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专题 21.8 利用一元二次方程解决几何动态问题【七大题型】
【人教版】
【题型1 利用一元二次方程解决三角形中的动态问题】.......................................................................................1
【题型2 利用一元二次方程解决平行四边形中的动态问题】.............................................................................4
【题型3 利用一元二次方程解决矩形中的动态问题】.......................................................................................15
【题型4 利用一元二次方程解决菱形中的动态问题】.......................................................................................21
【题型5 利用一元二次方程解决正方形中的动态问题】...................................................................................27
【题型6 利用一元二次方程解决梯形中的动态问题】.......................................................................................31
【题型7 利用一元二次方程解决平面直角坐标系中的动态问题】...................................................................39
【题型1 利用一元二次方程解决三角形中的动态问题】
【例1】（23-24九年级·全国·单元测试）如图，在△ABC中，AC=50m，BC=40m，∠C=90°，点P从
点A开始沿AC边向点C以2m/s的速度匀速移动，同时另一点Q由C点开始以3m/s的速度沿着射线CB匀
速移动，当其中一点到达终点时，两点同时停止运动．当△PCQ的面积等于300m2时，运动时间为
（ ）
A．5秒 B．20秒 C．5秒或20秒 D．不确定
【答案】C
【分析】本题考查一元二次方程的应用．根据三角形的面积公式列出方程即可解决问题．
【详解】解：由题意AP=2t，CQ=3t，运动时间0≤t≤25，
∴PC=50−2t，
1
∴ ·PC·CQ=300，
2
1
∴ (50−2t)⋅3t=300，
2解得t=20或5，
∴运动时间为5秒或20秒时，△PCQ的面积等于300m2．
故选：C．
【变式1-1】（23-24九年级·广东汕头·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，
现有动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段CB向点B方向运动，如果点
P的速度是1cm/s，点Q的速度是2cm/s．P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一
点停止运动．设运动时间为t秒．当t= s时，PQ平分△ABC的面积．
【答案】2
【分析】先表示出PC=(8−t)cm，CQ=2tcm，根据PQ平分△ABC的面积得到t的方程求解即可．
【详解】解：根据题意，AP=tcm，CQ=2tcm，
∵BC=6cm，AC=8cm，
∴PC=(8−t)cm， 点Q到B点的时间为6÷2=3s，点P到C点的时间为8÷1=8s，
∵P、Q两点同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，另一点停止运动．
∴03，不符合题意；
当点E在线段AB.上运动秒时，点F在CD上运动t秒，( 3OB)的长（单位：米）是一元二次方程x2−7x+12=0的两根，求AB的长以及菱形
ABCD的面积．
（3）若动点M从A出发，沿AC以2m/s的速度匀速直线运动到点C,动点N从B 出发，沿BD以1m/s的速
度匀速直线运动到点D，当M运动到C点时运动停止．若M、N同时出发，问出发几秒钟后，△MON的面
1
积为
m2
？
4
5−❑√2 5 5+❑√2
【答案】（1）证明见解析；（2）5，24；（3）M，N出发 秒， 秒， 秒钟后， MON的面
2 2 2
△
1
积为 m2．
4
【分析】（1）根据题意，用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先判定平行四边形，再用邻
边相等证明菱形；
（2）解方程可得OA、OB的长，用勾股定理可求AB，根据“菱形的面积对应对角线积的一半”计算连线
面积；
（3）根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分三种情况分别讨论．
【详解】（1）证明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD
∴∠DAC=∠BAC=∠DCA
∴△ACD是等腰三角形，AD=DC
又∵AB=AD
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵AB=AD，∴ ABCD是菱形；
（2）解：解方程▱x2-7x+12=0，得
OA=4，OB=3，
利用勾股定理AB=❑√OA2+OB2=5，1 1
S = AC×BD= ×8×6=24平方米．
菱形ABCD 2 2
1
（3）解：在第（2）问的条件下，设M、N同时出发x秒钟后， MON的面积为 m2，
4
△
1 1
当点M在OA上时，x<2，S = （4-2x）（3-x）= ；
MON 2 4
△
5−❑√2 5+❑√2
解得x = ，x = （大于2，舍去）；
1 2 2 2
1 1
当点M在OC上且点N在OB上时，2＜x＜3，S = （3-x）（2x-4）= ，
MON 2 4
△
5
解得x =x = ；
1 2 2
1 1
当点M在OC上且点N在OD上时，即33时，点M在线段OC上，点N在线段OD上三种
情况分别讨论．
1
【详解】解：设出发后x秒时，S = S ．
△MON 12 菱形ABCD
∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，
1 1
∴OA=4，OB=3，AC⊥BD，S = AC⋅BD= ×8×6=24，
菱形ABCD 2 21
∴ S = S =2，
△MON 12 菱形ABCD
当x<2时，点M在线段AO上，点N在线段BO上．
此时OM=OA−AM=4−2x，ON=OB−BN=3−x，
1
则 (4−2x)(3−x)=2；
2
解得x =1，x =4（舍去）
1 2
当23时，点M在线段OC上，点N在线段OD上，
此时OM=AM−OA=2x−4，ON=BN−OB=x−3，
1
则 (2x−4)(x−3)=2；
2
解得x =1（舍去），x =4
1 2
1
综上所述，出发后1s或4s时，S = S ．
△MON 12 菱形ABCD
故答案为：1或4．
【题型5 利用一元二次方程解决正方形中的动态问题】
【例5】（23-24九年级·河南南阳·阶段练习）如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，
再把△ABC沿着AD方向平移，得到△A′B′C′，若两个三角形重叠部分的面积为0.5cm2，则它移动的距离
A A′等于（ ）
1 2+❑√2 1 3 2±❑√2
A． cm B． cm C． cm或 cm D． cm
2 4 4 4 2
【答案】D
【分析】根据平移的性质，结合阴影部分是平行四边形，△A′HA与△HCB′都是等腰直角三角形，则若设A A′=x，则阴影部分的底长为x，高A′D=2−x，根据平行四边形的面积公式即可列出方程求解．
【详解】解：设AC交A′B′于H，A′C′交CD于点G，
由平移的性质知AC∥A′C′，CD∥A′B′，
∴四边形A′HCG是平行四边形，
∵由正方形的性质可得：∠A=45°，∠D=90°=∠A A′H，
∴△A′HA是等腰直角三角形，
同理，△HCB′也是等腰直角三角形，
设A A′=x，则阴影部分的底长为x，高A′D=2−x，
∴x(2−x)=0.5，
2±❑√2
∴x= ．
2
2±❑√2
即A A′= (cm)．
2
故选：D．
【点睛】此题考查解一元二次方程、平行四边形的判定及性质，平移的性质，等腰直角三角形的判定，根
据平移的性质得到四边形A′HCG是平行四边形是解题的关键.
【变式5-1】（2024九年级全国·竞赛）如图，已知正方形ABCD的边长为10厘米，点E在边AB上，且
AE=6.4厘米，P、Q两点分别从B、C两点出发以1厘米/秒的速度沿正方形的边逆时针移动，当点P移到
点D时，P、Q两点同时停止移动，设移动时间为t秒，当S =S 时，t= ．
△AEP △CPQ
【答案】3.6或18
【分析】本题考查一元二次方程在几何中的应用，根据移动时间为t秒，分以下两种情况讨论，①当P在
BC上时，②当P在CD上时，根据这两种情况分别用t表示出△AEP和△CPQ的底和高，根据S =S 建立方程求解，即可解题．
△AEP △CPQ
【详解】解：∵移动时间为t秒，正方形ABCD的边长为10厘米，AE=6.4厘米，
①当P在BC上时，
有BP=t厘米，PC=(10−t)厘米，QC=t厘米，
∵ S =S ，
△AEP △CPQ
1 1
∴ AE⋅BP= PC⋅QC，即6.4t=(10−t)t，
2 2
整理得t2−3.4t=0，解得t =0（不合题意，舍去），t =3.4．
1 2
②当P在CD上时，
则PC=(t−10)厘米，QD=(t−10)厘米，
1 1
∴ ×6.4×10= (t−10)(t−10)，
2 2
整理得t−10=±8，解得t =18，t =2（不符合题意，舍去），
3 4
综上所述，t的值为3.6或18．
故答案为：3.6或18．
【变式5-2】（23-24九年级·江苏无锡·期中）如图，将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC剪开，再把
△ABC沿着AD方向平移得到△A′B′C′，若两个三角形重叠部分的面积为3，则它移动的距离AA′等于 ；
移动的距离AA′等于 时，两个三角形重叠部分面积最大．
【答案】 1cm或3cm/3cm或1cm 2cm
【分析】如图，设AC交A′B′于H, A′C′交CD于G,证明四边形A′HCG是平行四边形，证明△A′HA是等
腰直角三角形，△HCB′也是等腰直角三角形，设A A′=xcm，则A′H=x,A′D=4−x, 再利用面积公式
建立方程，解方程即可，同时利用配方法求解面积最大值时的平移距离.
【详解】解：如图，设AC交A′B′于H, A′C′交CD于G,由平移的性质可得：AC∥A′C′,A′B′∥CD,
∴ 四边形A′HCG是平行四边形，
由正方形ABCD可得：∠A=45°,∠D=∠A A′H=90°,
∴△A′HA是等腰直角三角形，
同理：△HCB′也是等腰直角三角形，
设A A′=xcm，则A′H=x,A′D=4−x,
∴x(4−x)=3,
∴x2−4x+3=0,
解得：x =1,x =3,
1 2
∴A A′=1cm或A A′=3cm
∵ 重叠部分的面积为：x(4−x)=−x2+4x=−(x−2) 2+4,
∴ 当x=2时，重叠部分的面积最大，最大面积为4cm2
所以当A A′=2cm时，重叠部分的面积最大.
故答案为：1cm或3cm；2cm
【点睛】本题考查的是正方形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定与性质，一元二次方程
的解法，配方法的应用，平移的性质，熟悉以上基础知识是解题的关键.
【变式5-3】（2024·河南·二模）如图1，正方形ABCD的边长和等腰直角△FGH的边AD与FG重合，边
AB与FH在一条直线上，△FGH以1cm/s的速度向右移动，直到点H与点B重合才停止移动，两个图形
重叠部分的面积为S（cm2），图2所示的是△FGH向右移动时，面积S（cm2）与随时间t（s）的变化的
关系图象，则a的值是（ ）
A．16 B．8 C．2 D．4
【答案】D
【分析】根据正方形与等腰直角三角形的性质得到AH=AD=AB=BC，根据图象分析最大面积为1 1 a 2
S =S ，再根据路程与时间的关系得到S =S = (AB) 2= ( +2) =a+4，最后得到结果．
最大 △FGH 最大 △FGH 2 2 2
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，△FGH为等腰直角三角形，
∴AH=AD=AB=BC，
∵△FGH向右移动时，重合部分的面积越来越大，直至△FGH完全在正方形ABCD内部，此时S=S ，
△FGH
接着往下运动的话，不完全在正方形ABCD内，则面积减小，
∴图2中S=a+4是重合部分的面积最大值，
∴S =S ，
最大 △FGH
∵△FGH以1cm/s的速度向右移动，由图2可知从开运动到结束用了（a+4）s，
∴2AB=(a+4)×1,
a
∴AB= +2,
2
1 1 1 a 2
∵S =S = (AH) 2= (AB) 2= ( +2) =a+4,
最大 △FGH 2 2 2 2
解得：a=4或者a=-4，
∴a=4，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质以及一元二次方程的应用，解题的关键在
于分析等腰直角三角形的运动过程，找出运动时间与路程，列出方程求解．
【题型6 利用一元二次方程解决梯形中的动态问题】
【例6】（23-24九年级·安徽淮南·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，
BC=8cm，AB=AD=10cm，点P从点A出发，以每秒3cm的速度沿折线A−B−C方向运动，点Q从点
D出发，以每秒2cm速度沿线段DC方向向点C运动．已知动点P，Q同时出发，当点Q运动到点C时，
P，Q运动停止，设运动时间为t．
（1）当t= 秒时，四边形PBQD为平行四边形；
（2）在点P、点Q的运动过程中，当t= 秒时，△BPQ的面积为15cm2？
19 25
【答案】 2 5或 或
3 12【分析】（1）当四边形PBQD为平行四边形时，BP=DQ，由此构建方程解决问题即可；
（2）分两种情况进行讨论：即①当点P在线段AB上，②当点P在线段BC上，根据两种情况点的位置，
可以确定t的值．
【详解】解：（1）当四边形PBQD为平行四边形时，BP=DQ，
∵ BC=8cm，AB=AD=10cm，
如图，
∴ BP=10−3t，DQ=2t，
∴10−3t=2t，
解得：t=2，
故答案为：2；
（2）如图1，过A点作AM⊥CD于M，则四边形AMCB是矩形，
∴AM=BC=8，MC=AB=10，
∵AD=10，
∴DM=❑√AB2−AM2=❑√102−82=6，
∴CD=DM+CM=6+10=16；
10
①当点P在线段AB上时，即0≤t≤ 时，如图3，
31 1
∴S = BP⋅BC= ×(10−3t)×8=15，
△BPQ 2 2
25
解得t= ；
12
10
②当点P在线段BC上时，即 ＜t≤6时，如图4，
3
∵ BP=3t−10，CQ=16−2t，
1 1
∴S = BP⋅CQ= ×(3t−10)×(16−2t)=15 ，
△BPQ 2 2
整理得：3t2−34t+95=0，即(t−5)(3t−19)=0，
19
解得：t=5或t= ，
3
10
∵ ＜t≤6，
3
19
∴ t=5或t= ，
3
19 25
综上所述，t=5或t= 或t= ，△BPQ的面积为15cm2，
3 12
19 25
故答案为：5或 或 ．
3 12
【点睛】本题考查了直角梯形，矩形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用以及三角
形的面积等，分类讨论的思想是本题的关键．
【变式6-1】（23-24九年级·江苏泰州·期末）如图，利用两面夹角为135°且足够长的墙，围成梯形围栏
ABCD，∠C＝90°，新建墙BCD总长为15米，则当CD＝ 米时，梯形围栏的面积为36平方米．
【答案】4或6/6或4【分析】过点A作AE⊥BC于E，则四边形ADCE为矩形，得出DC=AE=BE=x，再证明△ABE是等腰直角三
角形，得出AD=CE=15-2x，然后根据梯形的面积公式即可得到一元二次方程，求解即可．
【详解】解：如图，连接DE，过点A作AE⊥BC于E，
则四边形ADCE为矩形，DC=AE=x，∠DAE=∠AEB=90°，
则∠BAE=∠BAD-∠EAD=45°，
在直角△CDE中，
又∵∠AEB=90°，
∴∠B=45°，
∴DC=AE=BE=x，
∴AD=CE=15-2x，
1 1
∴梯形ABCD面积S= （AD+BC）•CD= （15-2x+15-x）•x=36
2 2
解得∶x=4，x=6
1 2
故答案为：4或6
【变式6-2】（2024九年级·全国·专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝
16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q
从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当
点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的
三角形为等腰三角形？
16 7
【答案】t＝ 或 时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形
3 2
【分析】以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB=PQ时，当PQ=BQ时，当BP=BQ
时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．
【详解】解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，1
∴EQ＝ BQ，
2
∵CQ＝t，
∴BQ＝16﹣t，
1
∴EQ＝8﹣ t，
2
1 1
∴EC＝8﹣ t+t＝8+ t．
2 2
1
∴2t＝8+ t．
2
16
解得：t＝ ．
3
如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，
∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，
∴四边形DEQC是矩形，
∴DE＝QC＝t，
∴PE＝t，QE＝CD＝12．
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
PQ＝❑√t2+144．
16﹣t＝❑√t2+144，7
解得：t＝ ；
2
如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，
∵CQ＝t，
∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，
∵PD＝2t，
∴CE＝2t，
∴BE＝16﹣2t，
在Rt△BEP中，
（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，
3t2﹣32t+144＝0，
Δ＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
故方程无解．
16 7
综上所述，t＝ 或 时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形．
3 2
【点睛】本题考查了勾股定理的运用，矩形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解
法的运用，解答时根据等腰三角形的性质建立方程是关键．
【变式6-3】（23-24九年级·上海·期末）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，
AD=6cm．点P从A点出发，以2cm/s的速度沿AB向B点运动（运动到B点即停止）；点Q从C点出发，
以1cm/s的速度沿CD−DA向A点运动（当点P停止运动时，点Q也即停止），设P、Q同时出发并运动了
t秒．
(1)求梯形ABCD的高和∠A的度数；(2)当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；
(3)试问是否存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，若存在，请求出t的值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)梯形ABCD的高为3❑√3cm，∠A=60°
5
(2)t=
3
9−❑√13
(3)存在t为 s时，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半
2
【分析】（1）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，证Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），得AE=BF=3
（cm），再证∠ADE=30°，则∠A=60°，然后由勾股定理求出DE即可；
（2）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD
是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，得DQ=EP=2-t，再由AP=AE+EP，得2t=3+2-t，即可求解；
（3）求出S ABCD=15❑√3（cm2），分两种情况：①若点Q在CD上，即0≤t≤2；②若点Q在AD上，即
梯形
2＜t≤4；分别由面积关系得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图1所示：
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∴DE⊥CD，CF⊥CD，
∴∠DEF=∠CFE=∠CDE=90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，DC=EF=2cm，
在Rt△ADE和Rt△BCF中，
¿，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），
∴AE=BF，1 1
∴AE=BF= （AB-EF）= ×（8-2）=3（cm），
2 2
∵AD=6cm，
1
∴AE= AD，
2
∴∠ADE=30°，
∴∠A=60°，
DE=❑√AD2−AE2=❑√62−32=3❑√3（cm），
∴梯形ABCD的高为3❑√3cm；
（2）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图2所示：
同（1）得：四边形CDEF是矩形，
当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，
∵CQ=t，
∴DQ=EP=2-t，
∵AP=AE+EP，
∴2t=3+2-t，
5
解得：t= ；
3
（3）解：存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，理由如下：
1
∵S ABCD= （8+2）×3❑√3=15❑√3（cm2），
梯形 2
1
当S PBCQ= S ABCD时，
四边形 2 梯形
①若点Q在CD上，即0≤t≤2，如图3所示：则CQ=t，BP=8-2t，
1 15❑√3
S PBCQ= （t+8-2t）×3❑√3= ，
四边形 2 2
解得：t=3（不合题意舍去）；
②若点Q在AD上，即2＜t≤4，
过点Q作HG⊥AB于G，交CD的延长线于H，如图4所示：
则AQ=AD+DC-t=6+2-t=8-t，
在Rt△AGQ中，∠A=60°，
∴∠AQG=90°-60°=30°，
1
∴AG= AQ，
2
√ 1 2 ❑√3 ❑√3
∴QG=❑√AQ2−AG2=❑ AQ2−( AQ) = AQ= (8−t)，
2 2 2
❑√3 ❑√3 ❑√3
同理：QH= DQ= （8-8+t-2）= （t-2），
2 2 2
1
∵S PBCQ= S ABCD，
四边形 2 梯形
∴S APQ+S CDQ=S PBCQ，
四边形
△ △
1 ❑√3 1 ❑√3 15❑√3
∴ ×2t× （8-t）+ ×2× （t-2）= ，
2 2 2 2 2
整理得：t2-9t+17=0，9+❑√13 9−❑√13
解得：t= （不合题意舍去），t= ，
1 2 2 2
9−❑√13
综上所述，存在t为 s时，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半．
2
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰梯形的性质、矩形的判定与性质、直角梯形的性质、全等三
角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的判定、勾股定理、一元二次方程等知识；本题综合性强，熟
练掌握等腰梯形的性质和勾股定理，证明Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）是解题的关键，属于中考常考题型．
【题型7 利用一元二次方程解决平面直角坐标系中的动态问题】
【例7】（23-24九年级·广东佛山·期中）如图，平面直角坐标系中，已知点A(10,0)，点B(0,8)，过点B
作x轴的平行线l，点P是在直线l上位于第一象限内的一个动点，连接OP，AP．
(1)求出S = __________；
ΔAOP
(2)若OP平分∠APB，求点P的坐标；
8
(3)已知点C是直线y= x上一点，若ΔAPC是以AP为直角边的等腰直角三角形，求点C的坐标.
5
【答案】(1)40
(2)(4,8) 或(16,8)
16
(3)(10,16)或（2， ）.
5
【分析】（1）先求出P点的纵坐标，再根据三角形的面积公式计算△AOP即可.
（2）设P(m,8),根据BP∥OA, OP平分∠APB可得PA=OA=10,，再根据两点之间的距离公式求出m
的值即可得P点的坐标.
8
（3）设P(m,8), C(n, n),分两种情况讨论：①当∠APC=90°且AP=CP时；②当∠PAC=90°,且
5
AP=AC时.画出图形，构造三垂直模型，根据全等三角形的对应边相等列出关于m,n的方程组，求出m,n
的值即可求得C点的坐标.
【详解】（1）如图1，作PH⊥x轴与H，
∵A(10,0)，
∴OA=10.
∵l∥x轴，点P是在直线l，
∴PH=8,
1 1
∴S = OA⋅PH= ×10×8=40.
△AOP 2 2
（2）设P(m,8),
∵BP∥OA,
∴∠BPO=∠POA,
∵OP平分∠APB，
∴∠BPO=∠APO,
∴∠POA=∠APO,
∴PA=OA=10,
∴PA2=OA2,
∴(m−10) 2+82=102,
解得，m =4,m =16,
1 2
∴点P的坐标(4,8) 或(16,8).
8
（3）设P(m,8), C(n, n)
5
当∠APC=90°，且AP=CP时，①如图2，C点在直线l上方时，
过P点作直线EF⊥l,则EF⊥x轴于F点，过C点作CE⊥EF于E点,
则∠CEP=∠PFA=90°,
∠CPE+∠ECP=∠CPE+∠FPA=90°,
∴∠ECP=∠FPA,
又∵CP=AP,
∴△PCE≅△APF
∴CE=PF,EP=FA,
{
n−m=8
) {m=2)
∴ 8 ，解得¿ .
n−8=10−m n=10
5
8
则 n=16,
5
则C(10,16).
②
如图3，由△PCE≅△APF得
CE=PF,EP=FA,
{
m−n=8
) {m=18)
∴ 8 解得 .
n−8=m−10 n=10
5
8
则 n=16,
5∴C(10,16).
当∠PAC=90°,且AP=AC时,如图4
作CE⊥x轴于E，PF⊥x轴于F,
则△ACE≅△PAF，
∴CE=FA,AE=PF,
{8 n=m−10) { m= 66 )
则 5 ，解得 5 ，
10−n=8 n=2
8 16
则 n= ，
5 5
16
∴C（2， ）.
5
16
综上，C点的坐标为(10,16)或（2， ）.
5
【点睛】本题综合性较强，难度较大.主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，以及
数形结合思想和分类讨论思想.注意第（3）小题考虑问题要全面.正确的画出图形是解题的关键.
【变式7-1】（23-24九年级·江苏盐城·期中）在平面直角坐标系中，过原点O及点A（0，5）、C（12，
0）作矩形OABC，∠AOC的平分线交AB于点D．点P从点O出发，以每秒❑√2个单位长度的速度沿射线
OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设移动时间为t秒．
(1)当t=_____时，点P移动到点D；
(2)当△OPQ的面积为16时，求此时t的值；
(3)当t为何值时，△PQB为直角三角形．
【答案】(1)5(2)4
7 41+❑√329 41−❑√329
(3) 或 或 ．
2 4 4
【分析】（1）由ΔAOD 是等腰直角三角形，可得OD=5❑√2，即可得出t的值；
1
（2）过点P作PH⊥OC于点H，则OP=❑√2t，OQ=2t，PH=t，代入面积公式即可得出 ×2t×t=16，
2
解方程即可；
（3）根据P(t,t)，Q(2t,0)，B(12,5)，表示出PQ，BQ，BP的长，再分∠PQB=90°或
∠PBQ=90°或∠QPB=90°，分别列出方程．
【详解】（1）∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD=∠DOC=45°，
∵A(0,5)，
∴OA=5，
∴AD=OA=5，
∴OD=❑√52+52=5❑√2，
∴t=5❑√2÷❑√2=5，
故答案为：5；
（2）过点P作PH⊥OC于点H，
∵OD平分∠AOB，
∠DOC=45°，
∴OH=PH，
又∵OP=❑√2t，OQ=2t，
∴PH=t，
1
∴S = OQ⋅PH，
ΔOPQ 21
∴ ×2t×t=16，
2
∴t=±4（负值舍去），
∴t=4；
（3）如图，连接PQ，BP，BQ，
由题意知，P(t,t)，Q(2t,0)，B(12,5)，
∴PQ2=(2t−t) 2+t2=2t2，
BQ2=(2t−12) 2+52=4t2−48t+169，
PB2=(t−12) 2+(t−5) 2=2t2−34t+169，
①若∠PQB=90°，
则2t2+4t2−48t+169=2t2−34t+169，
7
∴t = ，t =0（舍去），
1 2 2
②若∠PBQ=90°，
则4t2−48t+169+2t2−34t+169=2t2，
41±❑√329
∴t= ，
4
③若∠QPB=90°，
则2t2+2t2−34t+169=4t2−48t+169，
∴t=0（舍)，
7 41+❑√329 41−❑√329
综上所述，t的值为： 或 或 ．
2 4 4
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，直
角三角形的性质等知识，将动点问题转化为线段的长是解题的关键．
【变式7-2】（23-24九年级·重庆·期中）在平面直角坐标系中，直线l经过点A(2,0)和点B(0,2)．点C的3
横坐标为 ，点D为线段OB的中点．
2
(1)求直线l的解析式．
(2)如图1，若点P为线段OA上的一个动点，当PC+PD的值最小时，求出点P坐标．
(3)在（2）的条件下，点Q在线段AB上，若△DPQ是等腰三角形，请直接写出满足条件的点Q的横坐标，
并写出其中一个点Q的横坐标的求解过程．
【答案】(1)y=−x+2
(2)P(1,0)
3−❑√3 1+❑√3
(3)满足条件的点Q的横坐标为 或 或1，求解过程见解析
2 2
【分析】（1）根据点A,B的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）作点D关于x轴的对称点D′，从而可得当点C,P,D′共线时，PC+PD的值最小，再求出点C的坐标，
利用待定系数法求出直线CD′的解析式，由此即可得；
（3）设点Q的坐标为Q(m,−m+2)(0≤m≤2)，先利用两点之间的距离公式分别求出PD2,PQ2,DQ2的
值，再分①PD=PQ，②PD=DQ和③PQ=DQ三种情况，分别建立方程，解方程即可得．
【详解】（1）解：设直线l的解析式为y=kx+b，
{2k+b=0) {k=−1)
将点A(2,0)和点B(0,2)代入得： ，解得 ，
b=2 b=2
则直线l的解析式为y=−x+2．
（2）解：如图，作点D关于x轴的对称点D′，连接PD′,CD′，则PD′=PD，
∴PC+PD=PC+PD′，
由两点之间线段最短可知，当点C,P,D′共线时，PC+PD′的值最小，
即直线CD′与x轴的交点为所求的点P，
∵点D为线段OB的中点，
∴D(0,1)，
∴D′ (0,−1)，
对于函数y=−x+2，
3 3 1 3 1
当x= 时，y=− +2= ，即C( , )，
2 2 2 2 2
设直线CD′的解析式为y=ax+c，
将点C( 3 , 1 )和点D′ (0,−1)代入得：
{3
2 a+c=
1
2 ) ，解得 { a=1 ) ，
2 2 c=−1
c=−1
则直线CD′的解析式为y=x−1，
当y=0时，x−1=0，解得x=1<2，符合题意，
所以当PC+PD的值最小时，点P坐标为P(1,0)．
（3）解：设点Q的坐标为Q(m,−m+2)(0≤m≤2)，
则PD2=(1−0) 2+(0−1) 2=2，
PQ2=(m−1) 2+(−m+2−0) 2=2m2−6m+5，
DQ2=(m−0) 2+(−m+2−1) 2=2m2−2m+1，由题意，分以下三种情况：
①当PD=PQ时，△DPQ是等腰三角形，
则PD2=PQ2，即2m2−6m+5=2，
3−❑√3 3+❑√3
解得m= 或m= >2（不符题意，舍去），
2 2
3−❑√3
此时点Q的横坐标为 ；
2
②当PD=DQ时，△DPQ是等腰三角形，
则PD2=DQ2，即2m2−2m+1=2，
1+❑√3 1−❑√3
解得m= 或m= <0（不符题意，舍去），
2 2
1+❑√3
此时点Q的横坐标为 ；
2
③当PQ=DQ时，△DPQ是等腰三角形，
则PQ2=DQ2，即2m2−6m+5=2m2−2m+1，
解得m=1，符合题意，
此时点Q的横坐标为1，
3−❑√3 1+❑√3
综上，满足条件的点Q的横坐标为 或 或1．
2 2
【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的几何应用、等腰三角形的定义、一
元二次方程的应用，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键．
【变式7-3】（23-24九年级·黑龙江哈尔滨·期末）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线
y=kx+8(k<0)分别交x轴，y轴于点C，B，点A在第一象限，连接AB，AC，四边形ABOC是正方形．
（1）如图1，求直线BC的解析式；
（2）如图2，点D,E分别在AB,OC上，点E关于y轴的对称点为点F，点G在EF上，且EG=2FG，连
接DE，DG，设点G的横坐标为t，△DEG的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BE，BF，CD，点M在BF上，且FM=EG，点N在BE上，连接
1
MN交DG于点H，∠BNM= ∠BEF，且MH=NH，若CD=5BD，求S的值．
2
1 ( 8 )
【答案】（1）y=−x+8；（2）S= EG×DQ=−16t − ⩽t<0 ；（3）32
2 3
【分析】（1）先求C的坐标，再代入解析式可求出k；
（2）根据点E关于y轴的对称点为点F和EG=2FG可以得出OG与OE的关系，从而得出GE与t的关系，再
根据三角形面积公式即可算出S；
（3）令BD=n，则CD=5n，AD=8−n，在Rt△ACD中，根据勾股定理求出n，延长MN交x轴于点P，
连接GM，GN，过点M作MR∥BE交x轴于点R，令∠BNM=α，则∠ENP=α,∠BEF=2α，从而证
出EG=EL=4m，在Rt△BOE中，根据勾股定理求出m，从而求出S.
【详解】解：（1）当x=0时，y=8，
∴B(8,0)，
∴OB=8，
∵四边形ABOC是正方形，
∴BO=CO=8，
∴C(8,0)，
代入解析式得0=8k+8，
解得k=−1，
∴y=−x+8；
（2）如图，过点D作DQ⊥x轴于点Q，
∴∠DQO=∠QOB=∠OBD=90°，
∴四边形BOQD是矩形，
∴DQ=BO=8，
∵点E与点F关于y轴对称，
∴OF=OE，
令OE=3m，
∴EF=6m，
∵EG=2FG，
2
∴EG= EF=4m，
3∴OG=EG−OE=m=−t，
1 1 ( 8 )
∴S= EG×DQ= ×4m×8=16m=−16t − ≤t<0 ；
2 2 3
（3）如图，令BD=n，则CD=5n，AD=8−n，
在Rt△ACD中，AD2+AC2=CD2，
∴(8−n) 2+82=(5n) 2，
8
解得n =2，n =− （舍），
1 2 3
∴BD=2，
延长MN交x轴于点P，连接GM，GN，过点M作MR∥BE交x轴于点R，
令∠BNM=α，则∠ENP=α,∠BEF=2α，
∴∠EPN=2α−α=α=∠ENP，
∴EN=EP，
∵BF=BE，
∴∠BFE=∠BEF=2α，
∵MR∥BE，
∴∠MRF=∠BEF=2α=∠MFR，
∴MR=FM=EG，∠RMP=∠RPM=α，
∴MR=PR=EG，
∴EG−ER=PR−ER，
∴GR=PE=EN，
∴△GMR≌△NGE，
∴GM=NG，
∵MH=NH，
∴GH⊥MN，令DG与BE的交点为点L，
∴∠HLN=90°−α，
∴∠EGL=180°−(90°−α)−2α=90°−α=∠ELG，
∴EG=EL=4m，
又∵AB∥OC，
∴∠BDL=∠DGE=90°−α=∠BLD，
∴BL=BD=2，
∴BE=BL+EL=4m+2，
在Rt△BOE中，OB2+OE2=BE2，
∴82+(3m) 2=(4m+2) 2，
30
解得m =2,m =− （舍），
1 2 7
∴t=−m=−2，
∴S=−16t=32．
【点睛】本题考查待定系数法求一次函数解析式，结合动点问题，综合性强，数量关系比较复杂，需要两
次建立一元二次方程，所以是一道难度非常大的题目．
