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【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】
专题18.13四边形中的动点问题提升专练（重难点培优30题）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压
轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己
的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、单选题
1．（2022秋·河北石家庄·八年级统考期末）1.如图，在矩形ABCD中，AD＝6，点P从点A以每秒2个单
位长度的速度向点D运动，同时，点Q从点C以每秒1个单位长度的速度向点B运动．当点P到达点D时，
P，Q停止运动．设运动时间为t秒，则当四边形PDCQ为矩形时，t的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由矩形的性质可得PD=CQ，列出方程可求解．
【详解】解：∵四边形PDCQ为矩形，
∴PD＝CQ，
∴6﹣2t＝t，
∴t＝2，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，矩形的性质，找到正确的数量关系列出方程式解题的关键．
2．（2022春·山东烟台·八年级统考期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向
点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【答案】B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平
行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位
置关系即可求解．
3．（2022秋·山东临沂·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，AD=8cm,BC=12cm，M
是BC上一点，且BM=9cm，点E从点A出发以1cm/s的速度向点D运动，点F从点C出发，以3cm/s的
速度向点B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t(s)，则当以A、M、E、F为
顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（ ）
3 3 3 3
A． B．3 C．3或 D． 或
4 2 2 4
【答案】D
【分析】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3-3t=t；当3t＞3时，根据一组
对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3t-3=t；解方程即可．
【详解】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
得3-3t=t，
3
解得t= ；
4
当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
得3t-3=t，
3
解得t= ，
2
故选D．
【点睛】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理，灵活选择判定方法，合理分类是解题的关键．
4．（2022春·江苏·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E是BC上的一点且CE=3，连接
DE，动点M从点A以每秒2个单位长度的速度沿AB-BC-CD-DA向终点A运动，设点M的运动时间为t秒，
当△ABM和△DCE全等时，t的值是（ ）
A．3.5 B．5.5 C．6.5 D．3.5或6.5
【答案】D
【分析】分两种情况进行讨论，根据题意得出BM=2t-4=3和AM=16-2t=3即可求得．
【详解】解：如图，当点M在BC上时，
∵△ABM′和△DCE全等，
∴BM=CE，
由题意得：BM′=2t-4=3，
所以t=3.5（秒）；
当点M在AD上时，
∵△ABM″和△CDE全等，
∴AM″=CE，
由题意得：AM″=16-2t=3，
解得t=6.5（秒）．
所以，当t的值为3.5秒或6.5秒时．△ABM和△DCE全等．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定，解题的关键是掌握正方形的性质．
5．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆三十二中校考期中）如图，在 ABCD中，已知AD＝15cm，点P在
AD边上以1cm/s的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以4cm/▱s的速度从点C出发在BC上往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），设运动时间为t（s）（t＞0），若以
P、D、Q、B四点为顶点的四边形是平行四边形，则t的值错误的是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质得出DP＝BQ，分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵P在AD上运动，
∴t≤15÷1＝15，即t≤15，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B﹣C，
由题意得：4t﹣15＝15﹣t，
解得：t＝6；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，
由题意得：15﹣（4t﹣30）＝15﹣t，
解得：t＝10；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，
由题意得：4t﹣45＝15﹣t，
解得：t＝12；
综上所述，t的值为6或10或12，
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和平行四边形中的动点问题，解题的关键是根据题意分情况讨论．
6．（2022秋·江西赣州·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，点P从点B出发，沿折线
BC−CD方向移动，移动到点D停止．在△ABP形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
【答案】C
【分析】△ABP是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图所示．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．
∵∠B=60°，
∴∠D=∠B=60°．
∴△ABC和△ADC都是等边三角形．
点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：
（1）当点P移动到BC边的中点时，记作P ．
1
∵△ABC是等边三角形，P 是 BC的中点，
1
∴AP ⊥BC．
1
∴∠AP B=90°．
1
∴△ABP 是直角三角形．
1
（2）当点P与点C重合时，记作P ．
2
此时，△ABP 是等边三角形；
2
（3）当点P移动到CD边的中点时，记为P ．
3
∵△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴∠P AB=30°+60°=90°．
3∴△ABP 是直角三角形．
3
（4）当点P与点D重合时，记作P ．
4
∵AB=AP ，
4
∴△ABP 是等腰三角形．
4
综上，△ABP形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：
直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知
识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．
7．（2021秋·福建福州·八年级校考期中）已知 ▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造 ▱AEFG，
使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中， ▱AEFG面积变化情况是（ ）
A．一直增大 B．保持不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】B
【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，先证明四边形ADPE是平行四边形，再证明△AGD≌△EFP，
得出平行四边形AGFE的面积等于平行四边形ADPE的面积，又AD∥BP，根据两平行线之间的距离处处相
等得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ADPE的面积，进而得出平行四边形ABCD的面积等于平
行四边形AEFG面积．所以根据图示进行判断即可．
【详解】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S、S、S、S，
1 2 3 4
延长BE，与GF的延长线交于点P．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．
∵四边形AEFG是平行四边形，
∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，
∴∠G＝∠EFP．
∵AD∥BP，AE∥DP，
∴四边形ADPE是平行四边形．在△AGD与△EFP中，
∠G=∠EFG
{∠ADG=∠P
AG=EF
∴△AGD≌△EFP（AAS），
∴S＝S△EFP，
4
∴S+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD，
4
即S AEFG＝S ADPE，
又∵▱ ADPE与▱ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，
∴S ▱ABCD＝S▱ADPE，
∴平▱行四边形A▱BCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．
故 AEFG面积不变，
故▱选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形面积变化情况，解题的关键是根据两平行线之间的距离处处相等得出平行
四边形ABCD的面积等于平行四边形ADPE的面积，进而得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形
AEFG面积．
8．（2021秋·江苏扬州·八年级统考阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB＝10，AD＝4，点E从D向C以
每秒1个单位的速度运动，以AE为一边在AE的右下方作正方形AEFG．同时垂直于CD的直线MN也从
C向D以每秒2个单位的速度运动，当经过（ ）秒时，直线MN和正方形AEFG开始有公共点
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】A
【分析】首先过点F作FQ⊥CD于点Q，证明△ADE≌△EQF，进而得出AD=EQ，得出当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时：DQ+CM≥10进而求出即可．
【详解】解：过点F作FQ⊥CD于点Q，
∵在正方形AEFG中，∠AEF=90°，AE=EF，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠DAE+∠1=90°，
∴∠DAE=∠2，
在△ADE和△EQF中，
¿
∴△ADE≌△EQF（AAS），
∴AD=EQ=4，
当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时,此时时间为t,则有DQ+CM≥10，
∴t+4+2t≥10，
解得：t≥2，
故当经过2秒时．直线MN和正方形AEFG开始有公共点．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形、矩形的性质，熟练掌握正方形的四边相等且每个
角为90°，矩形的四个角为90°；通过三角形全等将EQ转化为AD，可以表示出DQ+CM的长；本题有动
点运动问题，要会表示动点的路程：时间×速度．
9．（2022秋·福建泉州·八年级福建省泉州第一中学校考期中）如图，在▱ABCD中，∠ABC=45°，
BC=4，点F是CD上一个动点，以FA、FB为邻边作另一个▱AEBF，当F点由D点向C点运动时，下列
说法正确的选项是（ ）
①▱AEBF的面积先由小变大，再由大变小；②▱AEBF的面积始终不变；③线段EF最小值为4√2
A．① B．② C．①③ D．②③【答案】D
【分析】根据题意，过点B作BG⊥CD，交DC延长线于点G，利用解直角三角形求出BG的长度，则
S =2S =2√2AB，即可判断①②；由菱形和矩形的性质，即可求出EF的最小值，可判断③．
▱AEBF ΔABF
【详解】解：过点B作BG⊥CD，交DC延长线于点G，
在▱ABCD中，则AB∥CD，
∴∠BCG=∠ABC=45°，
在Rt△BCG中，BC=4，
√2
∴BG=BCsin45°=4× =2√2，
2
1
∵S =2S =2× ×AB•BG=2√2AB，
▱AEBF ΔABF 2
∵AB为定值，则▱AEBF的面积始终不变；故②正确，①错误；
当EF⊥AB时，线段EF的长度最小，
∴四边形BGFH是矩形，四边形AEBF是菱形，
∴EH=HF=BG=2√2，
∴EF=4√2，
∴线段EF最小值为4√2；故③正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的性质，解题的关键是熟练掌
握所学的知识，正确确定点F的位置进行求EF的最小值．
10．（2020秋·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，正方形ABCD的对角线上的两个动点E、F，满足
AB＝√2EF，点P是BC的中点，连接AF、PE，若AB＝8，则当AF+PE最小值时，线段AF的长度为( )8√5
A．6 B． C．2√5 D．3√5
3
【答案】B
【分析】取CD的中点M，连接AM交CD于F，过P作PE//AM交BD于E，此时，AF+PE的值最小，
1
根据三角形的中位线的性质得到PM= BD，PM//BD，根据平行四边形的判定和性质得到EP=FM，根
2
据勾股定理得到AM=√AD2+DM2=4√5，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：取CD的中点M，连接AM交CD于F，过P作PE∥AM交BD于E，此时，AF+PE的值最小，
在正方形ABCD中，BD=√2AB=8√2,
∵P是BC的中点， M为CD的中点，
1
∴PM= BD=4√2，PM//BD，
2
又∵PE//AM，
∴四边形PEFM是平行四边形，
∴PM=EF，EP=FM，
∴AB=√2PM=√2EF，
故点EF为所求点．
∵AM=√AD2+DM2=√82+42=4√5．
∵AB//CD，∴△ABF△MDF，
AF AB
∴ = ，
FM DM
AF
∴ =2
4√5−AF
8
∴AF= √5．
3
故选B．
【点睛】本题是四边形的综合题．考查了正方形的性质，轴对称﹣最短距离问题，平行四边形的判定和性
质，三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，正确的作出E，F的位置是解题的关键．
二、填空题
11．（2022秋·江苏连云港·八年级统考期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是边AB的中点，
点P是对角线BD上的动点，则AP+PE的最小值是_______．
【答案】2√5
【分析】动点问题,找到对称轴作对称点,相连即可算出答案,连接CE即为AP+PE的最小值．
【详解】
连接CE,
因为A、C关于BD对称．
CE即为AP+PE的最小值．
∵正方形边长为4,E是AB中点,
∴BC=4,BE=2．
CE=√BE2+BC2=√22+42=2√5
故答案为: 2√5.【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．
12．（2022秋·湖南怀化·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝15cm，BC＝10cm，
P、Q分别从A、C同时出发，P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，
运动________秒时，四边形ABQP恰好是平行四边形．
【答案】4
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
因此设x秒后四边形ABQP是平行四边形，进而表示出AP=2xcm，CQ=0.5xcm，QB=（10-2x）cm再列方程
解出x的值即可．
【详解】解：设x秒后，四边形ABQP是平行四边形，
∵P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，
∴AP=2xcm，CQ=0.5xcm，
∵BC=10cm，
∴QB=（10-0.5x）cm，
当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
∴2x=10-0.5x， 解得：x=4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的性质．
13．（2022秋·河北承德·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=6，
BC=16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每
秒2个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动，点P停止运动时，点Q也随之停止运动，当运动
时间t=______秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．14
【答案】2或
3
【分析】由已知以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形有两种情况，（1）当Q运动到E和B之
间，（2）当Q运动到E和C之间，根据平行四边形的判定，由AD∥BC，所以当PD=QE时为平行四边形．
根据此设运动时间为t，列出关于t的方程求解．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴当PD=EQ时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
当Q运动到E和B之间，设运动时间为t，
16
依题意得：2t- =6-t，
2
14
解得：t= ；
3
当Q运动到E和C之间，设运动时间为t，
16
依题意得： -2t=6-t，
2
解得：t=2，
14
故当运动时间t为2或 秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形，
3
14
故答案为：2或 ．
3
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、一元一次方程的应用，注意掌握数形结合思想、分类讨论
思想与方程思想的应用．
14．（2021秋·湖南永州·八年级统考期中）如图，在菱形ABCD中，AB=5cm，∠ADC=120°，点
E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，
点F的速度为2cm/s，经过t秒△≝¿为等边三角形，则t的值为_____________s．
5
【答案】
3
【分析】延长AB至M，使BM=AE，连接FM，证出△DAE≌△EMF，得到△BMF是等边三角形，再利用菱形的边长为5求出时间t的值．
【详解】解：延长AB至M，使BM=AE，连接FM，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
∴AB=AD，∠A=60°，
∵BM=AE，
∴AD=ME，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠DAE=∠DFE=60°，DE=EF=FD，
∴∠MEF+∠DEA═120°，∠ADE+∠DEA=180°-∠A=120°，
∴∠MEF=∠ADE，
∴在△DAE和△EMF中，
¿
∴△DAE≌EMF（SAS），
∴AE=MF，∠M=∠A=60°，
又∵BM=AE，
∴△BMF是等边三角形，
∴BF=AE，
∵AE=t，CF=2t，
∴BC=CF+BF=2t+t=3t，
∵BC=5，
∴3t=5，
5
∴t= ，
3
5
故答案为： ．
3
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出△BMF是等边三角形．
15．（2022秋·湖南常德·八年级校考期末）如图，已知菱形ABCD的顶点A(−√3，0)，∠DAB=60°，若动
点P从点A出发，沿A→B→C→D→A→B→…的路径，在菱形的边上以每秒0.5个单位长度的速度移动，
则第2020秒时，点P的坐标为____．
【答案】(0，-1)．
【分析】根据点A的坐标和∠DAB=60°可以求出菱形的边长，从而算出第2020秒时点P的位置．
【详解】∵点A(−√3，0)，
∴OA=√3，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴AC⊥BD，∠OAB= ∠DAB，
2
又∵∠DAB=60°，
∴∠OAB=30°，
OA OB
∴ =cos∠OAB， =sin∠OAB，
AB AB
√3 √3 OB 1
即 = ， = ，
AB 2 AB 2
∴AB=2，OB=1，
∴菱形ABCD周长为8，点B坐标为（0，-1），
到第2020秒时，点P运动的路程为：0.5×2020=1010，
1010÷8=126……2，
即点P绕菱形运动了126周且多2个单位，即点P运动到点B，
∴点P的坐标为（0，-1），
故答案为：（0，-1）．
【点睛】本题主要考查结合特殊角的三角函数值求出菱形的边长，然后根据点P的运动速度和运动时间计
算出P点对应的位置，熟练掌握特殊角的三角函数值是解决本题的关键．
16．（2019春·安徽亳州·八年级统考阶段练习）如图，长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，A点的坐标为(4，0)，C点的坐标为(0，6)，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位的速度沿
着O→A→B→C→O的路线移动在点P移动过程中，当P点到x轴的距离为5个单位时，点P移动的时间
为________
9 15
【答案】 秒或 秒
2 2
【分析】根据点P到x轴的距离为5，可知共有两种情况：P在AB边上或P在OC边上，进行分类讨论，
根据点P的运动方向以及距离计算得到点的运动时间即可.
【详解】解：根据题意可知，点P距离x轴的距离为5时点P的坐标为（4,5）或（0,5）
9
当P的坐标为（4,5）时，P在AB边上，运动的距离为4+5=9，所以运动时间为9÷2=
2
15
当P的坐标为（0,5）时，P在OC边上，运动的距离为4+6+4+1=15，所以运动时间为15÷2=
2
9 15
∴点P的运动时间为 或 .
2 2
9 15
故答案为 秒或 秒
2 2
【点睛】本题主要考查矩形中的动点问题，掌握P点的运动轨迹和运动的距离是解题的关键.
17．（2022秋·江苏镇江·八年级校联考阶段练习）在四边形ABCD中，AD∥BC，M是BC上一点，且
BM=4，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，当其中一
点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为______________时，以A、M、E、F为顶
点的四边形是平行四边形．4
【答案】 s或4s
3
【分析】分点F在线段BM上，F在线段CM上，两种情形列出方程即可．
【详解】解：①当点F在线段BM上，即0≤t＜2，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边
形，
则有t=4-2t，
4
解得：t= ；
3
②当F在线段CM上，即2≤t≤5，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t=2t-4，
解得：t=4，
4
综上所述，t= s或4s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
3
4
故答案为： s或4s．
3
【点睛】本题考查了平行四边形的判定等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，学会用分类讨论的
思想思考问题．
18．（2022秋·江苏盐城·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝20cm，BC＝30cm，点E以
1cm/s的速度从点A出发向点D运动，连接CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG，连接DF、DG，若t秒
1
后△DFG的面积恰好为
t2
cm2，则t的值为_____．
2
【答案】17.5
1
【分析】AE＝t，ED＝30－t，再利用S +S = S 的面积关系，求解即可．
△EDC △FDG 2 正方形EFCG
1
【详解】解：由图形可知：S +S = S ，
△EDC △FDG 2 正方形EFCG
1
若t秒后△DFG的面积恰好为
t2
cm2时，
2AE＝t，ED＝30－t，
1 1
S = ED·DC= (30−t)×20，
△EDC 2 2
1
S = t2 ，
△FDG 2
S =EC2=(30−t) 2+202 ，
正方形EFCG
1 1 1
∴ (30−t)×20+ t2= [(30−t) 2+202]，
2 2 2
解得：t=17.5．
答案为：17.5
【点睛】本题考查了正方形中的动点问题，分析动点与面积间关系是解本题的关键．
19．（2022秋·北京门头沟·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是矩形，且
B(8,4)，动点E从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AB向点B运动，同时动点F从点B出发，以同样
每秒1个单位的速度沿折线BC→CO向点O运动，当E，F有一点到达终点时，点E，F同时停止运动．设
点E，F运动时间为t秒，在运动过程中，如果AE=3CF，那么t=______秒．
【答案】3或6##6或3
【分析】分当F在BC边上和OC上两种情况，然后分别表示出AE、CF，再根据AE=3CF列关于t的方程
即可求解．
【详解】解：当F在BC边上，如图，由题意得：AE=t，BF=t，CF=4−t，
∵AE=3CF，
∴t=3(4−t)，
∴t=3；当F在OC上时，如图，由题意得：AE=t，CF=t−4，
∵AE=3CF，
∴t=3(t−4)，
∴t=6；
∵当E，F有一点到达终点时，点E，F同时停止运动，
∴0≤t≤8，
∴t=6和t=3符合题意．
故答案为：3或6．
【点睛】本题主要考查了矩形性质以及动点问题，灵活运用矩形的性质以及分类讨论F位置是求解本题的
关键．
20．（2022秋·福建福州·八年级统考期末）在▱ABCD中(AB>BC)，点O是对角线AC的中点．过点O
作直线HF,≥¿，直线HF分别交AD,BC于点H，F，直线GE分别交DC,AB于点G，E．连接
EF,FG,GH,HE．有下列四个结论：
①四边形EFGH可以是平行四边形；②四边形EFGH可以是矩形；③四边形EFGH不可以是菱形；④四
边形EFGH不可以是正方形，其中正确的是________．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定与性质得出OH=OF，OE=OG，即可证明结论①；
当OE=OH时，可证明结论②；当OE⊥OH时，可证明结论③；将图3中的Rt△EOH顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，可得OE≠OH，可得结论④．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∵点O是对角线AC的中点，
∴AO=CO，
∵∠AOH=∠COF，
∴△AOH≌△COF，
∴OH=OF，
同理可得△AOE≌△COG，
∴OE=OG，
∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确；
当OE=OH时，四边形EFGH是矩形，故②正确；
当OE⊥OH时，四边形EFGH是菱形，故③错误；
将图3中的Rt△EOH顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，
∴当OE⊥OH时，不存在OE=OH，∴四边形EFGH不可以是正方形，故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了四边形综合问题，涉及到全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的性质定理
与判定定理是解本题的关键．
三、解答题
21．（2022秋·湖南怀化·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=4cm,BC=8cm，动点M从点D出
发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以1cm/s的速度
运动．
(1)若动点M,N同时出发，t秒时，N走过___________cm，M走过___________cm；
(2)若动点M,N同时出发，经过几秒钟两点第一次相遇？
(3)若点E在线段BC上，且BE=3cm，若动点M,N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点
A,E,M,N组成平行四边形？
【答案】(1)t;2t
(2)8
17
(3)t=
3
【分析】（1）根据路程=时间×速度的等量关系，可直接写出N和M的路程
（2）根据相遇问题的等量关系列出方程求解即可，M的路程+N的路程=矩形的周长；
（3）分点M在点E的左边和右边两种情况，根据平行四边形对边相等，利用AN=ME列出方程求解即可．
【详解】（1）解：路程=时间×速度，时间为t，N的速度为1cm/s，所以其路程为t，M的速度2cm/s所
以其路程为2t；
（2）解：设t秒时两点相遇，根据题意得t+2t=2×(4+8)=24，解得t=8，
即经过8秒钟两点第一次相遇；
（3）解：①如图1，点M在BC上且在E点右侧时，当AN=ME时，四边形AEMN为平行四边形，得8−t=9−2t，
解得t=1，此时点M在DC，所以舍去；
②如图2，点M在BC上且在E点左侧时，当AN=ME时，四边形AEMN为平行四边形，得8−t=2t−9，
17
解得t= ，符合题意 ，
3
17
所以经过 秒钟，点A,E,M,N组成平行四边形．
3
【点睛】本题主要考查了矩形的性质及平行四边形的判定与性质，根据等量关系列出方程是解题的关键．
22．（2022秋·广西玉林·八年级统考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90∘，
AB=AD=10cm，BC=8cm．点P从点A出发，以每秒3cm的速度沿折线ABC方向运动，点Q从点D出发，
以每秒2cm的速度沿线段DC方向向点C运动．已知动点P，Q同时发，当点Q运动到点C时，P，Q运动停
止，设运动时间为t．
(1)直接写出CD的长（cm）；
(2)当四边形PBQD为平行四边形时，直接写出四边形PBQD的周长（cm）；
(3)在点P、点Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为15cm2？若存在，请求出所有满
足条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)16
(2)8+8√13
25
(3)存在，满足条件的t的值为 秒或5秒
12
【分析】（1）过点A作AM⊥CD于M，根据题意证明四边形ABCD是平行四边形，然后根据平行四边
形的性质以及勾股定理可得结果；（2）当四边形PBQD是平行四边形，则点P在AB上，点Q在DC上，则BP=10−3t，DQ=2t，根据平
行四边形的性质可得10−3t=2t，求解得出平行四边形的各边长，求其周长即可；
（3）分两种情况进行讨论：①当点P在线段AB上时；②当点P在线段BC上时；根据三角形面积列方程计
算即可．
【详解】（1）解：如图1，过点A作AM⊥CD于M，
∵AM⊥CD，∠BCD=90°，
∴AM∥CB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴CM=AB=10cm，
在Rt△ADM中，AD=10cm，AM=BC=8cm，
根据勾股定理得，DM=6cm，
∴CD=DM+CM=16cm；
（2）当四边形PBQD是平行四边形，
则点P在AB上，点Q在DC上，
如图3，
由运动知，BP=10−3t，DQ=2t，
∴10−3t=2t，
∴t=2，
此时，BP=DQ=4，CQ=12，根据勾股定理得，BQ=4√13；
∴四边形PBQD的周长为2(BP+BQ)=8+8√13；
10
（3）①当点P在线段AB上时，即：0≤t≤ 时，
3如图2，
1 1
S = PB⋅BC= (10−3t)×8=15，
△BPQ 2 2
25
∴t= ；
12
10
②当点P在线段BC上时，即： 0)．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
(1)求AB，AC的长；
(2)求证：AE=DF；
(3)当t为何值时，△≝¿为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)AB=5，AC=10；
(2)证明见解析
5
(3)当t= 秒或4秒时，△≝¿为直角三角形，理由见解析
2
【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）利用已知用未知数表示出DF，AF的长，进而得出AE=DF；
（3）利用①当∠EDF=90°时；②当∠≝=90°时；③当∠EFD=90°时，分别分析得出即可．
（1）
解：设AB=x，
∵∠B=90°，∠C=30°，
∴AC=2AB=2x．
由勾股定理得，(2x) 2−x2=(5√3) 2 ，
解得：x=5，
∴AB=5，AC=10 ；
（2）
证明：由题意得AE=t，CD=2t，
则AD=10−2t，在△DFC中，∠DFC=90°，∠C=30°，DC=2t，
1
∴DF= CD=t．
2
又∵AE=t，
∴AE=DF；
（3）
5
解：当t= 秒或4秒时，△≝¿为直角三角形，理由如下：
2
分情况讨论：
①∠EDF=∠DFC=90°时，则DE∥BC，
∴∠AED=∠B=90°，∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE，
∴10-2t=2t，
5
∴t= ；
2
②∠DEF=90°时，
∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴AE∥DF．
又∵AE=DF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴AD∥EF，
∴∠ADE=∠DEF=60°，
∴∠AED=30°，
1
∴AD= AE，
2
1
∴10−2t= t，
2
∴t=4；③∠EFD=90°时，此种情况不存在．
5
当t= 秒或4秒时，△≝¿为直角三角形．
2
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形
的性质等知识．理解相关知识是解答关键．
25．（2022秋·云南保山·八年级统考期末）如图所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，
AB=12，BC=20，AD=16．动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动
点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长度的速度向点D运动，当其中一个动点到达端点时停
止运动，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为t秒．
(1)设△DPQ的面积为S，用含t的式子表示S；
(2)当t为何值时，四边形PCDQ是平行四边形？
(3)求出当t为何值时，PQ=PD．
【答案】(1)S=−6t+96
(2)当t=4时，四边形PCDQ是平行四边形
16
(3)当t= 时，PD=PQ
3
【分析】（1）过点P作PE⊥AD于E，根据三角形的面积公式计算，得出结论；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形列式计算；
（3）根据等腰三角形的三线合一得到QE=ED，进而列出方程，解方程得到答案．
（1）
解：当点Q运动到点D时，用时为16秒；当点P运动到点C时，用时为10秒，因为10<16，所以当点P，Q停止运动时，所用时间为10秒，
在直角梯形ABCD中，依题意知AQ=t，BP=2t，
则DQ=16−t，PC=20−2t，
如图2，过点P作PE⊥AD于点E，
∵AD∥BC， ∠A=90°，
∴AB⊥BC，
∴∠A=∠ABC=∠AEP=90°，
∴四边形ABPE为矩形，
∴PE=AB=12，
1 1
∴S= DQ⋅PE= (16−t)×12=−6t+96．
2 2
（2）
解：当四边形PCDQ是平行四边形时，PC=DQ，
即20−2t=16−t，
解得t=4，符合题意，
∴当t=4时，四边形PCDQ是平行四边形．
（3）
解：由（1）知AE=BP=2t，PE=AB=12．
1 1
当PD=PQ时，QE=ED= QD= (16−t)，
2 2
又∵AE=BP=AQ+QE，
∴2t=t+QE，则QE=t，
1
∴ (16−t)=t，
2
16
解得t= ，符合题意，
3
16
∴当t= 时，PD=PQ．
3【点睛】本题考查的是直角梯形的性质、平行四边形的判定、等腰三角形的性质，熟记平行四边形的判定
定理、等腰三角形的三线合一是解题的关键．
26．（2021秋·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考期中）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝5cm，点
P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动．
如果P、Q同时出发，当Q到达终点时，P也随之停止运动．用t表示移动时间，设四边形QAPC的面积为
S．
(1)试用t表示AQ、BP的长；
(2)试求出S与t的函数关系式；
(3)当t为何值时， QAP为等腰直角三角形？并求出此时S的值．
【答案】(1)AQ＝5△﹣t；BP＝12﹣2t
(2)S=30﹣t
5 85
(3)当t= 时， QAP为等腰直角三角形，
3 3
△
【分析】（1）t表示移动时间，又有其移动的速度，则可求其移动的路程，总长度减去移动的路程；
（2）总面积已知，只需求出移动中两个三角形的面积，即 QDC与 PBC的面积即可，总面积减去两个
三角形的面积即为所求； △ △
（3）要使 AQP为等腰直角三角形，只需AQ=AP即可．
（1） △
由题意得：AQ=5-t；BP=12-2t；
（2）
1 1 1 1
S = DQ×CD= ×12t,S = PB×BC= ×5(12−2t)，
△QDC 2 2 △PBC 2 2
1 1
则S=5×12− ×12t− ×5(12−2t)=30−t；
2 2
（3）
当AQ=AP时，5-t=2t5
所以t= ，
3
5
所以，当t= 时， QAP为等腰直角三角形
3
△
5 85
S=30-t=30- = ．
3 3
【点睛】本题考查了四边形的动点问题，要注意矩形的性质，即四个角都是直角，在等腰直角三角形中，
两条直角边相等．
27．（2022秋·河南新乡·八年级校考期中）如图①，在 ▱ABCD中，AB＝3，AD＝6．动点P从点A出发沿
边AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．设点P运动的时间为t（t＞0）秒．
(1)线段PD的长为 （用含t的代数式表示）；
(2)当CP平分∠BCD时，求t的值；
(3)如图②，另一动点Q从点C出发以每秒4个单位的速度，在CB上往返运动，P，Q两点同时出发，当
点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t
的值．
【答案】(1)6−t
(2)t=3
12 24
(3)t＝ 或4或
5 5
【分析】（1）由PD＝AD−AP求解；
（2）由平行线及角平分线可得DP＝CD，进而求解；
（3）分类讨论点Q在往返运动BQ的代数式，通过DP＝BQ求解．
（1）
解：（1）PD＝AD−AP＝6−t，
故答案为：6−t；
（2）解：当CP平分∠BCD时，∠BCP＝∠DCP，
∵AD∥BC，
∴∠BCP＝∠DPC，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝CD＝6−t＝3，
∴t＝3；
（3）
解：当以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形时，
DP＝BQ，
3 9
当Q第一次到达B时t＝6÷4＝ ，第一次返回C时，t＝12÷4＝3，第二次到达B时，t＝6×3÷4＝ ，第二
2 2
3
次返回C时，t＝ ×4＝6．
2
3
①当Q未到达B时，0＜t＜ ，CQ＝4t，BQ＝6−4t，当DP＝BQ时，6−t＝6−4t，
2
解得t＝0，不符合题意；
3 12
②当 ≤t≤3时，当DP＝BQ时，即6−t＝4t−6，解得t＝ ；
2 5
9
③当3＜t≤ 时，当DP＝BQ时，即6−t＝18−4t，解得t＝4；
2
9 24
④ ＜t≤6时，当DP＝BQ时，即6−t＝4t−18，解得t＝ ；
2 5
12 24
综上所述，t＝ 或4或 ．
5 5
【点睛】本题考查平行四边形的动点问题，涉及到角平分线定义、平行四边形的判定与性质，解一元一次
方程等知识点，解题关键是分类讨论求解．
28．（2022秋·陕西渭南·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，AB∥OC，
A(0,12),B(a,c),C(b,0), 且 a,b 满足 |a−21|+(b−16) 2=0, 一动点 P 从点 A 出发，在线段 AB
上以每秒 2 个单位长度的速度向点 B 运 动；动点 Q 从点 O 出发，在线段 OC 上以每秒 1 个单位
长度的速度向点 C 运动，点 P,Q 分别从点 A, O 同时出发，当点 P 运动到点 B 时停止运动, 点 Q
随之停止运动．设运动时间为 t 秒．(1)求 B,C 两点的坐标；
(2)当 t 为何值时，四边形 PQCB 是平行四边形? 请求出此时 P，Q 两点的坐标；
(3)当 t 为何值时，△PQC 是以 PQ 为腰的等腰三角形? 请求出此时 P,Q 两点的坐标．
【答案】(1)B（21，12）；C（16，0）
(2)t=5时，四边形 PQCB 是平行四边形；此时P（10，12）；Q（5，0）
7 16 7
(3)当t= 或 时，△PQC 是以 PQ 为腰的等腰三角形，此时 P,Q 两点的坐标为P（7，12）；Q（
2 3 2
32 16
，0）或P（ ，12）；Q（ ，0）
3 3
【分析】（1）根据非负数的性质得出a，b的值进而得出答案；
（2）由题意得：AP=2t，QO=t，PB=21-2t，QC=16-t，根据平行四边形的判定可得21-2t=16-t，再解方程即
可；
（3）①当PQ=CQ时，122+t2=（16-t）2，解方程得到t的值，再求P点坐标；②当PQ=PC时，由题意得：
QM=t，CM=16-2t，进而得到方程t=16-2t，再解方程即可．
（1）
解：∵|a−21|+(b−16) 2=0,
∴a=21,b=16
∵AB∥OC，A（0，12），B（a，c），
∴c=12，
∴B（21，12），C（16，0）；
（2）
由题意得：AP=2t，QO=t，
则：PB=21-2t，QC=16-t，
∵AB∥OC（即PB∥QC），
∴当PB=QC时，四边形PQCB是平行四边形，∴21-2t=16-t，
解得：t=5，
故当t=5时，四边形PQCB是平行四边形；
此时AP=2t=10，QO=t=5，
∴此时P（10，12）；Q（5，0）
（3）
∵△PQC是以PQ为腰的等腰三角形，
∴分两种情况：PQ=CQ或PQ=PC．
①当PQ=CQ时，如图，过Q作QN⊥AB于N，
∵∠AOQ=∠OAN=∠ANQ=90°，
∴四边形AOQN是矩形，
∴AN=OQ=t，NQ=OA=12，
∴PN=AP-AN=2t-t=t，
∴Rt△PQN中：PQ2=PN2+NQ2=t2+122，
∵PQ=CQ，
∴PQ2=CQ2，即122+t2=（16-t）2，
7
解得t=
2
(7 )
∴P（7，12），Q ,0
2
②当PQ=PC时，过P作PM⊥x轴于M，
∴QM=MC，
由题意得：QM=t，CM=16-2t，
则t=16-2t，
16
解得：t= ，
332
∴2t= ，
3
32 16
故P（ ，12），Q（ ，0）．
3 3
7 16
综上所述，当t= 或 时，△PQC 是以 PQ 为腰的等腰三角形，此时 P,Q 两点的坐标为P（7，
2 3
7 32 16
12）；Q（ ，0）或P（ ，12）；Q（ ，0）．
2 3 3
【点睛】此题主要考查了绝对值的非负性、平行四边形的判定，矩形判定与性质，等腰三角形的性质及勾
股定理，关键是注意分类讨论，不要漏解．
29．（2022秋·山东聊城·八年级统考期末）已知，如图O为坐标原点，四边形OABC为矩形，B（10，
4），点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒3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， BDP的面积为10？
(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．
5
【答案】(1)当t= 时， BDP的面积为10
3
△
8 2
(2)t＝ ，点Q的坐标为（3，4）或t＝ ，点Q的坐标为（−3，4）或t＝1，点Q（8，4）
3 3
【分析】（1）根据点的坐标以及由三角形的面积公式可求解；
（2）分两种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论．
（1）解：∵B（10，4），点D是OA的中点，∴BC＝10，OC＝4，OD＝DB＝5，∵△BDP的面积为10，1 5 5
∴ ×BP×4＝10，∴BP＝5，∴CP＝5，∴t＝ ；∴当t= 时， BDP的面积为10
2 3 3
△
（2）①当点Q在线段BC上时，如图1， 若四边形
8
ODPQ是菱形，∴OQ＝OD＝5，在Rt△OCQ中，CQ＝√OQ2−OC2＝3，∴CP＝3＋5＝8，∴t＝ ，点
3
3
Q的坐标为（3，4）；若四边形ODQP是菱形，同理可得点P（3，4），PQ＝5，∴t＝ ＝1，点Q（8，
3
4）；②当点Q在射线BC上时，如图2， ∵四边形
2
ODPQ是菱形，∴OQ＝OD＝5，在Rt△OCQ中，CQ＝√OQ2−OC2＝3，∴CP＝5−3＝2，∴t＝ ，点Q
3
8 2
的坐标为（−3，4）．综上所述：t＝ ，点Q的坐标为（3，4）或t＝ ，点Q的坐标为（−3，4）或t＝
3 3
1，点Q（8，4）．
【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，矩形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，利用分类讨
论思想解决问题是解题的关键．
30．（2022秋·辽宁营口·八年级统考期末）在矩形ABCD中，AB=3cm,AD=9cm,BD的垂直平分线分
别交AD,BC于点E，F，垂足为O．(1)如图1，连接BE,DF，试说明四边形BEDF为菱形，并求出它的边长；
(2)如图2，动点M，N分别从点E，F同时出发，沿△EBA和△FCD各边匀速运动一周，即点M自
E→B→A→E停止，点N自F→C→D→F停止．在运动过程中，已知点M的速度为5cm/s，点N的
速度为4cm/s，设运动时间为ts(0
