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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00）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120)．
(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 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0AB，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AECE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AECE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AECE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(00)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122)，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．
