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學年九年級數學上冊舉一反三系列（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P從點A開始沿AC邊向點C以2m/s的速度勻速移動，同時另一點Q由C點開始以3m/s的速度沿著射線CB勻速移動，當其中一點到達終點時，兩點同時停止運動．當△PCQ的面積等于300m2時，運動時間為（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用．根據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，運動時間0≤t≤25，∴PC=50?2t，∴12∴12解得t=20或5，∴運動時間為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，現有動點P從點A出發(fā)，沿AC向點C方向運動，動點Q從點C出發(fā)，沿線段CB向點B方向運動，如果點P的速度是1cm/s，點Q的速度是2cm/s．P、Q兩點同時出發(fā)，當有一點到達所在線段的端點時，另一點停止運動．設運動時間為【答案】2【分析】先表示出PC=8?tcm，CQ=2tcm，根據PQ平分△ABC【詳解】解：根據題意，AP=tcm，CQ=2t∵BC=6cm，AC=8∴PC=8?tcm，點Q到B點的時間為6÷2=3s，點P到C∵P、Q兩點同時出發(fā)，當有一點到達所在線段的端點時，另一點停止運動．∴0<t≤3，當PQ平分△ABC的面積時，S△PCQ=1∴12整理得t2解得t1=2，∴當t=2時，PQ平分△ABC的面積．故答案為：2．【點睛】本題考查一元二次方程的應用，理解題意，正確列出方程并正確求解是解答的關鍵，注意時間的取值范圍．【變式1-2】（2024九年級·上海·專題練習）等腰Rt△ABC中，AB=BC=8cm，動點P從點A出發(fā)，沿AB向點B移動，通過點P引平行于BC、AC的直線與AC、BC分別交于點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AP=xcm，則BP=8?xcm，由題意可知△APR和△PBQ【詳解】設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【點睛】本題考查一元二次方程的應用，動點問題的應用求解，應用平行四邊形面積公式求解出AP是解答本題的關鍵．【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P從點A開始沿AB邊向點B以每秒1cm的速度移動，點Q從點B開始沿BC邊向點C以每秒2cm的速度移動．若P，Q分別從A、B同時出發(fā)，其中任意一點到達目的地后，兩點同時停止運動．求經過幾秒△BPQ

【答案】2秒【分析】設經過x秒△BPQ的面積等于103，則AP=x，BQ=2x，作QD⊥AB于D，根據等邊三角形邊長為12，∠B=60°，得到PB=12?x，∠BQD=30°，得到DQ=3x，根據三角形面積公式得到1【詳解】

解：設經過x秒△BPQ的面積等于103則AP=x，BQ=2x，過點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：經過2秒△BPQ的面積等于103【點睛】本題主要考查了動點問題，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，含30°的直角三角形是邊的性質，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P、Q分別從A、B同時出發(fā)，點P以每秒2個單位的速度沿著折線A?D?C先由A向D運動，再由D向C運動，點Q以每秒1個單位的速度由B向A運動，當其中一動點到達終點時，另一動點隨之停止運動，設運動時間為t秒．(1)兩平行線DC與AB之間的距離是__________．(2)當點P、Q與△BCD的某兩個頂點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，直角三角形的性質以及平行四邊形的性質等知識，熟練掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．（1）過點D作DE⊥AB于點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D作DE⊥AB于點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．當四邊形BPDQ為平行四邊形時，DP=BQ，∴2t?4=t，∴t=4，Ⅱ．當四邊形BCPQ為平行四邊形時，PC=BQ，∴16?2t=t，∴t=16綜上所述當點P、Q與△BCD的某兩個頂點圍成一個平行四邊形時，t=4或t=16（3）Ⅰ．當P在AD邊上時，AQ邊上的高是3t∴(8?t)×3t=7解得t1=1，Ⅱ．當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）如圖，等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，D，E是AB，BC邊上的動點，且AD=BE，以DE，CE為邊作平行四邊形DECF，連接CD，AF，當CD∥AF時，則△ADC的面積為．【答案】12?4【分析】設AD=BE=x，則BD=CE=4?x，由平行四邊的性質得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N，過點C作CM⊥BC交AN于點M，

∵等腰直角三角形ABC，∠B=90°，AB=4，∴AB=BC=4，設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，平行四邊形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定及性質以及平行四邊形的性質是解題的關鍵．【變式2-2】（23-24九年級·浙江杭州·期中）如圖，點E，F分別在平行四邊形ABCD的邊BC，AD上，且BE=DF，AD=10，CD=8，動點P從點A出發(fā)沿著線段AE向終點E運動，同時點Q從點C出發(fā)沿著折線段C?F?A向終點A運動，且它們同時到達終點，設Q點運動的路程為x，PE的長度為y，且y=kx+8（k為常數，k≠0）．（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形．（2）求AE的長．（3）當k=?4①求AF的值；②連結PQ，QE，當△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）根據已知證明AF=EC,AF//（2）根據題，當x=0時，PE=y，令x=0時，即可求得AE；（3）①當P到達E點時，Q點到達A點，此時PE=0,則y=0，令y=0求得x，可得CF+AF=10，結合已知條件可得AF；②由①可得，△ABE是等邊三角形，分情況討論，當Q在CF上，∠PEQ=90°時，根據含30度角的直角三角形的性質，可得CQ=12EC；當∠PQE=90°時，過點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,根據勾股定理列出方程，解一元二次方程即可，當∠QPE=90°時，如圖，過點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Q點運動的路程為x，PE的長度為y，∴AP=AE?y，PE=y，y=kx+8當x=0時，則y=8，PE=AE∴PE=AE=8（3）①當P到達E點時，Q點到達A點此時PE=0,則y=0當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PQ，QE，當△PQE為直角三角形時，當Q在CF上，∠PEQ=90°時，如圖，∵∠AEB=60°∴∠QEC=30°∴CQ=即x=1；當∠PQE=90°時，過點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∠QPE=90°時，如圖，過點E作EM⊥FC于點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Q點在AF上運動時，△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+【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，等邊三角形的性質與判定，勾股定理，矩形的性質與判定，解一元二次方程，函數的解析式，分類討論是解題的關鍵．【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E以1cm/s的速度從點A出發(fā)沿A一B一C向點C運動，同時點F以1cm/s的速度從點A出發(fā)沿A一D一C向點C運動，當一個點到達終點時，另一個點也停止運動，設運動的時間為t（s）．(1)求平行四邊形ABCD的面積；(2)求當t＝2s時，求△AEF的面積；(3)當△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B作BG⊥CD于點G，由直角三角形的性質得出平行四邊形的高，再按底乘以高，即可得解；（2）過點F作FH⊥AE于點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E在線段AB上，點F在線段AD上和點E在線段BC上，點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B作BG⊥CD于點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t＝2s時，AE＝2×1＝2cm，AF＝2×1＝2cm，∵∠A＝60°，∴△AEF是等邊三角形，如圖，過點F作FH⊥AE于點H，∴FH＝32AF＝3∴△AEF的面積為：12×AE×FH＝12×2×3＝3（cm答：當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△AEF的面積是平行四邊形ABCD面積的13△AEF的面積為：93×13＝33（cm2當點E在線段AB上運動t秒時，點F在AD上運動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；當點E在線段AB.上運動秒時，點F在CD上運動t秒，(3<t≤6)，∴∴t=4，符合題意；當點E′運動到線段BC上時，且運動時間為t秒時，點F′也運動到線段CD上，如圖，過點E′作MN垂直CD于點H，垂直于AB延長線于點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t=9+332時，點E位于線段BC上，點F綜上所述，t的值為4或9+33【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，直角三角形的性質，勾股定理，一元二次方程，等邊三角形的性質，熟練掌握三角形或平行四邊形的面積公式是解題的關鍵．【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）如圖①，在矩形ABCD中，AB<AD，對角線AC，BD相交于點O，動點P由點A出發(fā)，沿AB→BC→CD向點D運動．設點P的運動路程為x，△AOP的面積為y，y與x的函數關系圖象如圖②所示，則A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本題主要考查動點問題的函數圖象，解題的關鍵是分析三角形面積隨動點運動的變化過程，找到分界點極值，結合圖象得到相關線段的具體數值．當P點在AB上運動時，△AOP面積逐漸增大，當P點到達B點時，結合圖象可得△AOP面積最大為3，得到AB與BC的積為12；當P點在BC上運動時，△AOP面積逐漸減小，當P點到達C點時，△AOP面積為0，此時結合圖象可知P點運動路徑長為7，得到AB與BC的和為7，構造關于AB的一元二方程可求解．【詳解】解：當P點在AB上運動時，△AOP面積逐漸增大，當P點到達B點時，△AOP面積最大為3．∴14AB?BC=3，即當P點在BC上運動時，△AOP面積逐漸減小，當P點到達C點時，△AOP面積為0，此時結合圖象可知P點運動路徑長為7，∴AB+BC=7．則BC=7?AB，代入AB?BC=12，得AB2?7AB+12=0因為AB<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，AB=16cm，AD=6cm，動點P，Q分別從點A，C同時出發(fā)，點P以3cm/s的速度向點B移動，一直到點B為止，點Q以2

(1)當t為何值時，P，Q兩點間的距離最?。孔钚【嚯x是多少？(2)連接QB．①當△BPQ為等腰三角形時，求t的值；②在運動過程中，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t=165時，PQ最小，PQ(2)①當△BPQ為等腰三角形時，t的值為4±72或48?23015或【分析】（1）首先根據題意，得出AP=3tcm，CQ=2tcm，再根據線段之間數量關系，得出PB=16?3tcm，再根據垂線段最短，得出當PQ⊥AB時，PQ最小，此時四邊形BCQP是矩形，再根據矩形的性質，得出（2）①過點Q作QG⊥AB于點G，得矩形BCQG，矩形AGQD，根據矩形的性質，得出BG=CQ=2tcm，QG=BC=6cm，再根據線段之間數量關系，得出PG=16?5tcm，再根據勾股定理，得出PQ2=16?5t2②當∠PQB=90°時，根據勾股定理，得出PQ2+BQ2【詳解】（1）解：根據題意，可得：AP=3tcm，CQ=2t∵AB=16cm，AD=6∴PB=AB?AP=16?3t當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t=165時，PQ最小，PQ的最小距離為（2）解：①如圖，過點Q作QG⊥AB于點G，得矩形BCQG，矩形AGQD，

∴BG=CQ=2tcm，QG=BC=6∴PG=AB?BG?AP=16?2t?3t在Rt△PQG根據勾股定理，可得：PQ2=P當PQ=PB時，可得：16?5t2整理可得：4t解得：t=4±當BQ=PB時，可得：2t2整理可得：5t解得：t=48?23015當QP=QB時，G為PB的中點，∴16?5t=2t，解得：t=16綜上可得：當△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∠PQB=90°時，可得：PQ即16?5t2整理可得：5t∵Δ=∴此方程無實數解，∴不存在一個時刻，使得∠PQB=90°．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的判定與性質、勾股定理、等腰三角形的判定與性質、解一元二方程、一元二次方程的根與判別式的關系，解本題的關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P從點A出發(fā)沿AB以2cm/s的速度向點B運動，同時點Q從點B出發(fā)沿BC以1cm/s的速度向點C運動，點P到達終點后，P、Q兩點同時停止運動，則秒時，【答案】2或3【分析】本題考查了一元二次方程的應用，找準等量關系，正確列出一元二次方程是解題的關鍵．設運動時間為t秒，則PB=(10?2t)cm，BQ=tcm，利用三角形的面積計算公式，結合△BPQ的面積是6cm【詳解】解：設運動時間為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，AB=4cm，AD=2cm，動點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，都以1cm/s的速度運動，其中點P由A運動到B停止，點Q由點C運動到點D停止．(1)求四邊形PBCQ的面積；(2)P、Q兩點從出發(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、等腰三角形的定義和性質、一元二次方程的應用、一元一次方程的應用等知識，解題關鍵是運用數形結合的思想分析問題．（1）設運動時間為t，則AP=t，CQ=t，進而可得BP=4?t，然后根據梯形面積公式求解即可；（2）設P、Q兩點從出發(fā)開始到t秒時，點P、Q、D組成的三角形是等腰三角形，根據題意可得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：設運動時間為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P、Q兩點從出發(fā)開始到t秒時，點P、Q、D組成的三角形是等腰三角形，∵CQ=t，∴DQ=4?t，①當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t=2秒或23秒或43秒或32秒時，點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·模擬預測）如圖①，BD是菱形ABCD的對角線，AD<BD，動點P從菱形的某個頂點出發(fā)，沿相鄰的兩條線段以1cm/s的速度勻速運動到另一個頂點，在運動過程中，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0<t≤a時，y在減小，當a<t≤a+1時，y先變小后變大，可得P應從A出發(fā)沿AB運動到B，再運動到D，或P應從A出發(fā)沿AD運動到D，再運動到B，設P應從A出發(fā)沿AB運動到B，再運動到D，如圖，連接AC交BD于O，再進一步解答即可；【詳解】解：由圖②得：當0<t≤a時，y在減小，當a<t≤a+1時，y先變小后變大，∴P應從A出發(fā)沿AB運動到B，再運動到D，或P應從A出發(fā)沿AD運動到D，再運動到B，設P應從A出發(fā)沿AB運動到B，再運動到D，如圖，連接AC交BD于O，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∴當P在A處時，y=8，即AC=8，∴OA=4，當P在B處時，x=a，即AB=a，當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【點睛】本題考查的是動點問題的函數圖象，菱形的性質，勾股定理的應用，一元二次方程的解法，理解題意是解本題的關鍵.【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D作AB的平行線交AO的延長線于點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M從A出發(fā)，沿AC以2m/s的速度勻速直線運動到點C,動點N從B出發(fā)，沿BD以1m/s的速度勻速直線運動到點D，當M運動到C點時運動停止．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“菱形的面積對應對角線積的一半”計算連線面積；（3）根據點M、N運動過程中與O點的位置關系，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M、N同時出發(fā)x秒鐘后，△MON的面積為14m2當點M在OA上時，x<2，S△MON=12（4-2x）（3-x）=1解得x1=5?22，x2=當點M在OC上且點N在OB上時，2＜x＜3，S△MON=12（3-x）（2x-4）=1解得x1=x2=52當點M在OC上且點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O，AC=16cm,BD=12cm,動點M從點A出發(fā)沿AC方向以2cm/s的速度運動到點C，動點N從點B出發(fā)沿BD方向以1cm/s的速度運動到點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，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，根據題意進行分類討論是解題的關鍵．（1）根據菱形的性質得出OA=12AC=8cm，OB=（2）根據題意進行分類討論即可①當0<t<4時，點M在線段OA上，點N在線段OB上，②當4<t<6時，點M在線段OC上，點N在線段OB上，③當6<t<8時，點M在線段OC上，點N在線段OD上．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=16∴OA=12AC=8當出發(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，當點M在線段OA上時，0<t<82，即當點N在線段OB上時，0<t<6，設出發(fā)時間為t，則AM=2t,BN=t，①當0<t<4時，點M在線段OA上，點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4<t<6時，點M在線段OC上，點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6<t≤8時，點M在線段OC上，點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M從A出發(fā)沿AC方向以每秒2cm勻速直線運動到C，動點N從B出發(fā)沿BD方向以每秒1cm勻速直線運動到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，一元二次方程的應用及分類討論的數學思想，解題的關鍵是根據出發(fā)后時間的多少確定列方程的方法．根據點M、N運動過程中與O點的位置關系，分當x<2時，點M在線段AO上，點N在線段BO上、當2<x<3時，點M在線段OC上，點N在線段BO上和當x>3時，點M在線段OC上，點N在線段OD上三種情況分別討論．【詳解】解：設出發(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x<2時，點M在線段AO上，點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2<x<3時，點M在線段OC上，點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x>3時，點M在線段OC上，點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）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】根據平移的性質，結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A【詳解】解：設AC交A′B′于H，A′C

由平移的性質知AC∥A′C∴四邊形A′∵由正方形的性質可得：∠A=45°，∠D=90°=∠AA∴△A同理，△HCB設AA′=x，則陰影部分的底長為x∴x2?x∴x=2±即AA故選：D．【點睛】此題考查解一元二次方程、平行四邊形的判定及性質，平移的性質，等腰直角三角形的判定，根據平移的性質得到四邊形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E在邊AB上，且AE=6.4厘米，P、Q兩點分別從B、C兩點出發(fā)以1厘米/秒的速度沿正方形的邊逆時針移動，當點P移到點D時，P、Q兩點同時停止移動，設移動時間為t秒，當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用，根據移動時間為t秒，分以下兩種情況討論，①當P在BC上時，②當P在CD上時，根據這兩種情況分別用t表示出△AEP和△CPQ的底和高，根據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AC交A′B′于H,A′C由平移的性質可得：AC∥∴四邊形A′由正方形ABCD可得：∠A=45°,∠D=∠AA∴△A同理：△HCB設AA′=∴x4?x∴x解得：x1∴AA′=1∵重疊部分的面積為：x4?x∴當x=2時，重疊部分的面積最大，最大面積為4cm2所以當AA故答案為：1cm或3cm；2cm【點睛】本題考查的是正方形的性質，平行四邊形的判定，等腰直角三角形的判定與性質，一元二次方程的解法，配方法的應用，平移的性質，熟悉以上基礎知識是解題的關鍵.【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H與點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】根據正方形與等腰直角三角形的性質得到AH=AD=AB=BC，根據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內部，此時S=S△FGH，接著往下運動的話，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可知從開運動到結束用了（a∴2AB=(a+4)×1,∴AB=a2∵S最大解得：a=4或者a=-4，∴a=4，故選：D．【點睛】本題主要考查了正方形的性質、等腰直角三角形的性質以及一元二次方程的應用，解題的關鍵在于分析等腰直角三角形的運動過程，找出運動時間與路程，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）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，BC=8cm，AB=AD=10cm，點P從點A出發(fā)，以每秒3cm的速度沿折線A?B?C方向運動，點Q從點D出發(fā)，以每秒2cm速度沿線段DC方向向點C運動．已知動點P，Q同時出發(fā)，當點Q運動到點C時，（1）當t=秒時，四邊形PBQD為平行四邊形；（2）在點P、點Q的運動過程中，當t=秒時，△BPQ的面積為15cm【答案】25或193或【分析】（1）當四邊形PBQD為平行四邊形時，BP=DQ，由此構建方程解決問題即可；（2）分兩種情況進行討論：即①當點P在線段AB上，②當點P在線段BC上，根據兩種情況點的位置，可以確定t的值．【詳解】解：（1）當四邊形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當點P在線段AB上時，即0≤t≤10∴S解得t=25②當點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【點睛】本題考查了直角梯形，矩形的判定和性質，平行四邊形的判定與性質，勾股定理的應用以及三角形的面積等，分類討論的思想是本題的關鍵．【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）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．動點P從點D出發(fā)，沿線段DA的方向以每秒2個單位長度的速度運動，動點Q從點C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個單位長度的速度向點B運動．點P，Q分別從點D，C同時出發(fā)，當點P運動到點A時，點Q隨之停止運動．設運動時間為t（s），當t為何值時，以B，P，Q三點為頂點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為頂點的三角形為等腰三角形有三種情況：當PB=PQ時，當PQ=BQ時，當BP=BQ時，由等腰三角形的性質就可以得出結論．【詳解】解：如圖1，當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，【點睛】本題考查了勾股定理的運用，矩形的性質的運用，等腰三角形的性質的運用，一元二次方程的解法的運用，解答時根據等腰三角形的性質建立方程是關鍵．【變式6-3】（23-24九年級·上?！て谀┤鐖D，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，AD=6cm．點P從A點出發(fā)，以2cm/s的速度沿AB向B點運動（運動到B點即停止）；點Q從C點出發(fā)，以1cm/s的速度沿CD?DA向A點運動（當點P停止運動時，點Q也即停止），設P、Q同時出發(fā)并運動了t秒．(1)求梯形ABCD的高和∠A的度數；(2)當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Q在CD上，即0≤t≤2；②若點Q在AD上，即2＜t≤4；分別由面積關系得出方程，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S四邊形PBCQ=12S梯形ABCD①若點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Q在AD上，即2＜t≤4，過點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【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了等腰梯形的性質、矩形的判定與性質、直角梯形的性質、全等三角形的判定與性質、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，熟練掌握等腰梯形的性質和勾股定理，證明Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）是解題的關鍵，屬于中考常考題型．【題型7利用一元二次方程解決平面直角坐標系中的動態(tài)問題】【例7】（23-24九年級·廣東佛山·期中）如圖，平面直角坐標系中，已知點A(10,0)，點B(0,8)，過點B作x軸的平行線l，點P是在直線l上位于第一象限內的一個動點，連接OP，(1)求出SΔ(2)若OP平分∠APB，求點P的坐標；(3)已知點C是直線y=85x上一點，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點的縱坐標，再根據三角形的面積公式計算△AOP即可.（2）設P(m,8),根據BP∥OA,OP平分∠APB可得PA=OA=10,，再根據兩點之間的距離公式求出m的值即可得P點的坐標.（3）設P(m,8),C(n,85n),分兩種情況討論：①當∠APC=90°且AP=CP時；②當∠PAC=90°,且AP=AC時.畫出圖形，構造三垂直模型，根據全等三角形的對應邊相等列出關于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P是在直線l，∴PH=8,∴（2）設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P的坐標(4,8)或(16,8).（3）設P(m,8),C(n,當∠APC=90°，且AP=CP時，①如圖2，C點在直線l上方時，過P點作直線EF⊥l,則EF⊥x軸于F點，過C點作CE⊥EF于E點,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∠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點的坐標為(10,16)或（2【點睛】本題綜合性較強，難度較大.主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，以及數形結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鍵.【變式7-1】（23-24九年級·江蘇鹽城·期中）在平面直角坐標系中，過原點O及點A（0，5）、C（12，0）作矩形OABC，∠AOC的平分線交AB于點D．點P從點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Q從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向移動．設移動時間為t秒．(1)當t=_____時，點P移動到點D；(2)當△OPQ的面積為16時，求此時t的值；(3)當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P作PH⊥OC于點H，則OP=2t，OQ=2t，PH=t，代入面積公式即可得出（3）根據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P作PH⊥OC于點H，∵OD平分∠AOB，∠DOC=45°，∴OH=PH，又∵OP=2t，∴PH=t，∴S∴12∴t=±4（負值舍去），∴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【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，等腰直角三角形的性質，坐標與圖形的性質，直角三角形的性質等知識，將動點問題轉化為線段的長是解題的關鍵．【變式7-2】（23-24九年級·重慶·期中）在平面直角坐標系中，直線l經過點A(2,0)和點B(0,2)．點C的橫坐標為32，點D為線段OB(1)求直線l的解析式．(2)如圖1，若點P為線段OA上的一個動點，當PC+PD的值最小時，求出點P坐標．(3)在（2）的條件下，