專題2.8 利用一元二次方程解決幾何動態(tài)問題【七大題型】-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2.8利用一元二次方程解決幾何動態(tài)問題【七大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用一元二次方程解決三角形中的動態(tài)問題】 1【題型2利用一元二次方程解決平行四邊形中的動態(tài)問題】 4【題型3利用一元二次方程解決矩形中的動態(tài)問題】 15【題型4利用一元二次方程解決菱形中的動態(tài)問題】 21【題型5利用一元二次方程解決正方形中的動態(tài)問題】 27【題型6利用一元二次方程解決梯形中的動態(tài)問題】 31【題型7利用一元二次方程解決平面直角坐標(biāo)系中的動態(tài)問題】 39【題型1利用一元二次方程解決三角形中的動態(tài)問題】【例1】（23-24九年級·全國·單元測試）如圖，在△ABC中，AC=50m，BC=40m，∠C=90°，點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AC邊向點(diǎn)C以2m/s的速度勻速移動，同時另一點(diǎn)Q由C點(diǎn)開始以3m/s的速度沿著射線CB勻速移動，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動．當(dāng)△PCQ的面積等于300m2時，運(yùn)動時間為（A．5秒 B．20秒 C．5秒或20秒 D．不確定【答案】C【分析】本題考查一元二次方程的應(yīng)用．根據(jù)三角形的面積公式列出方程即可解決問題．【詳解】解：由題意AP=2t，CQ=3t，運(yùn)動時間0≤t≤25，∴PC=50?2t，∴12∴12解得t=20或5，∴運(yùn)動時間為5秒或20秒時，△PCQ的面積等于300m故選：C．【變式1-1】（23-24九年級·廣東汕頭·期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，現(xiàn)有動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC向點(diǎn)C方向運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CB向點(diǎn)B方向運(yùn)動，如果點(diǎn)P的速度是1cm/s，點(diǎn)Q的速度是2cm/s．P、Q兩點(diǎn)同時出發(fā)，當(dāng)有一點(diǎn)到達(dá)所在線段的端點(diǎn)時，另一點(diǎn)停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動時間為【答案】2【分析】先表示出PC=8?tcm，CQ=2tcm，根據(jù)PQ平分△ABC【詳解】解：根據(jù)題意，AP=tcm，CQ=2t∵BC=6cm，AC=8∴PC=8?tcm，點(diǎn)Q到B點(diǎn)的時間為6÷2=3s，點(diǎn)P到C∵P、Q兩點(diǎn)同時出發(fā)，當(dāng)有一點(diǎn)到達(dá)所在線段的端點(diǎn)時，另一點(diǎn)停止運(yùn)動．∴0<t≤3，當(dāng)PQ平分△ABC的面積時，S△PCQ=1∴12整理得t2解得t1=2，∴當(dāng)t=2時，PQ平分△ABC的面積．故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查一元二次方程的應(yīng)用，理解題意，正確列出方程并正確求解是解答的關(guān)鍵，注意時間的取值范圍．【變式1-2】（2024九年級·上?！ｎ}練習(xí)）等腰Rt△ABC中，AB=BC=8cm，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB向點(diǎn)B移動，通過點(diǎn)P引平行于BC、AC的直線與AC、BC分別交于點(diǎn)R、Q，問：AP等于多少厘米時，平行四邊形PQCR的面積等于【答案】4【分析】設(shè)AP=xcm，則BP=8?xcm，由題意可知△APR和△PBQ【詳解】設(shè)AP=xcm，則BP=8?xcm，由題意可知△APR和△PBQ均為等腰直角三角形，PQCR依題意可得x8?x解得：x1=x2=4故AP長為4cm時，平行四邊形PQCR的面積等于16【點(diǎn)睛】本題考查一元二次方程的應(yīng)用，動點(diǎn)問題的應(yīng)用求解，應(yīng)用平行四邊形面積公式求解出AP是解答本題的關(guān)鍵．【變式1-3】（23-24九年級·山東淄博·期末）如圖，在邊長為12cm的等邊三角形ABC中，點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AB邊向點(diǎn)B以每秒1cm的速度移動，點(diǎn)Q從點(diǎn)B開始沿BC邊向點(diǎn)C以每秒2cm的速度移動．若P，Q分別從A、B同時出發(fā)，其中任意一點(diǎn)到達(dá)目的地后，兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動．求經(jīng)過幾秒△BPQ

【答案】2秒【分析】設(shè)經(jīng)過x秒△BPQ的面積等于103，則AP=x，BQ=2x，作QD⊥AB于D，根據(jù)等邊三角形邊長為12，∠B=60°，得到PB=12?x，∠BQD=30°，得到DQ=3x，根據(jù)三角形面積公式得到1【詳解】

解：設(shè)經(jīng)過x秒△BPQ的面積等于103則AP=x，BQ=2x，過點(diǎn)Q作QD⊥AB，垂足為D，則∠BDQ=90°，∵等邊△ABC中，AB=12，∠B=60°，∴PB=12?x，∠BQD=90°?∠B=30°，∴BD=1∴DQ=B∴S=1解得x1=10（不合題意，舍去），∴x=2．答：經(jīng)過2秒△BPQ的面積等于103【點(diǎn)睛】本題主要考查了動點(diǎn)問題，等邊三角形，含30°的直角三角形，勾股定理，三角形的面積，熟練掌握等邊三角形的邊角性質(zhì)，含30°的直角三角形是邊的性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，三角形的面積公式，解一元二次方程，是解決問題的關(guān)鍵．【題型2利用一元二次方程解決平行四邊形中的動態(tài)問題】【例2】（23-24九年級·浙江溫州·期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AD=4，CD=12，BD⊥AD，∠A=60°，動點(diǎn)P、Q分別從A、B同時出發(fā)，點(diǎn)P以每秒2個單位的速度沿著折線A?D?C先由A向D運(yùn)動，再由D向C運(yùn)動，點(diǎn)Q以每秒1個單位的速度由B向A運(yùn)動，當(dāng)其中一動點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一動點(diǎn)隨之停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．(1)兩平行線DC與AB之間的距離是__________．(2)當(dāng)點(diǎn)P、Q與△BCD的某兩個頂點(diǎn)圍成一個平行四邊形時，求t的值．(3)AP，以AP，AQ為一組鄰邊構(gòu)造平行四邊形APMQ，若?APMQ的面積為73，求t【答案】(1)2(2)t=4或t=(3)t=1或t=【分析】此題主要考查了勾股定理，直角三角形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)等知識，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，由勾股定理可得出答案；（2）分兩種情況，由平行四邊形的性質(zhì)可得出答案；（3）分兩種情況，列出t的方程可得出答案．【詳解】（1）過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，∵AD=4，∠A=60°，∴∠ADE=30°，∴AE=2，∴DE=A故答案為：23（2）在Rt△ABD∵∠DAB=60°，AD=4，∴∠ABD=30°，∴AB=2AD=2×4=8，Ⅰ．當(dāng)四邊形BPDQ為平行四邊形時，DP=BQ，∴2t?4=t，∴t=4，Ⅱ．當(dāng)四邊形BCPQ為平行四邊形時，PC=BQ，∴16?2t=t，∴t=16綜上所述當(dāng)點(diǎn)P、Q與△BCD的某兩個頂點(diǎn)圍成一個平行四邊形時，t=4或t=16（3）Ⅰ．當(dāng)P在AD邊上時，AQ邊上的高是3t∴(8?t)×3t=7解得t1=1，Ⅱ．當(dāng)P在DC邊上時，∴(8?t)×23=7解得t=9綜上所述t=1或t=92時，平行四邊形APMQ的面積為【變式2-1】（23-24九年級·浙江溫州·階段練習(xí)）如圖，等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，D，E是AB，BC邊上的動點(diǎn)，且AD=BE，以DE，CE為邊作平行四邊形DECF，連接CD，AF，當(dāng)CD∥AF時，則△ADC的面積為．【答案】12?4【分析】設(shè)AD=BE=x，則BD=CE=4?x，由平行四邊的性質(zhì)得DF=CE=BD=4?x，DF∥CE，再證四邊形ADCM是平行四邊形得∠DAF=∠CMN，AD=CM=x，又證△DAF≌△MCN，得CN=DF=CE=4?x【詳解】解：延長AF交BC延長線于點(diǎn)N，過點(diǎn)C作CM⊥BC交AN于點(diǎn)M，

∵等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，∴AB=BC=4，設(shè)AD=BE=x，則BD=CE=4?x，∵四邊形DECF是平行四邊形，∴DF=CE=BD=4?x，DF∥CE，∵CM⊥BC，∴∠B=∴CM∥AD，∵CD∥AF，∴四邊形ADCM是平行四邊形，∠DAF=∴AD=CM=x，在△DAF和△CMN中，∠DAF=∠CMN∴△DAF≌△MCN，∴CN=DF=CE=4?x，∴BN=CN+BC=8?x，∵S△ABN∴12BN?AB=1∴x2∴x=6+25（舍去）或AD=x=6?2∴S△ADC故答案為：12?45【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的定義，解一元二次方程，全等三角形的判定及性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定及性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（23-24九年級·浙江杭州·期中）如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在平行四邊形ABCD的邊BC，AD上，且BE=DF，AD=10，CD=8，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿著線段AE向終點(diǎn)E運(yùn)動，同時點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿著折線段C?F?A向終點(diǎn)A運(yùn)動，且它們同時到達(dá)終點(diǎn)，設(shè)Q點(diǎn)運(yùn)動的路程為x，PE的長度為y，且y=kx+8（k為常數(shù)，k≠0）．（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形．（2）求AE的長．（3）當(dāng)k=?4①求AF的值；②連結(jié)PQ，QE，當(dāng)△PQE為直角三角形時，求所有滿足條件的x的值．【答案】（1）見解析；（2）8；（3）①2；②1，3+【分析】（1）根據(jù)已知證明AF=EC,AF//（2）根據(jù)題，當(dāng)x=0時，PE=y，令x=0時，即可求得AE；（3）①當(dāng)P到達(dá)E點(diǎn)時，Q點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)，此時PE=0,則y=0，令y=0求得x，可得CF+AF=10，結(jié)合已知條件可得AF；②由①可得，△ABE是等邊三角形，分情況討論，當(dāng)Q在CF上，∠PEQ=90°時，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，可得CQ=12EC；當(dāng)∠PQE=90°時，過點(diǎn)P,E分別作PN⊥FC,EM⊥FC，垂足為N,M,可得四邊形PEMN是矩形，分別求得PE2,PQ2,QE2,根據(jù)勾股定理列出方程，解一元二次方程即可，當(dāng)∠QPE=90°時，如圖，過點(diǎn)E【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形；∴AD∴AF∵BE=DF∴AD?AF=BC?BE即AF=EC∴四邊形AECF是平行四邊形；（2）∵依題意，設(shè)Q點(diǎn)運(yùn)動的路程為x，PE的長度為y，∴AP=AE?y，PE=y，y=kx+8當(dāng)x=0時，則y=8，PE=AE∴PE=AE=8（3）①當(dāng)P到達(dá)E點(diǎn)時，Q點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)此時PE=0,則y=0當(dāng)k=?45令y=0，解得x=10則CF+AF=10∵四邊形AECF是平行四邊形，∴AE=CF=8∴AF=2②由①可知，AB=AE=8,EC=AF=2,BE=BC?EC=10?2=8∴AB=BE=AE=8∴△ABE是等邊三角形∴∠AEB=60°連結(jié)PQ，QE，當(dāng)△PQE為直角三角形時，當(dāng)Q在CF上，∠PEQ=90°時，如圖，∵∠AEB=60°∴∠QEC=30°∴CQ=即x=1；當(dāng)∠PQE=90°時，過點(diǎn)P,E分別作PN⊥FC,EM⊥FC，垂足為N,M,∵AE//∴PN⊥AE,EM⊥AE∴四邊形PEMN是矩形，∵FC∴∠MCE=60°∴∠MEC=30°∵EC=2∴MC=1∴EM=∵QC=x∴QM=QC?MC=x?1在Rt△QEM中Q∵四邊形PEMN是矩形，∴PE=NM=y=?45∴NQ=MN?QM=?在Rt△PNQ中P∵△PEQ是Rt△∴P即(?45x+8)2化簡得：3解得：x當(dāng)∠QPE=90°時，如圖，過點(diǎn)E作EM⊥FC于點(diǎn)M,∵FC//∴EM⊥AE∴∠QOE=∠PEM=∠EMQ=90°∴四邊形PEMQ是矩形，∴PE=QM=y=?∵FC∴∠MCE=60°∴∠MEC=30°∵EC=2∴MC=1∴EM=∵QC=x∴QM=QC?MC=x?1∵x?1=?解得x=5當(dāng)Q點(diǎn)在AF上運(yùn)動時，△PEQ不是直角三角形，綜上所述，所有滿足條件的x的值為：1，3+【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，解一元二次方程，函數(shù)的解析式，分類討論是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（23-24九年級·浙江杭州·期中）如圖，平行四邊形ABCD中∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm，點(diǎn)E以1cm/s的速度從點(diǎn)A出發(fā)沿A一B一C向點(diǎn)C運(yùn)動，同時點(diǎn)F以1cm/s的速度從點(diǎn)A出發(fā)沿A一D一C向點(diǎn)C運(yùn)動，當(dāng)一個點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一個點(diǎn)也停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的時間為t（s）．(1)求平行四邊形ABCD的面積；(2)求當(dāng)t＝2s時，求△AEF的面積；(3)當(dāng)△AEF的面積為平行四邊形ABCD的面積的13時，求t【答案】(1)93cm2；(2)3cm2；(3)t的值為4或9+【分析】（1）過點(diǎn)B作BG⊥CD于點(diǎn)G，由直角三角形的性質(zhì)得出平行四邊形的高，再按底乘以高，即可得解；（2）過點(diǎn)F作FH⊥AE于點(diǎn)H，分別計算出t＝2s時，AE，AF和FH的長，則按三角形面積公式計算即可；（3）分點(diǎn)E在線段AB上，點(diǎn)F在線段AD上和點(diǎn)E在線段BC上，點(diǎn)F在線段CD上，兩種情況計算即可．【詳解】（1）平行四邊形ABCD中，∵∠A＝60°，AB＝6cm，AD＝3cm，∴CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm，如圖，過點(diǎn)B作BG⊥CD于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A＝∠C＝60°，∴∠CBG＝30°，∴CG＝12BC＝3∴BG＝BC2?CG∴平行四邊形ABCD的面積為：CD×BG＝6×323＝93（cm答：平行四邊形ABCD的面積為93cm2；（2）當(dāng)t＝2s時，AE＝2×1＝2cm，AF＝2×1＝2cm，∵∠A＝60°，∴△AEF是等邊三角形，如圖，過點(diǎn)F作FH⊥AE于點(diǎn)H，∴FH＝32AF＝3∴△AEF的面積為：12×AE×FH＝12×2×3＝3（cm答：當(dāng)t＝2s時，△AEF的面積為3cm2；（3）∵由（1）知平行四邊形ABCD的面積為93cm2．∴當(dāng)△AEF的面積是平行四邊形ABCD面積的13△AEF的面積為：93×13＝33（cm2當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上運(yùn)動t秒時，點(diǎn)F在AD上運(yùn)動t秒，AE＝tcm，AF＝tcm，高為32AF＝32∴12×t×32t＝3∴t＝﹣23（舍）或t＝23，∴t＝23>3，不符合題意；當(dāng)點(diǎn)E在線段AB.上運(yùn)動秒時，點(diǎn)F在CD上運(yùn)動t秒，(3<t≤6)，∴∴t=4，符合題意；當(dāng)點(diǎn)E′運(yùn)動到線段BC上時，且運(yùn)動時間為t秒時，點(diǎn)F′也運(yùn)動到線段CD上，如圖，過點(diǎn)E′作MN垂直CD于點(diǎn)H，垂直于AB延長線于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠A＝∠C＝60°，CD＝AB＝6cm，BC＝AD＝3cm，∴AB∥CD，∴∠E′BG＝∠C＝60°，∴E′G＝32BE′＝32（t﹣6）（cm），E′H＝1.53﹣（t﹣6）＝32∴S△AEF＝93﹣12×6×32（t﹣6）﹣12×[6﹣（t﹣3）]×[32（9﹣t）]﹣12（t化簡得：t2﹣9t+12＝0，∴t=當(dāng)t=9+332時，點(diǎn)E位于線段BC上，點(diǎn)F綜上所述，t的值為4或9+33【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握三角形或平行四邊形的面積公式是解題的關(guān)鍵．【題型3利用一元二次方程解決矩形中的動態(tài)問題】【例3】（23-24九年級·甘肅定西·階段練習(xí)）如圖①，在矩形ABCD中，AB<AD，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，動點(diǎn)P由點(diǎn)A出發(fā)，沿AB→BC→CD向點(diǎn)D運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動路程為x，△AOP的面積為y，y與x的函數(shù)關(guān)系圖象如圖②所示，則A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本題主要考查動點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，解題的關(guān)鍵是分析三角形面積隨動點(diǎn)運(yùn)動的變化過程，找到分界點(diǎn)極值，結(jié)合圖象得到相關(guān)線段的具體數(shù)值．當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動時，△AOP面積逐漸增大，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時，結(jié)合圖象可得△AOP面積最大為3，得到AB與BC的積為12；當(dāng)P點(diǎn)在BC上運(yùn)動時，△AOP面積逐漸減小，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時，△AOP面積為0，此時結(jié)合圖象可知P點(diǎn)運(yùn)動路徑長為7，得到AB與BC的和為7，構(gòu)造關(guān)于AB的一元二方程可求解．【詳解】解：當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動時，△AOP面積逐漸增大，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時，△AOP面積最大為3．∴14AB?BC=3，即當(dāng)P點(diǎn)在BC上運(yùn)動時，△AOP面積逐漸減小，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時，△AOP面積為0，此時結(jié)合圖象可知P點(diǎn)運(yùn)動路徑長為7，∴AB+BC=7．則BC=7?AB，代入AB?BC=12，得AB2?7AB+12=0因?yàn)锳B<AD，即AB<BC，所以AB=3，故選：B．【變式3-1】（23-24九年級·江蘇宿遷·期末）如圖，已知A，B，C，D為矩形的四個頂點(diǎn)，AB=16cm，AD=6cm，動點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，C同時出發(fā)，點(diǎn)P以3cm/s的速度向點(diǎn)B移動，一直到點(diǎn)B為止，點(diǎn)Q以2

(1)當(dāng)t為何值時，P，Q兩點(diǎn)間的距離最?。孔钚【嚯x是多少？(2)連接QB．①當(dāng)△BPQ為等腰三角形時，求t的值；②在運(yùn)動過程中，是否存在一個時刻，使得∠PQB=90°？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)當(dāng)t=165時，PQ最小，PQ(2)①當(dāng)△BPQ為等腰三角形時，t的值為4±72或48?23015或【分析】（1）首先根據(jù)題意，得出AP=3tcm，CQ=2tcm，再根據(jù)線段之間數(shù)量關(guān)系，得出PB=16?3tcm，再根據(jù)垂線段最短，得出當(dāng)PQ⊥AB時，PQ最小，此時四邊形BCQP是矩形，再根據(jù)矩形的性質(zhì)，得出（2）①過點(diǎn)Q作QG⊥AB于點(diǎn)G，得矩形BCQG，矩形AGQD，根據(jù)矩形的性質(zhì)，得出BG=CQ=2tcm，QG=BC=6cm，再根據(jù)線段之間數(shù)量關(guān)系，得出PG=16?5tcm，再根據(jù)勾股定理，得出PQ2=16?5t2②當(dāng)∠PQB=90°時，根據(jù)勾股定理，得出PQ2+BQ2【詳解】（1）解：根據(jù)題意，可得：AP=3tcm，CQ=2t∵AB=16cm，AD=6∴PB=AB?AP=16?3t當(dāng)PQ⊥AB時，PQ最小，此時四邊形BCQP是矩形，∴CQ=PB，∴2t=16?3t，解得：t=16∴當(dāng)t=165時，PQ最小，PQ的最小距離為（2）解：①如圖，過點(diǎn)Q作QG⊥AB于點(diǎn)G，得矩形BCQG，矩形AGQD，

∴BG=CQ=2tcm，QG=BC=6∴PG=AB?BG?AP=16?2t?3t在Rt△PQG根據(jù)勾股定理，可得：PQ2=P當(dāng)PQ=PB時，可得：16?5t2整理可得：4t解得：t=4±當(dāng)BQ=PB時，可得：2t2整理可得：5t解得：t=48?23015當(dāng)QP=QB時，G為PB的中點(diǎn)，∴16?5t=2t，解得：t=16綜上可得：當(dāng)△BPQ為等腰三角形時，t的值為4±72或48?2301②不存在一個時刻，使得∠PQB=90°，理由如下：當(dāng)∠PQB=90°時，可得：PQ即16?5t2整理可得：5t∵Δ=∴此方程無實(shí)數(shù)解，∴不存在一個時刻，使得∠PQB=90°．【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、解一元二方程、一元二次方程的根與判別式的關(guān)系，解本題的關(guān)鍵在利用分類討論思想解答．【變式3-2】（23-24九年級·遼寧朝陽·期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=10cm，AD=8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動，同時點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC以1cm/s的速度向點(diǎn)C運(yùn)動，點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)后，P、Q兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動，則秒時，【答案】2或3【分析】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．設(shè)運(yùn)動時間為t秒，則PB=(10?2t)cm，BQ=tcm，利用三角形的面積計算公式，結(jié)合△BPQ的面積是6cm【詳解】解：設(shè)運(yùn)動時間為t秒，則PB=(10?2t)cm，BQ=t∵S△BPQ∴12整理得：t2解得：t1=2，∴2或3秒時，△BPQ的面積是6cm故答案為：2或3．【變式3-3】（23-24九年級·河南·期末）如圖，A、B、C、D為矩形的四個頂點(diǎn)，AB=4cm，AD=2cm，動點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C同時出發(fā)，都以1cm/s的速度運(yùn)動，其中點(diǎn)P由A運(yùn)動到B停止，點(diǎn)Q由點(diǎn)C運(yùn)動到點(diǎn)D停止．(1)求四邊形PBCQ的面積；(2)P、Q兩點(diǎn)從出發(fā)開始到幾秒時，P、Q、D組成的三角形是等腰三角形？【答案】(1)4(2)t=2秒或23秒或43秒或【分析】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的定義和性質(zhì)、一元二次方程的應(yīng)用、一元一次方程的應(yīng)用等知識，解題關(guān)鍵是運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想分析問題．（1）設(shè)運(yùn)動時間為t，則AP=t，CQ=t，進(jìn)而可得BP=4?t，然后根據(jù)梯形面積公式求解即可；（2）設(shè)P、Q兩點(diǎn)從出發(fā)開始到t秒時，點(diǎn)P、Q、D組成的三角形是等腰三角形，根據(jù)題意可得CQ=t，易得DQ=4?t，然后分PQ=DQ、PQ=PD、DQ=PD三種情況，分別求解即可．【詳解】（1）解：設(shè)運(yùn)動時間為t，則AP=t，CQ=t，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=4cm，BC=AD=2cm，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∴BP=4?t，∴四邊形PBCQ的面積=12PB+CQ（2）設(shè)P、Q兩點(diǎn)從出發(fā)開始到t秒時，點(diǎn)P、Q、D組成的三角形是等腰三角形，∵CQ=t，∴DQ=4?t，①當(dāng)PQ=DQ=4?t時，如圖1，過P作PH⊥DQ于H，則∠PHD=∠A=∠D=90°，∴四邊形APHD為矩形，∴PH=AD=2，DH=AP=t，∵CQ=t，∴HQ=4?2t，在Rt△PQH中，可有P∴22解得t=2，t=2②當(dāng)PQ=PD時，如圖2，過P作PH⊥DQ于H，由①可知四邊形APHD為矩形，∴PH=AD=2，DH=AP=HQ=t，∵CQ=t，∴HQ=4?2t，∴4?2t=t，解得t=4③當(dāng)DQ=PD時，∴DQ=4?t，∴PD=DQ=4?t，在Rt△ADP中，可有A∴t2∴t=3綜上所述，當(dāng)t=2秒或23秒或43秒或32秒時，點(diǎn)P、Q【題型4利用一元二次方程解決菱形中的動態(tài)問題】【例4】（2024·甘肅金昌·模擬預(yù)測）如圖①，BD是菱形ABCD的對角線，AD<BD，動點(diǎn)P從菱形的某個頂點(diǎn)出發(fā)，沿相鄰的兩條線段以1cm/s的速度勻速運(yùn)動到另一個頂點(diǎn)，在運(yùn)動過程中，CP的長y(cm)隨時間t(A．12cm B．16cm C．20cm【答案】C【分析】由圖②得：當(dāng)0<t≤a時，y在減小，當(dāng)a<t≤a+1時，y先變小后變大，可得P應(yīng)從A出發(fā)沿AB運(yùn)動到B，再運(yùn)動到D，或P應(yīng)從A出發(fā)沿AD運(yùn)動到D，再運(yùn)動到B，設(shè)P應(yīng)從A出發(fā)沿AB運(yùn)動到B，再運(yùn)動到D，如圖，連接AC交BD于O，再進(jìn)一步解答即可；【詳解】解：由圖②得：當(dāng)0<t≤a時，y在減小，當(dāng)a<t≤a+1時，y先變小后變大，∴P應(yīng)從A出發(fā)沿AB運(yùn)動到B，再運(yùn)動到D，或P應(yīng)從A出發(fā)沿AD運(yùn)動到D，再運(yùn)動到B，設(shè)P應(yīng)從A出發(fā)沿AB運(yùn)動到B，再運(yùn)動到D，如圖，連接AC交BD于O，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∴當(dāng)P在A處時，y=8，即AC=8，∴OA=4，當(dāng)P在B處時，x=a，即AB=a，當(dāng)P位于D處時，x=2a+1，即BD=a+1，∴OB=a+1∵OB∴42解得：a=5（不符合題意的根舍去），∴AB=5，∴菱形ABCD的周長為20cm故選C【點(diǎn)睛】本題考查的是動點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，菱形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，一元二次方程的解法，理解題意是解本題的關(guān)鍵.【變式4-1】（23-24九年級·廣東深圳·期中）如圖，在△ABD中，AB=AD,AO平分∠BAD,過點(diǎn)D作AB的平行線交AO的延長線于點(diǎn)C,連接BC

（1）求證：四邊形ABCD是菱形．（2）如果OA,OB(OA>OB)的長（單位：米）是一元二次方程x2（3）若動點(diǎn)M從A出發(fā)，沿AC以2m/s的速度勻速直線運(yùn)動到點(diǎn)C,動點(diǎn)N從B出發(fā)，沿BD以1m/s的速度勻速直線運(yùn)動到點(diǎn)D，當(dāng)M運(yùn)動到C點(diǎn)時運(yùn)動停止．若M、N同時出發(fā)，問出發(fā)幾秒鐘后，△MON的面積為14【答案】（1）證明見解析；（2）5，24；（3）M，N出發(fā)5?22秒，52秒，5+22秒鐘后，△【分析】（1）根據(jù)題意，用“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”先判定平行四邊形，再用鄰邊相等證明菱形；（2）解方程可得OA、OB的長，用勾股定理可求AB，根據(jù)“菱形的面積對應(yīng)對角線積的一半”計算連線面積；（3）根據(jù)點(diǎn)M、N運(yùn)動過程中與O點(diǎn)的位置關(guān)系，分三種情況分別討論．【詳解】（1）證明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD∴∠DAC=∠BAC=∠DCA∴△ACD是等腰三角形，AD=DC又∵AB=AD∴AB=CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，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=OAS菱形ABCD=12AC×BD=1（3）解：在第（2）問的條件下，設(shè)M、N同時出發(fā)x秒鐘后，△MON的面積為14m2當(dāng)點(diǎn)M在OA上時，x<2，S△MON=12（4-2x）（3-x）=1解得x1=5?22，x2=當(dāng)點(diǎn)M在OC上且點(diǎn)N在OB上時，2＜x＜3，S△MON=12（3-x）（2x-4）=1解得x1=x2=52當(dāng)點(diǎn)M在OC上且點(diǎn)N在OD上時，即3<x≤4，S△MON=12（2x-4）（x-3）=1解得x1=5+22，x2=綜上所述：M，N出發(fā)5?22秒，52秒，5+22秒鐘后，△【變式4-2】（23-24九年級·江蘇南京·期中）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD交于點(diǎn)O，AC=16cm,BD=12cm,動點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向以2cm/s的速度運(yùn)動到點(diǎn)C，動點(diǎn)N從點(diǎn)B出發(fā)沿BD方向以1cm/s的速度運(yùn)動到點(diǎn)D

(1)出發(fā)1秒鐘時，△MON的面積=cm2(2)出發(fā)幾秒鐘時，△MON的面積為1【答案】(1)15(2)t=5+2或t=5或【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，一元二次方程與幾何問題，掌握菱形的對角線互相垂直平分，根據(jù)題意進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出OA=12AC=8cm，OB=（2）根據(jù)題意進(jìn)行分類討論即可①當(dāng)0<t<4時，點(diǎn)M在線段OA上，點(diǎn)N在線段OB上，②當(dāng)4<t<6時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段OB上，③當(dāng)6<t<8時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段OD上．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=16∴OA=12AC=8當(dāng)出發(fā)1秒鐘時，AM=2cm,∴OM=OA?AM=6cm,∴△MON的面積=1故答案為：15．（2）解：∵AC=16∴t≤16解得：t≤8，當(dāng)點(diǎn)M在線段OA上時，0<t<82，即當(dāng)點(diǎn)N在線段OB上時，0<t<6，設(shè)出發(fā)時間為t，則AM=2t,BN=t，①當(dāng)0<t<4時，點(diǎn)M在線段OA上，點(diǎn)N在線段OB上，OM=8?2t,ON=6?t，∵△MON的面積為1∴12解得：t1=5+2②當(dāng)4<t<6時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段OB上，OM=2t?8,ON=6?t，∵△MON的面積為1∴12解得：t=5，③當(dāng)6<t≤8時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段OD上，OM=2t?8,ON=t?6，∵△MON的面積為1∴12解得：t1=5+2綜上：t=5+2或t=5或t=5?【變式4-3】（2024·遼寧朝陽·一模）如圖，菱形ABCD中，AC，BD交于O，AC=8cm，BD=6cm，動點(diǎn)M從A出發(fā)沿AC方向以每秒2cm勻速直線運(yùn)動到C，動點(diǎn)N從B出發(fā)沿BD方向以每秒1cm勻速直線運(yùn)動到D，若M，N同時出發(fā)，問出發(fā)后s時，△MON的面積為菱形

【答案】1或4【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，一元二次方程的應(yīng)用及分類討論的數(shù)學(xué)思想，解題的關(guān)鍵是根據(jù)出發(fā)后時間的多少確定列方程的方法．根據(jù)點(diǎn)M、N運(yùn)動過程中與O點(diǎn)的位置關(guān)系，分當(dāng)x<2時，點(diǎn)M在線段AO上，點(diǎn)N在線段BO上、當(dāng)2<x<3時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段BO上和當(dāng)x>3時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段OD上三種情況分別討論．【詳解】解：設(shè)出發(fā)后x秒時，S△MON∵四邊形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，∴OA=4，OB=3，AC⊥BD，S菱形∴S△MON當(dāng)x<2時，點(diǎn)M在線段AO上，點(diǎn)N在線段BO上．此時OM=OA?AM=4?2x，ON=OB?BN=3?x，則12解得x1=1，當(dāng)2<x<3時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段BO上，此時OM=AM?OA=2x?4，ON=OB?BN=3?x則12(2x?4)(3?x)=2；化簡為此時方程Δ<0當(dāng)x>3時，點(diǎn)M在線段OC上，點(diǎn)N在線段OD上，此時OM=AM?OA=2x?4，ON=BN?OB=x?3，則12解得x1=1綜上所述，出發(fā)后1s或4s時，故答案為：1或4．【題型5利用一元二次方程解決正方形中的動態(tài)問題】【例5】（23-24九年級·河南南陽·階段練習(xí)）如圖，將邊長為2cm的正方形ABCD沿其對角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移，得到△A′B′C′

A．12cm B．2+24cm C．1【答案】D【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)，結(jié)合陰影部分是平行四邊形，△A′HA與△HCB′都是等腰直角三角形，則若設(shè)A【詳解】解：設(shè)AC交A′B′于H，A′C

由平移的性質(zhì)知AC∥A′C∴四邊形A′∵由正方形的性質(zhì)可得：∠A=45°，∠D=90°=∠AA∴△A同理，△HCB設(shè)AA′=x，則陰影部分的底長為x∴x2?x∴x=2±即AA故選：D．【點(diǎn)睛】此題考查解一元二次方程、平行四邊形的判定及性質(zhì)，平移的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，根據(jù)平移的性質(zhì)得到四邊形A′【變式5-1】（2024九年級全國·競賽）如圖，已知正方形ABCD的邊長為10厘米，點(diǎn)E在邊AB上，且AE=6.4厘米，P、Q兩點(diǎn)分別從B、C兩點(diǎn)出發(fā)以1厘米/秒的速度沿正方形的邊逆時針移動，當(dāng)點(diǎn)P移到點(diǎn)D時，P、Q兩點(diǎn)同時停止移動，設(shè)移動時間為t秒，當(dāng)S△AEP=S△CPQ

【答案】3.6或18【分析】本題考查一元二次方程在幾何中的應(yīng)用，根據(jù)移動時間為t秒，分以下兩種情況討論，①當(dāng)P在BC上時，②當(dāng)P在CD上時，根據(jù)這兩種情況分別用t表示出△AEP和△CPQ的底和高，根據(jù)S△AEP【詳解】解：∵移動時間為t秒，正方形ABCD的邊長為10厘米，AE=6.4厘米，①當(dāng)P在BC上時，有BP=t厘米，PC=10?t厘米，QC=t∵S△AEP∴12AE?BP=整理得t2?3.4t=0，解得t1②當(dāng)P在CD上時，則PC=t?10厘米，QD=∴1整理得t?10=±8，解得t3=18，綜上所述，t的值為3.6或18．故答案為：3.6或18．【變式5-2】（23-24九年級·江蘇無錫·期中）如圖，將邊長為4的正方形ABCD沿對角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移得到△A′B′C′，若兩個三角形重疊部分的面積為3，則它移動的距離AA′等于；移動的距離AA′等于時，兩個三角形重疊部分面積最大．【答案】1cm或3cm/3cm或1cm2cm【分析】如圖，設(shè)AC交A′B′于H,A′C′交CD于G,證明四邊形A′HCG是平行四邊形，證明【詳解】解：如圖，設(shè)AC交A′B′于H,A′C由平移的性質(zhì)可得：AC∥∴四邊形A′由正方形ABCD可得：∠A=45°,∠D=∠AA∴△A同理：△HCB設(shè)AA′=∴x4?x∴x解得：x1∴AA′=1∵重疊部分的面積為：x4?x∴當(dāng)x=2時，重疊部分的面積最大，最大面積為4cm2所以當(dāng)AA故答案為：1cm或3cm；2cm【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程的解法，配方法的應(yīng)用，平移的性質(zhì)，熟悉以上基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵.【變式5-3】（2024·河南·二模）如圖1，正方形ABCD的邊長和等腰直角△FGH的邊AD與FG重合，邊AB與FH在一條直線上，△FGH以1cm/s的速度向右移動，直到點(diǎn)H與點(diǎn)B重合才停止移動，兩個圖形重疊部分的面積為S（cm2），圖2所示的是△FGH向右移動時，面積S（cm2）與隨時間t（sA．16 B．8 C．2 D．4【答案】D【分析】根據(jù)正方形與等腰直角三角形的性質(zhì)得到AH=AD=AB=BC，根據(jù)圖象分析最大面積為S最大=S【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，△FGH為等腰直角三角形，∴AH=AD=AB=BC，∵△FGH向右移動時，重合部分的面積越來越大，直至△FGH完全在正方形ABCD內(nèi)部，此時S=S△FGH，接著往下運(yùn)動的話，不完全在正方形∴圖2中S=a+4是重合部分的面積最大值，∴S最大∵△FGH以1cm/s的速度向右移動，由圖2可知從開運(yùn)動到結(jié)束用了（a∴2AB=(a+4)×1,∴AB=a2∵S最大解得：a=4或者a=-4，∴a=4，故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及一元二次方程的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于分析等腰直角三角形的運(yùn)動過程，找出運(yùn)動時間與路程，列出方程求解．【題型6利用一元二次方程解決梯形中的動態(tài)問題】【例6】（23-24九年級·安徽淮南·階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，BC=8cm，AB=AD=10cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒3cm的速度沿折線A?B?C方向運(yùn)動，點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒2cm速度沿線段DC方向向點(diǎn)C運(yùn)動．已知動點(diǎn)P，Q同時出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動到點(diǎn)C時，（1）當(dāng)t=秒時，四邊形PBQD為平行四邊形；（2）在點(diǎn)P、點(diǎn)Q的運(yùn)動過程中，當(dāng)t=秒時，△BPQ的面積為15cm【答案】25或193或【分析】（1）當(dāng)四邊形PBQD為平行四邊形時，BP=DQ，由此構(gòu)建方程解決問題即可；（2）分兩種情況進(jìn)行討論：即①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上，②當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上，根據(jù)兩種情況點(diǎn)的位置，可以確定t的值．【詳解】解：（1）當(dāng)四邊形PBQD為平行四邊形時，BP=DQ，∵BC=8cm，AB=AD=10如圖，∴BP=10?3t，DQ=2t，∴10?3t=2t，解得：t=2，故答案為：2；（2）如圖1，過A點(diǎn)作AM⊥CD于M，則四邊形AMCB是矩形，∴AM=BC=8，MC=AB=10，∵AD=10，∴DM=A∴CD=DM+CM=6+10=16；①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時，即0≤t≤10∴S解得t=25②當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時，即103∵BP=3t?10，CQ=16?2t，∴S△BPQ整理得：3t2?34t+95=0解得：t=5或t=19∵103∴t=5或t=19綜上所述，t=5或t=193或t=2512，故答案為：5或193或25【點(diǎn)睛】本題考查了直角梯形，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用以及三角形的面積等，分類討論的思想是本題的關(guān)鍵．【變式6-1】（23-24九年級·江蘇泰州·期末）如圖，利用兩面夾角為135°且足夠長的墻，圍成梯形圍欄ABCD，∠C＝90°，新建墻BCD總長為15米，則當(dāng)CD＝米時，梯形圍欄的面積為36平方米．【答案】4或6/6或4【分析】過點(diǎn)A作AE⊥BC于E，則四邊形ADCE為矩形，得出DC=AE=BE=x，再證明△ABE是等腰直角三角形，得出AD=CE=15-2x，然后根據(jù)梯形的面積公式即可得到一元二次方程，求解即可．【詳解】解：如圖，連接DE，過點(diǎn)A作AE⊥BC于E，則四邊形ADCE為矩形，DC=AE=x，∠DAE=∠AEB=90°，則∠BAE=∠BAD-∠EAD=45°，在直角△CDE中，又∵∠AEB=90°，∴∠B=45°，∴DC=AE=BE=x，∴AD=CE=15-2x，∴梯形ABCD面積S=12（AD+BC）?CD=12（15-2x+15-x）?解得∶x1=4，x2=6故答案為：4或6【變式6-2】（2024九年級·全國·專題練習(xí)）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．動點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DA的方向以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動．點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)D，C同時出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到點(diǎn)A時，點(diǎn)Q隨之停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動時間為t（s），當(dāng)t為何值時，以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形？【答案】t＝163或72時，以B，P，【分析】以B，P，Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形有三種情況：當(dāng)PB=PQ時，當(dāng)PQ=BQ時，當(dāng)BP=BQ時，由等腰三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論．【詳解】解：如圖1，當(dāng)PB＝PQ時，作PE⊥BC于E，∴EQ＝12BQ∵CQ＝t，∴BQ＝16﹣t，∴EQ＝8﹣12t∴EC＝8﹣12t+t＝8+12∴2t＝8+12t解得：t＝163如圖2，當(dāng)PQ＝BQ時，作QE⊥AD于E，∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，∵∠C＝∠D＝90°，∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，∴四邊形DEQC是矩形，∴DE＝QC＝t，∴PE＝t，QE＝CD＝12．在Rt△PEQ中，由勾股定理，得PQ＝t216﹣t＝t2解得：t＝72如圖3，當(dāng)BP＝BQ時，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，故方程無解．綜上所述，t＝163或72時，以B，P，【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的運(yùn)用，矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，一元二次方程的解法的運(yùn)用，解答時根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)建立方程是關(guān)鍵．【變式6-3】（23-24九年級·上海·期末）如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，AD=6cm．點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以2cm/s的速度沿AB向B點(diǎn)運(yùn)動（運(yùn)動到B點(diǎn)即停止）；點(diǎn)Q從C點(diǎn)出發(fā)，以1cm/s的速度沿CD?DA向A點(diǎn)運(yùn)動（當(dāng)點(diǎn)P停止運(yùn)動時，點(diǎn)Q也即停止），設(shè)P、Q同時出發(fā)并運(yùn)動了t秒．(1)求梯形ABCD的高和∠A的度數(shù)；(2)當(dāng)PQ將梯形ABCD分成兩個直角梯形時，求t的值；(3)試問是否存在這樣的t的值，使四邊形PBCQ的面積是梯形ABCD面積的一半，若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)梯形ABCD的高為33cm，∠A(2)t=(3)存在t為9?132s時，使四邊形PBCQ【分析】（1）過D作DE⊥AB于E，過C作CF⊥AB于F，證Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），得AE=BF=3（cm），再證∠ADE=30°，則∠A=60°，然后由勾股定理求出DE即可；（2）過D作DE⊥AB于E，過C作CF⊥AB于F，當(dāng)PQ將梯形ABCD分成兩個直角梯形時，四邊形APQD是直角梯形，則四邊形DEPQ為矩形，得DQ=EP=2-t，再由AP=AE+EP，得2t=3+2-t，即可求解；（3）求出S梯形ABCD=153（cm2），分兩種情況：①若點(diǎn)Q在CD上，即0≤t≤2；②若點(diǎn)Q在AD上，即2＜t≤4；分別由面積關(guān)系得出方程，解方程即可．【詳解】（1）解：過D作DE⊥AB于E，過C作CF⊥AB于F，如圖1所示：∵四邊形ABCD是等腰梯形，∴AD=BC，AB∥CD，∴DE⊥CD，CF⊥CD，∴∠DEF=∠CFE=∠CDE=90°，∴四邊形CDEF是矩形，∴DE=CF，DC=EF=2cm，在Rt△ADE和Rt△BCF中，AD=BCDE=CF∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），∴AE=BF，∴AE=BF=12（AB-EF）=12×（8-2）=3（∵AD=6cm，∴AE=12AD∴∠ADE=30°，∴∠A=60°，DE=AD2?AE∴梯形ABCD的高為33cm（2）解：過D作DE⊥AB于E，過C作CF⊥AB于F，如圖2所示：同（1）得：四邊形CDEF是矩形，當(dāng)PQ將梯形ABCD分成兩個直角梯形時，四邊形APQD是直角梯形，則四邊形DEPQ為矩形，∵CQ=t，∴DQ=EP=2-t，∵AP=AE+EP，∴2t=3+2-t，解得：t=53（3）解：存在這樣的t的值，使四邊形PBCQ的面積是梯形ABCD面積的一半，理由如下：∵S梯形ABCD=12（8+2）×33=153（cm2當(dāng)S四邊形PBCQ=12S梯形ABCD①若點(diǎn)Q在CD上，即0≤t≤2，如圖3所示：則CQ=t，BP=8-2t，S四邊形PBCQ=12（t+8-2t）×33=15解得：t=3（不合題意舍去）；②若點(diǎn)Q在AD上，即2＜t≤4，過點(diǎn)Q作HG⊥AB于G，交CD的延長線于H，如圖4所示：則AQ=AD+DC-t=6+2-t=8-t，在Rt△AGQ中，∠A=60°，∴∠AQG=90°-60°=30°，∴AG=12AQ∴QG=AQ同理：QH=32DQ=32（8-8+t-2）=32∵S四邊形PBCQ=12S梯形ABCD∴S△APQ+S△CDQ=S四邊形PBCQ，∴12×2t×32（8-t）+12×2×32（整理得：t2-9t+17=0，解得：t1=9+132（不合題意舍去），t2=綜上所述，存在t為9?132s時，使四邊形PBCQ的面積是梯形【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了等腰梯形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、直角梯形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的判定、勾股定理、一元二次方程等知識；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握等腰梯形的性質(zhì)和勾股定理，證明Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．【題型7利用一元二次方程解決平面直角坐標(biāo)系中的動態(tài)問題】【例7】（23-24九年級·廣東佛山·期中）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(10,0)，點(diǎn)B(0,8)，過點(diǎn)B作x軸的平行線l，點(diǎn)P是在直線l上位于第一象限內(nèi)的一個動點(diǎn)，連接OP，(1)求出SΔ(2)若OP平分∠APB，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)已知點(diǎn)C是直線y=85x上一點(diǎn)，若ΔAPC是以【答案】(1)40(2)(4,8)或(16,8)(3)(10,16)或（2【分析】（1）先求出P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的面積公式計算△AOP即可.（2）設(shè)P(m,8),根據(jù)BP∥OA,OP平分∠APB可得PA=OA=10,，再根據(jù)兩點(diǎn)之間的距離公式求出m的值即可得P點(diǎn)的坐標(biāo).（3）設(shè)P(m,8),C(n,85n),分兩種情況討論：①當(dāng)∠APC=90°且AP=CP時；②當(dāng)∠PAC=90°,且AP=AC時.畫出圖形，構(gòu)造三垂直模型，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等列出關(guān)于m,n的方程組，求出m,n【詳解】（1）如圖1，作PH⊥x軸與H，∵A(10,0)，∴OA=10.∵l∥x軸，點(diǎn)P是在直線l，∴PH=8,∴（2）設(shè)P(m,8),∵BP∥OA,∴∠BPO=∠POA,∵OP平分∠APB，∴∠BPO=∠APO,∴∠POA=∠APO,∴PA=OA=10,∴P∴(m?10)解得，m∴點(diǎn)P的坐標(biāo)(4,8)或(16,8).（3）設(shè)P(m,8),C(n,當(dāng)∠APC=90°，且AP=CP時，①如圖2，C點(diǎn)在直線l上方時，過P點(diǎn)作直線EF⊥l,則EF⊥x軸于F點(diǎn)，過C點(diǎn)作CE⊥EF于E點(diǎn),則∠CEP=∠PFA=90°,∠CPE+∠ECP=∠CPE+∠FPA=90°,∴∠ECP=∠FPA,又∵CP=AP,∴△PCE?△APF∴CE=PF,EP=FA,∴n?m=885則8則C(10,16).②如圖3，由△PCE?△APF得CE=PF,EP=FA,∴m?n=885則8∴C(10,16).

當(dāng)∠PAC=90°,且AP=AC時,如圖4

作CE⊥x軸于E，PF⊥x軸于F,則△ACE?△PAF，∴CE=FA,AE=PF,則85n=m?1010?n=8則85∴C（綜上，C點(diǎn)的坐標(biāo)為(10,16)或（2【點(diǎn)睛】本題綜合性較強(qiáng)，難度較大.主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，以及數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想.注意第（3）小題考慮問題要全面.正確的畫出圖形是解題的關(guān)鍵.【變式7-1】（23-24九年級·江蘇鹽城·期中）在平面直角坐標(biāo)系中，過原點(diǎn)O及點(diǎn)A（0，5）、C（12，0）作矩形OABC，∠AOC的平分線交AB于點(diǎn)D．點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿射線OD方向移動；同時點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向移動．設(shè)移動時間為t秒．(1)當(dāng)t=_____時，點(diǎn)P移動到點(diǎn)D；(2)當(dāng)△OPQ的面積為16時，求此時t的值；(3)當(dāng)t為何值時，△PQB為直角三角形．【答案】(1)5(2)4(3)72或41+3294【分析】（1）由ΔAOD是等腰直角三角形，可得OD=52，即可得出（2）過點(diǎn)P作PH⊥OC于點(diǎn)H，則OP=2t，OQ=2t，PH=t，代入面積公式即可得出（3）根據(jù)P(t,t)，Q(2t,0)，B(12,5)，表示出PQ，BQ，BP的長，再分∠PQB=90°或∠PBQ=90°或∠QPB=90°，分別列出方程．【詳解】（1）∵OD平分∠AOC，∴∠AOD=∠DOC=45°，∵A(0,5)，∴OA=5，∴AD=OA=5，∴OD=5∴t=52故答案為：5；（2）過點(diǎn)P作PH⊥OC于點(diǎn)H，∵OD平分∠AOB，∠DOC=45°，∴OH=PH，又∵OP=2t，∴PH=t，∴S∴12∴t=±4（負(fù)值舍去），∴t=4；（3）如圖，連接PQ，BP，BQ，由題意知，P(t,t)，Q(2t,0)，B(12,5)，∴PQBQPB①若∠PQB=90°，則2t∴t1=②若∠PBQ=90°，則4t∴t=41±③若∠QPB=90°，則2t∴t=0（舍)，綜上所述，t的值為：72或41+3294【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識，將動點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為線段的長是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（23-24九年級·重慶·期中）在平面直角坐標(biāo)系中，直線l經(jīng)過點(diǎn)A(2,0)和點(diǎn)B(0,2)．點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為32，點(diǎn)D為線段OB(1)求直線l的解析式．(2)如圖1，若點(diǎn)P為線段OA上的一個動點(diǎn)，當(dāng)PC+PD的值最小時，求出點(diǎn)P坐標(biāo)．(3)在（2）的條件下，