专题 22.8 图形中的动点问题——二次函数的应用
◆ 典例分析
【典例1】如图1，矩形OABC顶点B的坐标为(6,2)，定点D的坐标为(9,0)，动点P从点O出发，以每秒
2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点Q从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负
方向匀速运动，P、Q两点同时运动，相遇时停止，在运动过程中，以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三
角形PQR．设运动时间为t秒．
（1）当t=___________时，△PQR的边QR经过点B，当t=___________时，点R落在边BC上；
（2）设△PQR和矩形OABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）如图2，过定点E(4,0)作EF⊥BC，垂足为F，当△PQR的顶点R落在矩形OABC的内部时，过点
R作x轴、y轴的平行线，分别交EF、BC于点M、N，若∠MAN=45°，直接写出t的值___________．
【思路点拨】
（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，则有AB=AQ，由此列方程求出t即可，
当R落在BC边上时，因为ΔPQR是等腰直角三角形，故PR=❑√2AB，由此列出方程求解即可；
（2）在图形运动过程中分三种情况讨论，按t的取值范围分段写出关系式即可；
（3）首先判定四边形ABFE是正方形，其次通过旋转，由三角形全等证明MN=EN+BN，设EM=m，
BN=n，在Rt△FMN中，有勾股定理得出m和n的关系式，由此等式列方程求出t的值即可．
【解题过程】
解：（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，∴AB=AQ，
即2=9−6−t，
解得t=1，
∴t=1时，△PQR的边QR经过点B；
点R落在边BC上，则R纵坐标的长度和AB相同，
∵△PQR为等腰直角三角形，
∴PQ=2AB=2×2=4，
即9−t−2t=4，
5
解得t= ，
3
5
∴t= 时，点R落在边BC上；
3
5
故答案为：1， ；
3
（2）①当0≤t≤1时，如图1所示，
设PR交BC于点G，
过点P作PH⊥BC于点H，则CH=OP=2t，GH=PH=2，
1
∴S=S −S =6×2− (2t+2t+2)×2=10−4t；
矩形OABC 梯形OPGC 2
5
②当1<t≤ 时，如图2所示，
3
设PR交BC于点C，RQ交BC、AB于点S、T，过点P作PH⊥BC于点H，
则CH=OP=2t，GH=HP=2，QD=t，则AQ=AT=9−6−t=3−t，∴BT=BS=AB−AT=2−(3−t)=t−1，
1 1 1 19
∴S=S −S −S =6×2−− (2t+2t+2)×2− (t−1) 2=− t2−3t+ ；
矩形OABC 梯形OPGC △BST 2 2 2 2
5
③当 <t≤3时，如图3所示，
3
设RQ与AB交于点T，则AT=AQ=9−6−t=3−t，PQ=9−2t−t=9−3t，
❑√2 ❑√2
∴PR=RQ= PQ= (9−3t)，
2 2
1 1 1 ❑√2 2 1 7 21 63
∴S=S −S = PR2− AQ2= ×[ (9−3t)] − (3−t) 2= t2− t+ ；
△PQR △AQT 2 2 2 2 2 4 2 4
S=10−4t(0≤t≤1)
{
)
1 19 5
S=− t2−3t+ (1<t≤ )
综上，S与t的函数关系式为 2 2 3 ；
7 21 63 5
S= t2− t+ ( <t≤3)
4 2 4 3
（3）∵E(4,0)，
∴AE=AB=2，
∴四边形ABFE是正方形，
如图4，将△AME绕A顺时针旋转90°，得到△ABM′，其中AE和AB重合，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAM+∠NAB=45°，
∴∠BAM′+∠NAB=45°，
∴∠MAN=∠M′ AN，
连接MN，在△MAN和△M′ AN中，
{
AM=AM′
)
∠MAN=∠M′ AN ，
AN=AN
∴△MAN≌△M′ AN(SAS)，
∴MN=M′N=M′B+BN，
∴MN=EM+BN，
设EM=m，BN=n，
则FM=2−m，FN=2−n，
在Rt△FMN中，由勾股定理得：FM2+FN2=M N2，
即(2−m) 2+(2−n) 2=(m+n) 2，
整理得，mn+2(m+n)−4=0，①
延长NR交x轴于点S，则
1 1
m=EM=RS= PQ= ×(9−3t)，
2 2
1 1
∵QS= PQ= ×(9−3t)，AQ=3−t，
2 2
1 3 t
∴n=BN=AS=QS−AQ= ×(9−3t)−(3−t)= − ，
2 2 2
∴m=3n，
代入①式，化简得：3n2+8n−4=0，
−4+2❑√7 −4−2❑√7
解得n= 或n= （舍去），
3 3
3 t −4+2❑√7
∴BN= − = ，
2 2 317−4❑√7
解得t= ，
3
17−4❑√7
故答案为： ．
3
◆ 学霸必刷
1．（23-24九年级上·河北保定·期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，点P从
点A沿AC向点C以1cm/s的速度运动，同时点Q从点C沿CB向点B以2cm/s的速度运动（点Q运动到
点B停止），在运动过程中，四边形PABQ的面积最小值为（ ）
A．19cm2 B．16cm2 C．15cm2 D．12cm2
【思路点拨】
本题考查了二次函数的最值和勾股定理．利用分割图形求面积法找出S 是解题的关键．在
四边形PABQ
Rt△ABC中，利用勾股定理可得AC，设运动时间为t(0≤t≤4)，则PC=(6−t)cm，CQ=2tcm，利用
分割图形求面积法可得S =S −S ，利用二次函数的性质即可求出四边形PABQ的面积最
四边形PABQ △ABC △CPQ
小值．
【解题过程】
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴AB=❑√AB2−BC2=6cm，
设运动时间为t(0≤t≤4)，则PC=(6−t)cm，CQ=2tcm，
∴S =S −S
四边形PABQ △ABC △CPQ1 1
= AC⋅BC− PC⋅CQ
2 2
1 1
= ×6×8− (6−t)×2t
2 2
=t2−6t+24=(t−3) 2+15
∴当t=3时，四边形PABQ的面积取最小值，最小值为15cm2．
故答案为：C．
1
2．（23-24八年级下·山东济宁·期末）直线y= x+2与x轴、y轴分别交于点A， B， 点C在线段AB
2
上，过点C作x轴的垂线，垂足为D．E是线段AB上一动点(不与点A，B，C重合)，过点E作x轴的垂
线，垂足为F，连接OC，OE．若点 C的横坐标为−2， 则S 与S 的大小关系是（ ）
△OEF △OCD
A．S >S B．S =S C．S ≤S D．S ≥S
△OEF △OCD △OEF △OCD △OEF △OCD △OEF △OCD
【思路点拨】
( 1 )
本题考查一次函数、二次函数，先根据一次函数的性质计算出S ，设点E的坐标为 m, m+2 ，用关
△OCD 2
于m的二次函数关系式表示出S ，求出二次函数的最值，即可判断S 与S 的大小关系．
△OEF △OEF △OCD
【解题过程】
解：∵点C在线段AB上，横坐标为−2，
1
∴点C的纵坐标为 ×(−2)+2=−1+2=1，
2
∴ OD=2，CD=1，
1 1
∴ S = OD⋅CD= ×2×1=1；
△OCD 2 2
( 1 )
设点E的坐标为 m, m+2 ，
21
则OF=|m)=−m，EF= m+2，
2
∴ S = 1 OF⋅EF= 1 (−m) (1 m+2 ) =− 1 m2−m=− 1 (m+2) 2+1，
△OEF 2 2 2 4 4
1
∵ − <0，
4
∴当m=−2时，S 取最大值，最大值为1，此时点E与点C重合，
△OEF
∴ S ≤S ，
△OEF △OCD
故选C．
3．（23-24九年级上·浙江绍兴·阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB=2cm，AD=5cm，动点P从点A出
发，以1cm/s的速度沿AD向终点D移动，设移动时间为t(s).连接PC，以PC为一边作正方形PCEF，连
接DE、DF，则△≝¿面积最小值为（ ）
3 3 4 8
A． B． C． D．
2 4 5 5
【思路点拨】
设△PCD的面积为y，根据面积公式求出y=5−t，根据勾股定理求出PC2=t2−10+29，结合
S S
△≝¿+S = 1 S ¿ 得到 △≝¿= 1 (t−4)2+ 3 ¿ ，根据二次函数的性质解答即可．
△PDC 2 正方形EFPC 2 2
【解题过程】
解：设△PCD的面积为y，
由题意得：AP=t，PD=5−t，
1 1
∴y= CD⋅PD= ×2×(5−t)=5−t，
2 2
∵四边形EFPC是正方形，
∴S
1 ，
△≝¿+S = S ¿
△PDC 2 正方形EFPC
∵PC2=PD2+CD2，
∴PC2=22+(5−t) 2=t2−10t+29，∴S
△≝¿= 1 (t2−10t+29)−(5−t)= 1 t2−4t+ 19 = 1 (t−4)2+ 3 ¿ ，
2 2 2 2 2
3
当t为4时，△≝¿的面积最小，且最小值为 ．
2
故选：A．
4．（2024·安徽淮南·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=6,BC=8,点E是BC的中点，点F是边AB上的
动点，连接FE并延长交DC的延长线于点G,点H在五边形ADCEF中，连接HG,HF,若
HF=HG,∠FHG=90∘,则四边形ADHF面积的最大值为（ ）
41 41
A． B． C．41 D．42
3 2
【思路点拨】
先证明△EFB≌△EGC(ASA)，再证明四边形BERQ为正方形和四边形AQHT为矩形，利用已知条件从
而可推出HT的长度，最后利用面积法列二次函数从而求出△AFH的最大面积，即可求出四边形AQHD面
积的最大值．
【解题过程】
解：过点H作HQ⊥AB于点Q，过点E作ER⊥HQ于点R，过点H作HT⊥AD于点T，连接EH和AH
，如图所示，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE,在△EFB和△EGC中，
{∠FEB=∠GEC
)
BE=CE
∠EBF=∠GCE
∴△EFB≌△EGC(ASA)
∴EF=EG
∴△FHG是等腰直角三角形，
∴HE=EF=EG，HE⊥FG,
∵ER⊥QR,四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BQR=∠ERQ=90°,
∴四边形BERQ是矩形，
∵∠FEH=90°,∠BER=90°,
∴∠BEF+∠FER=∠REH+∠REF,
∴∠BEF=∠REH,
∵∠B=∠ERH=∠ERQ=90°,∠BEF=∠REH,EF=EH,
∴△BEF≌△REH(AAS)，
∴BE=ER,BF=RH,
∵BE=EC,BC=AD=8,
∴ER=RQ=BE=4,
∵四边形BQRE为矩形，
∴四边形BQRE为正方形，
∴BQ=BE=4,
∵AB=6,
∴AQ=AB−BQ=6−4=2,
∵HQ⊥AB,HT⊥AD,∠BAD=90°,
∴四边形HQAT是矩形，
∴HT=AQ=2,
1 1
∴S = AD⋅HT= ×8×2=8,
△ADH 2 2
设BF=RH=x,
∴QH=QR+RH=4+x，
1 1 25
∴S = ×(6−x)⋅(4+x)=− (x−1) 2+ ，
△AFH 2 2 21
∵− <0
2
25
∴当x=1时，△AFH的面积最大，最大值为 ，
2
25 41
所以，四边形ADHF面积的最大值为S +S = +8=
△AFH △ADH 2 2
故选：B
5．（2023·广东广州·一模）如图，点D为等边三角形ABC边BC上一动点，AB=4，连接AD，以AD为
边作正方形ADEF，连接CE、CF，则当BD= 时，△CEF的面积为最小值 ．
【思路点拨】
设BD=x，CD=4−x，根据勾股定理用含x代数式表示出正方形ADEF的面积，利用面积关系
1
S = S −S 表示出关于x的函数关系式，然后根据函数性质求出△CEF的面积最小值．
△CEF 2 □ADEF △ACD
【解题过程】
解：如图，过点A作AH⊥BC垂足为点H，
∵△ABC是等边三角形，AB=4，
1 1 ❑√3
∴BH=HC= BC= AB=2，AH=AB⋅sin60°=4× =2❑√3，
2 2 2
设BD=x，则DH=2−x，CD=4−x，
S =AD2=DH2+AH2=(2−x) 2+(2❑√3) 2=x2−4x+16，
正方形ADEF1 1
S = CD⋅AH= ×2❑√3×(4−x)=4❑√3−❑√3x，
△ACD 2 2
如图，在正方形ADEF中，AD=DE=EF=AF，过点C作AF的垂线，交AF于点M，交DE于点N，
∵AF∥DE，MN⊥AF，
∴MN⊥DE，
∴四边形ADNM为矩形，MN=AD=DE=EF=AF，
1 1 1 1 1 1
∴S +S = AF⋅MC+ DE⋅CN= DE(MC+CN)= DE⋅MN= DE2= S ,
△ACF △DCE 2 2 2 2 2 2 正方形ADEF
1
∴S +S = S ，
△ADC △EFC 2 正方形ADEF
1 1 1
S = S −S = (x2−4x+16)−(4❑√3−❑√3x)= x2−(2−❑√3)x+8−4❑√3，
△CEF 2 正方形ADEF △ACD 2 2
1 9
当x=2−❑√3时，S 的面积最小为 (2−❑√3) 2 −(2−❑√3) 2+8−4❑√3= −2❑√3，
△CEF 2 2
9
故答案为：2−❑√3， −2❑√3．
2
6．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，△ABC和△A′B′C′是边长分别为5和2的等边三角形，点B′
、C′、B、C都在直线l上，△ABC固定不动，将△A′B′C′在直线l上自左向右平移．开始时，点C′与点B
重合，当点B′移动到与点C重合时停止．设△A′B′C′移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，请
写出y与x之间的函数关系式 ．
【思路点拨】
根据运动过程可分三种情况讨论：当0<x≤2时，两个三角形重叠部分为△BC′D的面积，当2<x≤5时，两个三角形重叠部分为△A′B′C′的面积，当5<x≤7时，两个三角形重叠部分为△B′CD的面积，分别求解
即可．
【解题过程】
解：①当0<x≤2时，如图1所示，两个三角形重叠部分为△BC′D的面积，
由题意得，BC′=x，
∵ △ABC和△A′B′C′是边长分别为5和2的等边三角形，
∴△BC′D是边长x的等边三角形，
过点D作DE⊥BC于点E，
1
∴BE= x，
2
❑√3
∴DE= x，
2
1 1 ❑√3 ❑√3
∴S = ⋅BC′ ⋅DE= ⋅x⋅ x= x2 ，
△BC′D 2 2 2 4
❑√3
即y= x2 ；
4
②当2<x≤5时，如图2所示，两个三角形重叠部分为△A′B′C′的面积，
由题意得，B′C′=2，
过点A′作A′E⊥B′C′于点E，
∴A′E=❑√3，
1 1
∴S = ⋅B′C′ ⋅A′E= ×❑√3×2=❑√3，
△A′B′C′ 2 2
即y=❑√3；
③当5<x≤7时，如图3所示，两个三角形重叠部分为△B′CD的面积，
由题意得，BC′=x，
∵ △ABC和△A′B′C′是边长分别为5和2的等边三角形，∴△B′CD是等边三角形，且B′C=7−x，
过点D作DE⊥BC于点E，
❑√3
∴DE= (7−x)，
2
1 1 ❑√3 ❑√3
∴S = ⋅B′C⋅DE= ⋅(7−x)⋅ (7−x)= (7−x) 2 ，
△B′CD 2 2 2 4
❑√3
即y= (7−x) 2 ；
4
❑√3
{ x2 (0<x≤2) )
4
综上，写出y与x之间的函数关系式为y= ❑√3(2<x≤5) ．
❑√3
(7−x) 2 (5<x≤7)
4
❑√3
{ x2 (0<x≤2) )
4
故答案为：y= ❑√3(2<x≤5)
❑√3
(7−x) 2 (5<x≤7)
4
7．（2023·山东泰安·一模）已知菱形ABCD的边长为1，∠DAB=60°，E为AD上的动点，F在CD上，
且AE+CF=1，设ΔBEF的面积为y，AE=x，当点E运动时，则y与x的函数关系式是 ．
【思路点拨】
证明△BEF是等边三角形，求出△BEF的面积y与x的函数关系式，即可得出答案．
【解题过程】
解：连接BD，如图所示：∵菱形ABCD的边长为1，∠DAB=60°，
∴△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴∠BDE=∠BCF=60°，BD=BC，
∵AE+DE=AD=1，AE+CF=1，
∴DE=CF，
在△BDE和△BCF中，
{
DE=CF
)
∠BDE=∠C ，
BD=BC
∴△BDE≅△BCF(SAS)，
∴∠DBE=∠CBF，BE=BF，
∵∠DBC=∠DBF+∠CBF=60°，
∴∠DBF+∠DBE=60°，
∴∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE=EF，
❑√3
∴△BEF的面积y= BE2 ，
4
1 1 ❑√3
作BE′⊥AD于E′，则AE'= AD= ，BE'= ，
2 2 2
∵AE=x，
∴EE'= |1 −x ) ，
2
1 2 ❑√3 2
∴BE2=( −x) +( ) ，
2 2
❑√3 ❑√3 ❑√3
∴y= x2− x+ (0≤x≤1)，
4 4 4
❑√3 ❑√3 ❑√3
∴y与x的函数关系式为：y= x2− x+ (0≤x≤1)．
4 4 4❑√3 ❑√3 ❑√3
故答案为：y= x2− x+ (0≤x≤1)
4 4 4
8．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，在菱形ABCD中，AB=2cm，∠D=60°，点P，Q同时从
点A出发，点P以1cm/s的速度沿A→C→D的方向运动，点Q以2cm/s的速度沿A→B→C→D的方
向运动，当其中一点到达点D时，两点停止运动．设运动时间为x(s)，△APQ的面积为y(cm2)，则y关于
x的函数关系的是 ．
【思路点拨】
先证明△ABC，△ACD均为等边三角形，再分0≤x≤1、1<x≤2、2<x≤3三种情况，分别画出对应图
形，利用含30°角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形的面积公式求得y与x的函数关系式即可．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是菱形，AB=2cm，∠D=60°，
∴AD=CD=BC=AB=2cm，∠B=∠D=60°，
∴△ABC，△ACD均为等边三角形，
∴∠CAD=∠ACD=∠ACB=∠BAC=60°，AC=AB=2cm，
2cm×3
∴运动时间为x(s)最大为 =3s，即0≤x≤3，
2cm/s
当0≤x≤1时，点P在AC，点Q在AB上，如图，过P作PE⊥AB于E，
由题意，AP=xcm，AQ=2xcm，在Rt△APE中，∠APE=90°−∠BAC=30°，
1 1
∴AE= AP= xcm，
2 2
❑√3
则PE=❑√AP2−AE2= xcm，
21 1 ❑√3 ❑√3
∴y= AQ·PE= ×2x× x= x2 ；
2 2 2 2
当1<x≤2时，点P在AC上，点Q在AB上，如图，过Q作QF⊥AC于F，
由题意，AP=xcm，CQ=(4−2x)cm，
在Rt△CQF中，∠CQF=90°−∠ACB=30°，
1
∴CF= CQ=(2−x)cm，
2
则QF=❑√CQ2−CF2=❑√3(2−x)cm，
1 1 ❑√3
∴y= AP·QF= ×x×❑√3(2−x)=− x2+❑√3x；
2 2 2
当2<x≤3时，点P、Q均在CD上，如图，过A作于G，
由题意，CP=(x−2)cm，CQ=(2x−4)cm，
∴PQ=CQ−CP=2x−4−(x−2)=(x−2)cm，
在Rt△ADG中，∠DAG=90°−∠D=30°，
1
∴DG= AD=1cm，
2
则AG=❑√AD2−DG2=❑√3cm，
1 1 ❑√3
∴y= PQ·AG= ×(x−2)×❑√3= x−❑√3；
2 2 2
❑√3 ❑√3 ❑√3
综上，当0≤x≤1时，y= x2 ；当1<x≤2时，y=− x2+❑√3x；当2<x≤3时，y= x−❑√3．
2 2 2❑√3 ❑√3 ❑√3
故答案为：当0≤x≤1时，y= x2 ；当1<x≤2时，y=− x2+❑√3x；当2<x≤3时，y= x−❑√3
2 2 2
．
9．（23-24九年级上·广东湛江·期中）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6cm,BC=10cm，点P
从点A开始沿AB边向点B移动，速度为1cm/s；点Q从点B开始沿BC边向点C移动，速度为2cm/s，点
P、Q分别从点A、B同时出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动．设运动时间为t秒.
（1）几秒时，PQ的长度为4❑√2cm？
（2）几秒时，△PBQ的面积为8cm2？
（3）当t(0<t<5)为何值时，四边形APQC的面积最小？并求这个最小值．
【思路点拨】
本题主要考查了勾股定理，二次函数的极值，一元二次方程分应用，本题是动点问题，利用t代数式表示
出相应线段的长度是解题的关键．
（1）设运动时间为t秒，分别用t的代数式表示出线段PB,BQ的长度，利用勾股定理列出方程即可求
解；
（2）利用（1）中的方法，利用三角形的面积公式列出方程即可求解；
（3）利用（1）中的方法求得四边形APQC的面积，利用二次函数的性质即可求解．
【解题过程】
（1）解：设运动时间为t秒时，PQ的长度为4❑√2cm，
依题意得：AP=tcm,BQ=2tcm， 0≤t≤5，
∴PB=(6−t)cm，
∴∠B=90°，
∴PB2+BQ2=PQ2，
∴(6−t) 2+(2t) 2=(4❑√2) 2 ，
2
解得：t=2或 ．
52
∴2秒或 秒时，PQ的长度为4❑√2cm；
5
（2）解：设运动时间为t秒时，△PBQ的面积为8cm2，
依题意得：AP=tcm,BQ=2tcm,0≤t≤5，
∴PB=(6−t)cm，
∵△PBQ的面积为8cm2，
1
∴ ×(6−t)×2t=8．
2
解得：t=2或4．
∴2秒或4秒时，△PBQ的面积为8cm2；
（3）解：四边形APQC的面积=S −S ，
△ABC △PBQ
1 1
= AB⋅BC− BQ⋅PB
2 2
1 1
= ×6×10− (6−t)⋅2t
2 2
=t2−6t+30
=(t−3) 2+21，
∵1>0，
∴当t=3时，四边形APQC的面积最小，最小值为21．
10．（23-24九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，AB=1，两
个动点P，Q同时从A点出发，点P沿AC运动，点Q沿AB，BC运动，两点同时到达点C．
（1）点Q的速度是点P速度的多少倍？
（2）设AP=x，△APQ的面积是y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）求出y的最大值．
【思路点拨】
（1）由于在△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，AB=1，由此可以利用勾股定理求出BC，AC的长度，
又两个动点P，Q同时从A点出发，点P沿AC运动，点Q沿AB，BC运动，两点同时到达点C，利用这个条件即可求解；
（2）有两种情况：①当Q在AB上，利用（1）的结论和三角形的面积公式即可求解；②当Q在BC上，利
用（1）的结论求出BQ，CQ的长度，也就可以求出Q到AB的距离，再利用三角形的面积公式即可求解；
（3）利用（2）的结论和二次函数的性质即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵在△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，AB=1，
∴BC=2，AC=❑√3，
而两个动点P，Q同时从A点出发，点P沿AC运动，点Q沿AB，BC运动，两点同时到达点C，
∴Q的速度是P的速度的(2+1)÷❑√3=❑√3倍；
（2）解：∵设AP=x，△APQ的面积是y，
①当Q在AB上，
❑√3 ❑√3
即0<x≤ 时，y= x2 ，
3 2
②当Q在BC上，过Q作QE⊥AC于E，如图，
∵CQ=AB+BC−(AB+BQ)=3−❑√3x，∠C=30°，
1 1
∴QE= CQ= (3−❑√3x)，
2 2
❑√3 1 1 1
∴当 <x<❑√3时，y= AP×QE= x× (3−❑√3x)，
3 2 2 2
❑√3 3
即：y=− x2+ x；
4 4{ ❑√3 x2( 0<x≤ ❑√3) )
2 3
y=
综上所述：y关于x的函数关系式为 ；
− ❑√3 x2+ 3 x (❑√3 <x<❑√3 )
4 4 3
❑√3 ❑√3
（3）解：对于y= x2 (0<x≤ )
2 3
❑√3 ❑√3
当x= 时，y = ；
3 最大 6
对于y=− ❑√3 x2+ 3 x (❑√3 <x<❑√3 )
4 4 3
❑√3 3❑√3
当x= 时，y = ，
2 最大 16
3❑√3 ❑√3
∵ > ，
16 6
❑√3 3❑√3
∴当x= 时，y = ．
2 最大 16
11．（23-24八年级上·上海黄浦·期中）等腰直角△ABC的直角边AB=BC=20cm,AC=20❑√2cm，点
P、Q分别从A、C两点同时出发，均以1cm/秒的相同速度做直线运动，已知P沿射线AB运动，Q沿边
BC的延长线运动，PQ与直线AC相交于点D．设P点运动时间为t，△PCQ的面积为S．
（1）求出S关于t的函数关系式；
（2）当点P运动几秒时，S =S ？
△PCQ △ABC
（3）作PE⊥AC于点E，当点P、Q运动时，线段DE的长度是否改变？如果不变，请直接写出DE的长
度；如果改变，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由题可以看出P沿AB向右运动，Q沿BC向上运动，且速度都为1cm/秒，求出QC、PB与t的关系
式就可得出S与t的关系；（2）求出△ABC的面积，结合S =S ，设P运动的时间为t秒，分别分析当t<20秒时，以及当
△PCQ △ABC
t>20秒时得出t的值即可；
（3）过Q作QM⊥AC，交直线AC于点M，连接EQ、PM，易证△APE≌△QCM，证得四边形
PEQM是平行四边形，再结合题意可求得DE的长．
【解题过程】
（1）解：当t≤20秒时，P在线段AB上，此时CQ=t，PB=20−t，
1 1 1
∴S = CQ•PB= ×t×(20−t)=− t2+10t；
△PCQ 2 2 2
当t>20秒时，P在线段AB的延长线上，此时CQ=t，PB=t−20，
1 1 1
∴S = CQ·PB= ×t×(t−20)= t2−10t，
△PCQ 2 2 2
1
{ − t2+10t(0<t<20))
2
综上所述S=
；
1
t2−10t(t>20)
2
1 1
（2）解：S = AB⋅BC= ×20×20=200cm2 ，
△ABC 2 2
1
当0<t<20秒时，− t2+10t=200，
2
方程无解；
1
当t>20秒时， t2−10t=200，
2
解得x =10+10❑√5,x =10−10❑√5（舍去），
1 2
∴当点P运动(10+10❑√5)秒时，S =S ；
△PCQ △ABC
（3）解：线段DE的长度不会改变，理由如下：
如图，过Q作QM⊥AC，交直线AC于点M，∵AB=BC=20cm，
∴∠A=∠ACB=∠QCM=45°
∵AP=QC=t，∠QMC=∠AEP=90°
∴△APE≌△QCM(AAS)，
❑√2
∴AE=PE=CM=QM= t，
2
∵EP∥QM，
∴四边形PEQM是平行四边形，且DE是对角线EM的一半，
∴EM=EC+CM=EC+AE=20❑√2，
1
∴ED= EM=10❑√2；
2
同理，当点P在点B右侧时，DE=10❑√2，
综上所述，当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变，为10❑√2．
12．（23-24九年级上·吉林·期中）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=8，点D为BC
边的中点.动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动，同时动点Q从点A出
发，以每秒❑√2个单位长度的速度沿边AB向终点B运动，当点P与点D、C不重合时，以PQ、PD为邻
边作▱PDEQ，设点P的运动时间为t秒(t>0).
（1）用含t的代数式表示线段PD的长；
（2）当线段QE被边AC平分时，求t的值；
（3）设▱PDEQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出S=6时t的值.
【思路点拨】
（1）分0<t<2和2<t<4两种情况进行求解即可；
（2）设AC与QE相交于点F，求出QF=❑√2AQ=2t，由平行四边形的性质得到QE=PD=4−2t，又有
QE=2QF，则4−2t=4t，解方程即可得到答案；
（3）过点Q作QH⊥BC于点H，分0<t<2和2<t<4两种情况求解S，再分两种情况代入S=6进一步求
解即可.
此题考查了列函数关系式、等腰直角三角形的性质、二次根式运算等知识，数形结合和分类讨论是是解题的关键.
【解题过程】
（1）解：∵点D为BC边的中点，
1
∴BD=CD= BC=4，
2
当0<t<2时，PD=BD−PB=4−2t，
当2<t<4时，PD=PB−BD=2t−4；
（2）如图1，
设AC与QE相交于点F，
在Rt△AQF中， ∠AQE=∠B=45°,AQ=❑√2t，
∴QF=❑√2AQ=2t，
∵以PQ、PD为邻边作▱PDEQ，
∴QE=PD=4−2t，
又∵QE=2QF，
∴4−2t=4t，
3
解得t= ；
2
（3）如图，过点Q作QH⊥BC于点H，
∵∠BAC=90°，AB=AC，BC=8，
❑√2
∴AB=AC= BC=4❑√2，
2
在Rt△BQH中，BQ=4❑√2−❑√2t，∠B=45°，❑√2 ❑√2
∴QH=BH= BQ= (4❑√2−❑√2t)=4−t，
2 2
当0<t<2时，PD=BD−PB=4−2t，
∴S=PD⋅QH=(4−2t)(4−t)=2t2−12t+16，
当2<t<4时，PD=PB−BD=2t−4；
∴S=PD⋅QH=(2t−4)(4−t)=−2t2+12t−16，
{ 2t2−12t+16(0<t<2) )
S=
∴ ，
−2t2+12t−16(2<t<4)
当S=6时，若2t2−12t+16=6，解得t =1,t =5（不合题意，舍去），
❑1 2
当S=6时，若−2t2+12t−16=6，方程无解，
∴t=1
13．（23-24九年级上·吉林四平·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，AD=6cm．动点P，Q从A
同时出发，且速度均为3cm/s，点P，Q分别沿折线AB−BC，AD−DC向终点C运动．设点P的运动时
间为x(s)(0<x<3)，△APQ的面积为y(cm2)．
（1）当点P与点B重合时，x的值为______．
（2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围．
（3）当PQ长度不变时，直接写出x的取值范围及PQ的长度．
【思路点拨】
（1）当点P与点B重合时，即AP=AB=3，再计算出x的值即可；
（2）分类讨论：当0<x≤1时、当1<x≤2时和当2<x≤3时，分别画出图形，再根据三角形面积公式计算
即可，注意当1<x≤2时利用矩形面积减去三个小三角形面积计算；
（3）由题意可知当点P在AB上运动或点Q在CD上运动时PQ长度一定发生变化，即讨论1<x≤2即可，
此时点P在BC上运动，点Q在AD上运动，过点P作PE⊥AD于E．根据矩形的性质结合勾股定理求解
即可．
【解题过程】
（1）解：当点P与点B重合时，AP=AB=3，3
∴x= =1，
3
故答案为：1；
（2）解：分类讨论，当0<x≤1时，如图，
∴AP=AQ=3x，
1 9
∴y= AP⋅AQ= x2 ；
2 2
当1<x≤2时，如图，
∴AQ=3x，
1 1 9
∴y= AQ⋅AB= ×3x×3= x；
2 2 2
当2<x≤3时，如图，
∴DQ=3x−6，BP=3x−3，BC=QC=9−3x，
1 1 1
∴y=AB⋅AD− AB⋅BP− AD⋅DQ− PC⋅CQ
2 2 2
1 1 1
=3×6− ×3(3x−3)− ×6(3x−6)− (9−3x) 2
2 2 29 27
=− x2+ x，
2 2
9
{ x2(0<x≤1)
)
2
9
综上可知：y= x(1<x≤2) ；
2
9 27
− x2+ x(2<x≤3)
2 2
（3）解：由题意知，当点P在AB上运动或点Q在CD上运动时PQ长度一定发生变化，
∴讨论1≤x≤2即可，此时点P在BC上运动，点Q在AD上运动，如图，作PE⊥AD于E．
∴ AE=BP=3x−3，AQ=3x，EP=AB=3，
∴ EQ=AQ−AE=3x−(3x−3)=3，
∴ PQ=❑√EP2+EQ2=❑√32+32=3❑√2，
∴当PQ长度不变时，1≤x≤2，PQ长度为3❑√2cm．
14．（23-24九年级下·江西赣州·阶段练习）如图1，在正方形ABCD中，动点P，Q同时从点A出发，以
相同的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路径向点C运动．设运动时间为x（单位：s），四边形
PBDQ的面积为（单位：cm2），y与x之间的函数图象如图2所示．
（1）正方形的边长为______，点P的运动速度为______；
（2）求y与x之间的函数关系式；
（3）若P在AB上运动时，点P，Q的位置记为P ，Q ，若P在BC上运动时，点P，Q的位置记为
1 1
P ，Q ，且点P从P1运动到P2的距离为4cm，求六边形P BP Q DQ 面积的最大值．
2 2 1 2 2 1【思路点拨】
（1）根据正方形的性质及三角形的面积公式即可求得正方形的边长，从而求得速度；
（2）根据动点的运用，分类讨论，①当0≤x<4时，AP=AQ=x；②当4≤x≤8时，如图所示，
CQ=CP=8−x；图形结合，根据几何图形面积的计算方法即可求解；
（3）设点P运动到点P 处时，x=m(0<m<4)，则点Р运动到点P 处时，x=m+4．
1 2
设六边形P BP Q DQ 的面积为S，列出S关于m的二次函数，利用二次函数的性质即可求解．
1 2 2 1
【解题过程】
（1）解：由题意可得△ABD的面积为8，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠BAD=90°，
1
∴
AB2=8，
2
解得AB=4cm，(负值舍去)，
∴正方形的边长为4cm，
∴点P的运动速度为4÷4=1cm/s，
故答案为：4cm，1cm/s；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4cm，∠A=∠ABC=∠C=∠CDA=90°，线段BD是对角线，
∴BD=❑√2AB=4❑√2cm，
∵点P、Q的速度为1cm/s，设运动时间为x秒，
∴点P从A→B的时间为4÷1=4(s)，从A→B→C的运动时间为(4+4)÷1=8(s)，
点Q从A→D的时间为4÷1=4(s)，从A→D→C的运动时间为(4+4)÷1=8(s)，
①当0≤x<4时，AP=AQ=x，
1 1 1 1 1
∴S = AB⋅AD= ×4×4=8，S = AP⋅AQ= x⋅x= x2 ，
△ABD 2 2 △APQ 2 2 2
1
∴S =S −S =8− x2 ，
四边形PBDQ △ABD △APQ 2
1
∴y与x之间的函数关系式为y=− x2+8(0≤x<8)；
2
②当4≤x≤8时，如图所示，∴CQ=CP=8−x，
1 1 1 1 1
∴S = AB⋅AD= ×4×4=8，S = CQ⋅CP= (8−x)⋅(8−x)= x2−8x+32，
△ABD 2 2 △CQP 2 2 2
S =AB2=42=16，
正方形ABCD
∴S =S −S −S =16−8− (1 x2−8x+32 ) =− 1 x2+8x−24，
四边形PBDQ 正方形ABCD △ABD △CPQ 2 2
1
∴y与x之间的函数关系式为y=− x2+8x−24(4≤x≤8)；
2
1
{ − x2+8(0≤x<4) )
2
综上所述，y与x之间的函数关系式为y=
，
1
− x2+8x−24(4≤x≤8)
2
（3）解：设点P运动到点P 处时，x=m(0<m<4)，则点Р运动到点P 处时，x=m+4．
1 2
设六边形P BP Q DQ 的面积为S，
1 2 2 1
则S=S +S
四边形P BDQ 四边形P BDQ
1 1 2 2
=− 1 m2+8+ [ − 1 (m+4) 2+8(m+4)−24 )
2 2
=−m2+4m+8
=−(m−2) 2+12，
∴当m=2时，六边形P BP Q DQ 的面积最大，最大值为12．
1 2 2 1
15．（23-24九年级上·辽宁葫芦岛·阶段练习）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，
AC=BC,AB=6cm，动点P以❑√2cm/s的速度从点B出发，沿BC边向终点C运动，过P作PQ⊥AB于
点Q，以BP、BQ为邻边作平行四边形PBQM，设点P的运动时间为t(s)，平行四边形PBQM与△ABC
重叠部分图形面积为S(cm2)．（1）当点M落在AC边上时，求t的值；
（2）求S与t的函数关系，并直接写出自变量t的取值范围．
【思路点拨】
（1）由题意可得BP=❑√2tcm，根据勾股定理求得BQ=PQ=tcm，根据平行四边形的性质可得
PB∥QM,PB=QM=❑√2tcm，当点M在AC边上时，可得△AQM为等腰直角三角形，从而可得
AQ=2tcm，再由AQ+BQ=AB，即可求解；
（2）分两种情况：①当0<t≤2时，S=S ；②当2<t≤3时，MQ,MP分别交AC于点G、点H，
▱BPMQ
S=S −S ，分别进行求解即可．
▱BPQM △MGH
【解题过程】
（1）解：∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC,∠ACB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵PQ⊥AB，
∴∠PQB=90°，
∴∠BPQ=∠B=45°，
∴PQ=BQ，
∵BP=❑√2tcm，
∴BQ2+PQ2=BP2=(❑√2t) 2 ，
∴BQ=PQ=tcm，
∵四边形PBQM为平行四边形，
∴PB∥QM,PB=QM=❑√2tcm，
当点M在AC边上时，如图，∵PB∥QM，
∴∠AMQ=∠ACB=90°．
∵∠A=45°，
∴△AQM为等腰直角三角形，
∴AM2+QM2=AQ2，
∴AQ=2tcm，
∵AQ+BQ=AB，
∴t+2t=6，
∴t=2．
（2）解：①当0<t≤2时，如图，
∴S=S =BQ⋅PQ=t2 ；
▱BPMQ
②∵在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∵AB=6cm, AC=BC，
∴2AC2=62=36
∴AC=BC=3❑√2cm，
∴当2<t≤3时，如图，MQ,MP分别交AC于点G、点H，
∵BO=tcm，
∴AQ=(6−t)cm，
∵△AQG为等腰直角三角形，
∴AQ2=AG2+QG2=2QG2．❑√2 ❑√2
∴QG= AQ= (6−t)cm，
2 2
∵QM=PB=❑√2tcm，
❑√2 (3❑√2 )
∴GM=QM−QG=❑√2t− (6−t)= t−3❑√2 cm，
2 2
∵∠M=45°,∠MGH=90°，
∴△GHM为等腰直角三角形，
∴GM=GH，
∴S=S −S =PQ2− 1 GM2=t2− 1(3❑√2 t−3❑√2 ) 2 =− 5 t2+9t−9，
▱BPQM △MGH 2 2 2 4
{
t2,0<t≤2
)
综上所述，S=
5 ．
− t2+9t−9,2<t≤3
4
16．（2023·吉林·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠DAB=60°，点P从点A出发，以
2cm/s的速度沿A−D−C运动，过点P作射线AB的垂线，交射线AB于点Q，在点P运动过程中，设运动
时间为t，△APQ与菱形ABCD重叠部分的面积为S．
（1）写出线段PD的长（用含t的式子表示）．
（2）当PQ平分菱形面积时，求t的值．
（3）求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围．
【思路点拨】
（1）分两种情况：①当0<t≤2时，②当2<t≤4时，由题意可得出答案；
（2）连接BD，过点D作DM⊥AB于点M，则四边形DPQM为矩形，证明△DPO≌△BQO(AAS)，由
全等三角形的性质得出DP=BQ=(2t−4)cm，列出方程可得出答案；
（3）分三种情况：①当0<t≤2时，点P在边AD上，如图2；②当2<t≤3时，当点P在边CD上，点Q在
线段AB上，如图3；③当3<t≤4时，当点P在边CD上，点Q在线段AB的延长线上，如图4．由直角三
角形的性质及三角形的面积可得出答案．【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=DC=4cm，
当0<t≤2时，PD=(4−2t)(cm)，
当2<t≤4时，PD=(2t−4)(cm)．
（2）解：连接BD，过点D作DM⊥AB于点M，则四边形DPQM为矩形，
∴DP=MQ，
∵AD=AB=4cm，∠DAB=60°，
∴AM=2cm，
∵PQ平分菱形的面积，
∴PQ经过BD的中点O，
∴OB=OD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC∥AB，
∴∠PDO=∠OBQ，∠DPO=∠BQO，
∴△DPO≌△BQO(AAS)，
∴DP=BQ=(2t−4)cm，
∴2+2t−4+2t−4=4，
5
∴t= ；
2
（3）解：分三种情况：①当0<t≤2时，点P在边AD上，如图2．∵AP=2tcm，∠A=60°，
1
∴AQ= AP=tcm，PQ=❑√3tcm，
2
1 1 ❑√3
∴S = AQ⋅PQ= ×t×❑√3t= t2 ，
△APQ 2 2 2
❑√3
∴S= t2 ；
2
②当2<t≤3时，当点P在边CD上，点Q在线段AB上，如图3．
由（2）可知，PQ=2❑√3cm，
∵DP=(2t−4)cm，
∴AQ=2+2t−4=(2t−2)cm，
1 1
∴S=S = AQ⋅PQ= ×2❑√3×（2t−2）=2❑√3t−2❑√3；
△APQ 2 2
1
S= （2+2t−4）×2❑√3=2❑√3t−2❑√3；
2
③当3<t≤4时，当点P在边CD上，点Q在线段AB的延长线上，如图4．
∵AQ=(2t−2)cm，AB=4cm，
∴BQ=(2t−6)(cm)，
∵∠QBN=60°，
∴QN=❑√3BQ=❑√3(2t−6)(cm)，
1
∴S=S −S =2❑√3t−2❑√3− （2t−6）⋅❑√3（2t−6）
△AQP △BQN 2
=−2❑√3t2+14❑√3t−20❑√3．❑√3
{ t2(0<t≤2) )
2
综上所述，S与t的函数关系式为S=
．
2❑√3t−2❑√3(2<t≤3)
−2❑√3t2+14❑√3t−20❑√3(3<t≤4)
17．（23-24九年级下·吉林·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=2cm，点E是AB的中
点．动点P从点E出发，沿折线EA−AD−DC以2cm/s的速度运动，作∠PEQ=90°，EQ交边DC或边
CB于点Q，连接PQ．当点Q与点B重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为x(s)(x>0)，△PQE的面
积为y(cm2)．
（1）当x=1.5时，△PQE的形状是______．
（2）当点Q与点B重合时，求x的值．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【思路点拨】
（1）由题意得出当x=1.5时，点P在AD上，如图，作QF⊥AB于F，则∠QFA=∠QFB=90°，证明
△EAP≌△QFE(AAS)，得出PE=QE，即可得证；
（2）求出当点Q与点B重合时，此时点P的运动的距离为6cm，计算即可得出答案；
（3）分三个阶段：当0<x≤1时，点P在EA上运动；当1<x≤2时，点P在AD上运动，作QF⊥AB于F
；当2<x≤3时，点P在DC上运动，作PH⊥AB于H，分别利用矩形的判定与性质、三角形全等的判定
与性质、勾股定理、三角形面积公式计算即可得出答案．
【解题过程】
（1）解：当x=1.5时，点P运动的距离为：2×1.5=3cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，AD=BC=2cm，AB=CD=4cm，
∵点E是AB的中点．
1
∴AE= AB=2cm=BC，
2
∴当x=1.5时，点P在AD中点上，
如图，作QF⊥AB于F，则∠QFA=∠QFB=90°，∴四边形CBFQ为矩形，
∴QF=BC=AE，
∵∠PEQ=90°，
∴∠PEA+∠QEF=90°，
∵∠PEA+∠APE=90°，
∴∠QEF=∠APE，
∴△EAP≌△QFE(AAS)，
∴PE=QE，
∴△PQE的形状是等腰直角三角形；
（2）如图，当点Q与点B重合时，
∵∠PEQ=∠C=∠EBC=90°，
∴四边形CBEP是矩形，
∴PC=EB=2cm，
∴DP=CD−PC=2cm，
∴此时点P的运动的距离为AE+AD+DP=2+2+2=6cm，
∴x=6÷2=3；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，AD=BC=2cm，AB=CD=4cm，
∵点E是AB的中点．
1
∴AE= AB=2cm，
2
如图，当0<x≤1时，点P在EA上运动，，
此时PE=2x，
∵∠PEQ=∠A=∠D=90°，
∴四边形ADQE是矩形，
∴QE=AD=2cm，
1 1
∴y=S = PE⋅QE= ×2x×2=2x；
△PQE 2 2
如图，当1<x≤2时，点P在AD上运动，作QF⊥AB于F，则∠QFA=∠QFB=90°，
∴四边形CBFQ为矩形，
∴QF=BC=2cm，
同（1）可得，△EAP≌△QFE(AAS)，
∴PE=QE，
∴△PQE的形状是等腰直角三角形，
由题意得：AP+AE=2x(cm)，
∴AP=2x−2(cm)，
∴PE2=AP2+AE2=(2x−2) 2+22=4x2−8x+8，
1 1 1
∴y=S = PE⋅QE= PE2= ×(4x2−8x+8)=2x2−4x+4；
△PQE 2 2 2
如图，当2<x≤3时，点P在DC上运动，作PH⊥AB于H，同理可得：四边形DAHP为矩形，△EHP≌△QBE(AAS)，
∴HP=AD=2cm，PE=QE，AH=DP，
∵AD+AE+DP=2x(cm)，
∴DP=2x−4(cm)，
∴AH=DP=2x−4(cm)，
∴HE=AE−AH=2−(2x−4)=6−2x(cm)，
∴PE2=PH2+H E2=(6−2x) 2+22=36−24x+4x2+4=4x2−24x+40，
1 1 1
∴y=S = PE⋅QE= PE2= ×(4x2−24x+40)=2x2−12x+20，
△PQE 2 2 2
{
2x(0<x≤1)
)
综上所述，
y= 2x2−4x+4(1<x≤2)
．
2x2−12x+20(2<x≤3)
18．（2024·吉林四平·一模）如图，在菱形ABCD中，对角线BD=6，∠A=60°．点P从点A出发，沿
AB以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到点B停止．过点P作PQ⊥AB，交折线AD−DB于点Q，以
PQ、PB为边作矩形PQEB，设矩形PQEB与△ABD重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为
t(s)(0<t<6)．
（1）用含t的代数式表示PB的长；
（2）求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（3）作射线CE，当CE截矩形PQEB所得的图形存在轴对称图形时，直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）根据菱形性质结合∠A=60°得到△ABD是等腰三角形，得到BD=6，根据含30°的直角三角形性质
结合AP=t，即得BP=6−t；（2）分类讨论：当0<t≤3时，点Q在AD上运动，设EQ交BD于点F，证
明 △AQP≅△FBE(ASA)，PQ=❑√3t，得到EF=AP=t，BE=PQ=❑√3t,根据S=S −S 计算
矩形PQEB △BFE
即得；当3<t<6时，点Q在BD上运动，根据BP=6−t，∠BQP=30°，得到PQ=❑√3(6−t)，计算
S=S 即得；
△QBP
（3）分类讨论：设射线CE交AB于点G，过点C作CH⊥AB，交AB延长线于点H，根据含30°的直角三角形性质得到BH=3，CH=3❑√3，当0<t≤3时，若△EBG是等腰直角三角形，推出BH=3❑√3−❑√3t，
得到3❑√3−❑√3t=3，解方程即得；当3<t<6时，设CG交PQ于点K，若△EQK是等腰直角三角形，推出
BG=BE=❑√3(6−t)，得到BH=❑√3t−3❑√3，得到❑√3t−3❑√3=3，解方程即得．
【解题过程】
（1）∵在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=AD，
∴△ABD是等腰三角形，
∴AB=AD=BD=6，
∵AP=t，
∴PB=6−t，
（2）当0<t≤3时，如图1，点Q在AD上运动，设EQ交BD于点F，
∵矩形PQEB中，PQ=BE，∠QPB=∠PBE=∠E=90°，
∴∠APQ=∠E=90°，
∵∠ABD=∠A=60°，
∴∠AQP=∠FBE=30°，
∴△AQP≅△FBE(ASA)，PQ=❑√3AP=❑√3t，
∴EF=AP=t，BE=PQ=❑√3t,
∴S=S −S
矩形PQEB △BFE
1
=PQ⋅PB− EF⋅BE
2
1
=❑√3t(6−t)− t⋅❑√3t
2
3❑√3
=− t2+6❑√3t；
2
当3<t<6时，如图2，点Q在BD上运动，
∵∠BQP=90°−∠ABD=30°，
∴PQ=❑√3PB=❑√3(6−t),1 1 ❑√3
∴S=S = PB⋅PQ= (6−t)⋅❑√3(6−t)= (6−t) 2 ；
△QBP 2 2 2
{ −
3❑√3
t2+6❑√3t(0<t≤3))
2
S=
；
❑√3
(6−t) 2 (3<t<6)
2
（3）设射线CE交AB于点G，过点C作CH⊥AB，交AB延长线于点H，
则∠CHB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠CBH=∠A=60°，
∴∠BCH=30°，
1
∴BH= BC=3，
2
∴CH=❑√3BH=3❑√3，
当0<t≤3时，如图3，
若△EBG是等腰直角三角形，
则BG=BE=PQ=❑√3t，
∵BE∥CH，
∴∠GCH=∠GEB=45°，
∵∠CGH=45°，
∴GH=CH=3❑√3，
∴BH=GH−BG=3❑√3−❑√3t，
∴3❑√3−❑√3t=3，
解得t=3−❑√3；
当3<t<6时，设CG交PQ于点K，如图4，
若△EQK是等腰直角三角形，
则∠QEK=45°，∴∠BEG=∠QEB−∠QEK=45°，
∴∠BGE=45°，
∵BP=6−t，∠BQP=∠PBE−∠ABD=30°，
∴PQ=❑√3(6−t)，
∴BG=BE=❑√3(6−t)，
∴BH=3❑√3−❑√3(6−t)=❑√3t−3❑√3，
∴❑√3t−3❑√3=3，
解得t=3+❑√3．
故t=3−❑√3或t=3+❑√3．
19．（23-24九年级上·吉林白城·期末）如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=4cm．动点P从点A
出发，沿AB方向以1cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，沿BA方向以1cm/s的速度向终
点A运动．以AP为一边向上作正方形APDE，过点Q作QF∥BC，交AC于点F．设点P的运动时间为
x(s)(x>0)，正方形APDE和△AQF重叠部分图形的面积为y(cm2)．
（1）当点D落在QF上时，x的值为______．
（2）当点D落在BC上时，求x的值．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【思路点拨】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，动点问题，二次函数的应用，分类讨论是解题
的关键．
（1）根据正方形的性质及等腰直角三角形的判定及性质可得AP=PQ=BQ=x，进而即可求解；
（2）根据正方形的性质及等腰直角三角形的判定及性质可得AP=BP=x，进而即可求解；
4 4
（3）分三种情况：当0<x≤ 时，当 <x≤2时，当2<x≤4时，画出图形，结合图形即可求解．
3 3
【解题过程】
（1）∵∠A=90°，AB=AC=4cm，∴∠B=∠C=45°，
当点D在QF上时，如图所示，此时AP=BQ=xcm，
∵QF∥BC，四边形APDE为正方形，
∴∠B=∠PDQ=45°，AP=DP，∠APD=∠DPQ=90°
∴∠PDQ=45°，则DP=PQ，
∴AP=PQ=BQ=x，则3x=AB=4cm，
4
∴x= ，
3
4
故答案为： ；
3
（2）∵∠A=90°，AB=AC=4cm，
∴∠B=∠C=45°，
当点D在BC上时，如图所示，此时AP=BQ=xcm，
∵四边形APDE为正方形，
∴AP=DP，∠APD=∠DPQ=90°，
∴∠PDQ=45°，则DP=PB，
∴AP=BP=x，则2x=AB=4cm，
∴x=2；
4
（3）由（1）可知，当点D在QF上时，x= ，当点D在BC上时，x=2，
34
当0<x≤ 时，如图，正方形APDE和△AQF重叠部分图形的面积为正方形APDE的面积，
3
∴y=x2；
4
当 <x≤2时，如图，
3
∵OF∥BC，
∴∠AQF=∠B=45°，∠AFQ=∠C=45°，
∴AF=AQ=4−x，则PQ=EF=4−x−x=4−2x，
又∵APDE是正方形，
∴∠FED=∠DPQ=∠D=90°，则∠FME=∠PNQ=45°，
∴EM=EF=PN=PQ=4−2x，则DM=DN=x−(4−2x)，
∴y=x2− 1 [x−(4−2x)) 2 =− 7 x2+12x−8；
2 2
当2<x≤4时，如图，
AQ=4−x，1 1
∴y= (4−x) 2= x2−4x+8．
2 2
20．（2024·天津西青·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB的顶点A的坐标为(16,0)，点B在第
一象限，∠OBA=90°，BO=BA，矩形OCDE的顶点E在x轴的负半轴上，点C在y轴的正半轴上，点D
坐标为(−4,10)．
（1）如图①，求点B的坐标；
（2）将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O′C′D′E′，点O，C，D，E的对应点分别为O′，C′，D′
，E′．设OO′=t，矩形O′C′D′E′与△OAB重登部分的面积为S．
①如图②，当矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分为五边形时，D′E′与OB相交于点M，C′O′与BA相交于点
N，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当3≤t≤14时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【思路点拨】
（1）如图所示，过点B作BF⊥x轴于点F，根据题意可得△OBA是等腰直角三角形，可得
1
OF=BF=AF= OA=8，由此即可求解；
2
（2）图形结合分析，当OO′=t=8时，OC过点B；当OO′=t=8+4=12时，DE过点B，矩形O′C′D′E′
与△OAB重叠部分不能组成五边形；可求出t的取值范围，再根据图示，可得S=S +S
，
梯形BGE′M 梯形BGO′N
由此即可求解；②根据图形的平移，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论：当t=3，t=8，8<t<12
，t=12，t=14时，分别算出S最大值与最小值，即可求解．
【解题过程】
（1）解：如图所示，过点B作BF⊥x轴于点F，已知顶点A的坐标为(16,0)，点B在第一象限，∠OBA=90°，BO=BA，
∴△OBA是等腰直角三角形，OA=16，
1
∴OF=BF=AF= OA=8，
2
∴B(8,8)；
（2）解：已知四边形OCDE是矩形，D(−4,10)，
∴OE=CD=4，OC=DE=10，
∴E(−4,0)，C(0,10)，
由（1）可知，OF=BF=8，
①矩形OCDE沿x轴向右平移，OO′=t，
∴当OO′=t=8时，OC过点B，矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分不能组成五边形；
当OO′=t=8+4=12时，DE过点B，矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分不能组成五边形；
∴t的取值范围为：8<t<12，
如图所示，过点B作BG⊥x轴于点G，
∴BG=OG=8，
根据题意可知，∠AOB=45°，∠OE′M=90°，OO′=t，O′E′=OE=4，
∴M E′=OE′=OO′−O′E′=t−4，GE′=OG−OE′=8−(t−4)=12−t，
AO′=NO′=OA−OO′=16−t，O′G=OO′−OG=t−8，
∴ (M E′+BG)·GE′ (t−4+8)×(12−t) −t2+8t+48，
S = = =
梯形BGE′M 2 2 2(NO′+BG)·O′G (16−t+8)×(t−8) −t2+32t−192，
S = = =
梯形BGO′N 2 2 2
∴矩形O′C′D′E′与△OAB重登部分的面积为：S=S +S
梯形BGE′M 梯形BGO′N
−t2+8t+48 −t2+32t−192
= +
2 2
=−t2+20t−72，
∴S=−t2+20t−72(8<t<12)；
②由上述可知，S=−t2+20t−72(8<t<12)，
∴当3≤t≤8时，如图所示，当t=3时，
1 1 9
∴S= OO′·O′M= ×3×3= ；
2 2 2
如图所示，当t=8时，
∴OE′=M E′=8−4=4，
∴S=S −S
△OO′B △OE′M
1 1
= ×8×8− ×4×4
2 2
=24；
当8<t<12时，S=−t2+20t−72=−(t−10) 2+28(8<t<12)，
∴当t=10时，S的面积最大，最大面积为28；
如图所示，当t=12时，∴AO′=NO′=16−12=4，
∴S=S −S
△AE′B △AO′N
1 1
= ×8×8− ×4×4
2 2
=24；
如图所示，当t=14时，
∴AO′=NO′=16−14=2，AE′=M E′=O′E′+AO′=4+2=6，
(NO′+M E′)·O′E′ (2+6)×4
∴S= = =16；
2 2
9
综上所述，当3≤t≤14时，S的取值范围为： ≤S≤28．
2
