专题 21.7 利用一元二次方程解决几何中的三大动点问题
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对利用一元二次方程解决几何中
的三大动点问题的理解！
【类型1 利用一元二次方程解决三角形中的动点问题】
1．（2023春·广东江门·九年级校考期中）如图，在等腰△ABC中，∠B=90°，AB=BC=8cm，动点P
从点A出发沿AB向点B移动，作PQ∥AC，PR∥BC，当▱PQCR的面积为△ABC面积的一半时，
点P移动的路程为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【答案】B
【分析】设AP＝xcm，则PB＝（8−x）cm，求出∠A＝45°，∠APR＝90°，得到PR＝PA＝xcm，然后根据
▱PQCR的面积为 ABC面积的一半列方程求解即可．
【详解】解：设A△P＝xcm，则PB＝（8−x）cm，
∵∠B＝90°，AB＝BC＝8cm，
∴∠A＝45°，
∵PR∥BC，
∴∠APR＝90°，
∴PR＝PA＝xcm，
∵▱PQCR的面积为 ABC面积的一半，
1 1△
∴x⋅(8-x)= × ×8×8，
2 2
解得：x =x =4，
1 2∴点P移动的路程为4cm．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，一元二次方程的应用，根据几何图形的性质得出方程是解题
的关键．
2．（2023春·浙江·九年级期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°,AC=4√2cm，动点P从点A
出发沿折线AC-CB向点终B以√2cm/s的速度运动，PQ⊥AB于点Q．设运动时间为t(s)，当t=
s时，△APQ的面积为4cm2．
【答案】2√2或4+2√2
【分析】利用等腰直角三角形的性质求出AB，设时间为t秒，分0≤t≤4和4<t≤8两种情况结合三角形面
积分别计算．
【详解】解：∵在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4√2cm，
∴AB=√(4√2) 2+(4√2) 2=8，∠A=45°，∠B=45°．
∵PQ⊥AB于点Q．
∴设当时间为t秒时，△APQ的面积为4cm2．
当0≤t≤4时，AQ=t，PQ=t，
1 1
AQ⋅PQ=4，即 t2=4，
2 2
解得：t=2√2或t=-2√2（舍去）．
当4<t≤8时，AQ=t，PQ=8-t，
1 1
AQ⋅PQ=4，即 t(8-t)=4，
2 2
解得：t=4+2√2或t=4-2√2（舍去）．
综上所述：当t=2√2或4+2√2秒时，△APQ的面积为4cm2．
故答案为：2√2或4+2√2．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积公式，解一元二次方程，解题的关键
是理解点的运动情况，注意分类讨论．3．（2023春•驻马店期末）如图，已知AG∥CF，AB⊥CF，垂足为 B，AB=BC=3 ，点 P 是射线AG 上
的动点 （点 P 不与点 A 重合），点 Q是线段 CB上的动点，点 D是线段 AB的中点，连接 PD 并延
长交BF于点 E，连接PQ，设AP=2t ，CQ=t，当△PQE 是以 PE为腰的等腰三角形时，t的值为 ．
3 2
【答案】 或
7 5
【分析】以B为原点、直线CF为x轴，直线AB为y轴，建立直角坐标系，先证明AP=BE，即可得E点坐
标为(2t,0)，CQ=t，BQ=3-t，P点坐标为(-2t,3)，C点坐标为(-3,0)，A点坐标为(0,3)，Q点坐标为(t-2,0)，根
据Q点在线段BC上，P点不与A点重合，可得0＜t＜3，进而有BE=2t，BQ=3-t，QE=BQ+EB=3+t，利用
勾股定理有：PQ2=(3-3t) 2+9，QE2=(t+3) 2，PE2=16t2+9，根据△PQE是以 PE为腰的等腰三角形，
分类讨论：当PQ=PE时，当QE=PE时两种情况，即可求解．
【详解】以B为原点、直线CF为x轴，直线AB为y轴，建立直角坐标系，如图，
∵AG∥CF，AB⊥CF，
∴AB⊥AG，
∴∠GAB=∠ABF=90°，
∵D点为AB中点，
∴AD=BD，
∴结合∠ADP=∠BDE可得△APD≌△BED，
∴AP=BE，
∵AP=2t，∴BE=2t，
∴E点坐标为(2t,0)，
∵AB=BC=3，
∴CQ=t，即BQ=3-t，P点坐标为(-2t,3)，C点坐标为(-3,0)，A点坐标为(0,3)，
∴Q点坐标为(t-3,0)，
∵Q点在线段BC上，P点不与A点重合，
∴0＜t＜3，
∵BE=2t，BQ=3-t，
∴QE=BQ+EB=3+t，
∴利用勾股定理有：PQ2=(-2t-t+3) 2+(3-0) 2=(3-3t) 2+9，QE2=(t+3) 2，
PE2=(-2t-2t) 2+(3-0) 2=16t2+9，
根据△PQE是以PE为腰的等腰三角形，分类讨论：
当PQ=PE时，有(3-3t) 2+9=16t2+9，
整理：7t2+18t-9=0，
3
解得t= （负值舍去），
7
当QE=PE时，有16t2+9=(t+3) 2，
整理：15t2-6t=0，
2
解得t= （0舍去），
5
3 2
综上所述：t的值可以为 ， ．
7 5
3 2
故答案为： ， ．
7 5
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、构建直角坐标系、勾股定理、全等三角形的判定与性质、一元二
次方程的应用等知识，构建直角坐标系是快速解答此题的关键．解答时，需注意分类讨论的思想．
4．（2023春·广东江门·九年级校考期中）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P，Q同时从
A，B两点出发，分别沿AB，BC匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P，Q两点都
停止运动，设点P的运动时间为ts，解答下列问题：(1)当t为何值时，△PBQ是以∠PQB为直角的直角三角形？
2
(2)是否存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的 ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
3
【答案】(1)1
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）当∠PQB=90°时，利用直角三角形的性质建立方程，解方程即可得；
2
（2）假设存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的 ，从而可得S =3√3cm2，过点
3 △PBQ
Q作QH⊥AB于点H，利用直角三角形的性质和勾股定理可得HQ=√3tcm，再利用三角形的面积公式建
立方程，然后利用一元二次方程根的判别式进行分析即可得出答案．
【详解】（1）由题意得：AP=2tcm,BQ=2tcm，
∴BP=AB-AP=(6-2t)cm，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
AB
当点P到达点B时，t= =3(s)，
2
则0<t≤3，
∵∠PQB=90°，
∴∠BPQ=90°-∠B=30°，
∴BP=2BQ，即6-2t=2×2t，
解得t=1，符合题意；
2
（2）不存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的 ，理由如下：
3
2
假设存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的 ，
3由（1）得：S =9√3cm2，
△ABC
1
∴S = S =3√3cm2 ，
△PBQ 3 △ABC
如图，过点Q作QH⊥AB于点H，
∴∠HQB=90°-∠B=30°，
1
∴BH= BQ=tcm,HQ=√BQ2-BH2=√3tcm，
2
1 1
∴S = BP⋅HQ= (6-2t)⋅√3t=3√3，
△PBQ 2 2
整理得：t2-3t+3=0，
此方程根的判别式为Δ=9-4×1×3=-3<0，方程无解，
所以假设不成立，
2
即不存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的 ．
3
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用
等知识点，正确建立关于时间t的方程是解题关键．
5．（2023春·江苏宿迁·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P
从点A出发沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，同时动点Q从点B出发沿边BC向点C以4cm/s的速度移
动，当P运动到B点时P、Q两点同时停止运动，设运动时间为ts．
(1)BP＝ cm；BQ＝ cm；（用t的代数式表示）
(2)D是AC的中点，连接PD、QD，t为何值时△PDQ的面积为40cm2？【答案】(1)（12﹣2t）；4t
(2)t＝2或4
【分析】（1）根据速度×时间=路程，列出代数式即可；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，利用三角形中位线定理求得DH的长度；然后根据题意和三角形的面
积列出方程，求出方程的解即可．
【详解】（1）根据题意得：AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
所以BP＝（12﹣2t）cm．
故答案是：（12﹣2t）；4t．
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，
∵∠B＝90°，即AB⊥BC，
∴AB∥DH，
又∵D是AC的中点，
1
∴BH= BC＝12cm，DH是△ABC的中位线，
2
1
∴DH= AB＝6cm，
2
1 1 1 1
根据题意，得 ×12×24- ×4t×（12﹣2t）- ×（24﹣4t）×6 - ×2t×12＝40，
2 2 2 2
整理，得t2﹣6t+8＝0，
解得：t＝2，t＝4，
1 2
即当t＝2或4时，△PBQ的面积是40cm2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找到关键描述语，列出等量关系．
6．（2023·浙江金华·九年级期中）如图，在△ABC中，AB=AC=13厘米，BC=10厘米，AD⊥BC于
点D，动点P从点A出发以每秒1厘米的速度在线段AD上向终点D运动．设动点运动时间为t秒．（1）求AD的长；
（2）当△PDC的面积为15平方厘米时，求t的值；
（3）动点M从点C出发以每秒2厘米的速度在射线CB上运动．点M与点P同时出发，且当点P运动到
1
终点D时，点M也停止运动．是否存在t，使得S = S ？若存在，请求出t的值；若不存在，
△PMD 12 △ABC
请说明理由．
29+√281 29-√281 1
【答案】（1）12厘米；（2）6秒；（3）存在t的值为2或 或 ，使得S =
4 4 △PMD 12
S ．
△ABC
【分析】①根据等腰三角形性质和勾股定理解答即可；
1
②根据直角三角形面积求出PD×DC× =15即可求出t；
2
③根据题意列出PD、MD的表达式解方程组，由于M在D点左右两侧情况不同，所以进行分段讨论即可，
注意约束条件．
【详解】解：（1）∵AB=AC=13，AD⊥BC，
∴BD=CD=5cm，且∠ADB=90°，
∴AD2=AC2-CD2
∴AD=12cm．
（2）AP=t，PD=12-t，
1
又∵由 PDM面积为 PD×DC=15，
2
△
解得PD=6，
∴t=6．（3）假设存在t，
1
使得S = S ．
△PMD 12 △ABC
①若点M在线段CD上，
5
即 0≤t≤ 时，PD=12-t，DM=5-2t，
2
1
由S = S ，
△PMD 12 △ABC
1
即 ×(12−t)(5−2t)＝5，
2
2t2-29t+50=0
解得t=12.5（舍去），t=2．
1 2
5
②若点M在射线DB上，即 ≤t≤12．
2
1
由S = S
△PMD 12 △ABC
1
得 (12−t)(2t−5)＝5，
2
2t2-29t+70=0
29+√281 29-√281
解得 t ＝ ，t ＝ ．
1 4 2 4
29+√281 29-√281 1
综上，存在t的值为2或 或 ，使得S = S ．
4 4 △PMD 12 △ABC
【点睛】此题关键为利用三角形性质勾股定理以及分段讨论，在解方程时，注意解是否符合约束条件．
7．（2023春·九年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝16 cm，AD为BC边
上的高，动点P从点A出发，沿A→D方向以√2 cm/s的速度向点D运动，过P点作矩形PDFE(E点在AC
上)，设 ABP的面积为S，矩形PDFE的面积为S，运动时间为t秒(0＜t＜8)．
1 2
(1)经△过几秒钟后，S＝S
1 2?
(2)经过几秒钟后，S＋S 最大？并求出这个最大值．
1 2
【答案】(1) t＝4 (2) t＝6
【分析】分别根据运动方式列出面积S,S 关于t的函数关系，第一问令面积相等，第二问配方求最值.
1 21
【详解】解：S＝ ×8√2×√2t＝8t，S＝√2t(8√2－√2t)＝－2t2＋16t，(1)由8t＝－2t2＋16t，解得t＝4，t
1 2 2 1 2
＝0(舍去)，∴当t＝4秒时，S＝S
1 2
(2)∵S＋S＝8t＋(－2t2＋16t)＝－2(t－6)2＋72，∴当t＝6时，S＋S 最大，最大为72
1 2 1 2
【点睛】关于x的两次三项式，可以配方化为只含一个变量的式子，再利用平方的非负性求最值,必要是需
要引入二次函数的内容求最值.
8．（2023春·江苏淮安·九年级统考期中）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，动点P从点A出发，
在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动，到达点C停止运动．设运动时间为t秒
7
（1）如图1，过点P作PD⊥AC，交AB于D，若△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的 ，求t的值；
9
（2）点Q在射线PC上，且PQ＝2AP，以线段PQ为边向上作正方形PQNM．在运动过程中，若设正方形
PQNM与△ABC重叠部分的面积为8，求t的值．
4
【答案】（1）t＝2，t＝4；（2）t的值为 √7或2√5时，重叠面积为8．
1 2 7
【分析】（1）先求出△ABC的面积，然后根据题意可得AP＝t，CP＝6﹣t，然后再△PBC与△PAD的面
7
积和是△ABC的面积的 ，列出方程、解方程即可解答；
9
（2）根据不同时间段分三种情况进行解答即可.
【详解】（1）∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，
1
∴S ABC＝ ×6×6＝18，
△ 2
∵AP＝t，CP＝6﹣t，
1 1
∴△PBC与△PAD的面积和＝ t2+ ×6×（6﹣t），
2 2
7
∵△PBC与△PAD的面积和是△ABC的面积的 ，
91 1 7
∴ t2+ ×6×（6﹣t）＝18× ，
2 2 9
解之，得t＝2，t＝4；
1 2
（2）∵AP＝t，PQ＝2AP，
∴PQ＝2t，
1 7
①如图1，当0≤t≤2时，S＝（2t）2﹣ t2＝ t2＝8，
2 2
4 4
解得：t＝ √7，t＝﹣ √7（不合题意，舍去），
1 7 2 7
1 1 1 2
②如图2，当2≤t≤3时，S＝ ×6×6﹣ t2﹣ （6﹣2t）2＝12t﹣ t2＝8，
2 2 2 5
4
解得：t＝4（不合题意，舍去），t＝ （不合题意，舍去），
1 2 5
1 1
③如图3，当3≤t≤6时，S＝ × 6×6﹣ t2＝8，
2 2
解得：t＝2√5，t＝﹣2√5（不合题意，舍去），
1 2
4
综上，t的值为 √7或2√5时，重叠面积为8．
7
【点睛】本题考查了三角形和矩形上的动点问题，根据题意列出方程和分情况讨论是解答本题的关键.
【类型2 利用一元二次方程解决四边形中的动点问题】
1．（2023春·陕西渭南·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=7,点E是AD上的一个动
点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A 恰好落在∠BCD的平分线上时，C A 的长为
1 1
．【答案】3√2或4√2
【分析】过点A 作AF⊥BC于F，根据等腰直角三角形的判定可得△C A F为等腰直角三角形，设CF=
1 1 1
A F=x，从而得出BF= 7－x，CA=√2x，然后根据折叠的性质可得AB=A B=5，再利用勾股定理求出
1 1 1
x，即可求出结论．
【详解】解：过点A 作AF⊥BC于F
1 1
∵四边形ABCD为矩形，C A 平分∠BCD
1
1
∴∠A CF= ∠BCD=45°
1 2
∴△C A F为等腰直角三角形，设CF=A F=x
1 1
则BF=BC－CF=7－x，CA=√2 A F=√2x
1 1
由折叠的性质可得AB=A B=5
1
在Rt△ BA F中，BF2+A F2=A B2
1 1 1
即(7-x) 2+x2=52
解得：x=3，x=4
1 2
∴CA=3√2或4√2
1
故答案为：3√2或4√2．
【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题，掌握矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判
定及性质和解一元二次方程是解决此题的关键．
2．（2023春·河北邯郸·九年级统考期中）如图所示，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB=16cm，
AD=8cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到达B为止；点Q
以2cm/s的速度向D移动．当P、Q两点从出发开始 秒时，点P和点Q的距离是10cm．（若一点到达终点，另一点也随之停止运动）
22
【答案】2或
5
【分析】设当P、Q两点从出发开始x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP=3x(cm)，
DQ=(16-2x)cm， 利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
( 16)
【详解】解：设当P、Q两点从出发开始x秒时 x≤ ，点P和点Q的距离是10cm，
3
此时AP=3x(cm)，CQ=2x(cm)，如图，过Q作QM⊥AB于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形QMBC，AMQD是矩形，
∴QM=BC=AD=8cm，DQ=AM=(16-2x)cm，
∴PM=16-2x-3x，
则PQ2=QM2+PM2，
根据题意得：(16-2x-3x) 2+82=102，
22
解得：x =2，x = ．
1 2 5
22
答：当P、Q两点从出发开始到2秒或 秒时，点P和点Q的距离是10cm．
5
22
故答案为：2或 ．
5
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，一元二次方程的应用以及勾股定理，利用勾股定理找出关于x的
一元二次方程是解题的关键．
3．（2023春·山东烟台·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=16cm，BC=6cm，动点P、Q
分别以3cm/s，2cm/s的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动．(1)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离
是10cm？
(2)若点P沿着AB→BC→CD移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试
探求经过多长时间△PBQ的面积为12cm2？
8 24
【答案】(1) s或 s；
5 5
(2)4秒或6秒．
【分析】（1）过点P作PE⊥CD于E，构造直角三角形，利用勾股定理即可求得；
（2）根据点P的三个位置进行分类讨论，表示出△PBQ的底和高，代入面积公式即可求得；
【详解】（1）解：过点P作PE⊥CD于E，
设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．
(16-2x-3x) 2+62=102，
8 24
∴x = ， x = ；
1 5 2 5
8 24
∴经过 s或 s，P、Q两点之间的距离是10cm；
5 5
（2）解：连接BQ．设经过ys后 PBQ的面积为12cm2．
16 △
①当0≤ y≤ 时，PB=16-3 y，
3
1 1
∴ PB⋅BC=12，即 ×(16-3 y)×6=12，
2 2
解得y=4；
16 22
②当 ≤ y≤ 时，BP=3 y-16，QC=2y，
3 31 1
则 BP⋅CQ= (3 y-16)×2y=12，
2 2
2
解得y =6，y =- （舍去）；
1 2 3
22
③ <y≤8时，QP=CQ-PC=22- y，
3
1 1
则 QP⋅CB= (22- y)×6=12，
2 2
解得y=18（舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒，△PBQ的面积为12cm2．
【点睛】本题考查了动点问题，相关知识点有：勾股定理求长度，解一元二次方程等知识点，分类讨论是
本题的解题关键．
4．（2023春·浙江杭州·九年级期中）如图，点E，F分别在平行四边形ABCD的边BC，AD上，且
BE=DF，AD=10，CD=8，动点P从点A出发沿着线段AE向终点E运动，同时点Q从点C出发沿着折
线段C-F-A向终点A运动，且它们同时到达终点，设Q点运动的路程为x，PE的长度为y，且y=kx+8
（k为常数，k≠0）．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）求AE的长．
4
（3）当k=- 时，
5
①求AF的值；
②连结PQ，QE，当△PQE为直角三角形时，求所有满足条件的x的值．
√21 √21
【答案】（1）见解析；（2）8；（3）①2；②1，3+ ,3- ，5
3 3
【分析】（1）根据已知证明AF=EC,AF//EC即可得证；
（2）根据题，当x=0时，PE= y，令x=0时，即可求得AE；（3）①当P到达E点时，Q点到达A点，此时PE=0,则y=0，令y=0求得x，可得CF+AF=10，结合已
知条件可得AF；②由①可得，△ABE是等边三角形，分情况讨论，当Q在CF上，∠PEQ=90°时，根
1
据含30度角的直角三角形的性质，可得CQ= EC；当∠PQE=90°时，过点P,E分别作
2
PN⊥FC,EM⊥FC，垂足为N,M,可得四边形PEMN是矩形，分别求得PE2,PQ2,QE2,根据勾股定
理列出方程，解一元二次方程即可，当∠QPE=90°时，如图，过点E作EM⊥FC于点M,同理通过勾股
定理求得x，当Q点在AF上时，观察图形可知不存在直角三角形．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形；
∴AD//BC,AD=BC
∴ AF//EC
∵ BE=DF
∴AD-AF=BC-BE
即AF=EC
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）∵依题意，设Q点运动的路程为x，PE的长度为y，
∴AP=AE- y，PE= y，y=kx+8
当x=0时，则y=8，PE=AE
∴PE=AE=8
（3）①当P到达E点时，Q点到达A点
此时PE=0,则y=0
4 4
当k=- 时，y=- x+8
5 5
令y=0，解得x=10
则CF+AF=10
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF=8
∴AF=2
②由①可知，AB=AE=8,EC=AF=2,BE=BC-EC=10-2=8
∴AB=BE=AE=8
∴△ABE是等边三角形
∴∠AEB=60°连结PQ，QE，当△PQE为直角三角形时，
当Q在CF上，∠PEQ=90°时，如图，
∵ ∠AEB=60°
∴∠QEC=30°
1
∴CQ= EC=1
2
即x=1；
当∠PQE=90°时，过点P,E分别作PN⊥FC,EM⊥FC，垂足为N,M,
∵AE//FC
∴PN⊥AE,EM⊥AE
∴四边形PEMN是矩形，
∵FC//AE,∠AEB=60°
∴∠MCE=60°
∴∠MEC=30°
∵EC=2∴MC=1
∴EM=√EC2-MC2=√3MC=√3
∵QC=x
∴QM=QC-MC=x-1
在Rt△QEM中
QE2=EM2+QM2=3+(x-1) 2
∵四边形PEMN是矩形，
4
∴PE=NM= y=- x+8，PN=EM=√3
5
4 9
∴NQ=MN-QM=- x+8-(x-1)=- x+9
5 5
在Rt△PNQ中
2
[ 9 ]
PQ2=PN2+NQ2=3+ (- x)+9
5
∵△PEQ是Rt△
∴PE2=PQ2+QE2
4 2 [ 9 ] 2
即(- x+8) = 3+(x-1) 2 +3+ (- x)+9
5 5
化简得：3x2-18x+20=0
√21 √21
解得：x =3+ ,x =3-
1 3 2 3
当∠QPE=90°时，如图，过点E作EM⊥FC于点M,∵FC//AE
∴EM⊥AE
∴∠QOE=∠PEM=∠EMQ=90°
∴四边形PEMQ是矩形，
4
∴PE=QM = y =- x+8
5
∵FC//AE,∠AEB=60°
∴∠MCE=60°
∴∠MEC=30°
∵EC=2
∴MC=1
∴EM=√EC2-MC2=√3MC=√3
∵QC=x
∴QM=QC-MC=x-1
4
∵ x-1=- x+8
5
解得x=5
当Q点在AF上运动时，△PEQ不是直角三角形，
√21 √21
综上所述，所有满足条件的x的值为：1，3+ ,3- ，5
3 3
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，解一
元二次方程，函数的解析式，分类讨论是解题的关键．
5．（2023春·江西吉安·九年级校联考期中）如图，在 ABD中，AB=AD,AO平分∠BAD,过点D作AB的
△平行线交AO的延长线于点C,连接BC
（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）如果OA,OB(OA>OB)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
△
1
的面积为
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3<x≤4，S = （2x-4）（x-3）= ；
△MON 2 4
5+√2 5-√2
解得x= ，x= （小于3，舍去）．
1 2 2 2
5-√2 5 5+√2 1
综上所述：M，N出发 秒， 秒， 秒钟后， MON的面积为 m2．
2 2 2 4
△
6．（2023春·浙江·九年级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝16cm，AB＝
12cm，BC＝21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动到C点返回，动点Q从
点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动
到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间为t（秒）．
（1）当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；
（2）当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的四边形面积等于60cm2？
（3）当0<t<10.5时，是否存在点P，使△PQD是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t的值；
若不存在，请说明理由．
37 16 7
【答案】（1）t＝5或 ；（2）9或15；（3）存在，t＝ 秒或
3 3 2【分析】（1）由题意已知，AD∥BC，要使四边形PQDC是平行四边形，则只需要让QD＝PC即可，利用
时间＝路程÷速度，即可求出时间；
（2）要使以C、D、Q、P为顶点的梯形面积等于60cm2，可以分为两种情况，点P、Q分别沿AD、BC运
动或点P返回时，再利用梯形面积公式，即（QD＋PC）×AB÷2＝60，因为Q、P点的速度已知，AD、
AB、BC的长度已知，用t可分别表示QD、BC的长，即可求得时间t；
（3）当0<t<10.5时，点P向点C运动，使△PQD是等腰三角形，可分三种情况，即PQ＝PD、PQ＝
QD、QD＝PD；可利用等腰三角形及直角梯形的性质，分别用t表达等腰三角形的两腰长，再利用两腰相
等即可求得时间t．
【详解】解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ＝CP，
当P从B运动到C时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，
CP＝21﹣2t，
∴16﹣t＝21﹣2t，
解得：t＝5，
当P从C运动到B时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，
CP＝2t﹣21，
∴16﹣t＝2t﹣21，
37
解得：t＝ ，
3
37
∴当t＝5或 秒时，四边形PQDC是平行四边形；
3
（2）若点P、Q分别沿AD、BC运动时，
1
（DQ＋CP）•AB＝60，
21
即 （16﹣t＋21﹣2t）×12＝60，
2
解得：t＝9（秒），
若点P返回时，CP＝2t﹣2，
1
则 （16﹣t＋2t﹣21））×12＝60，
2
解得：t＝15（秒）．
故当t＝9或15秒时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等60cm2；
（3）当PQ＝PD时，作PH⊥AD于H，则HQ＝HD，
1 1
∵QH＝HD＝ QD＝ （16﹣t），
2 2
∵AH＝BP，
1
∴2t＝ （16﹣t）＋t，
2
16
∴t＝ 秒；
3
当PQ＝QD时，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t，QD＝16﹣t，
∵QD2＝PQ2＝t2＋122，
∴（16﹣t）2＝122＋t2，
7
解得t＝ （秒）；
2
当QD＝PD时，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝16﹣2t，
∵QD2＝PD2＝PH2＋HD2＝122＋（16﹣2t）2，
∴（16﹣t）2＝122＋（16﹣2t）2，
即3t2﹣32t＋144＝0，
∵△<0，
∴方程无实根，16 7
综上可知，当t＝ 秒或 秒时，△PQD是等腰三角形．
3 2
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质，特别应该注意要全面考虑各种情况，不
要遗漏．
7．（2023春·浙江杭州·九年级校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm，∠C＝
30°．点P以2cm/s的速度从顶点A出发沿折线A﹣B﹣C向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从顶点A
出发沿折线A﹣D﹣C向点C运动，当其中一个动点到达末端停止运动时，另一点也停止运动．设运动时
间为ts．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求当t＝0.5s时，△APQ的面积；
3
（3）当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的 时，求t的值．
8
1
【答案】（1）4cm2；（2） cm2；（3）√3或3
8
【分析】（1）过点B作BE⊥CD于点E，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出平行四边形的高，
从而求出结论；
（2）过点Q作QM⊥AP，分别计算出t＝0.5s时，AP，AQ和QM的长，则按三角形面积公式计算即可；
（3）分点P在线段AB上，点Q在线段AD上和点P在线段BC上，点Q在线段CD上，两种情况计算即
可．
【详解】解：（1）平行四边形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm
∴CD＝AB＝4cm，BC＝AD＝2cm
如图，过点B作BE⊥CD于点E，
∵∠C＝30°
1
∴BE＝ BC＝1cm
2
∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BE＝4×1＝4cm2
（2）当t＝0.5s时，AP＝2×0.5＝1cm，AQ＝1×0.5＝0.5cm
如图，过点Q作QM⊥AP
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C
∵∠C＝30°
∴∠A＝30°
1 1 1
∴QM＝ AQ＝ ×0.5＝ （cm）
2 2 4
1 1 1 1
∴△APQ的面积为： ×AP×QM＝ ×1× ＝ （cm2）
2 2 4 8
（3）∵由（1）知平行四边形ABCD的面积为4cm2．
3
∴当△APQ的面积是平行四边形ABCD面积的 时，
8
3 3
△APQ的面积为：4× ＝ （cm2）
8 2
AQ t
当点P在线段AB上运动t秒时，点Q在AD上运动t秒，AP＝2tcm，AQ＝tcm，高为 ＝ cm
2 2
1 t 3
∴ ×2t× ＝
2 2 2
∴t＝﹣√3（舍）或t＝√3
∴t＝√3时符合题意；
当点P运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点Q也运动到线段CD上，
如图，过点P作MN垂直CD于点M，垂直于AB延长线于点N
∵四边形ABCD为平行四边形，∠C＝30°，
∴AB∥CD
∴∠PBN＝∠C＝30°1 1
PN＝ PB＝ （2t﹣4）＝（t﹣2）（cm），PM＝1﹣（t﹣2）＝（3﹣t）（cm）
2 2
1 1 1 3
S ＝4﹣ ×4×（t﹣2）﹣ ×[4﹣（t﹣2）]×[1﹣（t﹣2）]﹣ （t﹣2）×1＝
△APQ 2 2 2 2
1 t 3
∴4﹣2t＋4﹣ （6﹣t）（3﹣t）﹣ ＋1＝
2 2 2
化简得：t2﹣4t＋3＝0
∴（t﹣1）（t﹣3）＝0
∴t＝1（不符合题意，舍）或t＝3
当t＝3时，点P位于点C处，点Q位于线段CD上，符合题意．
综上，t的值为√3或3．
【点睛】此题考查的是平行四边形的性质和一元二次方程的应用，掌握平行四边形的性质和各图形的面积
公式是解决此题的关键．
8．（2023春·广东惠州·九年级惠州一中校考开学考试）如图，AC是正方形ABCD的对角线，AD＝8，E
是AC的中点，动点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出
发，以每秒2个单位的速度先沿BC方向运动到点C，再沿CD方向向终点D运动，以EP、EQ为邻边作平
行四边形PEQF，设点P运动的时间为t秒（0＜t＜8）
(1)当t＝1时，试求PE的长；
(2)当点F恰好落在线段AB上时，求BF的长；
(3)在整个运动过程中，当▱PEQF为菱形时，求t的值．
【答案】(1)PE=5
(2)BF=2
8 16
(3) 或
3 3
【分析】（1）作EM⊥AB于M，由正方形的性质和已知条件得出AB=BC=CD=AD=8，证出EM∥BC，得出1
EM是 ABC的中位线，由三角形中位线定理得出EM= BC=4，当t=1时，AP=1，求出PM=AM-AP=3，再
2
△
由勾股定理求出PE即可；
（2）由平行四边形的性质得出PF=EQ，PF∥EQ，当点F恰好落在线段AB上时，得出EQ⊥BC，Q为BC
1
的中点，得出EQ是 ABC的中位线，由三角形中位线定理得出EQ= AB=4，求出PF=4，AP=2，即可求
2
△
出BF的长；
（3）由菱形的性质得出PE=PQ，分四种情况：①当0＜t≤2时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N；②当2＜
t≤4时；③当4＜t≤6时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N；④当6＜t≤8时；分别由勾股定理得出方程，解方
程即可．
【详解】（1）作EM⊥AB于交AB于点M，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点，
∴AB=BC=CD=AD=8,AM=BM=AB=4，
∴EM是△ABC的中位线，
1
∴EM= BC=4，
2
当t=1时，AP=1，
∴PM=AM-AP=3，
∴PE=√PM2+EM2=√32+42=5
（2）∵四边形PEQF是平行四边形，
∴PF=EQ,PF∥EQ，
当点F恰好落在线段AB上时，PF⊥BC，
∴EQ⊥BC，
∴Q为BC的中点，1
∴EQ是△ABC的中位线，BQ= BC=4，
2
1
∴EQ= AB=4，
2
∴PF=4，
∵动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度先沿BC方向运动到点C，
∴t=4÷2=2，
∴AP=2
∴BF=AB-AP=PF=2
（3）当▱PEQF为菱形时，PE=PQ，分四种情况：
①当0<t≤2时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N，如图2所示：
∵PE2=PM2+EM2,EQ2=QN2+EN2，
∴(4-t) 2+42=(4-2t) 2+42，
8
解得：t=0（舍去），或t= （舍去）；
3
②当2<t≤4时，
同①得：(4-t) 2+42=(2t-4) 2+42，
8
解得：t=0（舍去），或t=
3
8
∴t=
3
③当4<t≤6时，作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N，如图3所示：∵PE2=PM2+EM2,EQ2=QN2+EN2，
∴(t-4) 2+42=(12-2t) 2+42，
16
解得：t= 或t=8（舍去），
3
16
∴t=
3
④当6<t≤8时，
同③得：(t-4) 2+42=(2t-12) 2+42，
16
解得：t= （舍去）或t=8（舍去）；
3
8 16
综上所述：在整个运动过程中，当▱PEQF为菱形时，t的值为 或 ．
3 3
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、勾股定理、平行四边形的性质、三角形中位线定
理、菱形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要通过作辅助线进行分类讨论，
运用勾股定理得出方程才能得出结果．
9．（2023春·九年级单元测试）如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点P从点B出发，以2cm/s的速度
沿B→C→D方向向点D运动，动点Q从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向向点B运动，若P，Q
两点同时出发，运动时间为ts．
(1)连接PD，PQ，DQ，当t为何值时，△PQD面积为7cm2？
(2)当点P在BC上运动时，是否存在这样的t的值，使得△PQD是以PD为腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
9
【答案】(1)1秒或 秒
4
4
(2)存在， 秒或(4√2-4)秒
3
【分析】（1）根据正方形的性质和面积公式，利用割补法即可求解；
（2）根据勾股定理、等腰三角形的性质得出一元二次方程，分情况讨论以PD为腰的等腰三角形即可说明．
【详解】（1）解：如图，当点P在BC上时，此时0≤t≤2，根据题意，得：
AB=BC=CD=AD=4，AQ=t，BQ=4-t，BP=2t，PC=4-2t，
∵△PQD面积为7，
∴S =S -S -S -S =7，
△PQD 正方形ABCD △ADQ △BPQ △CDP
1 1 1
∴4×4- ×4×t- ×2t×(4-t)- ×4×(4-2t)=7，
2 2 2
整理，得：t2-2t+1=0，
解得：t =t =1．
1 2
如图，当点P在CD上时，此时2<t≤4，
∴DP=4-(2t-4)=8-2t，
1
∴S = (8-2t)×4=7，
△PQD 2
9
解得：t= ，
4
9
∴当t为1秒或 秒时，△PQD面积为7cm2．
4（2）存在．
如图，当点P在BC上时，
①当PD=QD时，可得：
42+(4-2t) 2=42+t2，
4
解得：t = ，t =4（不合题意，舍去），
1 3 2
②当PD=PQ时，可得：
42+(4-2t) 2=(4-t) 2+(2t) 2，
整理，得：t2+8t-16=0，
解得：t =4√2-4，t =-4√2-4（不合题意，舍去），
1 2
如图，当点P在CD上时，此时2<t≤4，
可知：DP<4，DQ>4，DQ>4，
∴不存在以PD为腰的等腰△PQD．
4
∴当t为 秒或(4√2-4)秒时，△PQD是以PD为腰的等腰三角形．
3
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用，割补法求面积．
解题的关键是分类讨论思想的运用．
10．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，AB=15cm，AD=5cm，动点P、Q分别从
点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以2cm/s的速度向点D移动
（点P停止移动时，点Q也停止移动）．设移动时间为t（s）．连接PQ，QB．(1)用含t的式子表示线段的长：CQ=__________；PB=__________．
(2)当t为何值时，P、Q两点间的距离为13cm？
(3)当t为何值时，四边形APQD的形状可能为矩形吗？若可能，求出t的值；若不可能，请说明理由．
【答案】(1)2tcm，(15-3t)cm
(2)P、Q出发0.6和5.4秒时，P，Q间的距离是13cm
(3)P、Q出发3秒时四边形APQD为矩形
【分析】（1）根据题意可直接进行求解；
（2）可通过构建直角三角形来求解．过Q作QM⊥AB于M，如果设出发t秒后，QP=13cm．那么可根
据路程=速度×时间，用未知数表示出PM的值，然后在直角三角形PMQ中，求出未知数的值．
（3）利用矩形的性质得出当AP=DQ时，四边形APQD为矩形求出即可
【详解】（1）解：由题意得：CQ=2tcm,AP=3tcm，
∵AB=15cm，
∴PB=(15-3t)cm；
故答案为2tcm，(15-3t)cm；
（2）解：设出发t秒后P、Q两点间的距离是13cm．
则AP=3t，CQ=2t，作QM⊥AB于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=ABC=90°，
∴四边形QMBC是矩形，
∴∠QMP=90°,QM=BC=5cm，∴PM=|15-2t-3t|=|15-5t|，
由勾股定理得：(15-5t) 2+52=132，
解得：t=0.6或t=5.4，
答：P、Q出发0.6和5.4秒时，P，Q间的距离是13cm；
（3）解：四边形APDQ的形状有可能为矩形；理由如下：
当四边形APQD为矩形，则AP=DQ，
即3t=15-2t，
解得：t=3．
答：当P、Q出发3秒时四边形APQD为矩形．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、勾股定理及矩形的性质，本题结合几何知识并根据题意列出方
程是解题的关键．
【类型3 利用一元二次方程解决坐标系中的动点问题】
1．（2023春·陕西渭南·九年级统考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC、BD相交于
点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动，设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数
关系图像如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D1
【分析】由图②可知，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为 BC，则
2
1 1
6= ×AB×( BC)，解得AB⋅BC=24，而AB+BC=10，由此即可求解．
2 2
1
【详解】解：由图②可知：当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为 BC，
2
1 1
∴△AOP的面积= ×AB×( BC)=6，
2 2
解得AB⋅BC=24①，
而从图②还可知：AB+BC=10②，
由②得：AB=10-BC③，
将③代入①，得：(10-BC)⋅BC=24，
解得：BC=4或BC=6，
当BC=4时，AB=10-BC=6，
当BC=6时，AB=10-BC=4，
∵在矩形ABCD中，AB>AD，
∴AB>BC，
∴BC=4，AB=6，
故选：D．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关
系，进而求解，也考查了矩形的性质以及解一元二次方程．
2．（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA在y轴上，边OC在x
轴上，点B的坐标是(8,6)，D为AB边上一个动点，把△OAD沿OD折叠，若点A的对应点A'恰好落在矩
形的对角线AC上，则点A'的坐标为（ ）
(144 42) (104 72) (56 42) (96 72)
A． , B． , C． , D． ,
25 25 25 25 25 25 25 25【答案】A
3
【分析】过点A'作A'E⊥x轴于点E，先利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=- x+6，从而可设
4
点A'的坐标为 ( a,- 3 a+6 ) (0<a<8)，则OE=a,A'E=- 3 a+6，再根据折叠的性质可得OA'=OA=6，
4 4
然后在Rt△A'OE中，利用勾股定理可求出a的值，由此即可得．
【详解】解：如图，过点A'作A'E⊥x轴于点E，
∵矩形OABC的边OA在y轴上，边OC在x轴上，点B的坐标是(8,6)，
∴OA=6,OC=8,A(0,6),C(8,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
将点A(0,6),C(8,0)代入得：¿，解得¿，
3
则直线AC的解析式为y=- x+6，
4
设点A'的坐标为 ( a,- 3 a+6 ) (0<a<8)，则OE=a,A'E=- 3 a+6，
4 4
由折叠的性质得：OA'=OA=6，
在Rt△A'OE中，A'E2+OE2=A'O2，即 ( - 3 a+6 ) 2 +a2=62 ，
4
144
解得a= 或a=0（不符合题意，舍去），
25
3 3 144 42
∴- a+6=- × +6= ，
4 4 25 25
∴A'(144
,
42)
，
25 25
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、一次函数的几何应用、勾股定理、折叠的性质、一元二次方程的应用，
正确求出直线AC的函数解析式是解题关键．3．（2023春·四川德阳·九年级统考期末）如图①，在△ABC中，AD⊥BC于D，
BC=14，AD=8，BD=6，点E是AD上一动点（不与点A，D重合），在△ADC内作矩形EFGH，
点F在DC上，点G、H在AC上，设DE=x，连接BE．
S
(1)设矩形EFGH的面积为S ，△ABE的面积为S ，令y= 1 ，求y关于x的函数解析式；（要求写出自
1 2 S
2
变量的取值范围）
(2)如图②，点M是（1）中得到的函数图象上的任意一点，N的坐标为(2，0)，当△OMN为等腰三角形
时，求点M的坐标．
x
【答案】(1)y= (0<x<8)
3
( 1) (3√10 √10) (18 6)
(2) 1， 或 ， 或 ，
3 5 5 5 5
【分析】（1）由题意可求出CD=8=AD，即得出∠DAC=∠DCA=45°，再结合矩形的性质可求出
∠DFE=∠≝=∠DAC=∠DCA=45°,即得出DE=DF=x，从而得出AE=CF=8-x，
1
GH=EF=√2DE=√2x，进而可求出S = AE⋅BD=24-3x．又可证AH=EH，结合勾股定理即可求
2 2
√2 √2
出EH= AE= (8-x)，从而可求出S =EF⋅EH=8x-x2 ，再作比，化简即可得出答案，最后由题
2 2 1
意即可确定x的取值范围；（2）根据题意画出图象，分类讨论：①当OM=MN时，如图点M ；②当OM=ON时，如图点M ；③
1 2
当MN=ON时，如图点M ，分别根据等腰三角形的定义结合勾股定理即可求解．
3
【详解】（1）解：∵BC=14，AD=8，BD=6，
∴CD=8=AD．
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=∠DCA=45°．
∵四边形EFGH是矩形，
∴EF∥AC，∠AHE=∠CGF=90°．
∴∠DFE=∠≝=∠DAC=∠DCA=45°,
∴DE=DF=x，
∴AE=CF=8-x，GH=EF=√2DE=√2x，
1 1
∴S =S = AE⋅BD= ×(8-x)×6=24-3x．
2 △ABE 2 2
∵∠DAC=45°，∠AHE=90°,
∴AH=EH．
∵AH2+EH2=AE2，
√2 √2
∴EH= AE= (8-x)，
2 2
√2
∴S =S =EF⋅EH=√2x× (8-x)=8x-x2 ，
1 矩形EFGH 2
S 8x-x2 x
∴y= 1= = ．
S 24-3x 3
2
∵点E是AD上一动点（不与点A，D重合），
∴0<x<8，
x
∴y关于x的函数解析式为y= (0<x<8)；
3
（2）解：分类讨论：①当OM=MN时，如图点M ，
1
∵N(2，0)，
∴x =1，
M
1
1
∴y = ，
M 1 3( 1)
∴此时M点坐标为 1， ；
3
②当OM=ON时，如图点M ，过点M 作M P⊥x轴于点P．
2 2 2
∵N(2，0)，
∴OM =ON=2．
2
( 1 )
设M a， a ，
2 3
∴OM = √ a2+ (1 a ) 2 =2
2 3
3√10
解得：a= （舍去负值），
5
1 3√10 √10
∴y = × = ，
M 2 3 5 5
(3√10 √10)
∴此时M点坐标为 ， ；
5 5
③当MN=ON时，如图点M ，过点M 作M P⊥x轴于点P．
3 3 3
∵N(2，0)，
∴M N=ON=2．
3
( 1 )
设M b， b ，
3 3
∴NQ=b-2．
∵NQ2+M Q2=M N2
，
3 3
∴(b-2) 2+ (1 b ) 2 =22 ，
3
18
解得：b = ，b =0（舍），
1 5 2
1 18 6
∴y = × = ，
M 3 3 5 5
(18 6)
∴此时M点坐标为 ， ．
5 5( 1) (3√10 √10) (18 6)
综上可知点M的坐标为 1， 或 ， 或 ， ．
3 5 5 5 5
【点睛】本题考查矩形的性质，一次函数的实际应用，等腰三角形的定义，等腰直角三角形的判定和性质，
勾股定理，一元二次方程的实际应用等知识．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
4．（2023春·广东佛山·九年级佛山市华英学校校考期中）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,
¿¿
∴¿，解得 .
¿
8
则 n=16,
5
则C(10,16).
②
如图3，由△PCE≅△APF得
CE=PF,EP=FA,
∴¿解得¿.
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,
则¿，解得¿，
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.
5．（2023春·广东江门·九年级江门市福泉奥林匹克学校校考期中）已知，如图：在直角坐标系中，正方形
AOBC的边长为4，点D，E分别是线段AO，BO上的动点，D点由A点向O点运动，速度为每秒1个单位，
E点由B点向O点运动，速度为每秒2个单位，当一个点停上运动时，另一个点也随之停止，设运动时间
为t（秒）
(1)如图1，当t为何值时，△DOE的面积为6；
(2)如图2，连接CD，与AE交于一点，当t为何值时，CD⊥AE；
(3)如图3，过点D作DG∥OB，交BC于点G，连接EG，当D，E在运动过程中，使得点D，E，G三点构
成等腰三角形，求出此时t的值
【答案】(1)3-√74
(2)
3
(3)0， 1.6， 0.8， 1
【分析】（1）先表示出OE，OE，利用△DOE的面积为6建立方程求解即可得出结论；
（2）先判断出∠ACD=∠OAE，进而利用AAS判断出△AOE≌△CAD，得出AD=OE建立方程求解即可得出
结论；
（3）分DG=DE，GE=DE，DG=EG三种情况进行分类讨论．
【详解】（1）由题意知，AD=t，BE=2t，OA=4,
∴OD=4-t，OE=4-2t，
1
∴S = ⋅OE⋅OD=(4-2t)(4-t)=6，
△DOE 2
∴t2-6t+2=0，
∴t=3-√7或t=3+√7＞2（舍），
即当t为3-√7秒时，△DOE的面积为6；
（2）如图2，当CD⊥AE时，此时，∠ACD+∠CAF=90°，
∵∠CAF+∠OAE=90°，
∴∠ACD=∠OAE，
∵∠AOE=∠CAD=90°，OA=AC，
∴△AOE≌△CAD（AAS），
∴AD=OE，
∴t=4-2t，
4
∴t= ；
3
4
即所求t值为 ；
3
（3）∵四边形OACB是正方形，DG∥OB，∴可得四边形OBGD是矩形，
∴OB=DG=4，OD=BG=4-t，
①如图3，当EG=DG=4时，
在Rt△BEG中，BE2+BG2=GE2，
∴(2t) 2+(4-t) 2=42，
∴5t2-8t=0，
∴t=0或t=1.6；
②如图4，当DE=DG=4时，
在Rt△ODE中，OE2+OD2=DE2，
∴(4-2t) 2+(4-t) 2=16，
∴t=0.8或t=4＞2（舍），
如图5，当DE=GE时，
∵OD=BG，∠DOE=∠GBE=90°，
∴△ODE≌△BGE，
∴OE=BE，∴2t=2，
∴t=1，
综上所述t的值为：0、1.6、0.8、1．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形的面积公式，
用方程的思想解决问题是解本题的关键．
6．（2023春·浙江·九年级期中）如图直角坐标系中直线AB与x轴正半轴、y轴正半轴交于A，B两点，已
知B(0,4)，∠BAO=30°，P，Q分别是线段OB，AB上的两个动点，P从O出发以每秒3个单位长度的速
度向终点B运动，Q从B出发以每秒8个单位长度的速度向终点A运动，两点同时出发，当其中一点到达终
点时整个运动结束，设运动时间为t（秒）．
(1)求线段AB的长，及点A的坐标；
(2)t为何值时，△BPQ的面积为2√3；
(3)若C为OA的中点，连接QC，QP，以QC，QP为邻边作平行四边形PQCD．是否存在时间t，使x轴恰
好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分，若存在，求出t的值．
【答案】(1)AB=8，A(4√3,0)
1
(2)t为1秒或 秒
32
(3)存在，t为 秒
5
【分析】（1）先确定出OB=4，再用含30°角的直角三角形的性质即可得出结论；
（2）先确定出HQ，再利用三角形面积公式建立方程求解即可得出结论；
（3）先确定点E是PD的中点，，再利用平行四边形的对角线互相平分，建立方程求解，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵B(0,4)，
∴OB=4，
在Rt△AOB中，∠BAO=30°，
∴AB=2OB=8，
∴AO=√AB2-BO2=√82-42=4√3，
∴A(4√3,0)．
∴线段AB的长为8，点A的坐标为(4√3,0)．
（2）如图，过点Q作QH⊥OB于点H，
∴HQ∥x轴，△BHQ是直角三角形，
∴∠BQH=∠BAO=30°，
∵P从O出发以每秒3个单位长度的速度向终点B运动，Q从B出发以每秒8个单位长度的速度向终点A运动，
两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动结束，设运动时间为t秒，
∴OP=3t，BQ=8t，
∴BP=OB-OP=4-3t，
在Rt△BHQ中，∠BQH=30°，
1 1
∴BH= BQ= ×8t=4t，
2 2
∴HQ=√BQ2-BH2=√(8t) 2-(4t) 2=4√3t，
∵△BPQ的面积为2√3，
1
∴ (4-3t)×4√3t=2√3，
2
1
∴t =1，t = ．
1 2 31
∴t=1秒或 秒时，△BPQ的面积为2√3．
3
（3）如图，连接PC、DQ，过点Q作QH⊥OB于点H，
∵四边形CDPQ是平行四边形，
∴S =S ，点F是PC和DQ的中点，
△PCQ △PCD
∵x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分，
1
∴S =S = S ，
△PCE △DCE 2 △PCD
∴点E是PD的中点，
∴点E的纵坐标为0，
∵OP=3t，
∴P(0,3t)，
∴点D的纵坐标为-3t，
∵C为OA的中点，A(4√3,0)，
∴C(4√3,0)，
∵点F是PC和DQ的中点，
( 3 )
∴F 2√3, t ，
2
∴点Q的纵坐标为6t，
由（2）可知：BH=4t，
∴OH=OB-BH=4-4t，
∴点Q的纵坐标为4-4t，
∴6t=4-4t，
2
∴t= ．
52
∴当t为 秒时，x轴恰好将平行四边形PQCD的面积分成1:3两部分．
5
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式，三角形中线
的性质，中点坐标，平行四边形的性质，勾股定理，一元二次方程，一元一次方程等知识．用方程的思想
解决问题是解答本题的关键．
7．（2023春·浙江宁波·九年级校考期中）在平面直角坐标系xoy中，A，B 点的坐标分别为（0，4），
（-4，0） ，P点坐标为(0,m)，点E是射线BO 上的动点，满足BE=1.5OP ，以PE，EO 为邻边作
▱PEOQ．
（1）当m=2时，求出PE的长度；
1
（2）当m﹥0时，是否存在m的值，使得▱PEOQ的面积等于△ABO面积的 ，若存在求出m的值，若
4
不存在，请说明理由；
（3）当点Q在第四象限时，点Q关于E点的对称点为Q′，点Q ′刚好落在AB上时，求m的值（直接写出
答案）．
2 4+2√7 16
【答案】（1）PE=√5；（2）m= 或2或 ；（3）m=- ，
3 3 7【详解】当m=2时
∴ PO=2
∵BE=1.5OP
∴BE=1.5×2=3
∵ BO=4
∴EO=4-3=1
在Rt△PEO中，由勾股定理
PE=√22+12=√5
（2）如图1，当点Q在第一象限时，
点E必在x轴的负半轴，点P必在y轴的正半轴．
∴ OP=m，BE=1.5m，∴OE=4-1.5m
□PEOQ的面积=m(4-1.5m)
1
△ABO的面积= AO×BO=4×4÷2=8
2
1
∵▱PEOQ的面积等于△ABO面积的
4
1
∴m(4-1.5m)= ×8
4
2
解得：m =2或m =
1 2 3
如图2，当点Q在第二象限时，
∴ OP=m，BE=1.5m，
∴OE=1.5m-4
▱PEOQ的面积=m(1.5m-4)1
△ABO的面积= AO×BO=4×4÷2=8
2
1
∵▱PEOQ的面积等于△ABO面积的
4
1
∴m(1.5m-4)= ×8
4
4±2√7
解得：m=
3
∵BE＞BO
8
∴m＞
3
4+2√7
∴m=
3
2 4+2√7 1
∴当m= 或2或 时，使得▱PEOQ的面积等于△ABO面积的 ；
3 3 4
（3）∵A，B点的坐标分别为（0，4），（-4，0），
∴直线AB的解析式为y=x+4，
∵点Q在第四象限，PQ∥EO，
∴点P在y轴负半轴，
∵P点坐标为（0，m），BE=1.5OP，
3
∴BE=- m，
2
3
∴EO=4+ m，
2
3 3
∴PQ=EO=4+ m，点E（-4- m，0），
2 2
3
∴点Q（4+ m，m），
2
9
∴点Q关于E点的对称点为Q'（-12- m，-m），
2
∵点点Q′刚好落在直线AB上，
9
∴-m=-12- m+4，
2
16
∴m=- ．
78．（2023春·浙江·九年级期中）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知四边形AOCD的顶点A，C分别
√3
在y轴和x轴上．直线y=- x+8经过点A，与x轴交于点F.已知∠D=90°，∠OAD=120°，
3
FC=4√3.CE平分∠OCD，交AD于点E，动点Q从A点出发沿着线段AF向终点F运动，动点P从C点
出发沿着线段CE向终点E运动，P，Q两动点同时出发，且速度相同，当Q点到达终点时P点也停止运动，
设AQ=m．
(1)求AF和EC的长；
(2)如图2，连接AP，CQ，求证：四边形AQCP为平行四边形；
(3)如图3，连接QP，PF，当△QPF为直角三角形时，求所有满足条件的m值．
【答案】(1)16，20
(2)见解析
(3)6或11或8或9
【分析】（1）求得A，F两点坐标，进而求得AF长，取AF的中点M，连接OM，作CG∥AD交AF的延
长线于G，作GH⊥OC于H，求得A，F坐标，从而求得AF，推出 AOQ是等边三角形，从而得出
∠OAF=60°，从而得出∠CFG=30°，进而得出AG∥CE，进一步得△出四边形AECG是平行四边形，从而
CE=AG，进一步求得结果；
（2）在（1）的基础上，证明出结论；
（3）分为三种情形，当∠QFP=90°，解直角三角形CPQ求得CP，进而求得AQ；当∠PQF=90°时，在
∠QFP=90°的图形上，根据P′P1=FQ′求得结果；当∠QPF=90°时，分别表示出PQ2和PF2，根据
PQ2+PF2=FQ2列出方程，进而求得结果．
【详解】（1）如图1，取AF的中点M，连接OM，作CG∥AD交AF的延长线于G，作GH⊥OC于H，
当x=0时，y=8，
∴AF=8，
当y=0时，
√3
0=- x+8，
3
∴x=8√3，
∴OF=8√3，
∵∠AOF=90°，
∴AF=√82+(8√3) 2=16，
∵∠AOF=90°，M是AF的中点，
1
∴OM=AM= AF=8，
2
∴AM=OM=OA=8，
∴∠OAF=60°，
∴∠CFG=∠AFO=90°-∠OAF=30°，
在四边形AOCD中，∠AOC=∠D=90°，
∴∠OCD=180°-∠OAD=60°，
∵CE平分∠OCD，
1
∴∠DCE=∠OCE= ∠OCD=30°，
2
∴∠DEC=90°-∠DCE=60°，
∴∠GCE=∠DEC=60°，
∴∠FCG=∠GCE-∠OCE=60°-30°=30°，
∴∠OCE=∠CFG=∠FCG=30°，
∴GF=GC，AG//CE1
∴FH=CH= CF=2√3，四边形AECG是平行四边形，
2
∴CE=AG，
设GH=x，则FG=2x，
∴(2x) 2-x2=(2√3) 2 ，
∴x =2，x =-2(舍去)，
1 2
∴FG=2x=4，
∴CE=AG=AF+FG=16+4=20；
（2）证明：由（1）知：AF//CE，
∵AQ=CP，
∴四边形AQCP为平行四边形；
（3）解：如图2，
当∠QFP=90°时，(图中∠Q FP =90°)，
1 1
∵∠ECF=30°，
1
∴FP = CF=2√3，
1 2
∴CP =√ (4√3) 2-(2√3) 2=6，
1
∴AQ =6，
1
当∠PQF=90°时，(图中∠P'Q'F=90°)，
由P'P =FQ'得，
1
CP'-CP =AF-AQ'，
1
∴AQ'-6=16-AQ'，
∴AQ'=11，
如图3，当∠FPQ=90°时，作QG⊥CE于G作FH⊥CE于H，
设AQ=CP=x，
∴QF=16-x，PH=x-6，PG=GH-PH=QF-PH=16-x-(x-6)=22-2x，
在Rt△PGQ中，
PQ2=(2√3) 2+(22-2x) 2=4x2-88x+496，
在Rt△PHF中，
PF2=(2√3) 2+(x-6) 2=x2-12x+48，
由PQ2+PF2=QF2得，
4x2-88x+496+x2-12x+48=(16-x) 2，
∴x =8，x =9，
1 2
∴AQ=8或9，
综上所述：AQ=6或11或8或9．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，平行四边形判定，直角三角形的分类等知识，解决问题的关键是正
确分类，根据条件列出方程．
9．（2023春·浙江·九年级期中）如图1，已知，点O为坐标原点，点C在x轴的正半轴上．在▱AOCB
中，边AO=2,OC=4,∠AOC=60°,∠AOC的角平分线交AB于点D．
（1）求B,D两点的坐标；
（2）若点M是直线OD上的一个动点，点N是坐标平面上的点，以点A,O,M,N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点N的坐标；
（3）如图2，点P从点O出发，以每秒√3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射线OC方向移动，连结QP,BQ,BP，设移动时间t秒．当t为何值时，
△PQB是直角三角形．
2√3
【答案】（1）B（5，√3），D（3，√3）；（2）（√3+1，√3+1）或（0， ）或（1-√3，√3-1）
3
7
或（2，0）；（3）1或4或
3
【分析】（1）如图1中，作AH⊥OC于H．解直角三角形求出AH，OH推出A（1，√3），再证明
OA=AD=2即可解决问题；
（2）分OA为对角线与边，共4种情况，画出图形，结合菱形的性质求解；
（3）分三种情形，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，作AH⊥OC于H．
在Rt△AOH中，∵OA=2，∠AOH=60°，
1
∴OH= OA=1，AH=√3，
2
∴A（1，√3），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=OC=4，AB∥OC，
∴∠ADO=∠DOC，
∵∠AOD=∠DOC，
∴∠AOD=∠ADO，
∴AO=AD=2，
∴D（3，√3），B（5，√3）；
（2）如图，四边形AOMN为菱形，过M作ME⊥OC，垂足为E，则OM=OA=2，
∵∠MOC=30°，
1
∴ME= OM=1，
2
∴OE=√22-12=√3，
∴M（√3，1），
∴N（√3+1，√3+1）；
如图，四边形AMON为菱形，MN与OA交于点E，
则OM=ON，MN⊥OA，AE=OE=1，
∵∠AOD=∠AON=30°，
OE 2√3
∴ON= ×2= ，
√3 3
2√3
∴N（0， ）；
3
如图，四边形AOMN为菱形，∵D（3，√3），
√3 √3
∴直线OD的表达式为y= x，设M（a， a），
3 3
∵OM=OA=2，
∴ √ a2+ (√3 a ) 2 =2，
3
解得：a=-√3或√3（舍），
∴M（-√3，-1），
∴N（1-√3，√3-1）；
如图，四边形AONM为菱形，
则OA=ON=2，此时M与点D重合，
∴N（2，0）；
2√3
综上：以点A,O,M,N为顶点的四边形是菱形时，点N的坐标为（√3+1，√3+1）或（0， ）或（
3
1-√3，√3-1）或（2，0）；
3 √3
（3）由题意P（ t， t），Q（2t，0），B（5，√3），
2 2
3 √3 1 √3
∴PB2＝（ t-5）2+（ t-√3）2，BQ2＝（5-2t）2+3，PQ2＝（ t）2+（ t）2，
2 2 2 2
3 √3 1 √3
①当PB为斜边时，（ t-5）2+（ t-√3）2＝（5-2t）2+3+（ t）2+（ t）2，
2 2 2 2
解得t＝1或0（舍弃）；
3 √3 1 √3
②当PQ为斜边时，（ t-5）2+（ t-√3）2+（5-2t）2+3＝（ t）2+（ t）2，
2 2 2 2
7
解得t＝4或 ；
3
3 √3 1 √3
③当BQ为斜边时，（ t-5）2+（ t-√3）2+（ t）2+（ t）2＝（5-2t）2+3，
2 2 2 2解得t＝0（不合题意）；
7
综上所述，满足条件的t的值为1或4或 ．
3
【点睛】本题考查反比例函数综合题、平行四边形的性质、菱形的性质、勾股定理、一元二次方程等知识，
解题的关键是学会用方程的思想思考问题，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
10．（2023春·重庆·九年级重庆市育才中学校联考期中）在平面直角坐标系中，直线l经过点A(2,0)和点
3
B(0,2)．点C的横坐标为 ，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，
将点A(2,0)和点B(0,2)代入得：¿，解得¿，
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，
3 1
将点C( , )和点D' (0,-1)代入得：¿，解得¿，
2 2
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．
11．（2023春·河南南阳·九年级南阳市第三中学校考期末）如图，平行四边形ABCO位于直角坐标系中，
O为坐标原点，点A(-8,0)，点C(3,4)BC交y轴于点D. 动点E从点D出发，沿DB方向以每秒1个单位
长度的速度终点B运动，同时动点F从点O出发，沿射线OA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，当点
E运动到点B时，点F随之停止运动，运动时间为 t（秒）．（1）用t的代数式表示： BE= ________， OF= ________
（2）若以A，B，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
（3）当△BEF恰好是等腰三角形时，求t的值．
13 5 9
【答案】（1）5－t，2t；（2）t=3或t= ；（3）t= 或t=
3 3 10
【分析】(1)根据题意，可得点B的坐标为(−5，4)，即可求得BE=5−t，OF=2t；
（2）分两种情况讨论：①当F在A点右侧，四边形ABEF为平行四边形，BE=AF；②当F在A点左侧，四
边形BEAF为平行四边形，BE=AF，列方程求解即可；
（3）分三种情况讨论：①当BF=EF时；②当EB=FB时；③当BE=FE时，分别列方程求解即可．
【详解】（1）如图
根据题意，可得点B的坐标为(−5，4)，点A(-8,0)，C(3,4)
∴BD=BC-CD=8-3=5，
BE=BD-DE=5－t；
OF＝2t
故答案为BE=5-t，OF=2t．
(2)解：①当F在A点右侧，四边形ABEF为平行四边形，BE=AF，
即8-2t=5-t，
解得t=3，
②当F在A点左侧，四边形BEAF为平行四边形，
BE=AF，即5-t=2t-8，
13
解得t= ；
3
(3)解：当△BEF恰好是等腰三角形时，过点B作BJ⊥x轴于J，过点E作EK⊥x轴于K，
BE=5-t，
EF=√EK2+FK2=√42+(2t-t) 2，
BF=√BJ2+J F2=√42+(5-2t) 2，
有以下三种情况：①当BF=EF时，有√42+(2t-t) 2=√42+(5-2t) 2，
5-2t=t，
5
解得t= ；
3
②当EB=FB时，
有(5-t) 2=16+(5-2t) 2，
△=100-4×3×16=-92＜0，故方程无解；
③当BE=FE时，有(5-t) 2=16+t2，
9
解得t= ；
10
5 9
所以，当t= 或t= 时，△BEF恰好是等腰三角形．
3 10
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，等腰三角形的判定，平行四边形的性质，解题的关键是熟悉并综合
运用以上性质解决问题．
12．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知：如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的顶点C的坐标是（6，
4），动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AC运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单
位的速度沿线段BO运动，当Q到达O点时，P，Q同时停止运动，运动时间是t秒（t＞0）．
（1）如图1，当时间t＝ 秒时，四边形APQO是矩形；
（2）如图2，在P，Q运动过程中，当PQ＝5时，时间t等于 秒；
（3）如图3，当P，Q运动到图中位置时，将矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E，连接
OP，OE，此时∠POE＝45°，连接PE，求直线OE的函数表达式．
1
【答案】（1）t＝2；（2）1或3；（3）y＝ x．
2
【分析】先根据题意用t表示AP、BQ、PC、OQ的长．
（1）由四边形APQO是矩形可得AP＝OQ，列得方程即可求出t．（2）过点P作x轴的垂线PH，构造直角△PQH，求得HQ的值．由点H、Q位置不同分两种情况讨论用t
表示HQ，即列得方程求出t．根据t的取值范围考虑t的合理性．
（3）由轴对称性质，对称轴PQ垂直平分对应点连线OC，得OP＝PE，QE＝OQ．由∠POE＝45°可得
△OPE是等腰直角三角形，∠OPE＝90°，即点E在矩形AOBC内部，无须分类讨论．要求点E坐标故过
点E作x轴垂线MN，易证△MPE≌△AOP，由对应边相等可用t表示EN，QN．在直角△ENQ中利用勾股
定理为等量关系列方程即求出t．
【详解】∵矩形AOBC中，C（6，4）
∴OB＝AC＝6，BC＝OA＝4
依题意得：AP＝t，BQ＝2t（0＜t≤3）
∴PC＝AC﹣AP＝6﹣t，OQ＝OB﹣BQ＝6﹣2t
（1）∵四边形APQO是矩形
∴AP＝OQ
∴t＝6﹣2t
解得：t＝2
故答案为2．
（2）过点P作PH⊥x轴于点H
∴四边形APHO是矩形
∴PH＝OA＝4，OH＝AP＝t，∠PHQ＝90°
∵PQ＝5
∴HQ＝√PQ2-PH2=3
①如图1，若点H在点Q左侧，则HQ＝OQ﹣OH＝6﹣3t
∴6﹣3t＝3
解得：t＝1
②如图2，若点H在点Q右侧，则HQ＝OH﹣OQ＝3t﹣6
∴3t﹣6＝3
解得：t＝3
故答案为1或3．
（3）过点E作MN⊥x轴于点N，交AC于点M
∴四边形AMNO是矩形
∴MN＝OA＝4，ON＝AM∵矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E
∴PQ垂直平分OE
∴EQ＝OQ＝6﹣2t，PO＝PE
∵∠POE＝45°
∴∠PEO＝∠POE＝45°
∴∠OPE＝90°，点E在矩形AOBC内部
∴∠APO+∠MPE＝∠APO+∠AOP＝90°
∴∠MPE＝∠AOP
在△MPE与△AOP中
¿
∴△MPE≌△AOP（AAS）
∴PM＝OA＝4，ME＝AP＝t
∴ON＝AM＝AP+PM＝t+4，EN＝MN﹣ME＝4﹣t
∴QN＝ON﹣OQ＝t+4﹣（6﹣2t）＝3t﹣2
∵在Rt△ENQ中，EN2+QN2＝EQ2
∴（4﹣t）2+（3t﹣2）2＝（6﹣2t）2
4
解得：t＝﹣2（舍去），t＝
1 2 3
4 16 4 8
∴AM＝ +4＝ ，EN＝4﹣ ＝
3 3 3 3
16 8
∴点E坐标为（ ， ）
3 3
1
∴直线OE的函数表达式为y＝ x．
2
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解一元一
次和一元二次方程．在动点题中要求运动时间t的值，常规做法是用t表示相关线段，再利用线段相等或勾
股定理作为等量关系列方程求值．要注意根据t的取值范围考虑方程的解的合理性．
