數學-專題19 四邊形中的動圖問題（帶答案）

專題19四邊形中的動圖問題（解析版）類型一平行四邊形及特殊平行四邊形的存在性問題1．如圖，平行四邊形OABC的頂點O為坐標原點，A點在X軸正半軸上，∠COA＝60°，OA＝10cm，OC＝4cm，點P從C點出發(fā)沿CB方向，以1cm/s的速度向點B運動；點Q從A點同時出發(fā)沿AO方向，以3cm/s的速度向原點運動，其中一個動點達到終點時，另一個動點也隨之停止運動．（1）求點C，B的坐標（結果用根號表示）（2）從運動開始，經過多少時間，四邊形OCPQ是平行四邊形；（3）在點P、Q運動過程中，四邊形OCPQ有可能成為菱形嗎？若能，求出運動時間；若不能，請說明理由．思路引領：（1）過C作CE⊥OA于E，過B作BF⊥OA于F，根據直角三角形的性質算出OE的長，再利用勾股定理即可求出CE的長，從而得到C點坐標；根據平行線間的距離相等可知CE＝BF＝23，再證明Rt△COE≌Rt△BAF，從而得到AF的長，即可得到B點坐標；（2）根據平行四邊形的性質可知CP＝OQ，設時間為x秒，表示出OQ、CP的長，可得到方程10﹣3x＝x，解方程即可；（3）如果四邊形OCPQ菱形，則CO＝QO＝CP＝4cm，根據運動速度，算出運動時間，計算可發(fā)現不能成為菱形．解：（1）過C作CE⊥OA于E，過B作BF⊥OA于F，∵∠COA＝60°，∴∠1＝30°，∴OE=12CO＝2在Rt△COE中，CE=CO2?∴C點坐標是（2，23），

∵四邊形OABC是平行四邊形，∴CO＝AB，CO∥AB，∵CE⊥OA，過B作BF⊥OA，∴CE＝BF＝23（平行線之間的距離相等），∴Rt△COE≌Rt△BAF，∴AF＝EO＝2，∴OF＝OA+AF＝12（cm），∴B點坐標是（12，23）；（2）設從運動開始，經過x秒，四邊形OCPQ是平行四邊形，10﹣3x＝x，解得：x＝2.5，故運動開始，經過2.5秒，四邊形OCPQ是平行四邊形；（3）不能成為菱形，如果四邊形OCPQ菱形，則CO＝QO＝CP＝4cm，∵OA＝10cm，∴AQ＝10﹣4＝6（cm），則Q的運動時間是：6÷3＝2（秒），這時CP＝2×1＝2（cm）∵CP≠4cm，∴四邊形OCPQ不能成為菱形．

總結提升：此題主要考查了平行四邊形的性質，矩形的性質，直角梯形的性質，菱形的性質，是一道綜合題，關鍵是需要同學們熟練掌握各種特殊四邊形的性質，并能熟練應用．2．（2022春?廣信區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，點P從點D出發(fā)向點A運動，運動到點A停止，同時，點Q從點B出發(fā)向點C運動，運動到點C即停止，點P、Q的速度都是1cm/s．連接PQ、AQ、CP．設點P、Q運動的時間為ts．（1）當t為何值時，四邊形ABQP是矩形；（2）當t為何值時，四邊形AQCP是菱形；（3）分別求出（2）中菱形AQCP的周長和面積．思路引領：（1）當四邊形ABQP是矩形時，BQ＝AP，據此求得t的值；（2）當四邊形AQCP是菱形時，AQ＝CQ，列方程求得運動的時間t；（3）菱形的四條邊相等，則菱形的周長＝4×10，根據菱形的面積求出面積即可．解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，∴BC＝AD＝16cm，AB＝CD＝8cm，由已知可得，BQ＝DP＝tcm，AP＝CQ＝（16﹣t）cm，

在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，當BQ＝AP時，四邊形ABQP為矩形，∴t＝16﹣t，得t＝8，故當t＝8s時，四邊形ABQP為矩形；（2）∵AP＝CQ，AP∥CQ，∴四邊形AQCP為平行四邊形，∴當AQ＝CQ時，四邊形AQCP為菱形即82+t2=16﹣t故當t＝6s時，四邊形AQCP為菱形；（3）當t＝6s時，AQ＝CQ＝CP＝AP＝16﹣6＝10cm，則周長為4×10cm＝40cm；面積為10cm×8cm＝80cm2．總結提升：本題考查了菱形、矩形的判定與性質．解決此題注意結合方程的思想解題．3．（2021春?睢縣期中）如圖，在等邊三角形ABC中，BC＝6cm，射線AG∥BC，點E從點A出發(fā)沿射線AG以1cm/s的速度運動，同時點F從點B出發(fā)沿射線BC以2cm/s的速度運動，設運動時間為t（s）．（1）連結EF，當EF經過AC邊的中點D時，求證：△ADE≌△CDF；（2）當t為多少時，以A、C、F、E為頂點的四邊形是平行四邊形？思路引領：（1）由題意得到AD＝CD，再由AG與BC平行，利用兩直線平行內錯角相等得到兩對角相等，利用AAS即可得證；（2）分別從當點F在C的左側時與當點F在C的右側時去分析，由當AE＝CF時，以A、C、E、F為頂點四邊形是平行四邊形，可得方程，解方程即可求得答案．（1）證明：∵AG∥BC，

∴∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，∵D為AC的中點，∴AD＝CD，在△ADE和△CDF中，∠EAD=∠FCD∠AED=∠CFD∴△ADE≌△CDF（AAS）；（2）解：當t＝2或6時，A、C、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形．理由如下：①當點F在C的左側時，根據題意，得AE＝tcm，BF＝2tcm，則CF＝BC﹣BF＝（6﹣2t）cm，∵AG∥BC，當AE＝CF時，四邊形AECF是平行四邊形，即t＝6﹣2t，解得t＝2；②當點F在C的右側時，根據題意，得AE＝tcm，BF＝2tcm，則CF＝BF﹣BC＝（2t﹣6）cm，∵AG∥BC，當AE＝CF時，四邊形AEFC為平行四邊形，即t＝2t﹣6，解得t＝6，綜上可得：當t＝2或6時，A、C、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形．總結提升：此題考查了平行四邊形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是注意掌握分類討論思想、數形結合思想與方程思想的應用．類型二動點最值問題4．（2021春?灌云縣期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，動點P滿足S△PAB=13S矩形ABCD，則點P到A、B兩點距離之和PA+

A．102 B．241 C．234 D．82思路引領：過P點作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A點關于MN的對稱點A'，連接A'B交MN于點P，AP+PB＝A'B即為所求，由面積關系可得AM=23AD＝4，在Rt△ABA'中求出A'解：過P點作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A點關于MN的對稱點A'，連接A'B交MN于點P，∴AP+PB＝A'P+PB＝A'B，此時PA+PB的值最小，∵S△PAB=13S矩形∴12×AB×AM=13∴AM=23∵AD＝6，∴AM＝4，∴AA'＝8，∵AB＝10，在Rt△ABA'中，A'B＝241，故選：B．總結提升：本題考查軸對稱求最短距離，通過面積關系，能確定P點所在直線是解題的關鍵．5．（自貢中考）如圖，在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝1，將它沿AB翻折得到△ABD，則四邊形ADBC的形狀是形，點P、E、F分別為線段AB、AD、DB的任意點，則PE+PF的最小值是．

思路引領：根據題意證明四邊相等即可得出菱形；作出F關于AB的對稱點M，再過M作ME⊥AD，交AB于點P，此時PE+PF最小，求出ME即可．解：∵△ABC沿AB翻折得到△ABD，∴AC＝AD，BC＝BD，∵AC＝BC，∴AC＝AD＝BC＝BD，∴四邊形ADBC是菱形，故答案為菱；如圖作出F關于AB的對稱點M，再過M作ME⊥AD，交AB于點P，此時PE+PF最小，此時PE+PF＝ME，過點A作AN⊥BC，∵AD∥BC，∴ME＝AN，

作CH⊥AB，∵AC＝BC，∴AH=1由勾股定理可得，CH=15∵12可得，AN=15∴ME＝AN=15∴PE+PF最小為154故答案為154總結提升：此題主要考查路徑和最短問題，會結合軸對稱的知識和“垂線段最短”的基本事實分析出最短路徑是解題的關鍵．6．（2020?錦州模擬）如圖，已知平行四邊形ABCD中，AB＝BC，BC＝10，∠BCD＝60°，兩頂點B、D分別在平面直角坐標系的y軸、x軸的正半軸上滑動，連接OA，則OA的長的最小值是．思路引領：利用菱形的性質以及等邊三角形的性質得出A點位置，進而求出AO的長．解：如圖所示：過點A作AE⊥BD于點E，當點A，O，E在一條直線上，此時AO最短，∵平行四邊形ABCD中，AB＝BC，BC＝10，∠BCD＝60°，∴AB＝AD＝CD＝BC＝10，∠BAD＝∠BCD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AE過點O，E為BD中點，∵∠BOD＝90°，BD＝10，∴EO＝5，

故AO的最小值為：AO＝AE﹣EO＝ABsin60°?12×BD故答案為：53?總結提升：此題主要考查了菱形的性質以及等邊三角形的判定與性質，得出當點A，O，E在一條直線上，此時AO最短是解題關鍵．7．（2022?利州區(qū)校級模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE＝1，F為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右側作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為（）A．0.5 B．2.5 C．2 D．1思路引領：由題意分析可知，點F為主動點，G為從動點，所以以點E為旋轉中心構造全等關系，得到點G的運動軌跡，之后通過垂線段最短構造直角三角形獲得CG最小值．解：由題意可知，點F是主動點，點G是從動點，點F在線段上運動，點G也一定在線段軌跡上運動將△EFB繞點E旋轉60°，使EF與EG重合，得到△EHG，連接BH，得到△EFB≌△EHG從而可知△EBH為等邊三角形，點G在垂直于HE的直線HN上，延長HM交CD于點N．則△EFB≌△EHG，∴HE＝BE＝1，∠BEH＝60°，∠GHE＝∠FBE＝90°，∴△EBH為等邊三角形．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠FBE＝90°，∴∠GHE＝∠FBE＝90°，∴點G在垂直于HE的直線HN上，

作CM⊥HN，由垂線段最短可知，CM即為CG的最小值，作EP⊥CM，連接BH，EH，則四邊形HEPM為矩形，∴MP＝HE＝1，∠HEP＝90°，∴∠PEC＝30°．∵EC＝BC﹣BE＝3，∴CP=12EC∴CM＝MP+CP＝1+3即CG的最小值為52方法二：以CE為邊作等邊三角形CEH，連接FH，則△CEG≌△EFH，∴CG＝FH，當FH⊥AB時，FH最?。?+3故選：B．總結提升：本題考查了旋轉的性質，線段極值問題，分清主動點和從動點，通過旋轉構造全等，從而判斷出點G的運動軌跡，是本題的關鍵，之后運用垂線段最短，構造圖形計算，是極值問題中比較典型的類型．8．（2022秋?射陽縣月考）如圖，△APB中，AB＝4，∠APB＝90°，在AB的同側作正△ABD、正△APE

和正△BPC，則四邊形PCDE面積的最大值是．思路引領：先延長EP交BC于點F，得出PF⊥BC，再判定四邊形PCDE平行四邊形，根據平行四邊形的性質得出：四邊形CDEP的面積＝EP×CF＝a×12b=12ab，最后根據a2+b2解：如圖，延長EP交BC于點F，∵∠APB＝90°，∠APE＝∠BPC＝60°，∴∠EPC＝150°，∴∠CPF＝180°﹣150°＝30°，∴PF平分∠BPC，又∵PB＝PC，∴PF⊥BC，設Rt△ABP中，AP＝a，BP＝b，則CF=12CP=12b，a2+b∵△APE和△ABD都是等邊三角形，∴AE＝AP，AD＝AB，∠EAP＝∠DAB＝60°，∴∠EAD＝∠PAB，在△EAD和△PAB中，AE=AP∠EAD=∠PAB∴△EAD≌△PAB（SAS），∴ED＝PB＝CP，

同理可得：△APB≌△DCB（SAS），∴EP＝AP＝CD，∴四邊形PCDE是平行四邊形，∴四邊形PCDE的面積＝EP×CF＝a×12b=又∵（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2≥0，∴2ab≤a2+b2＝16，∴12ab即四邊形PCDE面積的最大值為4．故答案為：4．總結提升：本題主要考查了等邊三角形的性質、平行四邊形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質，解決問題的關鍵是作輔助線構造平行四邊形的高線．9．（2022春?番禺區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD的邊長為1，∠ABC＝60°，點E是邊AB上任意一點（端點除外），線段CE的垂直平分線交BD，CE分別于點F，C，AE，EF的中點分別為M，N．（1）求證：AF＝EF；（2）求MN+NG的最小值．思路引領：（1）連接CF，根據FG垂直平分CE和菱形的對稱性即可得到CF＝EF，CF＝AF，從而求證結論．（2）利用M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE中點，即可得到MN+NG=12（AF+CF），當點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，AF+CF最小，即此時MN+NG最小，結合已知推斷△解：（1）證明：連接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF＝EF，

∵四邊形ABCD為菱形，∴A和C關于對角線BD對稱，∴CF＝AF，∴AF＝EF；（2）連接AC，∵M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE中點，∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG=1當點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，AF+CF最小，即此時MN+NG最小，∵菱形ABCD邊長為1，∠ABC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，AC＝AB＝1，即MN+NG的最小值為12總結提升：本題考查了菱形的性質，中位線的性質、等邊三角形性質的知識，關鍵在于熟悉各個知識點在本題的靈活運用．屬于拔高題．類型三求運動路徑的長10．（2022?虞城縣二模）如圖，矩形ABCD中．AB=3，AD＝1，點E為CD中點，點P從點D出發(fā)勻速沿D﹣A﹣B運動，連接PE，點D關于PE的對稱點為Q，連接PQ，EQ，當點Q

ABCD的對角線上時（不包括對角線端點），點P走過的路徑長為12或1+3思路引領：當點Q恰好落在矩形ABCD的對角線上時存在兩種情況：①如圖1，點P在AD上，點Q在AC上，連接DQ，證明AP＝PD可得結論；②如圖2，點P在AB上，連接PD，根據30°角的三角函數列式可得AP的長，從而計算結論．解：如圖1，點P在AD上，點Q在AC上，連接DQ，∵E為CD的中點，∴DE＝CE，∵點D關于PE的對稱點為Q，∴PE⊥DQ，DE＝EQ＝EC，∴∠DQC＝90°，∴DQ⊥AC，∴PE∥AC，∴PD＝AP=12AD即點P走過的路徑長為12如圖2，點P在AB上，連接PD，

∵E為CD的中點，且CD=3∴DE＝CE=3∵∠DFE＝90°，∴cos∠EDF＝cos30°=DF∴DF=3∵BD=1∴BF＝2?3cos∠ABD＝cos30°=BF∴BP=5∴AP=3∴此時點P走過的路徑長為1+3綜上，點P走過的路徑長為12或1+故答案為：12或1+總結提升：本題主要考查了矩形的性質，對稱的性質，解直角三角形，勾股定理等知識，掌握矩形的性質，勾股定理，直角三角形的性質等知識是解題的關鍵，并注意運用分類討論的思想．11．如圖，有一張矩形紙條ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，點M，N分別在邊AB，CD上，CN＝1cm．現將四邊形BCNM沿MN折疊，使點B，C分別落在點B'，C'上．（1）當點B'恰好落在邊CD上時，線段BM的長為cm；（2）點M從點A運動到點B的過程中，若邊MB′與邊CD交于點E，求點E相應運動的路徑長度．（3）當點A與點B'距離最短時，求AM的長．

思路引領：（1）運用矩形性質和翻折性質得出：MB′＝NB′，再利用勾股定理即可求得答案；（2）探究點E的運動軌跡，尋找特殊位置解決問題即可．（3）如圖5中，連接AN，當點B′落在AN上時，AB′的值最小，此時MN平分∠ANB．利用面積法求出AM：BM＝2，可得結論．解：（1）如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性質可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′=B′C′2∴BM＝NB′=5（cm故答案為：5；（2）如圖1中，點B'恰好落在邊CD上時，BM＝NB′=5（cm如圖2中，當點M與A重合時，AE＝EN，設AE＝EN＝xcm，

在Rt△ADE中，則有x2＝22+（4﹣x）2，解得x=5∴DE＝4?52=如圖3中，當點M運動到MB′⊥AB時，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），如圖4中，當點M運動到點B′落在CD時，DB′（即DE″）＝5﹣1?5=（4?5∴點E的運動軌跡E→E′→E″，運動路徑＝EE′+E′B′＝2?32+2﹣（4?5）＝（

（3）如圖5中，連接AN，當點B′落在AN上時，AB′的值最小，此時MN平分∠ANB．過點M作MP⊥AN于點P，MQ⊥BN于點Q．在Rt△ADN中，AN=AD2∵S△AMN∴AM=23AB總結提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質，翻折變換，勾股定理，軌跡等知識，解題的關鍵是學會尋找特殊位置解決問題，屬于中考?？碱}型．類型四平移、翻折及旋轉問題12．（2019春?江北區(qū)期中）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中點．過點F作FE⊥AD，垂足為E．將△AEF沿點A到點B的方向平移，得到△A′E′F′．設P、P′分別是EF、E′F′的中點，當點A′與點B重合時，四邊形PP′F′F的面積為（）A．83 B．43 C．123 D．83?思路引領：如圖，連接BD，DF，DF交PP′于H．首先證明四邊形PP′CD是平行四邊形，再證明DF⊥PP′，求出FH即可解決問題．解：如圖，連接BD，DF，DF交PP′于H．

由題意PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥AA′∥CD，∴四邊形PP′CD是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∵AF＝FB，∴DF⊥AB，DF⊥PP′，在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4，∴AE＝2，EF＝23，∴PE＝PF=3在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF=3∴HF=12PF∴平行四邊形PP′FF′的面積=32×故選：B．總結提升：本題考查菱形的性質、平行四邊形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質、解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．13．（2021?海南模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為1；將其繞頂點C按逆時針方向旋轉一定角度到CEFG的位置，使得點B落在對角線CF上，則陰影部分的面積是（）A．14 B．2?2 C．2?1思路引領：依據△BFH、△CEF為等腰直角三角形，即可得到陰影部分的面積．

解：正方形ABCD的邊長為1，將其繞頂點C按逆時針方向旋轉一定角度到CEFG位置，使得點B落在對角線CF上，∴EF＝CE＝1，∴CF=2∴BF=2∵∠BFE＝45°，∴BH＝BF=2∴陰影部分的面積=12×1×1?12×故選：C．總結提升：本題考查了正方形的性質及旋轉的性質，本題關鍵是利用△BFH、△CEF為等腰直角三角形求解線段的長．14．（2020?湘西州）在平面直角坐標系中，O為原點，點A（6，0），點B在y軸的正半軸上，∠ABO＝30°，矩形CODE的頂點D，E，C分別在OA，AB，OB上，OD＝2．將矩形CODE沿x軸向右平移，當矩形CODE與△ABO重疊