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．
∴0<t≤3，
1 1 1 1
当PQ平分△ABC的面积时，S = S ，即 CQ⋅PC= × BC⋅AC，
△PCQ 2 △ABC 2 2 2
1 1 1
∴ ×2t×(8−t)= × ×6×8，
2 2 2
整理得t2−8t+12=0，
解得t =2，t =6（舍去），
1 2
∴当t=2时，PQ平分△ABC的面积．
故答案为：2．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解题意，正确列出方程并正确求解是解答的关键，注意时间的
取值范围．
【变式1-2】（2024九年级·上海·专题练习）等腰Rt△ABC中，AB=BC=8cm，动点P从点A出发，沿
AB向点B移动，通过点P引平行于BC、AC的直线与AC、BC分别交于点R、Q，问：AP等于多少厘米
时，平行四边形PQCR的面积等于16cm2．【答案】4cm
【分析】设AP=xcm，则BP=(8−x)cm，由题意可知△APR和△PBQ均为等腰直角三角形，利用平行
四边形面积公式求解出AP的值即可．
【详解】设AP=xcm，则BP=(8−x)cm，由题意可知△APR和△PBQ均为等腰直角三角形，PQCR的
面积等于16cm2，
依题意可得x(8−x)=16，
解得：x =x =4，即AP长为4cm．
1 2
故AP长为4cm时，平行四边形PQCR的面积等于16cm2．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，动点问题的应用求解，应用平行四边形面积公式求解出AP是解
答本题的关键．
【变式1-3】（23-24九年级·山东淄博·期末）如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始
沿AB边向点B以每秒1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒2cm的速度移动．若P，Q分
别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动．求经过几秒△BPQ的面积等于
10❑√3cm2？
【答案】2秒
【分析】设经过x秒△BPQ的面积等于10❑√3，则AP=x，BQ=2x，作QD⊥AB于D，根据等边三角
形边长为12，∠B=60°，得到PB=12−x，∠BQD=30°，得到DQ=❑√3x，根据三角形面积公式得到
1
×(12−x)×❑√3x=10❑√3，得到x=2．
2【详解】
解：设经过x秒△BPQ的面积等于10❑√3，
则AP=x，BQ=2x，
过点Q作QD⊥AB，垂足为D，
则∠BDQ=90°，
∵等边△ABC中，AB=12，∠B=60°，
∴PB=12−x，∠BQD=90°−∠B=30°，
1
∴BD= BQ=x，
2
∴DQ=❑√BQ2−BD2=❑√3x，
1
∴S = BP×DQ
ΔBPQ 2
1
= ×(12−x)×❑√3x=10❑√3，
2
解得 x =10（不合题意，舍去），x =2，
1 2
∴x=2．
答：经过2秒△BPQ的面积等于10❑√3．
【点睛】本题主要考查了动点问题，等边三角形，含30°的直角三角形，勾股定理，三角形的面积，熟练
掌握等边三角形的边角性质，含30°的直角三角形是边的性质，勾股定理解直角三角形，三角形的面积公
式，解一元二次方程，是解决问题的关键．
【题型2 利用一元二次方程解决平行四边形中的动态问题】
【例2】（23-24九年级·浙江温州·期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD=4，CD=12，
BD⊥AD，∠A=60°，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以每秒2个单位的速度沿着折线
A−D−C先由A向D运动，再由D向C运动，点Q以每秒1个单位的速度由B向A运动，当其中一动点
到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒．(1)两平行线DC与AB之间的距离是__________．
(2)当点P、Q与△BCD的某两个顶点围成一个平行四边形时，求t的值．
(3)AP，以AP，AQ为一组邻边构造平行四边形APMQ，若▱APMQ的面积为7❑√3，求t的值．
【答案】(1)2❑√3
16
(2)t=4或t=
3
9
(3)t=1或t=
2
【分析】此题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握平行四边
形的性质是解题的关键．
（1）过点D作DE⊥AB于点E，由勾股定理可得出答案；
（2）分两种情况，由平行四边形的性质可得出答案；
（3）分两种情况，列出t的方程可得出答案．
【详解】（1）过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD=4 ∠A=60°
， ，
∴∠ADE=30°，
∴AE=2，
∴DE=❑√AD2−AE2=2❑√3，
故答案为：2❑√3；
（2）在Rt△ABD中，∵∠DAB=60°，AD=4，
∴∠ABD=30°，
∴AB=2AD=2×4=8，
Ⅰ．当四边形BPDQ为平行四边形时，DP=BQ，
∴2t−4=t，
∴t=4，
Ⅱ．当四边形BCPQ为平行四边形时，PC=BQ，
∴16−2t=t，
16
∴ t= ，
3
16
综上所述当点P、Q与△BCD 的某两个顶点围成一个平行四边形时，t=4或t= ；
3
（3）Ⅰ．当P在AD边上时，AQ边上的高是❑√3t，
∴(8−t)×❑√3t=7❑√3
，
解得t =1，t =7 舍去），
1 2
Ⅱ．当P在DC边上时，
∴(8−t)×2❑√3=7❑√3
，
9
解得t= ．
2
9
综上所述t=1或t= 时，平行四边形APMQ的面积为7❑√3．
2
【变式2-1】（23-24九年级·浙江温州·阶段练习）如图，等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，D，
E是AB，BC边上的动点，且AD=BE，以DE，CE为边作平行四边形DECF，连接CD，AF，当
CD∥AF时，则△ADC的面积为 ．【答案】12−4❑√5
【分析】设AD=BE =x，则BD=CE=4−x，由平行四边的性质得DF=CE=BD=4−x，DF∥CE，
再证四边形ADCM是平行四边形得∠DAF=∠CMN，AD=CM=x，又证△DAF≌△MCN，得
CN=DF=CE=4−x，根据S =S +S ，列方程求解，最后利用面积公式即可求解．
△ABN △MCN 梯形ABCM
【详解】解：延长AF交BC延长线于点N，过点C作CM⊥BC交AN于点M，
∵等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，
∴AB=BC=4，
设AD=BE =x，则BD=CE=4−x，
∵四边形DECF是平行四边形，
∴DF=CE=BD=4−x，DF∥CE，
∵CM⊥BC，
∴∠B=∠MCN=90°，
∴CM∥AD，
∵CD∥AF，
∴四边形ADCM是平行四边形，∠DAF=∠CMN，
∴AD=CM=x，
在△DAF和△CMN中，
{∠DAF=∠CMN
)
∠AFD=∠N
AD=CM∴△DAF≌△MCN，
∴CN=DF=CE=4−x，
∴BN=CN+BC=8−x，
∵S =S +S ，
△ABN △MCN 梯形ABCM
1 1 1 1 1 1
∴ BN⋅AB= CN⋅CM+ (CM+AB)⋅BC即 (8−x)×4= (4−x)x+ (x+4)×4，
2 2 2 2 2 2
∴x2−12x+16=0，
∴x=6+2❑√5（舍去）或AD=x=6−2❑√5，
1
∴S = ×4×(6−2❑√5)=12−4❑√5，
△ADC 2
故答案为：12−4❑√5．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，解一元二次方程，全等三角形的判定及性质，平行四边形的
判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质以及平行四边形的性质是解题的关键．
【变式2-2】（23-24九年级·浙江杭州·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
54 9
∴NQ=MN−QM=− x+8−(x−1)=− x+9
5 5
在Rt△PNQ中
2
PQ2=PN2+NQ2=3+ [ (− 9 x)+9 )
5
∵△PEQ是Rt△
∴PE2=PQ2+QE2
即(− 4 x+8) 2 = 3+(x−1) 2 +3+ [ (− 9 x)+9 ) 2
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−14
∵ 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．
【变式2-3】（23-24九年级·浙江杭州·期中）如图，平行四边形ABCD中∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝
3cm，点E以1cm/s的速度从点A出发沿A一B一C向点C运动，同时点F以1cm/s的速度从点A出发沿
A一D一C向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设运动的时间为t（s）．
(1)求平行四边形ABCD的面积；
(2)求当t＝2s时，求 AEF的面积；
△ 1
(3)当 AEF的面积为平行四边形ABCD的面积的 时，求t的值．
3
△
【答案】(1)9❑√3cm²；
(2)❑√3cm²；
9+❑√33
(3)t的值为4或
2
【分析】（1）过点B作BG⊥CD于点G，由直角三角形的性质得出平行四边形的高，再按底乘以高，即可
得解；
（2）过点F作FH⊥AE于点H，分别计算出t＝2s时，AE，AF和FH的长，则按三角形面积公式计算即可；
（3）分点E在线段AB上，点F在线段AD上和点E在线段BC上，点F在线段CD上，两种情况计算即可．【详解】（1）平行四边形ABCD中，
∵∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm，
∴CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm，
如图，过点B作BG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C＝60°，
∴∠CBG＝30°，
1 3
∴CG＝ BC＝ cm，
2 2
3
∴BG＝❑√BC2−CG 2 ＝ （cm），
2
3
∴平行四边形ABCD的面积为：CD×BG＝6× ❑√3＝9❑√3（cm2）．
2
答：平行四边形ABCD的面积为9❑√3cm2；
（2）当t＝2s时，
AE＝2×1＝2cm，AF＝2×1＝2cm，
∵∠A＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
如图，过点F作FH⊥AE于点H，
❑√3
∴FH＝ AF＝❑√3（cm），
2
1 1
∴△AEF的面积为： ×AE×FH＝ ×2×❑√3＝❑√3（cm2），
2 2答：当t＝2s时， AEF的面积为❑√3cm2；
（3）∵由（1）知△平行四边形ABCD的面积为9❑√3cm2．
1
∴当 AEF的面积是平行四边形ABCD面积的 时，
3
△
1
AEF的面积为：9❑√3× ＝3❑√3（cm2），
3
△
❑√3 ❑√3
当点E在线段AB上运动t秒时，点F在AD上运动t秒，AE＝tcm，AF＝tcm，高为 AF＝ t（cm），
2 2
1 ❑√3
∴ ×t× t＝3❑√3，
2 2
∴t＝﹣2❑√3（舍）或t＝2❑√3，
∴t＝2❑√3>3，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，( 3<t≤6 )，
1 3
∴ ×t× ❑√3=3❑√3,
2 2
∴t=4，符合题意；
当点E′运动到线段BC上时，且运动时间为t秒时，点F′也运动到线段CD上，
如图，过点E′作MN垂直CD于点H，垂直于AB延长线于点G，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠A＝∠C＝60°，CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm，
∴AB∥CD，
∴∠E′BG＝∠C＝60°，
❑√3 ❑√3 ❑√3
∴E′G＝ BE′＝ （t﹣6）（cm），E′H＝1.5❑√3﹣（t﹣6）＝ （9﹣t）（cm），
2 2 2
1 ❑√3 1 ❑√3 1
∴S AEF＝9❑√3﹣ ×6× （t﹣6）﹣ ×[6﹣（t﹣3）]×[ （9﹣t）]﹣ （t﹣3）×1.5❑√3＝3❑√3，
2 2 2 2 2
△
化简得：t2﹣9t+12＝0，
9−❑√33 9+❑√33
∴t= (舍去)t= ,
2 29+❑√33
当t= 时，点E位于线段BC上，点F位于线段CD上，符合题意．
2
9+❑√33
综上所述，t的值为4或 ．
2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，一元二次方程，等边三角形的性
质，熟练掌握三角形或平行四边形的面积公式是解题的关键．
【题型3 利用一元二次方程解决矩形中的动态问题】
【例3】（23-24九年级·甘肃定西·阶段练习）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AB→BC→CD向点D运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积
为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AD边的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到
分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点
到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，
△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得
到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解．
【详解】解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，△AOP面积最大为
3．
1
∴ AB⋅BC=3，即AB⋅BC＝12．
4
当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可
知P点运动路径长为7，
∴AB+BC=7．
则BC=7−AB，代入AB⋅BC=12，得AB2−7AB+12=0，解得AB=4或3，
因为AB<AD，即AB<BC，所以AB=3，BC=AD=4．
故选：B．
【变式3-1】（23-24九年级·江苏宿迁·期末）如图，已知A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB=16cm，
AD=6cm，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，设移动的时间为t秒．
(1)当t为何值时，P，Q两点间的距离最小？最小距离是多少？
(2)连接QB．
①当△BPQ为等腰三角形时，求t的值；
②在运动过程中，是否存在一个时刻，使得∠PQB=90°？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
16
【答案】(1)当t= 时，PQ最小，PQ的最小距离为6cm
5
4±❑√7 48−2❑√301 16
(2)①当△BPQ为等腰三角形时，t的值为 或 或 ；②不存在一个时刻，使得
2 5 7
∠PQB=90°，理由见解析
【分析】（1）首先根据题意，得出AP=3t(cm)，CQ=2t(cm)，再根据线段之间数量关系，得出
PB=(16−3t)cm，再根据垂线段最短，得出当PQ⊥AB时，PQ最小，此时四边形BCQP是矩形，再根
据矩形的性质，得出CQ=PB，然后代入数据，得出2t=16−3t，解出即可得出答案；
（2）①过点Q作QG⊥AB于点G，得矩形BCQG，矩形AGQD，根据矩形的性质，得出
BG=CQ=2t(cm)，QG=BC=6cm，再根据线段之间数量关系，得出PG=|16−5t)(cm)，再根据勾股定
理，得出PQ2=(16−5t) 2+62，BQ2=(2t) 2+62，然后分三种情况：当PQ=PB时，当BQ=PB时，当
QP=QB时，分别列出方程进行求解，即可得出答案；
②当∠PQB=90°时，根据勾股定理，得出PQ2+BQ2=PB2，进而得出
(16−5t) 2+62+(2t) 2+62=(16−3t) 2，整理得出5t2−16t+18=0，再根据一元二次方程的根与判别式的关系，即可得出答案．
【详解】（1）解：根据题意，可得：AP=3t(cm)，CQ=2t(cm)，
∵AB=16cm，AD=6cm，
∴PB=AB−AP=(16−3t)cm，
当PQ⊥AB时，PQ最小，此时四边形BCQP是矩形，
∴CQ=PB，
∴2t=16−3t，
16
解得：t= ，
5
16
∴当t= 时，PQ最小，PQ的最小距离为6cm；
5
（2）解：①如图，过点Q作QG⊥AB于点G，得矩形BCQG，矩形AGQD，
∴BG=CQ=2t(cm)，QG=BC=6cm，
∴PG=AB−BG−AP=|16−2t−3t)=|16−5t)(cm)，
在Rt△PQG中，
根据勾股定理，可得：PQ2=PG2+QG2=(16−5t) 2+62，BQ2=BG2+QG2=(2t) 2+62，
当PQ=PB时，
可得：(16−5t) 2+62=(16−3t) 2，
整理可得：4t2−16t+9=0，
4±❑√7
解得：t= ；
2
当BQ=PB时，
可得：(2t) 2+62=(16−3t) 2，
整理可得：5t2−96t+220=0，48−2❑√301 48+2❑√301
解得：t= 或t= （不符合题意，舍去），
5 5
当QP=QB时，G为PB的中点，
∴16−5t=2t，
16
解得：t= ，
7
4±❑√7 48−2❑√301 16
综上可得：当△BPQ为等腰三角形时，t的值为 或 或 ；
2 5 7
②不存在一个时刻，使得∠PQB=90°，理由如下：
当∠PQB=90°时，
可得：PQ2+BQ2=PB2，
即(16−5t) 2+62+(2t) 2+62=(16−3t) 2，
整理可得：5t2−16t+18=0，
∵Δ=(−16) 2−4×5×18=−104<0，
∴此方程无实数解，
∴不存在一个时刻，使得∠PQB=90°．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解一
元二方程、一元二次方程的根与判别式的关系，解本题的关键在利用分类讨论思想解答．
【变式3-2】（23-24九年级·辽宁朝阳·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=10cm，AD=8cm，点P从点
A出发沿AB以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向点C运动，点P到
达终点后，P、Q两点同时停止运动，则 秒时，△BPQ的面积是6cm2．
【答案】2或3
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
设运动时间为t 秒，则PB=(10−2t)cm，BQ=tcm，利用三角形的面积计算公式，结合△BPQ的面积
是6cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设运动时间为t 秒，则PB=(10−2t)cm，BQ=tcm，1
∵S = BP⋅BQ=6cm2 ，
△BPQ 2
1
∴ t(10−2t)=6，
2
整理得：t2−5t+6=0，
解得：t =2，t =3，
1 2
∴2或3秒时，△BPQ的面积是6cm2．
故答案为：2或3．
【变式3-3】（23-24九年级·河南·期末）如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB=4 cm，AD=2
cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，都以1cm/s的速度运动，其中点P由A运动到B停止，点Q由点
C运动到点D停止．
(1)求四边形PBCQ的面积；
(2)P、Q两点从出发开始到几秒时，P、Q、D组成的三角形是等腰三角形？
【答案】(1)4cm2
2 4 3
(2)t=2秒或 秒或 秒或 秒
3 3 2
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的定义和性质、一元二次方程的应用、一元一次
方程的应用等知识，解题关键是运用数形结合的思想分析问题．
（1）设运动时间为t，则AP=t，CQ=t，进而可得BP=4−t，然后根据梯形面积公式求解即可；
（2）设P、Q两点从出发开始到t秒时，点P、Q、D组成的三角形是等腰三角形，根据题意可得CQ=t，
易得DQ=4−t，然后分PQ=DQ、PQ=PD、DQ=PD三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：设运动时间为t，则AP=t，CQ=t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4 cm，BC=AD=2 cm，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∴BP=4−t，1 1
∴四边形PBCQ的面积= (PB+CQ)⋅BC= ×4×2=4 cm2；
2 2
（2）设P、Q两点从出发开始到t秒时，点P、Q、D组成的三角形是等腰三角形，
∵CQ=t，
∴DQ=4−t，
①当PQ=DQ=4−t时，
如图1，过P作PH⊥DQ于H，
则∠PHD=∠A=∠D=90°，
∴四边形APHD为矩形，
∴PH=AD=2，DH=AP=t，
∵CQ=t，
∴HQ=4−2t，
在Rt△PQH中，可有PH2+HQ2=PQ2，
∴22+(4−2t) 2=(4−t) 2，
2
解得t=2，t= ；
3
②当PQ=PD时，
如图2，过P作PH⊥DQ于H，
由①可知四边形APHD为矩形，∴PH=AD=2，DH=AP=HQ=t，
∵CQ=t，
∴HQ=4−2t，
∴4−2t=t，
4
解得t= ；
3
③当DQ=PD时，
∴DQ=4−t，
∴PD=DQ=4−t，
在Rt△ADP中，可有AP2+AD2=PD2，
∴t2+22=(4−t) 2，
3
∴t= ．
2
2 4 3
综上所述，当t=2秒或 秒或 秒或 秒时，点P、Q、D组成的三角形是等腰三角形．
3 3 2
【题型4 利用一元二次方程解决菱形中的动态问题】
【例4】（2024·甘肃金昌·模拟预测）如图①，BD是菱形ABCD的对角线，AD<BD，动点P从菱形的某
个顶点出发，沿相邻的两条线段以1cm/s的速度匀速运动到另一个顶点，在运动过程中，CP的长y(cm)
随时间t(s)变化的函数图象如图②所示，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．12cm B．16cm C．20cm D．24cm
【答案】C
【分析】由图②得：当0<t≤a时，y在减小，当a<t≤a+1时，y先变小后变大，可得P应从A出发沿AB
运动到B，再运动到D，或P应从A出发沿AD运动到D，再运动到B，设P应从A出发沿AB运动到B，再
运动到D，如图，连接AC交BD于O，再进一步解答即可；
【详解】解：由图②得：当0<t≤a时，y在减小，当a<t≤a+1时，y先变小后变大，
∴P应从A出发沿AB运动到B，再运动到D，
或P应从A出发沿AD运动到D，再运动到B，
设P应从A出发沿AB运动到B，再运动到D，
如图，连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∴当P在A处时，y=8，即AC=8，
∴OA=4，
当P在B处时，x=a，即AB=a，
当P位于D处时，x=2a+1，即BD=a+1，
a+1
∴OB= ，
2
∵OB2+OA2=AB2，
∴42+
(a+1)
=a2
，
2
解得：a=5（不符合题意的根舍去），
∴AB=5，
∴菱形ABCD的周长为20cm；
故选C
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，菱形的性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解
题意是解本题的关键.
【变式4-1】（23-24九年级·广东深圳·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
△
【变式4-2】（23-24九年级·江苏南京·期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
AC=16cm,BD=12cm,动点M从点A出发沿AC方向以2cm/s的速度运动到点C，动点N从点B出发沿
BD方向以1cm/s的速度运动到点D．若点M，N同时出发，其中一个点停止运动时，另一个点也停止运动．
(1)出发1秒钟时，△MON的面积= cm2；
(2)出发几秒钟时，△MON的面积为1cm2
【答案】(1)15
(2)t=5+❑√2或t=5或t=5−❑√2
【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程与几何问题，掌握菱形的对角线互相垂直平分，根据题意进行分类讨论是解题的关键．
1 1
（1）根据菱形的性质得出OA= AC=8cm，OB= BD=6cm，AC⊥BD，再得出
2 2
OM=OA−AM=6cm,ON=OB−BN=5cm，最后根据三角形的面积公式求解即可；
（2）根据题意进行分类讨论即可①当0<t<4时，点M在线段OA上，点N在线段OB上，②当4<t<6时，
点M在线段OC上，点N在线段OB上，③当6<t<8时，点M在线段OC上，点N在线段OD上．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，AC=16cm,BD=12cm,
1 1
∴OA= AC=8cm，OB= BD=6cm，AC⊥BD，
2 2
当出发1秒钟时，AM=2cm,BN=1cm，
∴OM=OA−AM=6cm,ON=OB−BN=5cm，
1 1
∴△MON的面积= OM⋅ON= ×6×5=15(cm2)，
2 2
故答案为：15．
（2）解：∵AC=16cm,BD=12cm,
16
{ t≤ )
2
∴ ，
12
t≤
1
解得：t≤8，
8
当点M在线段OA上时，0<t< ，即0<t<4，
2
当点N在线段OB上时，0<t<6，
设出发时间为t，则AM=2t,BN=t，
①当0<t<4时，点M在线段OA上，点N在线段OB上，
OM=8−2t,ON=6−t，
∵△MON的面积为1cm2
1 1
∴ OM⋅ON= (8−2t)(6−t)=1，
2 2
解得：t =5+❑√2（舍去），t =5−❑√2，
1 2
②当4<t<6时，点M在线段OC上，点N在线段OB上，
OM=2t−8,ON=6−t，
∵△MON的面积为1cm21 1
∴ OM⋅ON= (2t−8)(6−t)=1，
2 2
解得：t=5，
③当6<t≤8时，点M在线段OC上，点N在线段OD上，
OM=2t−8,ON=t−6，
∵△MON的面积为1cm2
1 1
∴ OM⋅ON= (2t−8)(t−6)=1，
2 2
解得：t =5+❑√2，t =5−❑√2（舍去），
1 2
综上：t=5+❑√2或t=5或t=5−❑√2．
【变式4-3】（2024·辽宁朝阳·一模）如图，菱形ABCD中，AC，BD交于O，AC=8cm，BD=6cm，动
点M从A出发沿AC方向以每秒2cm匀速直线运动到C，动点N从B出发沿BD方向以每秒1cm匀速直线运
1
动到D，若M，N同时出发，问出发后 s时，△MON的面积为菱形ABCD面积的 ？
12
【答案】1或4
【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程的应用及分类讨论的数学思想，解题的关键是根据出发后
时间的多少确定列方程的方法．
根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分当x<2时，点M在线段AO上，点N在线段BO上、当
2<x<3时，点M在线段OC上，点N在线段BO上和当x>3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2<x<3时，点M在线段OC上，点N在线段BO上，
此时OM=AM−OA=2x−4，ON=OB−BN=3−x
1
则 (2x−4)(3−x)=2；化简为x2−5x+8=0，
2
此时方程Δ<0，原方程无实数解；
当x>3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．
