專題1.6 特殊四邊形中的動點(diǎn)問題五大題型-2024-2025學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上冊舉一反三系列（北師大版）

PAGE1專題1.6特殊四邊形中的動點(diǎn)問題五大題型（50題）【北師大版】【題型1與矩形有關(guān)的動點(diǎn)問題】1．（2024·河北唐山·二模）如圖，在矩形ABCD中，動點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)D，B同時出發(fā)，沿DA，BC向終點(diǎn)A，C移動．要使四邊形AECF為平行四邊形，甲、乙分別給出了一個條件，下列判斷正確的是（

）甲：點(diǎn)E，F(xiàn)的運(yùn)動速度相同；乙：AF=CEA．甲、乙都可行 B．甲、乙都不可行C．甲可行，乙不可行 D．甲不可行，乙可行【答案】A【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．添加甲，根據(jù)題意可知DE=BF，從而推出AE∥CF，AE=CF，然后根據(jù)平行四邊形的判定定理進(jìn)行判斷即可；添加乙，根據(jù)AF=CE可證Rt△ABF≌Rt△CDE，知道DE=BF，從而推出AE=CF【詳解】若添加甲條件，可證四邊形AECF為平行四邊形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形∴AD=BC，AD∴AE∥CF又∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)D，B同時出發(fā)且運(yùn)動速度相同∴DE=BF∴AD?DE=BC?BF即AE=CF∴四邊形AECF為平行四邊形；若添加乙條件，可證四邊形AECF為平行四邊形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC∴AE∥CF在Rt△ABF和RtAB=CD∴∴DE=BF∴AD?DE=BC?BF即AE=CF∴四邊形AECF為平行四邊形．故選A．2．（23-24九年級·廣東潮州·期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=10cm，點(diǎn)E在線段AD上，且AE=6cm，動點(diǎn)P在線段AB上，從點(diǎn)A出發(fā)以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動，同時點(diǎn)Q在線段BC上．以vcm/s的速度由點(diǎn)B向點(diǎn)C運(yùn)動，當(dāng)△EAP與△PBQ全等時，A．2 B．4 C．4或65 D．2或【答案】D【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合、分類討論并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．當(dāng)△EAP與△PBQ全等時，有兩種情況：①當(dāng)EA=PB時，△APE≌△BQP，②當(dāng)AP=BP時，△AEP≌△BQP，分別按照全等三角形的性質(zhì)及行程問題的基本數(shù)量關(guān)系求解即可．【詳解】解：當(dāng)△EAP與△PBQ全等時，有兩種情況：①當(dāng)EA=PB時，△APE≌△BQP(SAS∵AB=10cm，AE=6∴BP=AE=6cm，AP=4∴BQ=AP=4cm∵動點(diǎn)P在線段AB上，從點(diǎn)A出發(fā)以2cm/s的速度向點(diǎn)B∴點(diǎn)P和點(diǎn)Q的運(yùn)動時間為：4÷2=2s∴v=4÷2=2cm/s②當(dāng)AP=BP時，△AEP≌△BQP(SAS∵AB=10cm，AE=6∴AP=BP=5cm，BQ=AE=6∵5÷2=2.5s，∴2.5v=6，∴v=綜上，v的值為2或125故選：D．3．（23-24九年級·江蘇揚(yáng)州·期中）如圖，點(diǎn)E是矩形ABCD邊CD上一點(diǎn)，連接BE，將△CEB沿BE翻折，點(diǎn)C落在點(diǎn)F處，∠ABF的角平分線與EF的延長線交于點(diǎn)M，若AB=3，BC=6，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)C運(yùn)動到點(diǎn)D時，則點(diǎn)M運(yùn)動的路徑長是（

）

A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)和翻折變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，過點(diǎn)M作MG⊥BA，交BA的延長線于點(diǎn)G，延長GM交CD的延長線于點(diǎn)H，則四邊形ADHG為矩形，由折疊可得△BCE≌△BFE，得到∠BFE=∠C=90°，BC=BF=6，進(jìn)而可得△BGM≌△BFMAAS，從而判斷出點(diǎn)M在GH上運(yùn)動，又由全等三角形的性質(zhì)可得MG=MF，CD=DF=3，設(shè)MG=MF=x，則MD=x+3，MH=GH?GM=6?x，由勾股定理得MD2=MH2+D【詳解】解：如圖，過點(diǎn)M作MG⊥BA，交BA的延長線于點(diǎn)G，延長GM交CD的延長線于點(diǎn)H，則四邊形ADHG為矩形，

∴GH=AD=BC=6，AG=HD，BG=CH，由折疊得，△BCE≌△BFE，∴∠BFE=∠C=90°，BC=BF=6，∴∠G=∠BFM=90°，∵BM為∠GBF的平分線，∴∠GBM=∠FBM，在△BGM和△BFM中，∠GBM=∠FBM∠G=∠BFM∴△BGM≌△BFM(AAS∴BG=BF=6，∴AG=BG?AB=3，∵點(diǎn)M在GH上，∴點(diǎn)M到AD的距離等于AG=3，即點(diǎn)M在GH上運(yùn)動，∴點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時，點(diǎn)M與點(diǎn)H重合，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時，如圖，

∵△BGM≌△BFM，∴MG=MF，∵△BCE≌△BFE，∴CD=DF=3，∵四邊形ADHG為矩形，∴DH=AG=3，設(shè)MG=MF=x，則MD=x+3，MH=GH?GM=6?x，∵∠H=90°，∴MD∴x+32解得x=2，∴MH=GH?GM=6?2=4，∴當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)C運(yùn)動到點(diǎn)D時，點(diǎn)M運(yùn)動的路徑長為線段HM的長，等于4，故選：C．4．（2024九年級·全國·專題練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，且OA=OB=OC=OD，點(diǎn)E從點(diǎn)B開始，沿四邊形的邊BA?AD運(yùn)動至點(diǎn)D停止，CE與BD相交于點(diǎn)N，點(diǎn)F是線段CE的中點(diǎn)．連接

A．四邊形ABCD是矩形B．當(dāng)點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)時，OF=C．當(dāng)AB=6，BC=8時，線段D．當(dāng)點(diǎn)E在邊AB上，且∠COF=60°時，△OFN是等邊三角形【答案】D【分析】本題考查矩形的判定和性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，等邊三角形的判定等．根據(jù)矩形的判定得出A選項，根據(jù)中位線定理判斷B選項，根據(jù)當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時OF的值最大得出C選項，進(jìn)而根據(jù)等邊三角形的判定判斷D選項即可．【詳解】解：∵OA=OB=OC=OD，∴四邊形ABCD是矩形，故A正確，不符合題意．∵點(diǎn)O，F(xiàn)分別是AC，∴OF是△ACE的中位線．∴OF=又∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴CD=AB=2AE．∴CD=4OF，即OF=1故B正確，不符合題意．當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時，OF的值最大．∵AD=BC=8，∴AE的最大值是8．∴OF=12AE=4，即線段OF故C正確，不符合題意．當(dāng)∠COF=60°時，∠OAB=60°，又∵OA=OB，∴∠OBA=60°，∴∠FON=60°，∵∠BEN>∠OAB，∴∠OFN≠60°，∴△OFN不是等邊三角形，故D錯誤，符合題意；故選D．5．（23-24九年級·浙江臺州·期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，∠ACB=30°．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以每秒1個單位長度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CA以每秒2個單位長度的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動．連接PQ，當(dāng)時間是1秒時，PQ的長度是（

）

A．41 B．6 C．31 D．4【答案】C【分析】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，作QH⊥AB，根據(jù)題意得AC=2AB=8，CQ=2，進(jìn)而可得AQ=8?2=6，AH=12AQ=3，QH=33，根據(jù)題意知AP=1，得【詳解】解：作QH⊥AB，由矩形ABCD中，AB=4，∠ACB=30°，

則AC=2AB=8，CQ=1×2=2，則AQ=8?2=6，AH=12AQ=3由題意知，AP=1×1=1，則PH=3?1=2，得PQ=P故選：C．6．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，點(diǎn)E是邊AB延長線上一點(diǎn)，BE=8，點(diǎn)M從點(diǎn)E出發(fā)，先以每秒2個單位長的速度向點(diǎn)B運(yùn)動，點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)B后，再以每秒6個單位長的速度沿射線BE方向運(yùn)動，同時點(diǎn)N從點(diǎn)D出發(fā)，沿射線DC方向以每秒4個單位長的速度運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t（s），若以E，M，C，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，則t的值為（

）A．1或3 B．3或13 C．1或13 D．1或3或13【答案】D【分析】本題考查了矩形、平行四邊形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用．由題得出共四種情況，當(dāng)M從E向B運(yùn)動時，N在DC上時；當(dāng)點(diǎn)N在射線DC上的點(diǎn)C右側(cè)時；當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)E運(yùn)動且點(diǎn)M在BE上時；當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)E方向運(yùn)動且點(diǎn)M在點(diǎn)E右側(cè)時，根據(jù)每種情況，分別求出NC和ME，令NC=ME，再求出t即可．【詳解】解：由題得，DN=4t，∵四邊形ABCD是矩形，∴NC∥∴若NC=ME，則以E、M、C，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，∵DC=AB=6，∴CN=6?4t，當(dāng)M從E向B運(yùn)動時，EM=2t，當(dāng)N在DC上時，即0≤t≤3得6?4t=2t，∴t=1；當(dāng)點(diǎn)N在射線DC上的點(diǎn)C右側(cè)時，即32<t≤4時，∴4t?6=2t，∴t=3；當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)E運(yùn)動且點(diǎn)M在BE上時，即4<t≤16ME=8?6(t?4)，∴8?6(t?4)=4t?6，∴t=19當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)E方向運(yùn)動且點(diǎn)M在點(diǎn)E右側(cè)時，即t>16ME=6(t?4)?8，∴6(t?4)?8=4t?6，∴t=13；綜上t的值為1或3或13．故選：D．7．（23-24九年級·四川自貢·期末）如圖．在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=10cm．BC=12cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動，點(diǎn)Q從點(diǎn)C同時出發(fā)，以4cm/s的速度在線段BC上來回運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)P當(dāng)?shù)竭_(dá)點(diǎn)D時，P、O兩點(diǎn)停止運(yùn)動．在此運(yùn)動過程中，出現(xiàn)PQA．3，6 B．3，7 C．4，6 D．4，7【答案】A【分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，動點(diǎn)問題，勾股定理，根據(jù)題意分別求得PQ∥CD和PQ=CD的情形，分類討論，即可求解．【詳解】解：設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t，∵AD=10，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動，，當(dāng)點(diǎn)P當(dāng)?shù)竭_(dá)點(diǎn)D時，P∴t=101=10秒，∵BC=12cm，點(diǎn)Q從點(diǎn)C同時出發(fā)，以4cm/∴124當(dāng)PQ∥CD時，則四邊形∴PD=CQ當(dāng)0≤t<3時，點(diǎn)Q從C到B運(yùn)動，CQ=4t∴10?t=4t，解得：t=2當(dāng)3≤t<6時，點(diǎn)Q從B到C運(yùn)動，CQ=2×12?4t∴10?t=2×12?4t，解得：t=當(dāng)6≤t<9時，點(diǎn)Q從C到B運(yùn)動，CQ=4t?2×12∴10?t=4t?2×12，解得：t=當(dāng)9≤t≤10，點(diǎn)Q從B到C運(yùn)動，CQ=3×12?4t∴10?t=3×12?4t，解得：t=26∴PQ∥如圖所示，過點(diǎn)P,D分別作BC的垂線，垂足分別為F,E，∵AD∥BC，∠B=90°，∴四邊形ABED是矩形，∴BE=AD=10，CE=BC?BE=12?10=2，DE=AB=8,∴Rt△CDE中，DC=當(dāng)PQ=CD時，在Rt△PFQ中，∴FQ=2當(dāng)0≤t<3時，點(diǎn)Q從C到B運(yùn)動，F(xiàn)Q=∴12?5t=2，解得：t=2或當(dāng)3≤t<6時，點(diǎn)Q從B到C運(yùn)動，F(xiàn)Q=∴12?3t=2，解得：t=10當(dāng)6≤t<9時，點(diǎn)Q從C到B運(yùn)動，F(xiàn)Q=∴36?5t=2，解得：t=34當(dāng)9≤t≤10，點(diǎn)Q從B到C運(yùn)動，，F(xiàn)Q=∴36?3t=2，解得：t=383∴PQ=CD能出現(xiàn)6次，故選：A．8．（23-24九年級·天津薊州·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=12，BC=18，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點(diǎn)A運(yùn)動，點(diǎn)Q從點(diǎn)B同時出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向點(diǎn)C運(yùn)動．規(guī)定其中一個動點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時，另一個動點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動時間為(1)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動停止時，t=______，線段DP的長為______；(2)①用含t的式子填空：DP=______，BQ=______，AP=______；②t為何值時，四邊形ABQP為矩形，求出t的值；(3)在運(yùn)動的過程中，是否存在某一時刻t，使以P，D，C，Q為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，請求出t的值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)9；9(2)①t；2t；12?t；②t=4(3)t=6【分析】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定，一元一次方程的幾何應(yīng)用：（1）分別計算出點(diǎn)P和點(diǎn)Q到達(dá)終點(diǎn)的時間，進(jìn)而得到停止時間，據(jù)此求出對應(yīng)的DP的長即可；（2）①根據(jù)題意列出對應(yīng)的代數(shù)式即可；②根據(jù)題意可得當(dāng)四邊形ABQP是平行四邊形時，四邊形ABQP是矩形，則AP=BQ，據(jù)此列出方程求解即可；（3）根據(jù)題意可得四邊形PDCQ為平行四邊形，則PD=CQ，據(jù)此列出方程求解即可．【詳解】（1）解：∵121∴點(diǎn)P運(yùn)動9秒后停止，即t=9，∴DP=1×9=9，故答案為：9；9；（2）解：①由題意得，DP=t，∵AD=12，∴AP=AD?DP=12?t，故答案為：t；2t；12?t；②∵∠A=90°，∴當(dāng)四邊形ABQP是平行四邊形時，四邊形ABQP是矩形，∴此時有AP=BQ，∴12?t=2t，解得t=4；（3）解：∵以P，D，C，Q為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，且PQ∥CQ，∴此時四邊形PDCQ為平行四邊形，∴PD=CQ，∴t=18?2t，解得t=6．9．（23-24九年級·云南昭通·階段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=6，BC=11，延長BC到點(diǎn)E，使CE=8．連接DE．動點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿折線BC?CD向終點(diǎn)D運(yùn)動，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時間為t秒(t>0)．(1)求DE的長；(2)連接AP，當(dāng)四邊形APED是平行四邊形時，求t的值；(3)連接BP、PD，設(shè)四邊形ABPD的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)10(2)當(dāng)四邊形APED是平行四邊形時，t的值為4(3)S=【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)，梯形面積的計算，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．（1）因為四邊形ABCD是矩形，所以AB=CD=6，根據(jù)勾股定理列式DE=6（2）因為四邊形APED是平行四邊形，所以PE=AD=11，則BP=BC+CE?PE=8，結(jié)合運(yùn)動速度列式計算，即可作答．（3）進(jìn)行分類討論，即當(dāng)0<t<112時；當(dāng)【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=6，∠BCD=90在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE=6（2）解：∵四邊形APED是平行四邊形，∴PE=AD=11，∴BP=BC+CE?PE=8，∴t=8÷2=4，∴當(dāng)四邊形APED是平行四邊形時，t的值為4；（3）解：∵BC=AD=11，DC=AB=6，且動點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿折線BC?CD向終點(diǎn)∴當(dāng)0<t<11由題意知，BP=2t，∴S=12當(dāng)112≤t<17∴S=12綜上．S=10．（23-24九年級·浙江溫州·期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=45°，AB=62(1)求BC的長；(2)點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿著AD邊向點(diǎn)D以1cm/s的速度移動，點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿著CB邊向點(diǎn)B以2cm/s的速度移動，如果P，Q分別從A，C同時出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到點(diǎn)D時，點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動．若設(shè)運(yùn)動的時間為t秒，當(dāng)(3)如圖，點(diǎn)E，G分別在邊AB，AD上，將△AEG沿EG折疊，點(diǎn)A恰好落在BC邊上的點(diǎn)F處．若5BE=AE，則AG長度為．【答案】(1)BC=24(2)當(dāng)PQ與四邊形ABCD的其中一邊平行時，此時t的值為8s或103(3)10【分析】（1）過A作AH⊥BC于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作DM⊥BC于點(diǎn)M，利用等腰直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定與和直角三角形的性質(zhì)，勾股定理解答即可；（2）利用t的代數(shù)式表示出相等AP，PD，CQ，BQ的長度，再利用分類討論的思想方法分兩種情況，依據(jù)平行四邊形的對邊相等的性質(zhì)列出關(guān)于t的方程解答即可；（3）過E作EH⊥BC于點(diǎn)H，過點(diǎn)A作AK⊥BC于點(diǎn)K，過點(diǎn)G作GI⊥BC于點(diǎn)I，設(shè)AG=GF=xcm，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)表示出線段GF，F(xiàn)I，GI的長度，再利用勾股定理列出方程解答即可．【詳解】（1）解：過A作AH⊥BC于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作DM⊥BC于點(diǎn)M，如圖，∵AH⊥BC，∠B=45°，∴AH=BH=22AB=6(∵AD∥BC，AH⊥BC，∴四邊形AHMD為矩形，∴DM=AH=6，HM=AD=10cm∴CM=CD2?D∴BC=BH+HM+MC=6+8+10=24(cm（2）由題意得：AP=tcm，CQ=2tcm，∴PD=(10?t)cm，BQ=(24?2t)①當(dāng)PQ∥∵PQ∥∴四邊形ABQP為平行四邊形，∴AP=BQ，∴t=24?2t，∴t=8．②當(dāng)PQ∥∵PQ∥∴四邊形PQCD為平行四邊形，∴DP=CQ，∴10?t=2t，∴t=103綜上，當(dāng)PQ與四邊形ABCD的其中一邊平行時，此時t的值為8s或103（3）過E作EH⊥BC于點(diǎn)H，過點(diǎn)A作AK⊥BC于點(diǎn)K，過點(diǎn)G作GI⊥BC于點(diǎn)I，如圖，∵AB=62cm，5BE=AE∴BE=2cm，AE=52cm，∵EH⊥BC，∠B=45°∴BH=EH=22BE=1(同理可求AK=BK=6cm由題意得：EF=AE=52cm，AG=GF，設(shè)AG=GF=xcm，∴HF=EF2?E∴BF=BH+FH=8(cm∵AK⊥BC，GI⊥BC，AD∥∴四邊形AKIG為矩形，∴KI=AG=xcm，AK=GI=6，∴FI=BK+KI?BF=6+x?8=(x?2)cm∵FI∴(x?2)2∴x=10．∴AG長度為10．故答案為：10．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，勾股定理和折疊的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．【題型2與菱形形有關(guān)的動點(diǎn)問題】11．（23-24九年級·北京·期中）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，動點(diǎn)P在直線BC上運(yùn)動，作∠APM=60°，且直線PM與直線CD相交于點(diǎn)G,G點(diǎn)到直線BC的距離為GH．(1)證明：∠BAP=∠GPC；(2)若P在線段BC上運(yùn)動，求證：CP=DG；(3)若P在線段BC上運(yùn)動，探求線段AC,CP,CH的一個數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)AC=CP+2CH，理由見解析【分析】此題考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，菱形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)；（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠ABC=60°，進(jìn)而根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)，即可得到結(jié)論；（2）過點(diǎn)P作PE∥CD交AC于點(diǎn)E，連接AG先證明△AEP≌△GCP，再證明△APG是等邊三角形．從而得到△APC≌△AGD，進(jìn)而即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可知AC=CD，結(jié)合PC=DG，以及直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵ABCD為菱形，∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∵∠APM=60°，∴∠APC=∠APM+∠GPC=∠ABP+∠BAP，∴∠BAP=∠GPC；（2）過點(diǎn)P作PE∥CD交AC于點(diǎn)E，連接AG∵ABCD為菱形，∠BAD=120°，∴∠ACB=∠ACD=60°．∵PE∥CD，∴∠EPC=∠ACD=60°．∴△CPE是等邊三角形．∴EP=PC,∠PEC=60°．∵∠AEP=∠PCG=120°，∠BAP=∠GPC∴△AEP≌△GCP．∴AP=PG．∵∠APM=60°，∴△APG是等邊三角形．∴AP=AG．∵∠PAC+∠CAG=60°,∠CAG+∠GAD=60°，∴∠PAC=∠GAD．∵AC=AD，∴△APC≌△AGD∴PC=DG．（3）AC=CP+2CH，理由如下：∵AC=CD,CD=CG+DG，∴AC=CG+DG．∵PC=DG，∴AC=CG+CP．∵∠GHC=90°,∠GCH=60°，∴∠CGH=30°，∴CG=2CH，∴AC=2CH+CP．12．（23-24九年級·江蘇蘇州·期中）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，AB=16，∠BAD=60°，點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB以每秒4個單位長度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A不重合時，過點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，作EG∥AD交AC于點(diǎn)G，過點(diǎn)G作射線AD垂線段GH，垂足為點(diǎn)H，得到矩形EFHG，設(shè)點(diǎn)E的運(yùn)動時間為(1)當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)D重合時，t=；(2)設(shè)矩形EFHG與菱形ABCD重疊部分圖形的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；(3)設(shè)矩形EFHG的對角線EH與FG相交于點(diǎn)O′①當(dāng)OO′∥AD時，②當(dāng)OO′⊥AD【答案】(1)t=(2)S=(3)①4；②3【分析】（1）由四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，可得GE=AE=4t，F(xiàn)H=GE=4t，AF=12AE=2t，EF=AE2?AF2=23t，（2）①當(dāng)H在邊AD上，即0<t≤83時，根據(jù)三角形的面積公式即可解答；②當(dāng)H在邊AD延長線上，即83<t≤4時，設(shè)HG交CD于M，求出（3）①當(dāng)O′O∥AD時，證明O′O是△AFG的中位線，得O是AG中點(diǎn)，從而可得G與C重合，此時，E與②當(dāng)OO′⊥AD時，延長OO′交AD于N，證明O′N是△FGH的中位線，從而可得AN=AF+FN=4t，而在Rt△AON中，【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴∠DAC=∠BAC=1∵GE∥AD，∴∠GEB=∠BAD=60°，∴∠EGA=∠GEB?∠BAC=30°，∴∠EGA=∠BAC=30°，∴GE=AE=4t，∵四邊形EFHG是矩形，∴FH=GE=4t，在Rt△AEF中，AF=12∴AH=AF+FH=6t，當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)D重合時，AH=AD，∴6t=16，∴t=8（2）解：①當(dāng)H在邊AD上，即0<t≤8

矩形EFHG與菱形ABCD重疊部分圖形的面積即是矩形EFHG的面積，∴S=EF?FH=23②當(dāng)H在邊AD延長線上，即83設(shè)HG交CD于M，如圖：

在Rt△DHM中，∠HDM=∠DAB=60°，DH=AH?AD=6t?16∴DM=2DH=12t?32，HM=D∴S∴矩形EFHG與菱形ABCD重疊部分圖形的面積S=EF?FH?S綜上所述，矩形EFHG與菱形ABCD重疊部分圖形的面積S=8（3）解：①當(dāng)O′過點(diǎn)A作AT∥FO′，交∵O′O∥AD，∴四邊形FATO∴AT=FO∵四邊形EFHG是矩形，∴O′是FG的中點(diǎn)，則∴AT=GO∵AT∥∴∠T=∠GO∴△OO∴OA=OG，又∵O是AC中點(diǎn)，OA=OC，∴G與C重合，此時，E與B重合，∴t=AE故答案為：4；②當(dāng)OO′⊥AD時，延長OO′

∵OO′∴OO∵O′是∴O′N∴N是FH的中點(diǎn)，∵FH=4t，∴FN=HN=2t，∴AN=AF+FN=4t，在Rt△AOB中，AB=16，∠OAB=30°∴OB=8，OA=A在Rt△AON中，∠DAC=30°∴ON=12OA=4∴4t=12，∴t=3．【點(diǎn)睛】本題考查菱形性質(zhì)及應(yīng)用、矩形的性質(zhì)應(yīng)用，涉及勾股定理、中位線定理等的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是方程的思想的應(yīng)用，用t表達(dá)出相關(guān)線段的長度，再列方程解決問題．13．（23-24九年級·廣西柳州·期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ADC=90°，AD=12cm，AB=18cm，CD=23cm，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動，同時動點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿折線B?C?D

(1)當(dāng)t為何值時，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個部分，且其中的一部分是平行四邊形？(2)只改變點(diǎn)Q的運(yùn)動速度，使運(yùn)動過程中某一時刻四邊形PBCQ為菱形，則點(diǎn)O的運(yùn)動速度應(yīng)為多少？【答案】(1)t=313(2)當(dāng)Q點(diǎn)的速度為5.2cm/s【分析】本題考查了四邊形的綜合題，涉及到菱形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理．（1）過點(diǎn)B作BH⊥CD于H，證明四邊形ADHB是矩形，得到BH=AD=12cm，DH=AB=18cm，則CH=5cm，在Rt△HBC中，由勾股定理得BC=BH2+C（3）設(shè)Q的速度為xcm/s，Q在CD邊上，此時PBCQ【詳解】（1）解：如圖所示，過點(diǎn)B作BH⊥CD于H，∵AB∥CD，∠ADC=90°，∴∠A=90°，∴四邊形ADHB是矩形，∴BH=AD=12cm，∴CH=5cm在Rt△HBC中，由勾股定理得BC=

∴Q在BC上運(yùn)動時間為13÷2=6.5s，∵BC+CD=23+13=36cm∴Q運(yùn)動時間最長為36÷2=18s當(dāng)點(diǎn)Q在BC上時，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個部分，不可能存在其中的一部分是平行四邊形，當(dāng)6.5s≤t≤18s時，Q此時，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個部分，且其中的一部分是平行四邊形，分兩種情況：①四邊形PQCB是平行四邊形，如圖所示：

∵AB∥CD即PB∥CQ∴只需PB=CQ即可，由題意得，AP=tcm，PB=18?t∴18?t=2t?13解得：t=31②四邊形ADQP是平行四邊形，如圖所示：

同理∵AP∥DQ∴只需AP=DQ，四邊形ADQP是平行四邊形∵DQ=CD+CB?2t=36?2t∴36?2t=t解得：t=12綜上所述：當(dāng)t=313s或12s時，直線（2）解：設(shè)Q的速度為xcm/s，由（2）可知，Q在CD∵PB∥CQ∴只需滿足PB=BC=CQ即可由題意得，PB=18?tcm，CQ=∴18?t=13，xt?13=13，解得：t=5s，∴當(dāng)Q點(diǎn)的速度為5.2cm/s14．（23-24九年級·江蘇無錫·期中）如圖1，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，P從B點(diǎn)出發(fā)，沿B→D→C方向勻速運(yùn)動，P點(diǎn)運(yùn)動速度為1cm/s．圖2是點(diǎn)P運(yùn)動時，△APC的面積y（cm2）隨P點(diǎn)運(yùn)動時間x（s）變化的函數(shù)圖像．(1)AB=cm，a=；(2)P點(diǎn)在BD上運(yùn)動時，x為何值時，四邊形ADCP的面積為43(3)在P點(diǎn)運(yùn)動過程中，是否存在某一時刻使得△APB為直角三角形，若存在，求x的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)2，3(2)x=(3)存在，x的值為3或433或【分析】（1）由圖2知，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A時，y=△ABC的面積=3=34（2）由四邊形ADCP的面積=SΔACD（3）①當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)O重合時，∠APB為直角，則x=BP=3；②當(dāng)∠BAP′為直角時，則PP′=33，則x=BP+PP′=433；③當(dāng)∠BAP″為直角時，則x=BD+DP【詳解】（1）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，則△ABC、△ACD為全等的兩個等邊三角形，設(shè)△ABC的邊長為b，則其面積為34由圖2知，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A時，y=△ABC的面積=3=解得b=±2（負(fù)值已舍去），即菱形的邊長為2，則AB=2（cm），由題意知，點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時，對于圖2的a所在的位置，則AO=1，故a=BO=A故答案為2；3．（2）解：由（1）知點(diǎn)P在BO段運(yùn)動時，對于圖2第一段直線，而該直線過點(diǎn)(0,3)、(3設(shè)其對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+t，則t=33k+t=0故該段函數(shù)的表達(dá)式為y=?x+3當(dāng)點(diǎn)P在BD上運(yùn)動時，四邊形ADCP的面積為433，則點(diǎn)P只能在則四邊形ADCP的面積=SΔACD解得x=2（3）解：存在，理由：由（1）知，菱形的邊長為2，則BP=3，AO=1過點(diǎn)A作AP′′⊥DC于點(diǎn)P′′交BD于點(diǎn)P′，∵ΔABC、ΔACD①當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)O重合時，∠APB為直角，則x=BP=3②當(dāng)∠BAP′為直角時，則同理可得：PP′=33，則③當(dāng)∠BAP′′為直角時，則x=BD+DP′′=23綜上，x的值為3或433或【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、直角三角形和菱形的性質(zhì)、三角形全等和相似、面積的計算等．15．（23-24九年級·全國·課后作業(yè)）已知點(diǎn)P，Q分別在菱形ABCD的邊BC，CD上運(yùn)動（點(diǎn)P不與B，C重合），且(1)如圖①，若AP⊥BC，求證：AP=AQ；(2)如圖②，若AP與BC不垂直，（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．【答案】(1)見解析；(2)成立，證明見解析．【分析】本題考查菱形的性質(zhì)及全等三角形性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用全等三角形的性質(zhì)與判定，本題屬于中等題型．（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)、結(jié)合已知得到AQ⊥CD，證明△APB≌△AQD，由全等三角形的性質(zhì)可得AP=AQ；（2）作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn)，由（1）的結(jié)論得到∠EAP=∠FAQ，證明△AEP≌△AFQ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B+∠C=180°，∠B=∠D，AB=AD，∵∠PAQ=∠B，∴∠PAQ+∠C=180°，∴∠APC+∠AQC=180°，∵AP⊥BC，∴∠APC=90°∴∠AQC=90°在△APB和△AQD中，∠B=∠D∴△APB≌△AQD(∴AP=AQ；（2）（1）中的結(jié)論還成立，理由如下：如圖，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn)．由（1）可得，∠PAQ=∠EAF=∠B，AE=AF，∴∠EAP=∠FAQ，在△AEP和△AFQ中，∠AEP=∠AF∠Q=90°∴△AEP≌△AFQ(ASA∴AP=AQ；16．（23-24九年級·廣東廣州·期中）已知菱形ABCD中，∠ABC=60°，點(diǎn)P為菱形內(nèi)部或邊上一點(diǎn)．(1)如圖1，若點(diǎn)P在對角線BD上運(yùn)動，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點(diǎn)E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上，連接CE，求證：BP=CE．(2)如圖2，若點(diǎn)P在對角線BD上運(yùn)動，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點(diǎn)E在菱形ABCD的外部，若AB=4，DP=1，求CE；(3)如圖3，若∠APB=60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AP，BP上，且AE=BF，連接AF，EF，∠AFE=30°，求證：AF【答案】(1)見解析(2)4(3)見解析【分析】（1）連接AC，根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)證明△BAP≌△CAE，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得證；（2）連接AC，根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)證明△BAP≌△CAE，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)及線段的和差即可證CE=BD?PD，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理即可得出BD，從而得出答案；（3）連接AC交BP于點(diǎn)G，連接CF，CE，利用SAS證明△CBF≌△CAE，得出CF=CE，∠BCF=∠ACE，再根據(jù)角的和差求出∠AFC=90°，然后根據(jù)勾股定理即可得證．【詳解】（1）證明：如圖1，連接AC∵四邊形ABCD是菱形∴AB=CB∵∠ABC=60°∴△ABC是等邊三角形∴AB=AC，∠BAC=60°∵△APE是等邊三角形∴AP=AE，∠PAE=60°∴∠BAP=∠CAE=60°?∠PAC∴△BAP≌△CAE∴BP=CE；（2）解：如圖2，連接AC，交BD于點(diǎn)M∵四邊形ABCD是菱形∴AB=CB，∠ABD=12∠ABC，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∠ABD=30°∴AB=AC，∠BAC=60°，AM=∴BM=∴BD=2BM=4∵△APE是等邊三角形∴AP=AE，∠PAE=60°∵∠BAP=∠BAC+∠CAP=60°+∠CAP，∠CAE=∠EAP+∠CAP=60°+∠CAP∴∠BAP=∠CAE又∵AB=AC，AP=AE∴△BAP≌△CAE∴BP=CE；∵BP=BD?PD∴CE=BD?PD=43（3）證明：如圖3，連接AC交BP于點(diǎn)G，連接CF，CE∵四邊形ABCD是菱形∴AB=CB∵∠ABC=60°∴△ABC是等邊三角形∴CB=AC，∠ACB=60°∵∠APB=60°，∠AGP=∠BGC∴∠CBF=∠CAE又∵CB=CA，BF=AE∴△CBF≌△CAE∴CF=CE，∠BCF=∠ACE∴∠BCF+∠FCA=∠ACE+∠FCA∴∠ACB=∠ECF=60°∴△CEF是等邊三角形∴∠ECF=60°，EF=CF∵∠AFE=30°∴∠AFC=90°∴A即AF【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形的綜合題，涉及到等邊三角形的判定及性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理、菱形的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．17．（23-24九年級·江蘇徐州·期中）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到點(diǎn)E，使DE=AD，且BE⊥DC．(1)求證：四邊形DBCE為菱形；(2)若△DBC是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)P、M、N分別在線段DC、DE、CE上運(yùn)動，求PM+PN的最小值．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）先證BC∥DE，BC=DE，得到四邊形DBCE是平行四邊形，再根據(jù)（2）作N關(guān)于DC的對稱點(diǎn)N′，過D作DH⊥BC于H，由對稱性可得PM+PN=PM+PN′，當(dāng)P、M、N′共線時，PM+PN′=M【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∵DE=AD，∴DE=BC，∵E在AD的延長線上，∴DE∥∴四邊形DBCE是平行四邊形，∵BE⊥DC，∴?DBCE是菱形；（2）解：作N關(guān)于DC的對稱點(diǎn)N′，過D作DH⊥BC于H由菱形的對稱性知，點(diǎn)N關(guān)于DC的對稱點(diǎn)N′在BC∴PM+PN=PM+PN∴當(dāng)P、M、N′共線時，PM+P∵DE∥∴MN′的最小值為平行線間距離即PM+PN的最小值為DH的長，∵△DBC是邊長為1的等邊三角形，∴BD=BC=CD=1，∵DH⊥BC，∴BH=1∴在Rt△DBH中，DH=∴PM+PN的最小值為32【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)，最短路徑問題，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，平行線間的距離．綜合運(yùn)用相關(guān)知識，熟練運(yùn)用化歸思想是解題的關(guān)鍵．18．（23-24九年級·河北廊坊·期中）如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，E，F(xiàn)分別是邊AB、BC上的點(diǎn)，且∠EDF=60°．(1)若點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，則DE與DF之間的數(shù)量關(guān)系為______；(2)若點(diǎn)E不是AB的中點(diǎn)，判斷DE與DF之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由；(3)若AB=4，直接寫出△EDF周長的最小值；(4)當(dāng)點(diǎn)E在AB邊上運(yùn)動時，小亮發(fā)現(xiàn)，四邊形DEBF的面積保持不變，請你幫助小亮驗證他的發(fā)現(xiàn)．【答案】(1)DE=DF(2)DE=DF；理由見解析(3)6(4)見解析【分析】（1）連接BD，得出△ABD為等邊三角形，求出∠ADB=60°，證明△BDE≌△BDF，得出DE=DF；（2）連接BD，根據(jù)四邊形ABCD為菱形，得出AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=60°，AB∥CD，∠ABD=∠CBD，證明△ADE≌△BDF，得出DE=DF；（3）證明△EDF為等邊三角形，得出當(dāng)DE最小時，△EDF的周長最小，根據(jù)垂線段最短，得出當(dāng)DE⊥AB時，DE最小，求出最小值即可；（4）根據(jù)△ADE≌△BDF，得出S△ADE=【詳解】（1）解：連接BD，如圖所示：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=60°，AB∥CD，∠ABD=∠CBD，∴△ABD為等邊三角形，∴∠ADB=60°，∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴∠ADE=∠BDE=1∵∠EDF=60°，∴∠BDF=60°?30°=30°，∴∠BDE=∠BDF，∵BD=BD，∴△BDE≌△BDF，∴DE=DF；（2）解：連接BD，如圖所示：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=60°，AB∥CD，∠ABD=∠CBD，∴△ABD為等邊三角形，∴∠ADB=60°，BD=AD，∵AB∥CD，∴∠ABC=180°?∠C=120°，∴∠ABD=∠CBD=1∴∠DBF=∠A=60°，∵∠ADB=∠EDF=60°，∴∠ADE+∠EDB=∠EDB+∠BDF，∴∠ADE=∠BDF，∵BD=BD，∴△ADE≌△BDF，∴DE=DF；（3）解：∵DE=DF，∠EDF=60°，∴△EDF為等邊三角形，∴當(dāng)DE最小時，△EDF的周長最小，∵垂線段最短，∴當(dāng)DE⊥AB時，DE最小，根據(jù)解析（2）可知，△ABD為等邊三角形，∴當(dāng)DE⊥AB時，AE=BE=1∴DE=A∴△EDF周長的最小值為3×23（4）解：根據(jù)解析（2）可知，△ADE≌△BDF，∴S△ADE∴S===1【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的判定和性質(zhì)．19．（23-24九年級·遼寧沈陽·期末）如圖1，已知△ABD≌△CBD,AB=AD,CB=CD，點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，沿A→D→B的方向以1cm/s的速度勻速運(yùn)動到點(diǎn)B．圖2是點(diǎn)E運(yùn)動時△EBC的面積ycm2(1)BD=__________；(2)求a的值．【答案】(1)5(2)5【分析】本題主要了動點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖象分析得出點(diǎn)E的位置于x的關(guān)系．（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出四邊形ABCD為菱形，則AD∥BC，進(jìn)而得出當(dāng)點(diǎn)E在AD上時，點(diǎn)E到BC的距離不變，由圖2可知，當(dāng)0<x<a時，y的值不變，即可得出AD=a，當(dāng)x=a+5時，點(diǎn)E與點(diǎn)B（2）過點(diǎn)D作DH⊥BC于點(diǎn)H，根據(jù)S△BCD=12BC?DH=a，求出DH=2，根據(jù)勾股定理得出BH=【詳解】（1）解：∵△ABD≌△CBD,AB=AD,CB=CD，∴AB=AD=CB=CD，∴四邊形ABCD為菱形，∴AD∥∴當(dāng)點(diǎn)E在AD上時，點(diǎn)E到BC的距離不變，由圖2可知，當(dāng)0<x<a時，y的值不變，∵點(diǎn)E的速度為1cm/s∴AD=a，∵當(dāng)a<x<a+5時，y隨x∴當(dāng)x=a+5時，點(diǎn)E與點(diǎn)B∴BD=5故答案為：5；（2）解：過點(diǎn)D作DH⊥BC于點(diǎn)H，∵BC=AD=a，S△BCD∴S△BCD=1解得：DH=2，在Rt△BDH中，根據(jù)勾股定理可得：BH=∴CH=BC?BH=a?1，在Rt△CDH中，根據(jù)勾股定理可得：C即a?12解得：a=520．（23-24九年級·重慶北碚·期中）如圖，在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°．點(diǎn)P，Q分別以每秒2個單位長度的速度同時從點(diǎn)A出發(fā)，點(diǎn)P沿折線A→D→C方向勻速運(yùn)動，點(diǎn)Q沿折線A→B→C方向勻速運(yùn)動，當(dāng)兩者相遇時停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動時間為x秒，點(diǎn)P，Q的距離為(1)請直接寫出y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式，并注明自變量x的取值范圍；(2)在給定的平面直角坐標(biāo)系中畫出這個函數(shù)的圖象，并寫出該函數(shù)的一條性質(zhì)；(3)結(jié)合函數(shù)圖象，直接寫出當(dāng)y≤4時x的取值范圍．【答案】(1)y=(2)見解析，當(dāng)0≤x≤3時，y隨x的增大而增大，當(dāng)3<x≤6時，y隨x的增大而減小(3)0≤x≤2或4≤x≤6【分析】此題考查了動點(diǎn)問題，一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定和性質(zhì)：（1）當(dāng)點(diǎn)P在AD，點(diǎn)Q在AB上運(yùn)動時，即0≤x≤3時，證明△APQ是等邊三角形，即可求解；當(dāng)3<x≤6時，同理可解；（2）當(dāng)x=0時，y=0，當(dāng)x=3時，y=6，當(dāng)x=12時，y=0，即可畫出函數(shù)圖象，進(jìn)而求解；（3）觀察函數(shù)圖象即可求解．正確理解動點(diǎn)問題是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）解：∵菱形ABCD∴AD+DC=AB+BC=12∴總的運(yùn)動時間為：12÷2=6（秒），當(dāng)點(diǎn)P在AD，點(diǎn)Q在AB上運(yùn)動時，即0≤x≤3時，連接PQ，由題意得AP=AQ，∴△APQ是等邊三角形，∴y=AP=2x；當(dāng)點(diǎn)P在CD，點(diǎn)Q在CB上運(yùn)動時，即3＜x≤6時，如圖所示：∴CP=12?2x，∴y=12?2x；綜上可得：y=2x（2）解：當(dāng)x=0時，y=0，當(dāng)x=3時，y=6，當(dāng)x=12時，y=0，依次描點(diǎn)再連接該函數(shù)圖象如圖所示：當(dāng)0≤x≤3時，y隨x的增大而增大，當(dāng)3<x≤6時，y隨x的增大而減小（答案不唯一）；（3）解：從圖象看，當(dāng)y≤4時x的取值范圍為：0≤x≤2或4≤x≤6．【題型3與正方形有關(guān)的動點(diǎn)問題】21．（2024·山東臨沂·一模）在正方形ABCD中，E是BC邊上一點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B，C重合），AE⊥EF，垂足為點(diǎn)E，EF與正方形的外角∠DCG的平分線交于點(diǎn)F．(1)如圖1，若點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，猜想AE與EF的數(shù)量關(guān)系是_________；證明此猜想時，可取AB的中點(diǎn)P，連接EP，根據(jù)此圖形易證△AEP≌△EFC，則判斷△AEP≌△EFC的依據(jù)是_______．(2)點(diǎn)E在BC邊上運(yùn)動，如圖2，（1）中的猜想是否仍然成立？請說明理由．【答案】(1)AE=EF，ASA；(2)成立，理由見解析．【分析】（1）根據(jù)提示，利用ASA證明△AEP≌△EFC，從而得到AE=EF；（2）利用（1）的解題思路，在AB上取一點(diǎn)P，使BP=BE，連接PE，則AP=EC，同樣利用ASA證明△AEP≌△EFC，從而得到AE=EF．【詳解】（1）∵在正方形ABCD中，AB=BC，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是AB的中點(diǎn)∴EC=BE=12∴EC=AP，BE=BP∵在正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°∴△BEP是等腰直角三角形∴∠BPE=45°∴∠APE=180°?∠BPE=180°?45°=135°∵∠BCD=90°∴∠DCG=180°?∠BCD=90°∵CF平分∠DCG∴∠DCF=∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=90°+45°=135°∴∠APE=∠ECF∵AE⊥EF∴∠AEF=90°∴∠AEB+∠FEC=180°?∠AEF=180°?90°=90°∵∠B=90°∴∠BAE+∠AEB=90°∴∠BAE=∠FEC∴在△APE和△ECF中∠PAE=∠CEF∴△APE≌△ECF（ASA）∴AE=EF故答案為：AE=EF，ASA．（2）①成立，理由如下：如圖，在AB上取一點(diǎn)P，使BP=BE，連接PE，則AP=EC，由（1）得：∠PAE=∠CEF∵BP=BE，∠B=∴△BPE是等腰直角三角形∴∠BPE=∴∠APE=180°∴∠APE=∠ECF在△AEP和△EFC中∠PAE=∠CEF∴△AEP≌△EFC∴AE=EF；【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定．正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．22．（23-24九年級·廣東廣州·期中）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)M在CD邊上，點(diǎn)N在正方形ABCD外部，且滿足∠CMN=90°，CM=MN，連接AN，CN，取AN的中點(diǎn)E，連接BE，AC，交于F點(diǎn)．(1)依題意補(bǔ)全圖形；(2)求∠ABE的度數(shù)；(3)設(shè)AB=2，若點(diǎn)M沿著線段CD從點(diǎn)C運(yùn)動到點(diǎn)D，則在該運(yùn)動過程中，線段EN所掃過的面積為多少？【答案】(1)補(bǔ)圖見解析；(2)∠ABE=45°；(3)3【分析】（1）依題意補(bǔ)全圖形，即可；（2）連接CE，先證得∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°．再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得AE=CE=12AN．可得△ABE（3）根據(jù)題意可得點(diǎn)E在AC的垂直平分線上，可得點(diǎn)E在BD上，從而得到在點(diǎn)M沿著線段CD從點(diǎn)C運(yùn)動到點(diǎn)D的過程中，線段EN所掃過的圖形為四邊形DFCN．此時DN=CD=2，∠CDN=90°，再證得四邊形DFCN為梯形．然后根據(jù)梯形的面積，即可求解．【詳解】（1）解∶依題意補(bǔ)全圖形，如圖1所示．（2）證明：連接CE，如圖2所示．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，∴∠ACB=∠ACD=1∵∠CMN=90°，CM=MN，∴∠MCN=45°，∴∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°．∵在Rt△ACN中，點(diǎn)E是AN∴AE=CE=1∵AE=CE，AB=CB，BE=BE，∴△ABE≌△CBE，∴∠ABE=∠CBE．∴∠ABE=1（3）解∶連接DE，∵由（2）得：AE=CE，∴點(diǎn)E在AC的垂直平分線上，在正方形ABCD中，BD垂直平分AC，∠ACD=45°，△BCD為等腰直角三角形，∴點(diǎn)E在BD上，∴BF=DF=CF，∴在點(diǎn)M沿著線段CD從點(diǎn)C運(yùn)動到點(diǎn)D的過程中，線段EN所掃過的圖形為四邊形DFCN．此時DN=CD=2，∠CDN=90°，∴CN=∵∠DCN=45°，∴∠ACN=90°，即CN⊥AC，∴BD∥∴四邊形DFCN為梯形．∵AB=2，∴BC=CD=AB=2，∴BD=B∴CF=DF=1∴S梯形【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，梯形等知識，熟練掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，梯形等知識是解題的關(guān)鍵．23．（23-24九年級·河南周口·期末）正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿BC向點(diǎn)C運(yùn)動．AE交BD于點(diǎn)F，DG⊥AE于點(diǎn)G，∠DGE的平分線GH分別交BD，CD于點(diǎn)P，H，連接FH，F(xiàn)C．設(shè)點(diǎn)E的運(yùn)動時間為t．（1）在點(diǎn)E的運(yùn)動過程中，∠DHG與∠DFC有什么數(shù)量關(guān)系？請證明你的結(jié)論；（2）當(dāng)AE把正方形ABCD的面積分成1:2兩部分時，請直接寫出t的值．【答案】（1）∠DHG=∠DFC，證明見解析；（2）t=【分析】（1）先證明△FAD≌△FCD得到∠PFG=∠DFC，由正方形的性質(zhì)及角平分線的性質(zhì)可以得到∠PFG=∠DHP，即可得到答案；（2）連接AC，根據(jù)AE把正方形ABCD的面積分成1:2兩部分，可以得到S△ABE：S△AEC+即可得S△ABE：S【詳解】解：（1）∠DHG=∠DFC．證明如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴BD是∠ADC的角平分線，∴∠BDC=∠ADC=45°，AD=CD，又∵DF=DF，∴△FAD≌△FCD（SAS），∴∠PFG=∠DFC∵DG⊥AE，∴∠DGE=90°∵GH平分∠DGE，∴∠FGH=45°∵∠DPG=∠PGF+∠PFG=∠DHP+∠PDH，∴∠PFG=∠DHP．∴∠DHG=∠DFC（2）連接AC，∵AE把正方形ABCD的面積分成1:2兩部分，∴S△ABE∵S△ABC=S∴S∴BE:EC=2:1，∵BC=4，∴BE=8∴t=8【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進(jìn)行求解.24．（23-24九年級·山西太原·期中）綜合與實踐問題情境在綜合與實踐課上，老師讓同學(xué)們以“大小不等的兩個正方形”為主題開展數(shù)學(xué)活動，如圖1，現(xiàn)有一個邊長為6cm的正方形ABCD，點(diǎn)E從對角線AC的點(diǎn)A出發(fā)向點(diǎn)C運(yùn)動，連接EB并延長至點(diǎn)F，使EF>AB，以EF為邊在EF右側(cè)作正方形EFGH，邊EH與射線DC交于點(diǎn)M操作發(fā)現(xiàn)（1）點(diǎn)E在運(yùn)動過程中，判斷線段BE與線段EM之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；實踐探究（2）在點(diǎn)E的運(yùn)動過程中，某時刻正方形ABCD與正方形EFGH重疊的四邊形EBCM的面積是16cm2，求此時探究拓廣（3）請借助備用圖2，探究當(dāng)點(diǎn)E不與點(diǎn)A，C重合時，線段AE，EC與MC之間存在的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出.【答案】（1）BE=EM，理由見解析；（2）22cm；（3）①當(dāng)AE<CE時，CE?AE=2MC；②當(dāng)AE=CE時，CE=AE且點(diǎn)M與點(diǎn)C【分析】（1）首先由正方形的性質(zhì)得出BC=CD，∠BCA=∠DCA=45°，∠DCB=90°，然后判定ΔBCE≌ΔDCE(SAS)，進(jìn)而得出BE=DE，∠EBC=∠EDC，又由正方形EFGH得出∠BEM=90°，再由四邊形內(nèi)角和得出∠EDC=∠EMD，進(jìn)而得出EM=ED，（2）首先過點(diǎn)E作EP⊥BC于點(diǎn)P，作EQ⊥CD于點(diǎn)Q，得出∠EPC=∠EQC=90°，然后由對角線的性質(zhì)得出EP=EQ，∠PCQ=90°，進(jìn)而判定四邊形EPCQ是正方形，即可判定RtΔBPE≌（3）根據(jù)題意，分三種情況討論即可：①當(dāng)AE<CE時，②當(dāng)AE=CE時，③當(dāng)AE>CE時.【詳解】（1）BE=EM.理由如下：如圖，連接ED.∵AC是正方形ABCD的對角線，∴BC=CD，∠BCA=∠DCA=45°，∠DCB=90°.在ΔBCE和ΔDCE中，BC=CD,∴ΔBCE≌ΔDCE(SAS∴BE=DE，∠EBC=∠EDC.∵四邊形EFGH是正方形，∴∠BEM=90°.在四邊形BCME中，∠EMC+∠EBC=360°?∠BCM?∠BEM=180°.∵∠EMC+∠EMD=180°，∴∠EDC=∠EMD.∴EM=ED.∴BE=ME.（2）如圖，過點(diǎn)E作EP⊥BC于點(diǎn)P，作EQ⊥CD于點(diǎn)Q.∴∠EPC=∠EQC=90°.∵點(diǎn)E是正方形ABCD的對角線AC上的點(diǎn)，∴EP=EQ，∠PCQ=90°.∴四邊形EPCQ是正方形.在RtΔBPE和RtEB=EM,∴RtΔBPE≌∴SΔBPE∴S四邊形EBCM=S∵正方形ABCD與正方形EFGH重疊的面積是16cm∴CE22∵正方形ABCD的邊長為6，∴AC=62∴AE=AC?CE=62∴此時AE的長為22（3）分三種情況：①當(dāng)AE<CE時，CE?AE=2②當(dāng)AE=CE時，CE=AE且點(diǎn)M與點(diǎn)C重合；③當(dāng)AE>CE時，AE?CE=2【點(diǎn)睛】此題主要考查三角形全等的判定、正方形的性質(zhì)以及動點(diǎn)問題的綜合運(yùn)用，熟練掌握，即可解題.25．（23-24九年級·山東煙臺·期中）如圖，正方形ABCD中，對角線AC＝8cm．射線AF⊥AC，垂足為A．動點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)在CA上運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)在射線AF上運(yùn)動，兩點(diǎn)的運(yùn)動速度都是2cm/s．若兩點(diǎn)同時出發(fā)，多少時間后，四邊形AQBP是特殊四邊形？請說明特殊四邊形的名稱及理由．【答案】當(dāng)P、Q運(yùn)動2s后，四邊形AQBP是正方形，理由見解析【分析】當(dāng)P、Q運(yùn)動2s后，四邊形AQBP是正方形，由題意可得AQ＝AP＝BP＝4cm，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得BP⊥AC，可得AF∥BP，可證四邊形APBQ是平行四邊形，且BP⊥AC，AP＝BP，可得四邊形APBQ是正方形．【詳解】解：當(dāng)P、Q運(yùn)動2s后，四邊形AQBP是正方形，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形∴AB＝BC當(dāng)P、Q運(yùn)動2s后，CP＝AQ＝4cm，∵AC＝8cm，∴AP＝CP＝4cm，且AB＝BC，∴BP⊥AC，且AF⊥AC∴AF∥BP，且AQ＝BP＝4cm，∴四邊形APBQ是平行四邊形，且BP⊥AC，AP＝BP∴四邊形AQBP是正方形【點(diǎn)睛】本題是對正方形判定的考查，熟練掌握正方形的判定定理是解決本題的關(guān)鍵.26．（23-24九年級·河南安陽·期末）【問題情境】數(shù)學(xué)活動課上，老師出示了一個問題：如圖，在正方形ABCD中，E是邊BC上一動點(diǎn)（點(diǎn)E與點(diǎn)B，C不重合），連接AE，作AE⊥EP，EP與正方形的外角∠DCG的平分線交于P點(diǎn)．【思考嘗試】（1）如圖1，當(dāng)E是邊BC的中點(diǎn)時，觀察并猜想AE與EP的數(shù)量關(guān)系：________；【實踐探究】（2）小王同學(xué)受問題（1）的啟發(fā)，提出了新的問題：如圖2，在正方形ABCD中，若E是邊BC上一動點(diǎn)（點(diǎn)E與點(diǎn)B，C不重合），那么問題（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由；【拓展遷移】（3）小李同學(xué)深入研究了小王同學(xué)提出的這個問題，發(fā)現(xiàn)并提出新的探究點(diǎn)：如圖3，在正方形ABCD中，當(dāng)E在邊BC上運(yùn)動時（點(diǎn)E與點(diǎn)B，C不重合），連接DP，AP．若知道正方形的邊長，則可以求出△ADP周長的最小值．當(dāng)AB=4時，請你直接寫出△ADP周長的最小值：________．（說明：備用圖中CJ是外角∠DCG的平分線）【答案】（1）AE=EP，理由見解析；（2）成立，理由見解析；（3）4+45【分析】（1）取AB的中點(diǎn)F，連接EF，根據(jù)正方形的性質(zhì)可知AF=BF=BE=CE，再根據(jù)角平分線的定義∠AFE=∠ECP，最后利用直角三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定可知△AFE≌△ECPASA（2）在AB上截取AF=EC，連接EF，根據(jù)正方形的性質(zhì)可知∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，再根據(jù)角平分線的定義及直角三角形的性質(zhì)可知∠PEC=∠BAE，∠AFE=∠ECP，最后利用全等三角形的判定與性質(zhì)即可解答；（3）連接CP，作DG⊥CP，交BC的延長線于G，交CP于H，連接AG，根據(jù)正方形的性質(zhì)及角平分線的定義可知△CDG是等腰直角三角形，再根據(jù)線段垂直平分線的定義可知CP是DG的垂直平分線進(jìn)而即可解答．【詳解】解：（1）AE=EP，理由如下：取AB的中點(diǎn)F，連接EF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，∵F、E分別是AB、BC的中點(diǎn)，∴AF=BF=BE=CE，∴∠BEF=45°，∴∠AFE=135°，∵CP平分∠DCG，∴∠DCP=45°，∴∠ECP=135°，∴∠AFE=∠ECP，∵AE⊥PE，∴∠AEP=90°，∴∠AEB+∠PEC=90°，∵∠AEB+∠BAE=90°，∴∠PEC=∠BAE，∴△AFE≌△ECPASA∴AE=EP．故答案為：AE=EP．

（2）成立，理由如下：在AB上截取AF=EC，連接EF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，∵AF=EC，∴BF=BE，∴∠BEF=45°，∴∠AFE=135°，∵CP平分∠DCG，∴∠DCP=45°，∴∠ECP=135°，∴∠AFE=∠ECP，∵AE⊥PE，∴∠AEP=90°，∴∠AEB+∠PEC=90°，∵∠AEB+∠BAE=90°，∴∠PEC=∠BAE，∴△AFE≌△ECPASA∴AE=EP．

（3）連接CP，作DG⊥CP，交BC的延長線于G，交CP于H，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠DCG=90°，AB=BC，∵CP平分∠DCG，∴∠DCP=45°，∵DG⊥CP，∴∠CDG=45°，∴△CDG是等腰直角三角形，∴DH=HG，DC=CG，∵DG⊥CP，∴∠CHD=90°，∴CP是DG垂直平分線，∴點(diǎn)D與G關(guān)于CP對稱，∴AP+DP=AP+PG≥AG，當(dāng)A、P、G共線時取等號，故最小值為AG的長，∵AB=4，∴BG=2AB=8，∴在Rt△ABG中，AG=∴△ADP的周長的最小值為AD+AG=4+45【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，角平分線的定義，線段垂直平分線判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定、最短路徑問題，掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．27．（23-24九年級·吉林四平·期中）如圖1，在△ABC中，∠B=90°，AB=BC=2．動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段AB向終點(diǎn)B運(yùn)動，過點(diǎn)P作PE⊥AB交AC于點(diǎn)E．以PE為一邊向右作正方形PEFG．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t秒．正方形PEFG與△ABC重疊部分圖形的面積為S．(1)當(dāng)t=12時，(2)當(dāng)點(diǎn)F落在BC上時，t=________；(3)當(dāng)t=32時，在圖2中畫出圖形，并求出(4)連接CF，當(dāng)△CEF是等腰三角形時，直接寫出t的值．【答案】(1)14(2)1；(3)圖見解析，34(4)1，43或4?2【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是掌握等腰直角三角形的性質(zhì)．（1）正方形PEFG與△CEF重疊部分圖形即是邊長為12（2）當(dāng)點(diǎn)F落在BC上時，點(diǎn)G恰好與點(diǎn)B重合，此時點(diǎn)P在AB的中點(diǎn)處，即可求得t的值；（3）當(dāng)t=32時，正方形PEFG與△CEF重疊部分圖形是邊長分別為12和3（4）當(dāng)△CEF是等腰三角形時，進(jìn)行分類討論，當(dāng)EF=CF時，當(dāng)CE=CF時，△CEP都是等腰直角三角形，再討論CE=EF,畫圖列式求t的值即可．【詳解】（1）解：∵AB=BC，∴∠ABC=90°,∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠EAB=45°,∵PE⊥AB，∴△AEP是等腰直角三角形，∴PA=PE，∵點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段AB向終點(diǎn)B運(yùn)動，∴當(dāng)t=12∴四邊形PEFG是邊長為12此時正方形PEFG與△ABC重疊部分圖形就是正方形PEFG，∴S=S故答案為：14（2）解：由題意得，當(dāng)點(diǎn)F落在BC上時，點(diǎn)G恰好與點(diǎn)B重合，如圖：∵△AEP是等腰直角三角形，四邊形PEFG是正方形，∴PA=PE=PB=t，∴AB=PA+PB=2t=2,∴t=1,故答案為：1．（3）解：當(dāng)t=3由題意得：四邊形PEMB是矩形，PE=PA=t=3∴PB=AB?AP=2?∴S=S（4）解：①如圖：當(dāng)EF=CF時，∠CEF=45°，∴∠ECF=∠CEF=45°，∴∠CFE=90°，∴△CEF是等腰直角三角形，即此時點(diǎn)F落在BC上，由（2）得，此時t=1；②當(dāng)CE=CF時，如圖：∵∠CEF=45°，∴∠CEF=∠CFE=45°，∴∠FCE=90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∵PA=PE=EF=t,在Rt△AEP中，AE=在Rt△CEF中，CE∴CE=在Rt△ABC中，∴AC=AE+CE=解得t=③當(dāng)CE=EF時，如圖：∵PA=PE=EF=t,∵AE=∴AC=AE+CE=解得：t=4?2綜上，當(dāng)△CEF是等腰三角形時，t的值為1，43或4?228．（23-24九年級·山東濟(jì)南·期末）已知四邊形ABCD是邊長為8cm的正方形，P，Q是正方形邊上的兩個動點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以2cm/s的速度沿A→B→C方向運(yùn)動，點(diǎn)Q同時從點(diǎn)D出發(fā)以1cm/s速度沿D→C方向運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P(1)如圖1，點(diǎn)P在AB邊上，PQ，AC相交于點(diǎn)O，當(dāng)PQ，AC互相平分時，求t的值；(2)如圖2，點(diǎn)P在BC邊上，AP，BQ相交于點(diǎn)H，當(dāng)AP⊥BQ時，求t的值．【答案】(1)t的值為8(2)t的值為16【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、一元一次方程的應(yīng)用，正確列出關(guān)于t的方程是解此題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)題意用t表示出CQ與AP，證明四邊形APCQ為平行四邊形，得出AP=CQ，由此列出t的方程即可得解；（2）根據(jù)題意用t表示出CQ與BP，證明△ABP≌△BCQASA，得出BP=CQ，由此列出t【詳解】（1）解：由題意得：DQ=tcm，AP=2t∵四邊形ABCD是邊長為8cm∴CQ=8?t當(dāng)PQ，AC互相平分時，四邊形APCQ為平行四邊形，∴AP=CQ，∴2t=8?t，解得：t=8即t的值為83（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABP=∠BCQ=90°，∵AP⊥BQ，∴∠BAP+∠ABH=∠ABH+∠CBQ=90°，∴∠BAP=∠CBQ，∴△ABP≌△BCQASA∴BP=CQ，∵BP=2t?AB=2t?8cm，∴2t?8=8?t，解得：t=163，即t的值為29．（23-24九年級·吉林·階段練習(xí)）如圖，已知正方形ABCD的邊長為16，∠A=∠B=∠C=∠D=90°;AB=BC=CD=AD，點(diǎn)P為正方形ABCD邊上的動點(diǎn)，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿著A→B→C→D運(yùn)動到D點(diǎn)時停止，設(shè)點(diǎn)P經(jīng)過的路程為x,△APD的面積為y．(1)當(dāng)x=4時，y=______；(2)當(dāng)點(diǎn)P在邊BC上運(yùn)動時，y=______；(3)若點(diǎn)E是邊BC上一點(diǎn)且CE=6，連接DE，是否存在一點(diǎn)P，使得△DCE與△BCP全等？若存在，求出此時x的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)32(2)128(3)存在，x的值為10或38【分析】此題屬于四邊形的綜合題．考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積公式．注意掌握分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．（1）由x=4，可得AP=4，然后由y=S（2）直接由y=S（3）分兩種情況，當(dāng)點(diǎn)P在邊AB或邊CD上運(yùn)動時，分別畫出圖形，由全等三角形的性質(zhì)列出關(guān)于x的方程求解即可．【詳解】（1）解：∵AP=x=4，AD=16，∠A=90°，∴y=S故答案為：32；（2）解：∵點(diǎn)P在邊BC上運(yùn)動，∴y=S故答案為：128；（3）解：當(dāng)點(diǎn)P在邊AB或邊CD上運(yùn)動時，存在一點(diǎn)P，使得△DCE與△BCP全等．如圖4，當(dāng)點(diǎn)P在AB上時，△DCE≌△CBP，∴CE=PB=6，∴AP=AB?BP=16?6=10，∴x=10．如圖5，當(dāng)點(diǎn)P在CD上時，△DCE≌△BCP，∴CP=CE=6，∴x=AB+BC+CP=16+16+6=38．綜上所述，x=10或38時，使得△DCE與△BCP全等．30．（23-24九年級·吉林·期中）如圖，AC為正方形ABCD的對角線，AB=4．動點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C同時出發(fā)，均以每秒2個單位長度的速度分別沿AB、CD向終點(diǎn)B、D運(yùn)動．連接PQ交AC于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OE⊥PQ交邊AD于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動的時間為t秒．(1)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到邊AB的中點(diǎn)時，四邊形DEOQ的面積為__________；(2)連接AQ、PC，求證：四邊形APCQ是平行四邊形；(3)求四邊形APOE的面積；(4)當(dāng)OA將四邊形APOE分成面積比為2:3兩部分時，直接寫出t的值．【答案】(1)4(2)詳見解析(3)4(4)t=45【分析】（1）利用正方形性質(zhì)證明△APO≌△CQOAAS，得到OA=OC，結(jié)合當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到邊AB的中點(diǎn)時，則點(diǎn)Q運(yùn)動到邊CD的中點(diǎn)，利用三角形中位線性質(zhì)得到四邊形DEOQ是正方形，即可求得四邊形DEOQ（2）連接AQ、PC，由題中運(yùn)動情況可知，AP=CQ=2t，結(jié)合正方形性質(zhì)，即可證明四邊形APCQ是平行四邊形；（3）作ON⊥AB于點(diǎn)N，作OM⊥AD于點(diǎn)M，證明四邊形ANOM是正方形，再證明△EOM≌△PONASA，即可得到四邊形APOE的面積=（4）根據(jù)OA將四邊形APOE分成面積比為2:3兩部分，分以下兩種情況討論，①S△AOE:S△AOP=2:3【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，∴∠PAC=∠QCA=45°，∠D=90°，AB=CD=AD=BC=4，由題中運(yùn)動情況可知，AP=CQ=2t，∵∠COQ=∠AOP，∴△APO≌△CQOAAS∴OA=OC，O是AC的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到邊AB的中點(diǎn)時，則點(diǎn)Q運(yùn)動到邊CD的中點(diǎn)，∴OQ=12AD=1∴∠OQD=180°?∠D=90°=∠D，∵OE⊥PQ，∴四邊形DEOQ是正方形，∴四邊形DEOQ的面積為OQ?QD=2×2=4，故答案為：4．（2）證明：連接AQ、PC，由（1）可知，AP=CQ=2t，AP∥∴四邊形APCQ是平行四邊形；（3）解：作ON⊥AB于點(diǎn)N，作OM⊥AD于點(diǎn)M，∴∠OME=∠ONA=90°，OM與（1）中OE相等為2，∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，∴∠PAC=∠MAO=45°，∠BAD=90°，∴四邊形ANOM是矩形，∴OM∥∴∠MOA=∠PAC=45°=∠MAO，∴OM=AM；∴四邊形ANOM是正方形，∴OM=ON，∠MON=∠EOP=90°，∴∠MON?∠MOP=∠EOP?∠MOP，∴∠EOM=∠PON，∴△EOM≌△PONASA∴四邊形APOE的面積=S∴四邊形APOE的面積為2×2=4．（4）解：∵OA將四邊形APOE分成面積比為2:3兩部分，①S△AOE∴S△AOP∴1解得t=6②S△AOP∴S△AOP∴1解得t=4綜上所述，t=45或【點(diǎn)睛】本題考查正方形性質(zhì)和判定，全等三角形性質(zhì)和判定，矩形的判定定理，三角形中位線性質(zhì)，平行四邊形判定，解題的關(guān)鍵在于利用分類討論的思想解決問題．【題型4與梯形形有關(guān)的動點(diǎn)問題】31．（23-24九年級·吉林·期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動；點(diǎn)Q

(1)當(dāng)t=5時，P，Q兩點(diǎn)之間的距離為__________cm；(2)線段PC與DQ互相平分時，求t的值；(3)t為何值時，四邊形APQB的面積為梯形ABCD面積的310【答案】(1)10(2)t=6(3)t=5.5【分析】（1）過點(diǎn)P作PH⊥BQ于點(diǎn)H，則ABHP是矩形，利用勾股定理解題；（2）由CP與DQ互相平分，可知四邊形CDPQ是平行四邊形，根據(jù)對邊相等列方程解題；（3）表示四邊形CDPQ的面積，根據(jù)題意列方程解題．【詳解】（1）解：當(dāng)t=5時，AP=5∴BQ=BC?CQ=26?15=11，過點(diǎn)P作PH⊥BQ于點(diǎn)H，

則ABHP是矩形，∴BH=AP=5，∴HQ=6，∴PQ=P故答案為：10．（2）當(dāng)CP與DQ互相平分時，則四邊形CDPQ是平行四邊形．

∴PD=CQ．即24?t=3t.

解得t=6，（3）∵四邊形APQB的面積為梯形ABCD面積的3根據(jù)題意，得1解得

t=5.5【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．32．（23-24九年級·山東濟(jì)寧·階段練習(xí)）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=9cm，BC=24cm，E是BC的中點(diǎn)．動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AD向終點(diǎn)D運(yùn)動，動點(diǎn)P平均每秒運(yùn)動1cm；同時動點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CB向終點(diǎn)B運(yùn)動，動點(diǎn)Q平均每秒運(yùn)動2cm，當(dāng)動點(diǎn)P停止運(yùn)動時，動點(diǎn)(1)當(dāng)動點(diǎn)P運(yùn)動t(0<t<9)秒時，則PD=________；(用含t的代數(shù)式直接表示)(2)當(dāng)動點(diǎn)Q運(yùn)動t秒時，①若0<t<6，則EQ=________；(用含t的代數(shù)式直接表示)②若6<t<9，則EQ=________；(用含t的代數(shù)式直接表示)(3)當(dāng)運(yùn)動時間t為多少秒時，以點(diǎn)P，Q，D，E為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？【答案】(1)9?t；(2)①12?2t；②2t?12；(3)t為3秒或7秒時．【分析】（1）根據(jù)題意得：AP=t，AD=9，即可得出答案；（2）①若0<t<6，CQ=2t，CE=12，即可得出EQ=12?2t；②若6<t<9，CQ=2t，CE=12，即可得出EQ=2t?12；（3）分別從當(dāng)Q運(yùn)動到E和C之間和當(dāng)Q運(yùn)動到E和B之間，去分析求解即可求出答案．【詳解】（1）解：根據(jù)題意得：AP=t，AD=9，∴PD=AD?AP=9?t，故答案為：9?t；（2）解：①若0<t<6，CQ=2t，CE=1∴EQ=12?2t，故答案為：12?2t；②若6<t<9，CQ=2t，CE=1∴EQ=2t?12，故答案為：2t?12；（3）解：如圖所示：∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE=1①當(dāng)Q運(yùn)動到E和C之間時，設(shè)運(yùn)動時間為t，則：12?2t=9?t，解得：t=3，②當(dāng)Q運(yùn)動到E和B之間時，設(shè)運(yùn)動時間為t，則：2t?12=9?t，解得：t=7，∴運(yùn)動時間為3秒或7秒時，以點(diǎn)P，Q，D，E為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查梯形的性質(zhì)以及平行四邊形的判定與性質(zhì)，此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想，分類討論思想與方程思想的應(yīng)用．33．（23-24九年級·廣東廣州·期中）如圖①，在Rt△ABC中，已知∠A=90°,AB=AC,G,F分別是AB、AC上的兩點(diǎn)，且GF//BC．AF=2,BG=4．（1）求梯形BCFG的面積；（2）如圖②，有一梯形DEFG與梯形BCFG重合，固定△ABC，將梯形DEFG向右運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)D