或7秒时，以点P，Q，D，E为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查梯形的性质以及平行四边形的判定与性质，此题难度适中，注意掌握数形结合思想，分
类讨论思想与方程思想的应用．
43．（24-25八年级·广东广州·期中）如图①，在Rt△ABC中，已知∠A=90°,AB=AC,G,F分别是
AB、AC上的两点，且GF//BC．AF=2,BG=4．
（1）求梯形BCFG的面积；
（2）如图②，有一梯形DEFG与梯形BCFG重合，固定△ABC，将梯形DEFG向右运动，当点D与点C
重合时梯形DEFG停止运动；
①若某时段运动后形成的四边形BDG'G中，DG⊥BG'，求运动路程BD的长，并求此时G'B2的值；
②设运动中BD的长度为x，试用含x的代数式表示梯形DEFG与Rt△ABC重合部分面积S．
【答案】（1）梯形BCFG的面积为16；（2）①BD＝4，G′B2=32+16❑√2；②当0≤x＜2❑√2时，S＝
1
16−2❑√2x；当2❑√2≤x≤6❑√2时，S＝ x2−3❑√2x+18．
4
【分析】（1）在Rt△ABC中由AB＝AC得到∠ABC＝∠ACB＝45°，又由GF∥BC得到∠AGF＝∠AFG＝
45°，由此得到AG＝AF＝2，AB＝AC＝6，然后根据S BCFG＝S ABC−S AGF进行计算；
梯形 △ △
（2）①根据平移可知BDG′G是平行四边形，又DG⊥BG′，所以BDG′G是菱形，由此得到BD＝BG＝4，
如图③，过点G′作G′M⊥BC于点M，在Rt△G′DM中，求出DM＝G'M＝2❑√2，接着得到BM＝4+2❑√2，
然后在Rt△G′BM中，根据勾股定理可以求出G'B2；②在Rt△AGF与Rt△ABC中分别求出GF，BC，当0≤x
＜2❑√2时，其重合部分为梯形，如图②，过G点作GH垂直BC于点H，得GH＝2❑√2，而BD＝GG′＝x，
DC＝6❑√2−x，G'F'＝2❑√2−x，根据梯形面积公式即可用x表示S；当2❑√2≤x≤6❑√2时，其重合部分为等
1
腰直角三角形，如图③，斜边DC＝6❑√2−x，斜边上的高为 (6❑√2−x)，根据三角形面积公式即可用x
2表示S．
【详解】解：（1）∵在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵GF∥BC，
∴∠AGF＝∠AFG＝45°，
∴AG＝AF＝2，AB＝AC＝6，
1 1
∴S BCFG＝S ABC−S AGF＝ ×6×6− ×2×2＝16；
梯形 △ △ 2 2
（2）①∵在运动过程中有DG′∥BG且DG′＝BG，
∴BDG′G是平行四边形，
当DG⊥BG′时，BDG′G是菱形，
∴BD＝BG＝4，
如图③，当BDG′G为菱形时，过点G′作G′M⊥BC于点M，
在Rt△G′DM中，∠G′DM＝45°，DG′＝4，
∴DM＝G′M且DM2＋G'M2＝DG'2，
∴DM＝G′M＝2❑√2，
∴BM＝4+2❑√2，
连接G′B．
在Rt△G′BM中，G′B2＝BM2＋G′M2＝(4+2❑√2) 2+(2❑√2) 2=32+16❑√2；
②在Rt△AGF与Rt△ABC中，GF＝❑√22+22=2❑√2，BC＝❑√62+62=6❑√2，
当0≤x＜2❑√2时，其重合部分为梯形，如图②，过G点作GH垂直BC于点H，则GH＝2❑√2，
∵BD＝GG′＝x，
∴DC＝6❑√2−x，G′F′＝2❑√2−x，
(2❑√2−x+6❑√2−x)
∴S＝ ⋅2❑√2=16−2❑√2x；
2
当2❑√2≤x≤6❑√2时，其重合部分为等腰直角三角形，如图③，
∵斜边DC＝6❑√2−x，
1
∴斜边上的高为 (6❑√2−x)，
2
∴S＝
1
(6❑√2−x)
(6❑√2−x)
=
1
(6❑√2−x) 2=
1
x2−3❑√2x+18．
2 2 4 4
【点睛】本题考查了平移的性质、等腰直角三角形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理的应用以及梯形
和三角形的面积公式等，在有关动点的几何问题中，由于图形的不确定性，我们常常需要针对各种可能出
现的图形对每一种可能的情形都分别进行研究和求解．换句话说，分类思想在动态问题中运用最为广泛．
44．（24-25八年级·广东广州·期末）如图，在梯形 ABCD中，∠A=90°，AD∥BC，AD=20cm，
AB=8cm，BC=26cm，动点P从A点开始沿AD边向D以1cm/秒的速度运动，动点Q从C点开始沿CB边
向B以3cm/秒的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运
动，设运动时间为t秒．问：(1)AP的长度为 cm，PD的长度为 cm，（用t的式子表示），其中t的取值范围为 ．
(2)当t为何值时，四边形PBQD是平行四边形，请说明理由；
(3)朱华同学研究发现：按以上变化，四边形PBQD在变化过程中不可能为菱形，除非改变动点的运动速
度．请探究如何改变Q点的速度（匀速运动），使四边形PBQD在某一时刻为菱形，求此时点Q的速度．
26
【答案】(1)t，(20−t)，0≤t≤
3
(2)当t=3时，四边形PBQD是平行四边形
12
(3)使四边形PBQD在某一时刻为菱形，此时点Q的速度为 cm/秒
7
【分析】（1）根据P的运动速度可得AP=tcm，从而可得PD=(20−t)cm，根据P、Q的运动速度以及
P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动即可得到t的取值范围；
（2）要使四边形PBQD是平行四边形，则PD=BQ，从而得到20−t=26−3t，解方程即可得到答案；
（3）设点Q的速度为vcm/秒，则BQ=BC−CQ=(26−vt)cm，根据勾股定理可得
BP=❑√AP2+AB2=❑√t2+82，要使四边形PBQD是菱形，则PD=BP=BQ，从而得到方程组，解方程组
即可得到答案．
【详解】（1）解：∵动点P从A点开始沿AD边向D以1cm/秒的速度运动，
∴AP=tcm，
∴PD=AD−AP=(20−t)cm，
∵ P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，动点Q从C点开始沿
CB边向B以3cm/秒的速度运动，BC=26cm，
26
∴0≤t≤ ，
3
26
故答案为：t，(20−t)，0≤t≤ ；
3
（2）解：∵ AD∥BC，∴ PD∥BQ，
∴要使四边形PBQD是平行四边形，则PD=BQ，
∵动点Q从C点开始沿CB边向B以3cm/秒的速度运动，
∴CQ=3tcm，
∴BQ=(26−3t)cm，
由（1）得PD=(20−t)cm，
∴20−t=26−3t，
解得：t=3，
∴当t=3时，四边形PBQD是平行四边形；
（3）解：设点Q的速度为vcm/秒，
则BQ=BC−CQ=(26−vt)cm，
由（1）得：AP=tcm，PD=(20−t)cm，
∵∠A=90°，AB=8cm，
∴BP=❑√AP2+AB2=❑√t2+82，
∵ AD∥BC，
∴ PD∥BQ，
要使四边形PBQD是菱形，则PD=BP=BQ，
{20−t=❑√t2+82 )
即 ，
❑√t2+82=26−vt
{t=8.4
)
解得： 12 ，
v=
7
12
∴使四边形PBQD在某一时刻为菱形，此时点Q的速度为 cm/秒．
7
【点睛】本题主要考查了列代数式、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握
平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，是解题的关键．
45．（24-25八年级·上海虹口·期末）如图，已知∠ABP=90°，AB=8，点C、E在射线BP上（点C、E
不与点B重合且点C在点E的左侧），连接AC、AE，D为AC的中点，过点C作CF∥AE，交ED的延长
线于点F，连接AF．(1)求证：四边形ABCF是梯形；
(2)如果CE=5，当△CDE为等腰三角形时，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)6或16
【分析】（1）证明△AED≌△CFD(ASA)，进而证明四边形AFCE是平行四边形，得到AF∥CE，进而
得到AF∥BC，根据CF∥AE，AB与AE相交，得到AB与CF不平行，即可证明四边形ABCF是梯形；
（2）分CE=CD=5，CE=DE=5，CE=CD=DE=5，三种情况讨论即可．
【详解】（1）证明：∵ CF∥AE，
∴∠DAE=∠DCF，
∵ D为AC的中点，
∴AD=CD，
∵∠ADE=∠CDF，
∴ △AED≌△CFD(ASA)，
∴AE=CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴ AF∥CE，即AF∥BC，
∵ CF∥AE，AB与AE相交，
∴ AB与CF不平行，
∴四边形ABCF是梯形；
（2）解：∵ △CDE为等腰三角形，
如图，当CE=CD=5时，
∵ D AC
为 的中点，
∴AC=10，∵ ∠ABP=90°，AB=8，
∴BC=❑√AC2−AB2=6；
如图，当CE=DE=5时，过点F作FH⊥BP，垂足为H，
由（1）知四边形AFCE是平行四边形，
∴DF=DE=5，即EF=10，
∵ ∠ABP=90°，FH⊥BP，
∴FH∥AB，
∵ AF∥BP，
∴四边形AFHB是平行四边形，
∵ ∠ABP=90°，
∴四边形AFHB是矩形，
∴AF=BH=CE=5,AB=FH=8，
∴EH=❑√EF2−FH2=6，
∴BC=CE+EH+BH=6；
如图，当CE=CD=DE=5时，
∵ △CED
是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵ ∠ABP=90°，
∴∠CAB=30°，
1
∴BC= AC=AD=CD=5，
2
∵CE=5，
∴此时，点E与点B重合，不符合题意，综上，当△CDE为等腰三角形时，BC的长为6或16．
【点睛】本题考查梯形的判定，平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性
质，勾股定理，直角三角形的特征，灵活运用平行四边形的性质是解题的关键．
46．（24-25八年级·广东惠州·期中）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥CB，AB=6cm，
BC=14cm，AD=8cm，点E为AB上一点，且AE=2cm，点F为AD上一动点，以EF为边作菱形
EFGH，且点H落在边BC上，点G在梯形ABCD的内部或边CD上，设AF=xcm．
(1)直接写出CD的长与∠DCB的度数．
(2)在点F运动过程中，是否存在某个x的值，使得四边形EFGH为正方形？若存在，请求出x的值；若不
存在，请说明理由．
(3)若菱形EFGH的顶点G恰好在边CD上，则求出此时x的值．
【答案】(1)CD=❑√2CM=6❑√2，∠DCB=45°
(2)存在，x=4cm；理由见解析
(3)x=6.5
【分析】（1）过点D作DM⊥BC于M，可得四边形ABMD是矩形，根据矩形的对边相等求出DM=AB
，BM=AD，然后求出CM，判断出△CDM的等腰直角三角形，然后等腰直角三角形的性质求解即可；
（2）根据正方形的四条边都相等可得EF=EH，根据同角的余角相等求出∠AEF=∠BHE，然后利用
“角角边”证明△AEF和△BHE全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=AF，再根据AB=AE+BE
代入数据进行计算即可得解；
（3）过点G作GP⊥BC于P，根据两边分别互相平行的两个角相等（或互补）可得∠AEF=∠PGH，
根据菱形的四条边都相等可得EF=GH，然后利用“角角边”证明△AEF和△PGH全等，根据全等三角形对应边相等可得PG=AE，HP=AF，然后表示出CP、BH，在Rt△AEF和Rt△BEH中，利用勾股定
理列式表示出EF2和EH2，然后列出方程求解即可．
【详解】（1）解：（1）如图，过点D作DM⊥BC于M，
∵AD∥BC，AB⊥CB，
∴四边形ABMD是矩形，
∴DM=AB=6，BM=AD=8，
∴CM=BC−BM=14−8=6，
∴DM=CM，
∴△CDM是等腰直角三角形，
CD=❑√2CM=6❑√2cm，∠DCB=45°；
（2）解：如图，
∵四边形EFGH为正方形，
∴EF=EH，∠FEH=90°，
∴∠AEF+∠BEH=90°，
∵AB⊥CB，
∴∠BEH+∠BHE=90°，
∴∠AEF=∠BHE，
在△AEF和△BHE中，
{∠AEF=∠BHE
)
∠A=∠B=90° ，
EF=EH
∴△AEF≅△BHE（AAS），∴BE=AF=x，
∵AB=AE+BE=6，
∴2+x=6，
解得x=4（cm）；
（3）解：如图，过点G作GP⊥BC于P，
在菱形EFGH中，EF∥GH，EF=EH=GH，
∵AD∥BC，
∴∠AEF=∠PGH，
在△AEF和△PGH中，
{
∠AEF=∠PGH
)
∠A=∠GPH=90° ，
EF=GH
∴△AEF≅△PGH（AAS），
∴PG=AE=2，HP=AF=x，
∵∠C=45°，
∴CP=PG=2，BH=14−x−2=12−x，CG=❑√2PG=2❑√2，
在Rt△AEF中，EF2=AE2+AF2=22+x2，
在Rt△BEH中，EH2=BE2+BH2=(6−2) 2+(12−x) 2，
∵EF=EH，
∴22+x2=(6−2) 2+(12−x) 2，
解得x=6.5．
∴ x=6.5．
【点睛】本题考查了四边形综合题型，主要涉及梯形的求解，关键在于作出合适的辅助线，掌握正方形的
性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，（3）作辅助线构造出全等三角形，然后利用勾股定理列
出方程是解题的关键．47．（24-25八年级·上海·专题练习）如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=18，
BC=21．点P从点A出发沿AD以每秒1个单位的速度向点D匀速运动，点Q从点C沿CB以每秒2个单
位的速度向点B匀速运动．点P、Q同时出发，其中一个点到达终点时两点停止运动，设运动的时间为t
秒．
(1)当AB=10时，设A、B、Q、P四点构成的图形的面积为S，求S关于t的函数关系式，并写出定义域；
(2)设E、F为AB、CD的中点，求四边形PEQF是平行四边形时t的值．
【答案】(1)S=105−5t，(0≤t≤10.5)
3
(2)t=
2
【分析】（1）A、B、Q、P四点构成的图形是梯形，根据梯形面积公式即可得出S关于t的函数关系式；
（2）过点D作DH⊥BC于H，取CH的中点G，则四边形ABHD是矩形，再根据四边形PEQF是平行四
边形，得出Rt△AEP≌Rt△GFQ，得出QG=AP，列出方程求解即可．
【详解】（1）由题意可得：AP=t，CQ=2t，
1
则S= ×(t+21−2t)×10=−5t+105(0≤t≤10.5)；
2
（2）过点D作DH⊥BC于H，取CH的中点G，则四边形ABHD是矩形．
∵F是CD的中点，G是CH的中点，
1
∴FG= DH，∠FGQ=90°，
2
∵AD∥BC，∠B=90°，AD=18，BC=21，1 3
∴CH=21−18=3，CG= CH= ，
2 2
3
∴QG=QC−CG=2t− ，
2
∵四边形PEQF是平行四边形，
∴PE=QF，
1
∵AE=FG= AB， ∠A=∠FGQ=90°，
2
∴Rt△AEP≌Rt△GFQ(HL)，
∴QG=AP，
3
∴2t− =t，
2
3
解得：t= ，
2
3
即当四边形PEQF是平行四边形时，t的值为 ．
2
【点睛】本题主要考查了梯形背景下的动点问题，平行四边形的性质以及三角形中位线的性质等，解决问
题的关键是正确作出辅助线，构建矩形ABHD．
48．（24-25八年级·山东淄博·期末）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，
AD=24cm，BC=26cm，动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s速度运动，动点Q从点C开始沿
CB边向点B以3cm/s的速度运动．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随
之停止运动．设运动时间为t秒．求：
(1)t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？
(2)t为何值时，四边形ABQP为矩形？
(3)是否存在t，使梯形ABQP的面积为24cm2？若存在请求出，若不存在请说明理由．
【答案】(1)6
13
(2)
2(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形列出方程，解方程得到答案；
（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可；
（3）用时间t表示出梯形ABQP的面积，列方程计算即可．
【详解】（1）解：由题意得：AP=t cm，CQ=3t cm，
则PD=（24-t）cm，
∵PD∥CQ，
∴PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形，
此时，24-t=3t，
解得：t=6，
∴t=6时，四边形PQCD为平行四边形；
（2）由题意得：AP=t，BQ=26-3t，
∵AP∥BQ，∠B=90°，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP为矩形，
∴t=26-3t，
13
解得：t= ，
2
13
∴当t= 时，四边形ABQP为矩形．
2
（3）∵由题意得：AP=t，BQ=26-3t，
1 1
S = (AP+BQ)×AB= (t+26−3t)×8=24，
梯形ABQP 2 2
解得t=10，
此时BQ=26-3t=-4，
∴不存在t，使梯形ABQP的面积为24cm2．
【点睛】本题考查的是梯形的性质、平行四边形的判定以及矩形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关
键．
49．（24-25八年级·广东惠州·期中）如图，梯形ABCD中，AD//BC，AB⊥CB，AB=6cm，
BC=14cm，AD=8cm，点E为AB上一点，且AE=2cm；点F为AD上一动点，以EF为边作菱形EFGH
，且点H落在边BC上，点G在梯形ABCD的内部或边CD上，设AF=xcm.（1）直接写出CD的长与∠DCB的度数：CD=______，∠DCB=______；
（2）在点F运动过程中，是否存在某个x的值，使得四边形EFGH为正方形？若存在，请求出x的值；若
不存在，请说明理由；
（3）若菱形EFGH的顶点G恰好在边CD上，则求出点G在CD上的位置和此时x的值．
【答案】（1）6❑√2cm，45°；（2）存在，x=4cm；（3）在CG=2❑√2的位置，x=6.5
【分析】（1）过点D作DM⊥BC于M，可得四边形ABMD是矩形，根据矩形的对边相等求出DM=AB，
BM=AD，然后求出CM，判断出△CDM的等腰直角三角形，然后等腰直角三角形的性质求解即可；
（2）根据正方形的四条边都相等可得EF=EH，根据同角的余角相等求出∠AEF=∠BHE，然后利用“角角
边”证明△AEF和△BHE全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=AF，再根据AB=AE+BE代入数据进
行计算即可得解；
（3）过点G作GP⊥BC于P，根据两边分别互相平行的两个角相等（或互补）可得∠AEF=∠PGH，根据菱
形的四条边都相等可得EF=GH，然后利用“角角边”证明△AEF和△PGH全等，根据全等三角形对应边
相等可得PG=AE，HP=AF，然后表示出CP、BH，在Rt△AEF和Rt△BEH中，利用勾股定理列式表示出
EF2和EH2，然后列出方程求解即可．
【详解】解：（1）如图，过点D作DM⊥BC于M，
∵AD∥BC，AB⊥CB，
∴四边形ABMD是矩形，
∴DM=AB=6cm，BM=AD=8cm，
∴CM=BC-BM=14-8=6cm，∴DM=CM，
∴△CDM是等腰直角三角形，
CD=❑√2CM=6❑√2cm，∠DCB=45°；
（2）∵四边形EFGH为正方形，
∴EF=EH，∠FEH=90°，
∴∠AEF+∠BEH=90°，
∵AB⊥CB，
∴∠BEH+∠BHE=90°，
∴∠AEF=∠BHE，
在△AEF和△BHE中，
{∠AEF=∠BHE
)
∠A=∠B ，
EF=EH
∴△AEF≌△BHE（AAS），
∴BE=AF=x，
∵AB=AE+BE=6cm，
∴2+x=6，
解得x=4cm；
（3）如图，过点G作GP⊥BC于P，
则AB∥GP，
∴∠AEG=∠PGE，在菱形EFGH中，EF∥GH，EF=EH=GH，
∴∠FEG=∠HGE，
∴∠AEF=∠PGH，
在△AEF和△PGH中，
{∠AEF=∠PGH
)
∠A=∠GPH ，
EF=GH
∴△AEF≌△PGH（AAS），
∴PG=AE=2，HP=AF=x，
∵∠C=45°，
∴CP=PG=2，BH=14-x-2=12-x，CG=❑√2PG=2❑√2，
在Rt△AEF中，EF2=AE2+AF2=22+x2，
在Rt△BEH中，EH2=BE2+BH2=（6-2）2+（12-x）2，
∵EF=EH，
∴22+x2=（6-2）2+（12-x）2，
解得x=6.5．
∴CG=2❑√2，x=6.5．
【点睛】本题考查了四边形综合题型，主要涉及梯形的求解，解题的关键在于作出合适的辅助线，正方形
的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，（3）作辅助线构造出全等三角形，然后利用勾股定理
列出方程．
50．（24-25八年级·海南海口·期中）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD = 6，BC =
8， ，点M是BC的中点．点P从点M出发沿MB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，到
达点B后立刻以原速度沿BM返回；点Q从点M出发以每秒1个单位长的速度在射线MC上匀速运动．在
点P，Q的运动过程中，以PQ为边作等边三角形EPQ，使它与梯形ABCD在射线BC的同侧．点P，Q同时出发，当点P返回到点M时停止运动，点Q也随之停止．
设点P，Q运动的时间是t秒(t＞0)．
（1）设PQ的长为y，在点P从点M向点B运动的过程中，写出y与t之间的函数关系式（不必写t的取值
范围）．
（2）当BP = 1时，求△EPQ与梯形ABCD重叠部分的面积．
（3）随着时间t的变化，线段AD会有一部分被△EPQ覆盖，被覆盖线段的长度在某个时刻会达到最大
值，请回答：该最大值能否持续一个时段？若能，直接写出t的取值范围；若不能，请说明理由．
27❑√3
【答案】（1）y = 2t；（2）9❑√3或 ；（3）能．4≤t≤5
2
【详解】解：（1）y=MP+MQ=2t；
（2）当BP = 1时，有两种情形：
1
①如图1，若点P从点M向点B运动，有 MB = BC= 4，MP =MQ= 3，
2∴PQ = 6．连接EM，
∵△EPQ是等边三角形，
∴EM⊥PQ．
∴EM=3❑√3
∵AB =3❑√3，
∴点E在AD上．
∴△EPQ与梯形ABCD重叠部分就是△EPQ，其面积为9❑√3．
②若点P从点B向点M运动，由题意得t=5．
PQ = BM + MQ−BP = 8，PC = 7．
设PE与AD交于点F，QE与AD或AD的延长线交于点G，过点P作PH⊥AD于点H，则HP =3❑√3，AH
= 1．
在Rt△HPF中，∠HPF = 30°，
∴HF = 3，PF = 6．
∴FG = FE = 2．
又∵FD = 2，
∴点G与点D重合，如图2．
27❑√3
此时△EPQ与梯形ABCD 的重叠部分就是梯形FPCG，其面积为 ．
2
（3）能．此时，4≤t≤5．过程如下：
当t=4时，P点与B点重合，Q点运动到C点，此时被覆盖线段的长度达到最大值
∵ △PEQ为等边三角形
∴∠EPC=60°
∴∠APE=30°
∵AB=3❑√3∴AF=3，BF=6
∴EF=FG=2
∴GD=6−2−3=1
∴Q向右还可以运动1秒，FG的长度不变
∴ 4≤t≤5
【题型6 平面直角坐标系中与特殊四边形有关的动点问题】
51．（24-25八年级·甘肃定西·阶段练习）如图，平行四边形OABC的顶点O为坐标原点，A点在x轴正半
轴上，∠COA=60°，OA=10cm，OC=4cm，点P从C点出发沿CB方向，以1cm/s的速度向点B运
动；点Q从A点同时出发沿AO方向，以3cm/s的速度向原点运动，其中一个动点达到终点时，另一个动
点也随之停止运动．
(1)求点C，B的坐标（结果用根号表示）
(2)从运动开始，经过多少时间，四边形OCPQ是平行四边形；
(3)在点P、Q运动过程中，四边形OCPQ有可能成为菱形吗？若能，求出运动时间；若不能，请说明理
由．
【答案】(1)C(2，2❑√3)，B(12，2❑√3)
(2)经过2.5秒，四边形OCPQ是平行四边形
(3)不能成为菱形，见解析
1
【分析】（1）如图，过C作CE⊥OA于E，则∠OCE=30°，OE= OC=2，由勾股定理得，
2
CE=❑√OC2−OE2=2❑√3，则C(2，2❑√3)，由平行四边形OABC，可知CB∥OA，CB=OA，进而可得
B(12，2❑√3)；
（2）设从运动开始，经过x秒，四边形OCPQ是平行四边形，由题意知，CP=x，AQ=3x，
OQ=10−3x，由四边形OCPQ是平行四边形，可得CP=OQ，即x=10−3x，计算求解即可；（3）由（2）可知，经过2.5秒，四边形OCPQ是平行四边形，此时CP=2.5，由OC=4≠2.5=CP，可知
平行四边形OCPQ不能是菱形．
【详解】（1）解：如图，过C作CE⊥OA于E，
∴∠OCE=30°，
1
∴OE= OC=2，
2
由勾股定理得，CE=❑√OC2−OE2=2❑√3，
∴C(2，2❑√3)，
∵平行四边形OABC，
∴CB∥OA，CB=OA，
∴B(12，2❑√3)；
（2）解：设从运动开始，经过x秒，四边形OCPQ是平行四边形，
由题意知，CP=x，AQ=3x，
∴OQ=10−3x，
∵四边形OCPQ是平行四边形，
∴CP=OQ，即x=10−3x，
解得：x=2.5，
∴运动开始，经过2.5秒，四边形OCPQ是平行四边形；
（3）解：不能成为菱形，理由如下；
由（2）可知，经过2.5秒，四边形OCPQ是平行四边形，此时CP=2.5，
∵OC=4≠2.5=CP，
∴平行四边形OCPQ不能是菱形．
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形，勾股定理，平行四边形的性质，点坐标，一元一次方程的 应
用，菱形的判定等知识．熟练掌握含30°的直角三角形，勾股定理，平行四边形的性质，点坐标，一元一
次方程的应用，菱形的判定是解题的关键．52．（24-25八年级·浙江金华·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为
A(0,4)，B(8,4)，点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连接DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对
应点为点F，连接BF．
(1)当点F在第四象限时（如图1），求证：DE∥BF．
(2)当点F落在矩形的某条边上时，求EF的长．
(3)是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)EF的长为4或5
(3)存在，点E(2❑√5,0)或(6,0)或(10,0)或(−2❑√5,0)
【分析】（1）由三角形外角和定理和折叠的性质可得∠DBF=∠DFB，∠ODF=2∠DFB=2∠EDF
，能够推导出∠DFB=∠EDF，从而可证明DE∥BF；
1
（2）①当ED⊥OC时，此时F点与C点重合，EF= CO=4；②当F点与B点重合时，在Rt△BCE中，
2
BE2=(8−BE) 2+42，求得EF=5；
（3）画出图形，结合图形分三种情况讨论：当四边形DEFB为平行四边形时，E(2❑√5,0)或(−2❑√5,0)；
当四边形DEBF为平行四边形时，E(6,0)；当四边形DEBF为平行四边形时，E(10,0)．
【详解】（1）证明：由折叠可知∠ODE=∠EDF，OD=DF，
∵点D为OB中点，
∴OD=BD，
∴DF=BD，
∴∠DBF=∠DFB，∴∠ODF=2∠DFB=2∠EDF，
∴∠DFB=∠EDF，
∴DE∥BF；
（2）解：①当ED⊥OC时，如图所示：
∴OE=EF F C
，此时 点与 点重合，
1
∴EF= CO，
2
∵B(8,4)，四边形OABC是矩形，
∴OC=8，
∴EF=4；
②当F点与B点重合时，如图所示：
∴OE=EF EC=8−OE
， ，
在Rt△BCE中，BE2=EC2+BC2，即BE2=(8−BE) 2+42，解得BE=5，
∴EF=5；
综上所述：EF的长为4或5；
（3）解：在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
当四边形DEFB为平行四边形时，如图所示：
∴ DB∥EF BD=EF
，且 ，
∵OE=EF，BD=DO，∴OE=OD，
∵D是OB的中点，B(8,4)，
∴D(4,2)，
∴OD=❑√42+22=2❑√5，
∴E(2❑√5,0)；
当四边形DEFB为平行四边形时，如图所示：
∴ DB∥EF BD=EF
，且 ，
∵D是OB的中点，
∴ BD=DO，
∴EF=OD，
∵EF∥OD，
∴四边形DOEF为平行四边形，
由折叠性质可得OD=FD，则四边形DOEF为菱形，
∴OE=OD，
∵D是OB的中点，B(8,4)，
∴D(4,2)，
∴OD=❑√42+22=2❑√5，
∴E−(2❑√5,0)；
当四边形DEBF为平行四边形时，如图所示：
∴ DF=BE
，∵OD=DF，
∴OD=BE，
∴BE=2❑√5，
在Rt△BEC中，BE=2❑√5，BC=4，则由勾股定理可得EC=❑√BE2−BC2=2，
∴OE=OC−CE=8−2=6，
∴E(6,0)；
当四边形DEBF为平行四边形时，如图所示：
∴ DF=BE
，
∵OD=BD=DF，
∴BE=OD=2❑√5，
在Rt△BCE中，BC=4，则由勾股定理可得EC=❑√BE2−BC2=2，
∴OE=OC+CE=8+2=10，
∴E(10,0)；
综上所述：点E(2❑√5,0)或(6,0)或(10,0)或(−2❑√5,0)．
【点睛】本题是四边形的综合题，涉及折叠性质、平行线的判定与性质、矩形的性质、平行四边形的判定
与性质、菱形的判定与性质、勾股定理、中点坐标公式、等腰三角形的性质，直角三角形的性质、两点距
离公式等知识，熟练掌握图形折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，数形结
合解题是关键．
53．（24-25八年级·江苏扬州·阶段练习）已知，如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(10,0)，
C(0,3)，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；
(3)在线段PB上有一点M且PM=5，直接写出四边形OAMP的周长的最小值 ，并在图上画图标出点M的
位置，
【答案】(1)t=2.5
(2)t=2时，Q(9,3)；t=4.5时，Q(4,3)；t=0.5时，Q(−4,3)
(3)15+❑√61；点M的位置见解析
【分析】（1）先求出OA，进而求出OD=5，再由运动知BP=10−2t,进而由平行四边形的性质建立方程
10−2t=5即可得出结论；
（2）分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论；
（3）先判断出四边形OAMP周长最小，得出AM+DM最小，即可确定出点M的位置，再用三角形的中
位线得出BM，进而求出PC，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形OABC为矩形，A(10,0)，C(0,3)，
∴BC=OA=10，AB=OC=3，
∵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，∵ ODQP
四边形 为菱形，
∴OD=OP=PQ=5，
∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC=❑√OP2−OC2=❑√52−32=4，
∴2t=4，
∴t=2，
∵CQ=CP+PQ=4+5=9，
∴Q(9,3)；
②当Q点在P的左边且在BC线段上时，如图2，
∵ ODQP
四边形 为菱形，
∴OD=OQ=PQ=5，
∴在Rt△OCQ中，由勾股定理得：CQ=❑√OQ2−OC2=❑√52−32=4，
∴CP=CQ+PQ=4+5=9，
∴2t=9，
∴t=4.5，
∵CQ=4，
∴Q(4,3)；
③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，如图3，∵ ODQP
四边形 为菱形，
∴OD=PQ=OQ=5，
∴在Rt△OCQ中，由勾股定理得：CQ=❑√OQ2−OC2=❑√52−32=4，
∴CP=PQ−CQ=5−4=1，
∴2t=1，
∴t=0.5，
∵CQ=4，
∴Q(−4,3)；
综上所述，t=2时，Q(9,3)；t=4.5时，Q(4,3)；t=0.5时，Q(−4,3)；
（3）解：如图4，由(1)知，OD=5，
∵PM=5，
∴OD=PM，
∵BC∥OA，
∴四边形OPMD是平行四边形，
∴OP=DM，
∵四边形OAMP的周长为OA+AM+PM+OP
=10+AM+5+DM
=15+AM+DM，
∴AM+DM最小时，四边形OAMP的周长最小，
∴作点A关于BC的对称点E，连接DE交PB于M，
∴AM=EM，
∴AM+DM=DM+EM，
∵两点之间线段最短，
∴此时DM+EM最小，即AM+DM最小，
∵AE=AB+BE=3+3=6，
∴AM+DM的最小值为DE=❑√62+52=❑√61，∴四边形OAMP的周长最小值为15+❑√61．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称的性质，坐标与图形，
勾股定理，分类讨论是解题的关键．
54．（24-25八年级·安徽阜阳·期中）如图，在菱形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(6，0)，
∠COA=60°．动点P从点A出发，沿着射线AO以每秒3个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，
沿着射线CB以每秒1个单位长度的速度运动．点 P，Q同时出发，设运动时间为t(t>0)秒．
(1)求点C的坐标．
(2)当t=1时，求△POQ的面积．
(3)试探究在点 P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得以C，O，P，Q四点为顶点的四边形是平行
四边形?若存在，请求出此时t的值与点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(3，3❑√3)
9❑√3
(2)
2
(3)存在，当t=1.5时，Q(4.5，3❑√3)，当t=3时，Q(6，3❑√3)
【分析】（1）由题意知，OA=6，由菱形OABC，可得OC=OA=6，BC∥OA，如图，延长BC交y轴
1
于D，则BD⊥y轴，即∠CDO=90°，∠COD=90°−∠COA=30°，CD= OC=3，由勾股定理
2得，OD=❑√OC2−CD2=3❑√3，进而可求C(3，3❑√3)；
1
（2）由题意知，t=1时，AP=3，CQ=1，则OP=3，Q(4，3❑√3)，根据S = OP×y ，计算求
△POQ 2 Q
解即可；
（3）由题意知，CQ∥OP，当以C，O，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，CQ=OP，由题意
知，AP=3t，CQ=t，当t≤2时，OP=6−3t；此时6−3t=t，可求t=1.5；则Q(4.5，3❑√3)；当t>2
时，OP=3t−6；此时3t−6=t，可求t=3；则Q(6，3❑√3)．
【详解】（1）解：由题意知，OA=6，
∵菱形OABC，
∴OC=OA=6，BC∥OA，
如图，延长BC交y轴于D，则BD⊥y轴，即∠CDO=90°，
∴∠COD=90°−∠COA=30°，
1
∴CD= OC=3，
2
由勾股定理得，OD=❑√OC2−CD2=3❑√3，
∴C(3，3❑√3)；
（2）解：由题意知，t=1时，AP=3，CQ=1，则OP=3，Q(4，3❑√3)，
1 1 9❑√3
∴S = OP×y = ×3×3❑√3= ，
△POQ 2 Q 2 2
9❑√3
∴△POQ的面积为 ；
2
（3）解：∵CQ∥OP，∴当以C，O，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，CQ=OP，
由题意知，AP=3t，CQ=t，
当t≤2时，OP=6−3t；此时6−3t=t，
解得，t=1.5；
∴Q(4.5，3❑√3)；
当t>2时，OP=3t−6；此时3t−6=t，
解得，t=3；
∴Q(6，3❑√3)；
综上所述，存在，当t=1.5时，Q(4.5，3❑√3)，当t=3时，Q(6，3❑√3)．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，含30°的直角三角形，勾股定理，平行四边形的性质等知
识．熟练掌握菱形的性质，坐标与图形，含30°的直角三角形，勾股定理，平行四边形的性质是解题的关
键．
55．（24-25八年级·江苏无锡·期中）如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，定点A的坐标为(4,3)．
(1)求正方形OABC顶点C的坐标为（ ， ）顶点B的坐标为（ ， ）；
(2)现有一动点P从C点出发，沿线段CB向终点B运动，P的速度为每秒1个单位长度，同时另一动点Q
从点A出发沿A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位长度．设运动时间为2秒时，将三角形CPQ
沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，求k的值．
【答案】(1)−3，4，1，7
(2)k的值为2或4
【分析】（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于
点F，证出△COF≌△AOD≌△BAE(AAS)，求出OF=AD=BE=3，CF=OD=AE=4，即可求出点
C，点B的坐标；（2）分两种情况：①当点Q在OA上时；②当点Q在OC上时．分别计算即可．
【详解】（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于
点F，
∴∠ADO=∠OFC=∠BEA=90°，
∴∠DAO+∠AOD=90°，
∵四边形ABCO是正方形，
∴∠OAB=∠AOC=90°，OA=OC=AB，
∴∠COF+∠AOD=90°，∠BAE+∠DAO=90°，
∴∠FOC=∠DAO，∠BAE=∠AOD，
∴△COF≌△AOD≌△BAE(AAS)，
∴OF=AD=BE，CF=OD=AE，
∵点A的坐标为(4,3)，
∴OF=AD=BE=3，CF=OD=AE=4，
∴点C的坐标为(−3,4)；
∴ED=4+3=7，点B到y轴的距离为OD−BE=4−3=1，
∴点B的坐标为(1,7)；
故答案为：−3，4，1，7；
（2）由题意，得AO=CO=BC=AB=❑√42+32=5，
当t=2 时，CP=2．
将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，
只需三角形CPQ是等腰三角形即可．
①当点Q在OA上时，
∵PQ≥AB>PC，
∴只存在一点Q，使QC=QP．
过点Q作QD⊥PC于点D，如图，则CD=PD=1，
∵QA=BD，
∴2k=5−1=4，
∴k=2；
②当点Q在OC上时，
∵∠BCO=90°，
∴只存在一点Q，使CP=CQ=2，
∴2k=10−2=8，
∴k=4．
综上所述，k的值为2或4．
【点睛】本题考查正方形的性质，坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性
质，菱形的判定，深入理解题意，熟练应用分类讨论思想是解决问题的关键．
56．（24-25八年级·江苏扬州·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B坐标为(12,5)
，点D在CB边上从点C运动到点B，以AD为边作正方形ADEF，连BE、BF，在点D运动过程中，请探
究以下问题：
(1)若△BEF为直角三角形，求此时正方形ADEF的边长；
(2)△ABF的面积是否改变，如果不变，求出该定值；如果改变，请说明理由；
(3)设E(x,y)，直接写出y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围．
【答案】(1)5❑√2
25
(2)不会改变，
2(3)当5≤x≤17时，y=22−x
【分析】（1）根据条件，若△BEF为直角三角形，正方形ADEF的对称中心为点B，点A、B、E在同一
直线上，点D、B、F在同一直线上，利用勾股定理求解即可；
（2）过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于H，根据矩形的性质可得∠DAB+∠FAB=90°，且
∠DAB+∠BDA=90°，证明△ABD≌△FHA(AAS)，可得HF=AB=5，利用三角形的面积公式求解即
可；
（3）由全等三角形的性质可得DH=AB=5，EH=DB，可得y=EH+5=DB+5，
x=12−DB+DH=17−DB，即可求解．
【详解】（1）解：∵△BEF为直角三角形，
∴正方形ADEF的对称中心为点B，点A、B、E在同一直线上，点D、B、F在同一直线上，
∵AB=BD=BE=BF=5，
∴正方形边长EF=❑√2BE=5❑√2．
（2）解：△ABF的面积不会改变，
如图，过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵矩形OABC的顶点B坐标为(12,5)，
∴AB=5，BC=12，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∴∠DAB+∠FAB=90°，且∠DAB+∠BDA=90°，
在△ABD和△FHA中，
{∠BDA=∠FAB
)
∠ABD=∠AHF ，
AD=AF
∴△ABD≌△FHA(AAS)，
∴HF=AB=5，1 25
∴S = ×AB×HF= ；
△ABF 2 2
（3）解：当5≤x≤12时，如图，过点E作EH⊥DB于H，
同理（2）可知△EDH≌△DAB
∴DH=AB=5，EH=DB，且E(x,y)，
∴y=EH+5=DB+5，x=12−DB+DH=17−DB，
∴y=22−x，
当12<x≤17时，如图，过点F作FH⊥AB于H，连接BE，
同理可得：x=12−DB+5=17−DB，y=DB+5，
∴y=22−x，
综上所述：当5≤x≤17时，y=22−x．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性
质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
57．（24-25八年级·江苏无锡·期中）如图，正方形OABC的顶点B的坐标为(2，−2)，D(m，0)为x轴
上的一个动点(m>2)，以BD为边作正方形BDEF，点E在第四象限．(1)线段CD的长为_______（用m的代数式表示）．
(2)试判断线段AD与CF的数量关系，并说明理由；
(3)设正方形BDEF的对称中心为M，直线CM交y轴于点G．随着点D的运动，点G的位置是否会发生变
化？若保持不变，请求出点G的坐标；若发生变化，请说明理由．
【答案】(1)m−2
(2)AD=CF，见解析
(3)不变，G(0，2)
【分析】（1）利用坐标、坐标与图形的性质即可求解；
（2）证明△ABD≌△CBF(SAS)可得结论．
（3）过点F作FH⊥CB交CB的延长线于点H，过点M作MN⊥x轴．证明△BCD≌△FHB(AAS)，推
( m m)
出CD=BH=m−2，BC=FH=2，求得M 2+ ，− ，进而可得MN=CN，即可证明△OCG是等
2 2
腰直角三角形即可解决问题．
【详解】（1）解：∵B(2，−2)，D(m，0)，
∴OC=2，OD=m，
∴CD=m−2，
故答案为：m−2；
（2）解：AD=CF．∵四边形OABC和四边形BDEF都是正方形，
∴AB=BC，BD=BF，∠ABC=∠FBD=90°，
∴∠ABD=∠FBC，
∴△ABD≌△CBF(SAS)，
∴AD=CF；
（3）解：点G的位置保持不变，
理由：过点F作FH⊥CB交CB的延长线于点H，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，
∵∠BCD=∠DBF=∠H=90°，
∴∠CBD+∠FBH=90°，∠FBH+∠BFH=90°，
∴∠CBD=∠BFH，
∵BD=BF，
∴△BCD≌△FHB(AAS)，
∴CD=BH=m−2，BC=FH=2，
∴F(4，−m)，
又D(m，0)，M是DF的中点，
( m m)
∴M 2+ ，− ，
2 2m m
在△CMN中，MN= ，CN= ，
2 2
∴△CMN是等腰直角三角形，
∴∠OCG=∠NCM=45°，
∴△OCG也是等腰直角三角形，
∴OG=OC=2，
∴G(0，2)．
【点睛】本题考查了中心对称，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性
质，解题的关键是正确构造辅助线证明三角形全等．
58．（24-25八年级·福建福州·期中）如图①所示，以正方形ABCO的点O为坐标原点建立平面直角坐标
系，其中线段OA在y轴上，线段OC在x轴上，其中正方形ABCO的周长为16．
(1)直接写出B、C两点坐标；
(2)如图②，连接OB，若点P在y轴上，且S =2S ，求P点坐标．
△BOP △BOA
(3)如图③，若OB//DE，点P从点O出发，沿x轴正方向运动，连接PB,PE．则∠OBP，∠DEP，
∠BPE三个角之间具有怎样的数量关系（不考虑点P与点O，D，C重合的情况）？并说明理由．
【答案】(1)点B坐标为（4,4）点C坐标为（4,0）
(2)点P坐标为（0,8）或（0，-8）
(3)∠BPE=∠OBP+∠DEP
【分析】（1）根据题意可知正方形边长为4，可求坐标；
1
（2）求出S = ×4×4=8，根据题意可知S =16，可以求出点P的纵坐标；
△BOA 2 △BOP
（3）过点P作PQ∥OB交BC于点Q，根据平行线的性质可求解；
【详解】（1）解：∵正方形ABCO的周长为16
∴正方形边长为4，
∴点B坐标为（4,4）点C坐标为（4,0）．（2）解：由题意可知OA=OB=4，
1
∴S = ×4×4=8，
△BOA 2
则S =2S
△BOP △BOA
=2×8
=16，
设点P的坐标为（0，m），
则OP=|m)，
1
S = ×4|m)=16，
△BOP 2
解得|m)=8，
∴m=8或m=-8，
∴点P坐标为（0,8）或（0，-8）．
（3）解：∠BPE=∠OBP+∠DEP，理由如下：
如图，过点P作PQ∥OB交BC于点Q，
则OB∥PQ∥DE，
∴∠OBP=∠BPQ，∠PED=∠QPE，
∵∠BPE=∠BPQ+∠EPQ，
∴∠BPE=∠OBP+∠DEP．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的面积以及平行线的性质，掌握平行线性质和三角形面积
的求法是解题的关键．
59．（24-25八年级·江苏宿迁·期中））如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为
(−3,3)．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的正方向运动；点Q从点O同时出发，以相同
的速度沿x轴的正方向运动，连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD
与y轴交于点E，连接PE，设点P运动的时间为t(s)．(1)∠EBP的度数为______，点D的坐标为______（用含t的代数式表示）；
(2)当t=1时，平面内是否存在点M，使以点P、D、C、M为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接
写出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在整个运动过程中，判断线段PE、AP与CE之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)45°，(t,t)
(2)存在，点M的坐标为(3,4)或(−3,2)或(−1,−2)
(3)PE=AP+CE．证明见解析
【分析】（1）证明△DPQ≌△PBA(ASA)，得出PD=PB，DQ=AP=t，则可得出答案；
（2）求出点D，点P的坐标，分三种情况，由平行四边形的性质以及点的平移可得出答案；
（3）延长PA至M，使AM=CE，证明△BCE≌△BAM(SAS)，得出BE=BM，∠CBE=∠ABM，证
明△PBE≌△PBM(SAS)，得出PE=PM=AP+AM=AP+CE．
【详解】（1）解：由题意知AP=OQ，
∴OA=QP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=OA，∠BAP=90°，
∴AB=PQ，
∵DQ∥y轴，
∴∠DQP=90°，
∴∠DQP=∠BAP，
∵BP⊥PQ，
∴∠APB+∠DPQ=90°，
∵∠APB+∠ABP=90°，
∴∠DPQ=∠ABP，
∴△DPQ≌△PBA(ASA)，∴PD=PB，DQ=AP=t，
∵∠BPD=90°，
∴∠PBE=45°，
∵OQ=DQ=AP=t，
∴D(t,t)．
故答案为：45°，(t,t)；
（2）解：当t=1时，D (1,1)，
∵B(−3,3)，四边形OABC为正方形，
∴AB=AO=3，C(0,3)，
由（1）知AP=DQ=1，
∴OP=2，
∴P(−2,0)，
若CD为平行四边形的对角线，DM∥PC，CM∥PD，
可得点P向右平移3个单位，向上平移1个单位得到点D，
∴点C(0,3)向右平移3个单位，向上平移1个单位得到M(3,4)，
∴M(3,4)
若CP为平行四边形的对角线，PM∥DC，CM∥PD，同理可求
∴M(−3,2)，
若CD为平行四边形的对角线，PM∥DC，DM∥PC，同理可求
∴M(−1,−2)，
综上所述，点M的坐标为(3,4)或(−3,2)或(−1,−2)；
（3）解：PE=AP+CE．
证明：延长PA至M，使AM=CE，
∵BC=BA ∠BCE=∠BAM=90°
， ，
∴△BCE≌△BAM(SAS)，
∴BE=BM，∠CBE=∠ABM，
∵∠PBE=45°，∴∠CBE+∠PBA=∠ABM+∠PBA=45°，
∴∠PBE=∠PBM，
∵PB=PB，
∴△PBE≌△PBM(SAS)，
∴PE=PM=AP+AM=AP+CE．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与
性质，点的平移，平行四边形的性质等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．
60．（24-25八年级·吉林四平·期末）如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°．B(−❑√3,0)，
C(❑√3,0)，D(0，3)．
(1)点A坐标为 ，四边形ABOD的面积为 ；
(2)如图2，点E在线段AC上运动，△≝¿为等边三角形．
①求证：AF=BE，并求AF的最小值；
②点E在线段AC上运动时，点F的横坐标是否发生变化？若不变，请求出点F的横坐标．若变化，请说
明理由．
9❑√3
【答案】(1)A(−2❑√3，3)，
2
(2)①证明见解析；AF的最小值为❑√3；②不变，点F的横坐标为−❑√3
【分析】（1）先求出OD=3，BC=2❑√3，OB=❑√3，再由菱形的性质得到AD⊥OD，则
❑√3+2❑√3 9❑√3
A(−2❑√3，3)，进而由梯形面积公式可得S = ×3=
四边形ABOD 2 2
（2）设AC交BD于J，由菱形的性质结合题意易证△ADB，△DBC都是等边三角形，即得出
∠EDF=∠ADB=60°，从而可证∠ADF=∠BDE．再结合AD=DB，DF=DE，即可证
△ADF≌△BDE(SAS)，得出AF=BE，即说明当BE⊥AC时，AF的值最小．最后结合含30度角的直角三角形的性质求解即可；②过点F作FH⊥AD于H．由全等的性质可得DF=DE，∠FDH=∠EDJ
，即易证△FDH≌△EDJ(AAS)，得出DH=DJ=BJ=❑√3，即说明点F的横坐标为−❑√3，不变．
【详解】（1）解：∵D(0,3)，B(−❑√3,0)，C(❑√3,0)，
∴OD=3，BC=2❑√3，OB=❑√3，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，AD=BC=2❑√3，
∴AD⊥OD，
∴A(−2❑√3，3)，
❑√3+2❑√3 9❑√3
∴S = ×3= ，
四边形ABOD 2 2
9❑√3
故答案为：(−2❑√3，3)， ；
2
（2）①证明：如图，设AC交BD于J．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=120°，AC⊥BD，∠DAB=∠DCB=60°，
∴△ADB，△DBC都是等边三角形，
∴∠EDF=∠ADB=60°，
∴∠ADF=∠BDE.
∵AD=DB，DF=DE，
∴△ADF≌△BDE(SAS)，
∴AF=BE，
∴当BE⊥AC时，AF的值最小．
∵∠BJC=90°，∠JBC=60°，
∴∠BCJ=90°－∠JBC=30°，1
∴BJ= BC=❑√3
2
∴AF的最小值为❑√3．
②点F的横坐标不变，理由如下：
如图，过点F作FH⊥AD于H．
∵△ADF≌△BDE，
∴DF=DE，∠FDH=∠EDJ．
∵∠FHD=∠EJD=90°，
∴△FDH≌△EDJ(AAS)，
∴DH=DJ=BJ=❑√3，
∴点F的横坐标为−❑√3，不变．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性
质，含30度角的直角三角形的性质等知识，综合性强．正确作出辅助线是解题关键．
