專題5.10四邊形與動(dòng)點(diǎn)綜合大題專練（重難點(diǎn)培優(yōu)30題）-【拔尖特訓(xùn)】2022-2023學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)尖子生培優(yōu)必刷題（解析版）【浙教版】

【拔尖特訓(xùn)】2022-2023學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)尖子生培優(yōu)必刷題【浙教版】專題5.10四邊形與動(dòng)點(diǎn)綜合大題專練（重難點(diǎn)培優(yōu)30題）班級(jí)：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事項(xiàng)：本試卷試題解答30道，共分成三個(gè)層組：基礎(chǔ)過(guò)關(guān)題（第1-10題）、能力提升題（第11-20題）、培優(yōu)壓軸題（第21-30題），每個(gè)題組各10題，可以靈活選用．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級(jí)等信息填寫(xiě)在試卷規(guī)定的位置．一、解答題1．（2022春·浙江杭州·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，BC＝20cm，P、Q、M、N分別從A、B、C、D出發(fā)沿AD、BC、CB、DA方向在長(zhǎng)方形的邊上同時(shí)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)有一個(gè)點(diǎn)先到達(dá)所在運(yùn)動(dòng)邊的另一個(gè)端點(diǎn)時(shí)即停止，已知在相同時(shí)間內(nèi)，若BQ＝xcm（x≠0），則AP＝2xcm，CM＝3xcm，DN＝x2cm．(1)當(dāng)x為何值時(shí)，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)停止？(2)點(diǎn)P與點(diǎn)N可能相遇嗎？點(diǎn)Q與點(diǎn)M呢？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由．(3)當(dāng)x為何值時(shí)，以P、Q、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？【答案】(1)25(2)點(diǎn)P與點(diǎn)N可能相遇，點(diǎn)Q與點(diǎn)M不可能相遇，理由見(jiàn)解析(3)x=2或x=4【分析】（1）根據(jù)題意知，當(dāng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)停止；（2）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)N相遇時(shí)，2x+x2=20，解得x=21-1或-1-21（舍去），當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)M相遇時(shí)，x+3x=20，解得x=5＞2（3）首先計(jì)算可得點(diǎn)Q只能在點(diǎn)M的左側(cè)，然后分當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)N的左側(cè)或點(diǎn)P在點(diǎn)N的右側(cè)兩種情形，分別根據(jù)PN=QM，列方程可解決問(wèn)題．（1）解：由題意得x2=20，∴x=25，∴當(dāng)x為25時(shí)，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)停止；（2）解：當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)N相遇時(shí)，2x+x2=20，解得x=21-1或-1-當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)M相遇時(shí)，x+3x=20，解得x=5，當(dāng)x=5時(shí)，x2=25＞20，∴點(diǎn)Q與點(diǎn)M不能相遇；（3）解：∵當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，x2=20，∴x=25，∴BQ=25cm，CM=65cm，∵BQ+CM=85＜20，∴此時(shí)M點(diǎn)與Q點(diǎn)還未相遇，∴點(diǎn)Q只能在點(diǎn)M的左側(cè)，①如圖，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)N的左側(cè)時(shí)，20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x=0（舍去）或x=2，∴當(dāng)x=2時(shí)，以P、Q、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形；②如圖，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)N的右側(cè)時(shí)，20-（x+3x）=（2x+x2）-20，解得x=4或-10（舍去），∴當(dāng)x=4時(shí)，以P、Q、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，綜上，當(dāng)x=2或4時(shí)，以P、Q、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，化動(dòng)為靜，運(yùn)用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．2．（2022春·浙江紹興·八年級(jí)校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BC的方向以每秒2cm的速度運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)返回，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AD上以每秒1cm的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)B，A同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，點(diǎn)P隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．(1)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PQDC是平行四邊形；(2)當(dāng)0<t<10.5時(shí)，是否存在點(diǎn)P，使ΔPQD是等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出所有滿足要求的t【答案】(1)當(dāng)t=5或373秒時(shí)，四邊形PQDC(2)存在，當(dāng)t=163秒或72【分析】（1）由題意已知，AD∥BC，要使四邊形PQDC是平行四邊形，則只需要讓QD＝PC即可，列方程即可求出時(shí)間；（2）當(dāng)0＜t＜10.5時(shí)，點(diǎn)P向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，使△PQD是等腰三角形，可分三種情況，即PQ＝PD、PQ＝QD、QD＝PD；分別用t表達(dá)等腰三角形的兩腰長(zhǎng)，再利用兩腰相等即可求得時(shí)間t．（1）∵四邊形PQDC是平行四邊形，∴DQ＝CP，當(dāng)P從B運(yùn)動(dòng)到C時(shí)，∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝BC－BP＝21﹣2t，∴16﹣t＝21﹣2t，解得：t＝5，當(dāng)P從C運(yùn)動(dòng)到B時(shí)，∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝2t﹣21，∴16﹣t＝2t﹣21，解得：t=37∴當(dāng)t＝5或373秒時(shí)，四邊形PQDC（2）當(dāng)PQ＝PD時(shí)，作PH⊥AD于H，則HQ＝HD，∠PHD＝∠PHA＝90°，∵QH＝HD=12QD=12（∵AD∥BC，∠B=90°，∴∠A＝180°－∠B＝90°，∴∠A＝∠B＝∠PHA，∴四邊形ABPH是矩形，∴AH＝BP，∴2t=12（16﹣t）+∴t=16當(dāng)PQ＝QD時(shí)，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t，QD＝16﹣t，PH＝AB＝12，∴QD∴16-t2解得t=7當(dāng)QD＝PD時(shí)，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝16﹣2t，∵QD∴16-t2即3t∵Δ=∴方程無(wú)實(shí)根，綜上可知，當(dāng)t=163秒或72秒時(shí)，【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、解一元二次方程和一元一次方程、勾股定理，特別應(yīng)該注意要全面考慮各種情況，不要遺漏．3．（2022春·浙江舟山·八年級(jí)校考階段練習(xí)）如圖，長(zhǎng)方形ABCD中（長(zhǎng)方形的對(duì)邊平行且相等，每個(gè)角都是90°），AB＝6cm，AD＝2cm，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以2cm/s的速度向終點(diǎn)B移動(dòng)，點(diǎn)Q以1cm/s的速度向點(diǎn)D移動(dòng)，當(dāng)有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），問(wèn)：(1)當(dāng)t＝1s時(shí)，四邊形BCQP面積是多少？(2)當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)P和點(diǎn)Q距離是3cm？(3)當(dāng)t為何值時(shí)，以點(diǎn)P，Q，D為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．【答案】(1)5cm2；(2)t＝6-53或(3)t＝3+72或3-72或【分析】當(dāng)t=1時(shí)，CQ=1cm，AP=2cm，可得PB=6-2=4cm，由梯形的面積可得出四邊形BCQP面積．分兩種情況，如圖1，當(dāng)t＜2時(shí)，作QE⊥AB于E；如圖2，當(dāng)t＞2時(shí)，作QE⊥AB于分情況討論，如圖3，當(dāng)PQ=DQ時(shí)，如圖4，當(dāng)PD=PQ時(shí)，如圖5，當(dāng)PD=QD,【詳解】（1）如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=6,AD=BC=2,∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∵CQ=1cm，AP=2cm，∴PB=6-2=4cm，∴S=1+4×2所以四邊形BCQP面積是5cm2．（2）分以下兩種情況討論：①如圖1，作QE⊥AB于E，∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t（cm），∵AP＝2t（cm），∴PE＝6﹣2t﹣t＝（6﹣3t）cm，在Rt△PQE中，由勾股定理，得（6﹣3t）2+4＝9，解得：t＝6±5②如圖2，作PE⊥CD于E，∴PE＝BC＝2cm，BP＝CE＝6﹣2t.∵CQ＝t，∴QE＝t﹣（6﹣2t）＝3t﹣6在Rt△PEQ中，由勾股定理，得（3t﹣6）2+4＝9，解得：t＝6±5綜上所述：t＝6-53或（3）分以下3種情況討論：①如圖3，當(dāng)PQ＝DQ時(shí)，作QE⊥AB于E，∴QE＝BC＝2cm，BE＝CQ＝t（cm），∵AP＝2t，∴PE＝6﹣2t﹣t＝6﹣3t，DQ＝6﹣t，∵PQ＝DQ，∴PQ＝6﹣t，在Rt△PQE中，由勾股定理，得（6﹣3t）2+4＝（6﹣t）2，解得：t＝3±72②如圖4，當(dāng)PD＝PQ時(shí)，作PE⊥DQ于E，∴PE＝AD＝2cm.DE＝AP＝2t，∵DQ＝6﹣t，∴DE＝6-t2∴2t＝6-t2，解得：t＝6③如圖5，當(dāng)PD＝QD時(shí)，∵AP＝2t，CQ＝t，∴DQ＝6﹣t，∴PD＝6﹣t，在Rt△APD中，由勾股定理，得4+4t2＝（6﹣t）2，解得t1＝-6+2333，t2＝綜上所述：t＝3+72或3-72或故答案為：t＝3+72或3-72或【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，分類思想的應(yīng)用，雙動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題．4．（2021春·浙江·八年級(jí)期末）在四邊形ABCD中，AD//BC,BC⊥CD,AD=6cm,BC=10cm，點(diǎn)E從A出發(fā)以1cm/s的速度向D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度向點(diǎn)C（1）用含t的代數(shù)式表示：DE=______，BF=______，F(xiàn)C=_________，（2）t取何值時(shí)，四邊形EFCD為矩形？（3）M是BC上一點(diǎn)，且BM=4，t取何值時(shí)，以A?M?E?F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？【答案】（1）6-t，2t，10-2t；（2）4s；（3）4s或43【分析】（1）根據(jù)E，F(xiàn)的速度，結(jié)合AD，BC的長(zhǎng)即可得解；（2）當(dāng)DE=CF時(shí)，四邊形EFCD為矩形，列出方程即可解決問(wèn)題；（3）分兩種情形列出方程即可解決問(wèn)題．【詳解】解：（1）由題意可得：DE=6-t，BF=2t，F(xiàn)C=10-2t；（2）當(dāng)DE=CF時(shí)，四邊形EFCD為矩形，則有6-t=10-2t，解得t=4，答：t=4s時(shí)，四邊形EFCD為矩形．（3）①當(dāng)點(diǎn)F在線段BM上，AE=FM時(shí)，以A、M、E、F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，則有t=4-2t，解得t=43②當(dāng)F在線段CM上，AE=FM時(shí)，以A、M、E、F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，則有t=2t-4，解得t=4，綜上所述，t=4s或43s時(shí)，以A、M、E、F【點(diǎn)睛】本題考查矩形判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題．5．（2021春·浙江杭州·八年級(jí)期末）如圖所示，在直角梯形ABCD中，AD//BC,∠A=90°,AB=12,BC=21,AD=16．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BC的方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AD上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)Q到點(diǎn)D時(shí)另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（1）設(shè)△DPQ的面積為S，用含有t的代數(shù)式表示S．（2）當(dāng)t為何值時(shí)，以點(diǎn)P、C、D、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？【答案】（1）S=96-6t；（2）5或37【分析】（1）由題意得出AQ=t，DQ=16-t，△DPQ的面積S=12DQ?AB，即可得出S與t（2）分點(diǎn)P未到達(dá)點(diǎn)C時(shí)和點(diǎn)P在BC延長(zhǎng)線上兩種情況，用t表示出QD、CP，然后根據(jù)平行四邊形對(duì)邊相等列出方程求解即可．【詳解】解：（1）根據(jù)題意得：AQ=t，∴DQ=16-t，∴△DPQ的面積S=12×（16-t）×12=96-6t即S與t之間的關(guān)系式為：S=96-6t；（2）當(dāng)P在BC上時(shí)，∵四邊形PCDQ是平行四邊形，∴PC=QD，∴16-t=21-2t，解得t=5；當(dāng)點(diǎn)P在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，∵四邊形CPDQ是平行四邊形，∴16-t=2t-21，解得t=373綜上所述，以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，t的值是5或373【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了直角梯形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)，三角形面積的計(jì)算等知識(shí)；本題有一定難度，綜合性強(qiáng)．6．（2021春·浙江·八年級(jí)期中）如圖，矩形ABCD中，AB=5cm,BC=10cm，動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)D出發(fā)，按折線DCBAD方向以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)D出發(fā)，按折線DABCD方向以2cm/s的速度運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)E在線段BC上，且BE=1cm，若M、（1）求經(jīng)過(guò)幾秒鐘M、N兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)？（2）求點(diǎn)A、E、M、N構(gòu)成平行四邊形時(shí)，M、N兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；【答案】（1）6

s；（2）4s或4.8s【分析】（1）由題意可得：M、N兩點(diǎn)同時(shí)從點(diǎn)D出發(fā)，到第一次相遇時(shí)共運(yùn)動(dòng)了：2（5+10）=30（cm），則可得t=30÷（2+3）=6；（2）由題意知，當(dāng)點(diǎn)N在AD邊上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)M在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)A、E、M、N才可能組成平行四邊形，然后設(shè)經(jīng)過(guò)t秒，四點(diǎn)可組成平行四邊形，①當(dāng)構(gòu)?成?AEMN時(shí)，10-2t=14-3t，②當(dāng)構(gòu)成?AMEN時(shí)，10-2t=3t-14，繼而求得答案．【詳解】解：（1）∵矩形ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，∴M、N兩點(diǎn)同時(shí)從點(diǎn)D出發(fā)，到第一次相遇時(shí)共運(yùn)動(dòng)了：2（5+10）=30（cm），∴t=30÷（2+3）=6（s）答：經(jīng)過(guò)6

s兩點(diǎn)相遇．（2）由題意知，當(dāng)點(diǎn)N在AD邊上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)M在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)A、E、M、N才可能組成平行四邊形，設(shè)經(jīng)過(guò)t秒，四點(diǎn)可組成平行四邊形，①當(dāng)構(gòu)成?AEMN時(shí)，10-2t=14-3t，解得t=4；②當(dāng)構(gòu)成?AMEN時(shí)，10-2t=3t-14，解得t=4.8；答：當(dāng)點(diǎn)A、E、M、N構(gòu)成平行四邊形時(shí)，M、N兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4s或4.8s．【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)．此題難度較大，屬于動(dòng)點(diǎn)題目，解題時(shí)注意分類討論思想、方程思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．7．（2021春·浙江杭州·八年級(jí)期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB=2,BC=4,E是AD上一點(diǎn)，且AE=3．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)，沿射線ED方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)；同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BC方向以每秒a個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P,Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．（1）BQ=______，EP=____．（用含a,t的代數(shù)式表示）（2）記△EPQ的面積為y，求y關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式．（3）連結(jié)EQ,PQ，當(dāng)△EPQ為等腰直角三角形時(shí)，求此時(shí)a和t的值．【答案】（1）at，2t；（2）y=2t；（3）t=1a=3或t=1a=5【分析】（1）直接根據(jù)題意寫(xiě)出答案即可；（2）根據(jù)矩形性質(zhì)和三角形的面積公式求解表達(dá)式即可；（3）分①當(dāng)∠QEP=90°時(shí)；②當(dāng)∠EPQ=90°時(shí)；③當(dāng)∠EQP=90°時(shí)三種情況分別畫(huà)出圖形并推導(dǎo)計(jì)算即可．【詳解】解：（1）由題意可得：BQ=at，EP=2t，故答案為：at，2t；（2）∵四邊形ABCD是長(zhǎng)方形，∴AD∥BC，∠A=∠B=90°，又AB=2，∴△EPQ的面積y=1即y關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式為y=2t；（3）當(dāng)△EPQ為等腰直角三角形時(shí)，分三種情況：①當(dāng)∠QEP=90°時(shí)，如圖1，四邊形ABQE是矩形，則EQ=AB=2，BQ=AE=3，∴EP=EQ=2，∴2t=2at=3，解得：t=1②當(dāng)∠EPQ=90°時(shí)，如圖2，四邊形ABQP是矩形，則BQ=AP，PQ=AB=2，∴EP=PQ=2，BQ=AP=3+2=5，∴2t=2at=5，解得：t=1③當(dāng)∠EQP=90°時(shí)，過(guò)Q作QF⊥EP于F，則四邊形ABQF是矩形，∴QF=AB=2，AF=BQ，∵△EPQ為等腰直角三角形，∴EF=EP=QF=2，即EP=4，BQ=AF=3+2=5，∴2t=4at=5，解得：t=2綜上，滿足條件的t、a值為t=1a=3或t=1a=5或【點(diǎn)睛】本題考查特殊四邊形的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，涉及矩形的判定與性質(zhì)、三角形的面積公式、等腰直角三角形的性質(zhì)、解二元二次方程組等知識(shí)，解答的關(guān)鍵是讀懂題意，掌握矩形的性質(zhì)，會(huì)利用數(shù)形結(jié)合和分類討論思想解決問(wèn)題．8．（2022秋·浙江·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB=CD=6cm，BC=10cm，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)P（1）PC=_____________cm．（用含t的式子表示）（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△ABP≌△DCP？（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以vcm/s的速度沿CD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D處時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，P,Q兩點(diǎn)中有一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)后另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)），是否存在這樣的υ值使得△ABP與△PQC【答案】（1）10-2t；（2）t=2.5；（3）存在，v=2.4或2【分析】（1）由路程=速度×?xí)r間，解得BP=2t，再由（2）由全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等的性質(zhì)得BP=PC，即2t=10-2t，據(jù)此解題；（3）分兩種情況討論，當(dāng)BP=CQ,AB=PC時(shí)或當(dāng)BA=CQ,PB=PC時(shí)，△ABP與△PQC全等，再根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等的性質(zhì)，分別計(jì)算求出t的值即可解得v的值．【詳解】解：（1）由題意得，BP=2∴PC=BC-BP=10-2t，故答案為：10-2t；（2）若△ABP≌△DCP則BP=PC∴2t=10-2t即4t=10∴t=2.5∴當(dāng)t=2.5時(shí)，△ABP≌△DCP；（3）存在，理由如下：當(dāng)BP=CQ,AB=PC時(shí)，△ABP?△PCQ∵AB=6∴PC=6∴BP=10-6=4∴2t=4∴t=2∵CQ=BP=42v=4∴v=2；當(dāng)BA=CQ,PB=PC時(shí)，△ABP?△QCP∵PB=PC∴BP=PC=∴∴t=2.5∵CQ=BP=6∴2.5v=6∴v=2.4綜上所述，當(dāng)v=2.4或2時(shí)，△ABP與△PQC【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度一般，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．9．（2021春·浙江溫州·八年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm，∠C＝30°．點(diǎn)P以2cm/s的速度從頂點(diǎn)A出發(fā)沿折線A﹣B﹣C向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q以1cm/s的速度從頂點(diǎn)A出發(fā)沿折線A﹣D﹣C向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)末端停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts．（1）求平行四邊形ABCD的面積；（2）求當(dāng)t＝0.5s時(shí)，△APQ的面積；（3）當(dāng)△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38時(shí)，求t【答案】（1）4cm2；（2）18cm2；（3）3或【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CD于點(diǎn)E，由30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，得出平行四邊形的高，從而求出結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AP，分別計(jì)算出t＝0.5s時(shí)，AP，AQ和QM的長(zhǎng)，則按三角形面積公式計(jì)算即可；（3）分點(diǎn)P在線段AB上，點(diǎn)Q在線段AD上和點(diǎn)P在線段BC上，點(diǎn)Q在線段CD上，兩種情況計(jì)算即可．【詳解】解：（1）平行四邊形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm∴CD＝AB＝4cm，BC＝AD＝2cm如圖，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CD于點(diǎn)E，∵∠C＝30°∴BE＝12BC＝∴平行四邊形ABCD的面積為：CD×BE＝4×1＝4cm2（2）當(dāng)t＝0.5s時(shí)，AP＝2×0.5＝1cm，AQ＝1×0.5＝0.5cm如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AP∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A＝∠C∵∠C＝30°∴∠A＝30°∴QM＝12AQ＝12×0.5＝14∴△APQ的面積為：12×AP×QM＝12×1×14＝18（3）∵由（1）知平行四邊形ABCD的面積為4cm2．∴當(dāng)△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38△APQ的面積為：4×38＝32（cm當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，點(diǎn)Q在AD上運(yùn)動(dòng)t秒，AP＝2tcm，AQ＝tcm，高為AQ2＝t∴12×2t×t2∴t＝﹣3（舍）或t＝3∴t＝3時(shí)符合題意；當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段BC上時(shí)，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，點(diǎn)Q也運(yùn)動(dòng)到線段CD上，如圖，過(guò)點(diǎn)P作MN垂直CD于點(diǎn)M，垂直于AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)N∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠C＝30°，∴AB∥CD∴∠PBN＝∠C＝30°PN＝12PB＝12（2t﹣4）＝（t﹣2）（cm），PM＝1﹣（t﹣2）＝（3﹣t）（S△APQ＝4﹣12×4×（t﹣2）﹣12×[4﹣（t﹣2）]×[1﹣（t﹣2）]﹣12（t﹣2）∴4﹣2t＋4﹣12（6﹣t）（3﹣t）﹣t2＋1化簡(jiǎn)得：t2﹣4t＋3＝0∴（t﹣1）（t﹣3）＝0∴t＝1（不符合題意，舍）或t＝3當(dāng)t＝3時(shí)，點(diǎn)P位于點(diǎn)C處，點(diǎn)Q位于線段CD上，符合題意．綜上，t的值為3或3．【點(diǎn)睛】此題考查的是平行四邊形的性質(zhì)和一元二次方程的應(yīng)用，掌握平行四邊形的性質(zhì)和各圖形的面積公式是解決此題的關(guān)鍵．10．（2020春·浙江湖州·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開(kāi)始，沿邊AC向點(diǎn)C以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)D從點(diǎn)A開(kāi)始，沿邊AB向點(diǎn)B以每秒53個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，且恰好能始終保持連結(jié)兩動(dòng)點(diǎn)的直線PD⊥AC，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開(kāi)始，沿邊CB向點(diǎn)B以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，連結(jié)PQ．點(diǎn)P，D，Q分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另兩個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t≥0（1）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形BQPD的面積為△ABC面積的一半？（2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，說(shuō)明理由．【答案】（1）t＝9﹣35；（2）存在，t＝2.4秒【分析】（1）先確定時(shí)間t的取值范圍，用t表示線段長(zhǎng)度，然后用△ABC面積減去△CPQ和△APD的面積得到四邊形BQPD的面積，列式求解；（2）當(dāng)BQ=PD時(shí)，四邊形BQPD是平行四邊形，列式求解．【詳解】解：（1）先確定時(shí)間t的取值范圍，因?yàn)楫?dāng)一個(gè)點(diǎn)到終點(diǎn)時(shí)，其他點(diǎn)也停止，所以0≤t≤4，∵由題意可得：CQ＝2t，AP＝t，AD＝53∴BQ＝8-2t，CP＝6-t，∵PD⊥AC，∴PD=A∵S四邊形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD，∴24-[12?2t(6-t)+12∵0≤t≤4，∴t=9-35∴當(dāng)t=9-35時(shí)，四邊形BQPD的面積為三角形ABC（2）存在，t＝2.4（秒）．若四邊形BQPD為平行四邊形，則BQ與PD平行且相等，此時(shí)BQ與PD已經(jīng)平行了，所以需要滿足BQ=PD，列式：8-2t=43t答：存在t的值，使四邊形BQPD為平行四邊形，此時(shí)t=2.4秒．【點(diǎn)睛】本題考查的是幾何圖形中的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，涉及勾股定理，平行四邊形的判定，解題的關(guān)鍵是用時(shí)間t表示圖上的各個(gè)線段長(zhǎng)度，然后根據(jù)題意列方程求解．11．（2021春·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=16cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A停止，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C即停止，點(diǎn)P、Q的速度都是1cm/s．連接PQ、AQ、CP．設(shè)點(diǎn)P（1）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABQP是矩形；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AQCP是菱形；（3）分別求出（2）中菱形AQCP的周長(zhǎng)和面積．【答案】（1）t=8s；（2）t=6s；（3）40cm，80cm2【分析】（1）根據(jù)題中已知，當(dāng)四邊形ABQP是矩形時(shí)，AP=BQ，據(jù)此列出t的方程，解之即可；（2）易證四邊形AQCP是平行四邊形，當(dāng)AQ=CQ時(shí)，四邊形AQCP是菱形，在Rt△ABQ中利用勾股定理列t的方程，解之即可；（3）由（2）求得CQ，根據(jù)菱形的周長(zhǎng)和面積公式即可求解．【詳解】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB=8cm，∴BC=AD=16cm，由已知可得，BQ=DP=tcm，在矩形ABCD中，∠B=90°，AD//BC當(dāng)BQ=AP時(shí)，四邊形ABQP為矩形∴t=16-t，得t=8故當(dāng)t=8s時(shí)，四邊形ABQP（2）∵AP=CQ，AP//CQ∴四邊形AQCP為平行四邊形∴當(dāng)AQ=CQ時(shí)，四邊形AQCP為菱形即82+t2故當(dāng)t=6s時(shí)，四邊形AQCP（3）當(dāng)t=6s時(shí)，則周長(zhǎng)為4×10=40(cm)【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，找到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滿足結(jié)論的等價(jià)條件，進(jìn)而推理、計(jì)算．12．（2020春·浙江·八年級(jí)校考期中）如圖，平行四邊形ABCD中，AD=9cm，CD=32cm，∠B=45°，點(diǎn)M、N分別以A、C為起點(diǎn)，1cm/秒的速度沿AD、CB邊運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（0≤t≤6（1）求BC邊上高AE的長(zhǎng)度；（2）連接AN、CM，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AMCN為菱形；（3）作MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形MPNQ為正方形．【答案】（1）3cm；（2）當(dāng)t為154時(shí)，四邊形AMCN為菱形；（3）當(dāng)t為4.5或1.5秒時(shí)，四邊形MPNQ【分析】（1）先由平行四邊形的性質(zhì)得出AB=CD=32cm．再解直角△ABE，即可求出AE的長(zhǎng)度；（2）先證明四邊形AMCN為平行四邊形，則當(dāng)AN=AM時(shí)，四邊形AMCN為菱形．根據(jù)AN=AM列出方程32+（6-t）2=t2，解方程即可；（3）先證明四邊形MPNQ為矩形，則當(dāng)QM=QN時(shí)，四邊形MPNQ為正方形．根據(jù)QM=QN列出方程|2t-6|=3，解方程即可．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=32cm．在直角△ABE中，∵∠AEB=90°，∠B=45°，∴AE=AB?sin∠B=32×22=3（cm（2）∵點(diǎn)M、N分別以A、C為起點(diǎn)，1cm/秒的速度沿AD、CB邊運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（0≤t≤6），∴AM=CN=t，∵AM∥CN，∴四邊形AMCN為平行四邊形，∴當(dāng)AN=AM時(shí)，四邊形AMCN為菱形．∵BE=AE=3，EN=|6-t|，∴AN2=32+（6-t）2，∴32+（6-t）2=t2，解得t=154所以當(dāng)t為154時(shí)，四邊形AMCN（3）∵M(jìn)P⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，QM∥NP，∴四邊形MPNQ為矩形，∴當(dāng)QM=QN時(shí)，四邊形MPNQ為正方形．∵AM=CN=t，BE=3，∴AQ=EN=BC-BE-CN=9-3-t=6-t，∴QM=AM-AQ=|t-（6-t）|=|2t-6|（注：分點(diǎn)Q在點(diǎn)M的左右兩種情況），∵QN=AE=3，∴|2t-6|=3，解得t=4.5或t=1.5．所以當(dāng)t為4.5或1.5秒時(shí)，四邊形MPNQ為正方形．【點(diǎn)睛】考查了平行四邊形的性質(zhì)、解直角三角形、菱形的判定、正方形的判定，利用數(shù)形結(jié)合與方程思想是解題的關(guān)鍵．13．（2020春·浙江杭州·八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A即停止；同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C即停止．點(diǎn)P、Q的速度的速度都是1cm/s，連結(jié)PQ，AQ，CP，設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t(s)．(1)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABQP是矩形？(2)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AQCP是菱形？(3)分別求出(2)中菱形AQCP的周長(zhǎng)和面積．【答案】(1)當(dāng)t=4時(shí)，四邊形ABQP是矩形；（2）當(dāng)t=3時(shí)，四邊形AQCP是菱形；(3)周長(zhǎng)為：20cm，面積為：20(cm【分析】（1）當(dāng)四邊形ABQP是矩形時(shí)，BQ=AP，據(jù)此求得t的值；（2）當(dāng)四邊形AQCP是菱形時(shí)，AQ=AC，列方程求得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（3）菱形的四條邊相等，則菱形的周長(zhǎng)=4t，面積=矩形的面積-2個(gè)直角三角形的面積．【詳解】解:(1)當(dāng)t=4時(shí)，四邊形ABQP是矩形；(2)設(shè)t秒后，四邊形AQCP是菱形當(dāng)AQ=CQ，即42+t解得：t=3．答：當(dāng)t=3時(shí)，四邊形AQCP是菱形；(3)當(dāng)t=3時(shí)，CQ=5，則周長(zhǎng)為：4CQ=20cm，面積為：4×8-2×1【點(diǎn)睛】本題考查了菱形、矩形的判定與性質(zhì)．解決此題注意結(jié)合方程的思想解題．14．（2020·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABCD為菱形，點(diǎn)E為對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DE并延長(zhǎng)交射線AB于點(diǎn)F，連接BE．1求證：∠AFD=∠EBC；2是否存在這樣一個(gè)菱形，當(dāng)DE=EC時(shí)，剛好BE⊥AF？若存在，求出∠DAB的度數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；3若∠DAB=90°，且當(dāng)△BEF為等腰三角形時(shí)，求【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）60°；（3）∠EFB=30°【分析】（1）首先證明△DCE≌△BCE得∠EDC＝∠EBC，根據(jù)DC∥AB得∠EDC＝∠AFD，從而說(shuō)明結(jié)論；（2）根據(jù)DE=EC得出∠EDC＝∠ECD，設(shè)∠EDC＝∠ECD＝∠CBE＝x°，則∠CBF＝2x°，根據(jù)BE⊥AF得出x的值，然后計(jì)算；（3）當(dāng)F在AB延長(zhǎng)線上時(shí)，∠EFB為鈍角，只能是BE=BF，通過(guò)三角形內(nèi)角和求出未知數(shù)的值；當(dāng)F在線段AB上時(shí)，∠EFB為鈍角只能是FE=FB，然后進(jìn)行計(jì)算．【詳解】（1）（1）在△DCE和△BCE中，DC=BC，∠DCE=∠BCE，CE=CE，∴△DCE≌△BCE（SAS）∴∠EDC＝∠EBC∵DC∥AB∴∠EDC＝∠AFD

∴∠AFD＝∠EBC

（2）∵DE=EC∴∠EDC＝∠ECD

設(shè)∠EDC＝∠ECD＝∠CBE＝x°，則∠CBF＝2x°由BE⊥AF得2x+x＝90°

x＝30°

∴∠DAB＝60°

（3）分兩種情況：①當(dāng)F在AB延長(zhǎng)線上時(shí)，∵∠EFB為鈍角∴只能是BE=BF，設(shè)∠BEF＝∠BFE＝x°

可通過(guò)三角形內(nèi)角形為180°得90+x+x+x＝180，x＝30

∴∠EFB＝30°

②當(dāng)F在線段AB上時(shí)，∵∠EFB為鈍角∴只能是FE=FB，設(shè)∠BEF＝∠EBF＝x°，則有∠AFD=2x°

可證得∠AFD＝∠DCE＝∠CBE

得x+2x＝90，x＝30

∴∠EFB＝120°綜上：∴∠EFB＝30°或120°【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等、角度之間的計(jì)算、三角形內(nèi)角和．15．（2016春·浙江紹興·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10cm，BC＝8cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以3cm／s的速度沿折線ABCD方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，以2cm／s的速度沿線段DC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)．已知P，Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，P，Q停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．(1)、求CD的長(zhǎng)．(2)、當(dāng)四邊形PBQD為平行四邊形時(shí)，求四邊形PBQD的周長(zhǎng)．(3)、當(dāng)點(diǎn)P在折線BCD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在某一時(shí)刻，使得△BPQ的面積為16cm2？若存在，請(qǐng)求出滿足條件的t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)16cm；(2)（8＋8）cm；(3)或6或【詳解】試題分析：（1）、、過(guò)點(diǎn)A作AM∥BC交DC于M，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出MC＝AB＝10cm，AM＝BC＝8cm；根據(jù)Rt△ADM的勾股定理求出DM的長(zhǎng)度，然后得出答案；（2）、當(dāng)四邊形PBQD為平行四邊形時(shí)，PB∥DQ且PB＝DQ，根據(jù)題意得出PB＝（10－3t）cm，DQ＝2tcm，從而求出t的值，然后得出四邊形的周長(zhǎng)；（3）、分三種情況進(jìn)行求解，①若點(diǎn)P在線段BC上，則＜t≤6；②若點(diǎn)P在線段CD上，且點(diǎn)P在點(diǎn)Q的右側(cè)，則6≤t＜；③若點(diǎn)P在線段CD上，且點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)，則＜t≤8，根據(jù)三角形的面積列出方程，求出t的值.試題解析：（1）、過(guò)點(diǎn)A作AM∥BC交DC于M（如圖）∵AB∥CD，∴四邊形ABCM是平行四邊形．∴MC＝AB＝10cm，AM＝BC＝8cm．∵∠BCD＝90°，∴∠AMD＝90°．∵AD＝10cm，∴DM＝＝＝6（cm）．∴CD＝DM＋MC＝10cm＋6cm＝16cm．（2）、當(dāng)四邊形PBQD為平行四邊形時(shí)，PB∥DQ且PB＝DQ．∵點(diǎn)Q在DC上，∴點(diǎn)P在AB上（如圖）．∴0＜t＜．由題意得PB＝（10－3t）cm，DQ＝2t（cm），∴10－3t＝2t．解得t＝2（符合題意）．此時(shí)DQ＝4cm，∴QC＝12cm．∴BQ＝＝＝4（cm）．∴四邊形PBQD的周長(zhǎng)＝2（BQ＋DQ）＝（8＋8）cm．（3）、分以下三種情況討論：①若點(diǎn)P在線段BC上（如圖），則＜t≤6．此時(shí)BP＝3t－10，CQ＝16－2t，由S△BPQ＝BP?CQ＝（3t－10）（16－2t）＝16，得3t2－34t＋96＝0．∵△＝（－34）2－4×3×96＝4，∴t＝＝．∴t＝6或（符合題意）．②若點(diǎn)P在線段CD上，且點(diǎn)P在點(diǎn)Q的右側(cè)（如圖），則6≤t＜．此時(shí)QP＝34－5t．由S△BPQ＝QP?BC＝（34－5t）×8＝16，解得t＝6（符合題意）．③若點(diǎn)P在線段CD上，且點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)（如圖），則＜t≤8．此時(shí)PQ＝5t－34．由S△BPQ＝PQ?BC＝（5t－34）×8＝16，解得t＝（符合題意）．綜上，存在符合題意的時(shí)刻，即t的值為，或6，或．考點(diǎn)：（1）、勾股定理；（2）、平行四邊形的性質(zhì)；（3）、分類討論思想.16．（2019春·浙江杭州·八年級(jí)期中）如圖，M、N是平行四邊形ABCD對(duì)角線BD上兩點(diǎn)．（1）若BM=MN=DN，求證：四邊形AMCN為平行四邊形；（2）若M、N為對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)（均可與端點(diǎn)重合），設(shè)BD=12cm，點(diǎn)M由點(diǎn)B向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2（cm/s），同時(shí)點(diǎn)N由點(diǎn)D向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，速度為a（cm/s），運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．若要使四邊形AMCN為平行四邊形，求a的值及t的取值范圍．【答案】(1)證明見(jiàn)解析；（2）a=2，0≤t≤6且t≠3.【詳解】試題分析：(1)根據(jù)題意易證△AND≌△CMB.所以AN=CM，∠AND=∠CMB.所以∠ANM=∠CMN,即AN∥CM.因此，四邊形AMCN為平行四邊形；（2）連接AC，交BD于O，要使四邊形AMCN為平行四邊形，即OM=ON，列出方程與不等式即可求解.試題解析：(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD=CB，AD∥BC∴∠ADB=∠CBD又∵BM=DN∴△AND≌△CBM∴CM=AN，∠BMC=∠DNA∴∠CMN=∠ANM∴CM∥AN∴四邊形AMCN為平行四邊形；（2）如圖，連接AC，交BD于O，要使四邊形AMCN為平行四邊形，即OM=ON，∴6-2t=6-at∴a=2當(dāng)M、M重合于點(diǎn)O，即t=3時(shí)，點(diǎn)A、M、C、N在同一直線上，不能組成四邊形，∴0≤t≤6且t≠3.考點(diǎn)：1平行四邊形的判定與性質(zhì).17．（2022春·浙江紹興·八年級(jí)嵊州市三界鎮(zhèn)中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BC的方向以每秒2cm的速度運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)返回，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AD上以每秒1cm的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)B，A同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)Q(1)求DQ、PC的代數(shù)表達(dá)式；(2)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PQDC是平行四邊形；(3)當(dāng)0<t<10．5時(shí)，是否存在點(diǎn)P，使△PQD是等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有滿足要求的【答案】(1)DQ=16-t，PC=21-2t或PC=2t-21(2)當(dāng)t=5或373秒時(shí)，四邊形PQDC(3)存在這樣的P,使△PQD是等腰三角形,當(dāng)t=163秒或72【分析】（1）根據(jù)題意，寫(xiě)出代數(shù)表達(dá)式即可；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)知DQ=CP，分當(dāng)P從B運(yùn)動(dòng)到C時(shí)，當(dāng)P從C運(yùn)動(dòng)到B時(shí)，兩種情況進(jìn)行求解即可；（3）分PQ=QD、PQ=PD、QD=PD三種情況討論求出t值即可；【詳解】（1）解：根據(jù)題意，DQ=16-t，當(dāng)點(diǎn)P未到點(diǎn)C時(shí)，PC=21-2t；當(dāng)點(diǎn)P由點(diǎn)C返回時(shí)，PC=2t-21；（2）∵四邊形PQDC是平行四邊形，∴DQ=CP，當(dāng)P從B運(yùn)動(dòng)到C時(shí)，∵DQ=AD-AQ=16-t，CP=21-2t，∴16-t=21-2t，解得：t=5，當(dāng)P從C運(yùn)動(dòng)到B時(shí)，∵DQ=AD-AQ=16-t，CP=2t-21，∴16-t=2t-21，解得：t=37∴當(dāng)t=5或373秒時(shí)，四邊形PQDC（3）當(dāng)PQ=PD時(shí)，作PH⊥AD于H，則HQ=HD，∵QH=HD=1∵AH=BP，∴2t=1∴t=16當(dāng)PQ=QD時(shí)，QH=AH-AQ=BP-AQ=2t-t=t，QD=16-t，∵QD∴(16-t)解得t=7當(dāng)QD=PD時(shí)，DH=AD-AH=AD-BP=16-2t，∵QD∴(16-t)即3t∵Δ∴方程無(wú)實(shí)根，綜上可知，當(dāng)t=163秒或72【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)及動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，一元二次方程的應(yīng)用，掌握相關(guān)知識(shí)并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．18．（2022春·浙江寧波·八年級(jí)寧波市第七中學(xué)校聯(lián)考期中）在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，O為AC中點(diǎn)，AC平分∠EAF，E、F分別在邊AD、BC上，連結(jié)AF、(1)如圖1，求證四邊形AFCE為菱形，并求AF長(zhǎng)；(2)如圖2，動(dòng)點(diǎn)P、O分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，沿△AFB和△CDE各邊勻速運(yùn)動(dòng)一周．即點(diǎn)P自A→F→B→A停止，點(diǎn)Q自C→D→E→C停止．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，①已知點(diǎn)P的速度為每秒5cm，點(diǎn)Q的速度為每秒4cm，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，當(dāng)A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，求t的值．②若點(diǎn)P、Q的運(yùn)動(dòng)路程分別為a、b（單位：cm，ab≠0），已知A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，請(qǐng)畫(huà)出符合題意的圖形，并求a與b滿足的數(shù)量關(guān)系式．【答案】(1)證明見(jiàn)解析；AF=5cm(2)①t=34；②圖形見(jiàn)解析；a+【分析】（1）利用SAS證明△AOE≌△COF，得OE=OF，可知四邊形AFCE是平行四邊形，再說(shuō)明AF=CF即可證明是菱形，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)AF=CF=xcm，則BF=(8-x)cm，在Rt△ABF中，利用勾股定理得：42+(8-x)2=x2，解方程即可；（2）①通過(guò)判斷可知因此只有當(dāng)點(diǎn)P在BF上，Q點(diǎn)在ED上，才能構(gòu)成平行四邊形，根據(jù)QA=PC，從而得出答案；②由題意得：四邊形APCQ是平行四邊形時(shí)，點(diǎn)P，Q在互相平行的對(duì)應(yīng)邊上，分三種情況分別畫(huà)出圖形，從而解決問(wèn)題．（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE，∵O為AC中點(diǎn)，∴OA=OC，∴△AOE≌△COF(AAS)，∴OЕ=OF，∴四邊形AFCE是平行四邊形，∵AC平分∠EАF，∴∠CАD=∠CАF，∵∠CAD=∠ACB，∴∠CАF=∠ACB，∴AF=CF，∴四邊形AFCE為菱形；設(shè)菱形的邊長(zhǎng)AF=CF=xcm，則BF=(8-x)сm，在Rt△ABF中，由勾股定理得42+(8-x)2=x2解得x=5，∴AF=5；（2）解：①∵點(diǎn)P的速度為每秒5cm，點(diǎn)Q的速度為每秒4cm，AF=5，CD=4∴當(dāng)點(diǎn)P在AF上時(shí)，Q點(diǎn)在CD上，此時(shí)A，C，P，Q的四點(diǎn)不可能構(gòu)成平行四邊形，同理，P點(diǎn)在AB上時(shí)，Q點(diǎn)在DE或CE上也不能構(gòu)成平行四邊形，因此只有當(dāng)點(diǎn)P在BF上，Q點(diǎn)在ED上，才能構(gòu)成平行四邊形，∴以A，C，P，Q的四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，PC=QA，∵點(diǎn)P的速度為每秒5cm，點(diǎn)Q的速度為每秒4cm，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，∴PC=5tcm，QA=CD+AD-4t=12-4t，即QA=12-4t，∴5t=12-4t，解得t=3∴當(dāng)A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，t的值為34②由題意得：四邊形APCQ是平行四邊形時(shí)，點(diǎn)P，Q在互相平行的對(duì)應(yīng)邊上，分三種情況：Ⅰ：如圖，當(dāng)P點(diǎn)在AF上，Q點(diǎn)在CE上，AP=CQ，即a=12-b，∴a+b=12；Ⅱ：如圖，當(dāng)P點(diǎn)在BF上，Q點(diǎn)在DE上時(shí)，AQ=CP，即12-b=a，∴a+b=12；Ⅲ：如圖，當(dāng)P點(diǎn)在AB上，Q點(diǎn)在CD上時(shí)，AP=CQ，即12-a=b，∴a+b=12；綜上，a與b滿足的數(shù)量關(guān)系為a+b=12(ab≠0)．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，化動(dòng)為靜，運(yùn)用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．19．（2021春·浙江杭州·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD種，AB＝3，BC＝6，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿射線AD方向以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)；同時(shí)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BC方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P，Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．（1）當(dāng)t＝2時(shí)，求線段PQ的長(zhǎng)；（2）當(dāng)線段PQ與線段DC相交于點(diǎn)M，且DM＝CM時(shí)，求t的值；（3）連接AQ，是否存在某一時(shí)刻，△APQ為等腰三角形？若存在，求出此時(shí)△APQ的面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）5；（2）t＝3；（3）存在，△APQ的面積為2728或【分析】（1）過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥AD于E，可證四邊形ABQE是矩形，可得QE＝CD＝AB＝3，AE＝BQ＝2，由勾股定理可求解；（2）由“AAS”可證△DMP≌△CMQ，可得CQ＝DP，即可求解；（3）分三種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可求解．【詳解】解：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥AD于E，當(dāng)t＝2時(shí)，AP＝6，BQ＝2，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠ADC＝90°，又∵QE⊥AD，∴四邊形ABQE是矩形，∴QE＝CD＝AB＝3，AE＝BQ＝2，∴EP＝AP﹣AE＝6﹣2＝4，∴PQ＝EP2+EQ2（2）如圖2，∵AD//BC，∴∠CQM＝∠DPM，∵點(diǎn)M是CD中點(diǎn)，∴CM＝DM，又∵∠DMP＝∠CMQ，∴△DMP≌△CMQ（AAS），∴CQ＝DP，∴6﹣t＝3t﹣6，∴t＝3；（3）存在，由題意可得：AP＝3t，若AP＝AQ時(shí)，則9t2＝9+t∴t＝324（負(fù)值舍去），AP＝924，△若AP＝PQ時(shí)，9t2＝9+(3t-t)∴t＝355（負(fù)值舍去），AP＝955，△若AQ＝PQ時(shí)，9+t2＝∴t＝0（不合題意舍去），綜上所述：當(dāng)t＝324或355時(shí)，△APQ為等腰三角形，△APQ的面積為【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．20．（2021春·浙江杭州·八年級(jí)杭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校考期末）如圖，四邊形ABCD是矩形，AB=20，BC=10，以CD為一邊向矩形外部作等腰直角△CDG，∠G=90°．點(diǎn)M在線段AB上，且AM=a，點(diǎn)P沿折線AD-DG運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q沿折線BC-CG運(yùn)動(dòng)（P，Q與點(diǎn)G不重合），在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中終保持PQ//AB．設(shè)PQ與AB之間的距離為x，四邊形AMQP的面積為（1）若a=12，回答下列問(wèn)題：①當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，若四邊形AMQP的面積為48，則x=______．②求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并求出y的最大值；（2）如圖2，若點(diǎn)P在線段DG上時(shí)，要使四邊形AMQP的面積始終不小于50，求a的取值范圍．【答案】（1）①3；②y=16x0＜x≤10-x2＋26x【分析】（1）①P在線段AD上，PQ＝AB＝20，AP＝x，AM＝12，由梯形面積公式得出方程，解方程即可；②當(dāng)點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，P到D點(diǎn)時(shí)四邊形AMQP面積最大，四邊形AMQP為直角梯形，得出0＜x≤10時(shí)，四邊形AMQP面積的最大值＝12（12＋20）×10＝160，當(dāng)P在DG上運(yùn)動(dòng)，10＜x＜20，四邊形AMQP為不規(guī)則梯形，作PK⊥AB于K，交CD于N，作GE⊥CD于E，交AB于F，則PKa＝x，PN＝x?10，EF＝BC＝10，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出GE＝12CD＝10，得出GF＝GE＋EF＝20，GH＝20?x，證明△GPQ∽△GDC，得出比例式，得出PQ＝40?2x，求出梯形AMQP的面積＝12（12＋40?2x）×x＝?（x?13）2（2）P在DG上，則10≤x＜20，AM＝a，PQ＝40?2x，梯形AMQP的面積S＝12（a＋40?2x）×x＝?x2＋40+a2x，對(duì)稱軸x＝10＋a4，得出10≤10＋a4≤15，對(duì)稱軸在10和15之間，得出10≤x＜20，二次函數(shù)圖象開(kāi)口向下，當(dāng)x無(wú)限接近于20時(shí)，S最小，得出?202＋40+a2【詳解】（1）解：①P在線段AD上，PQ＝AB＝20，AP＝x，AM＝12，四邊形AMQP的面積＝12（12＋20）x＝48解得：x＝3；故答案為：3；②當(dāng)點(diǎn)P在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，P到D點(diǎn)時(shí)四邊形AMQP面積最大，四邊形AMQP為直角梯形，∴0＜x≤10時(shí)，四邊形AMQP面積為12（20+12）×x=16x∴P到D點(diǎn)時(shí)四邊形AMQP面積最大，四邊形AMQP面積的最大值＝12（12＋20）×10＝160當(dāng)P在DG上運(yùn)動(dòng)，10＜x＜20，四邊形AMQP為不規(guī)則梯形，作PK⊥AB于K，交CD于N，作GE⊥CD于E，交AB于F，如圖2所示：則PK＝x，PN＝x?10，EF＝BC＝10，∵△GDC是等腰直角三角形，∴DE＝CE，GE＝12CD＝10∴GF＝GE＋EF＝20，∴GH＝20?x，由題意得：PQ∥CD，∴△GPQ∽△GDC，∴PQDC即PQ20解得：PQ＝40?2x，∴梯形AMQP的面積y＝12（12＋40?2x）×x＝?x2＋26x＝?（x?13）2＋169∴當(dāng)x＝13時(shí)，四邊形AMQP的面積最大為169；∴y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=16x0＜（2）解：P在DG上，則10≤x＜20，AM＝a，PQ＝40?2x，梯形AMQP的面積S＝12（a＋40?2x）×x＝?x2＋40+a2x，對(duì)稱軸為：x＝10＋∵0≤a≤20，∴10≤10＋a4≤15，對(duì)稱軸在10和15∵10≤x＜20，二次函數(shù)圖象開(kāi)口向下，∴當(dāng)x無(wú)限接近于20時(shí)，S最小，∴?202＋40+a2×20≥50∴a≥5；綜上所述，a的取值范圍為5≤a≤20．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、梯形面積公式、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．21．（2021春·浙江寧波·八年級(jí)統(tǒng)考期中）在四邊形ABCD中，AB//CD,∠BCD=90°,AB=AD=10cm,BC=8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線ABCD方向以3cm/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DC方向以2cm/s（1）求CD的長(zhǎng)；（2）當(dāng)四邊形PBQD為平行四邊形時(shí)，求四邊形PBQD的周長(zhǎng)；（3）在點(diǎn)P、Q的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在某一時(shí)刻，使得△BPQ的面積為20cm2?若存在，請(qǐng)求出所有滿足條件的t【答案】（1）16cm；（2）(8+813)cm；（3）t=5【分析】（1）過(guò)A作AM⊥DC于M，得出平行四邊形AMCB，求出AM，根據(jù)勾股定理求出DM即可；（2）根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊相等得出方程，求出即可；（3）分為三種情況，根據(jù)題意畫(huà)出符合條件的所有圖形，根據(jù)三角形的面積得出方程，求出符合范圍的數(shù)即可．【詳解】解：（1）如圖1，過(guò)A作AM⊥DC于M，∵在四邊形ABCD中，AB//CD，∠BCD=90°，∴AM//BC，∴四邊形AMCB是矩形，∵AB=AD=10cm，BC=8cm，∴AM=BC=8cm，CM=AB=10cm，在RtΔAMD中，由勾股定理得：CD=DM+CM=10cm+6cm=16cm；（2）如圖2，當(dāng)四邊形PBQD是平行四邊形時(shí)，PB=DQ，即10-3t=2t，解得t=2，此時(shí)DQ=4，CQ=12，BQ=B所以C?PBQD即四邊形PBQD的周長(zhǎng)是(8+813（3）當(dāng)P在AB上時(shí)，如圖3，即0?t?10SΔBPQ解得t=5當(dāng)P在BC上時(shí)，如圖4，即103SΔBPQ此方程沒(méi)有實(shí)數(shù)解；當(dāng)P在CD上時(shí)：若點(diǎn)P在點(diǎn)Q的右側(cè)，如圖5，即6<t<34SΔBPQ解得t=29若P在Q的左側(cè)，如圖6，即345SΔBPQ解得t=39綜上所述，當(dāng)t=53秒或395秒時(shí)，ΔBPQ【點(diǎn)睛】本題考查了梯形性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)和判定，三角形的面積的應(yīng)用，用了分類討論思想，題目比較好，有一定的難度．22．（2021春·浙江杭州·八年級(jí)校考期中）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=4cm,AD=2cm,∠C=60°．點(diǎn)P以2cm/s的速度從頂點(diǎn)A出發(fā)沿折線A-B-C向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q以1cm/s的速度從頂點(diǎn)A出發(fā)沿折線A-D-C向點(diǎn)（1）求平行四邊形ABCD的面積；（2）求當(dāng)t=1s時(shí)，△APQ（3）當(dāng)△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38時(shí)，求t【答案】（1）43cm2；（2）32cm2；（3）3【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CD于點(diǎn)E，由30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，得出平行四邊形的高，再按底乘以高，即可得解；（2）過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AP，分別計(jì)算出t=1s時(shí)，AP，AQ和QM的長(zhǎng)，則按三角形面積公式計(jì)算即可；（3）分點(diǎn)P在線段AB上，點(diǎn)Q在線段AD上和點(diǎn)P在線段BC上，點(diǎn)Q在線段CD上，兩種情況計(jì)算即可．【詳解】解：（1）平行四邊形ABCD中，AB=4cm，AD=2cm，∴CD=AB=4cm，BC=AD=2cm，如圖，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CD于點(diǎn)E，∵∠C=60°，∴CE=12BC=1cm∴BE=BC2-CE∴平行四邊形ABCD的面積為：CD×BE=4×3=43cm2答：平行四邊形ABCD的面積為43cm2（2）當(dāng)t=1s時(shí)，AP=2×1=2cm，AQ=1×1=1cm，如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AP，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A=∠C，∵∠C=60°，∴∠A=60°，∴AM=12AQ=12∴QM=AQ2-AM∴△APQ的面積為：12×AP×QM=12×2×32=3答：當(dāng)t=1s時(shí)，△APQ的面積為32cm2（3）∵由（1）知平行四邊形ABCD的面積為43cm2∴當(dāng)△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38△APQ的面積為：43×38=33當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，點(diǎn)Q在AD上運(yùn)動(dòng)t秒，此時(shí)0<t≤2，AP=2tcm，AQ=tcm，高為32AQ=3∴12解得：t=3或-3當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段BC上時(shí)，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，點(diǎn)Q也運(yùn)動(dòng)到線段CD上，即2<t<3如圖，過(guò)點(diǎn)P作MN垂直CD于點(diǎn)M，垂直于AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠C=60°，∴AB∥CD，∴∠PBN=∠C=60°，PN=32PB=32（2t-4）=3t-2cm，PM=3-S△APQ=43解得：t=1（舍）或t=3，當(dāng)t=3時(shí)，點(diǎn)P位于點(diǎn)C處，點(diǎn)Q位于線段CD上，符合題意．綜上，t的值為3或3．【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)在平行四邊形的邊上運(yùn)動(dòng)所形成的三角形的面積的問(wèn)題，數(shù)形結(jié)合，按照三角形或平行四邊形的面積公式計(jì)算，是解題的關(guān)鍵．23．（2021春·浙江·八年級(jí)期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=8cm,AD=4cm,∠C=30°，點(diǎn)P以4cm/s的速度從頂點(diǎn)A出發(fā)沿折線A-B-C向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q以2cm/s的速度從頂點(diǎn)A出發(fā)沿折線A-D-C向點(diǎn)（1）求平行四邊形ABCD的面積；（2）求當(dāng)t=0.5s時(shí)，△APQ（3）當(dāng)△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38時(shí)，求t【答案】（1）16cm2；（2）12cm2；（3）3或【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CD于點(diǎn)E，由30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，得出平行四邊形的高，再按底乘以高，即可得解；（2）過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AP，分別計(jì)算出t=0.5s時(shí)，AP，AQ和QM的長(zhǎng)，再按三角形面積公式計(jì)算即可；（3）分點(diǎn)P在線段AB上，點(diǎn)Q在線段AD上和點(diǎn)P在線段BC上，點(diǎn)Q在線段CD上，兩種情況計(jì)算即可．【詳解】解：（1）平行四邊形ABCD中，AB=8cm，AD=4cm，∴CD=AB=8cm，BC=AD=4cm，如圖，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CD于點(diǎn)E，∵∠C=30°，∴BE=12BC=2cm∴平行四邊形ABCD的面積為：CD×BE=8×2=16cm2，答：平行四邊形ABCD的面積為16cm2．（2）當(dāng)t=0.5s時(shí)，AP=4×0.5=2cm，AQ=2×0.5=1cm，如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥AP，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A=∠C，∵∠C=30°，∴∠A=30°，∴QM=12AQ=12×1=1∴△APQ的面積為：12×AP×QM=12×2×12=1答：當(dāng)t=0.5s時(shí)，△APQ的面積為12cm2（3）∵由（1）知平行四邊形ABCD的面積為16cm2．∴當(dāng)△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38△APQ的面積為：16×38=6cm2當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，點(diǎn)Q在AD上運(yùn)動(dòng)t秒，AP=4tcm，AQ=2tcm，高為AQ2=tcm∴12解得：t=3或-3當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段BC上時(shí)，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，點(diǎn)Q也運(yùn)動(dòng)到線段CD上，如圖，過(guò)點(diǎn)P作MN垂直CD于點(diǎn)M，垂直于AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠C=30°，∴AB∥CD，∴∠PBN=∠C=30°，PN=12PB=12（4t-8）=（2t-4）（cm），PM=2-（2t-4）=（6-2t）（S△APQ=16-1解得：t=1（舍）或t=3，當(dāng)t=3時(shí)，點(diǎn)P位于點(diǎn)C處，點(diǎn)Q位于線段CD上，符合題意．綜上，t的值為3或3．【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)在平行四邊形的邊上運(yùn)動(dòng)所形成的三角形的面積的問(wèn)題，數(shù)形結(jié)合，按照三角形或平行四邊形的面積公式計(jì)算，是解題的關(guān)鍵．24．（2021春·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°,AB=8，點(diǎn)P在對(duì)角線BD上（不與點(diǎn)B，D重合)，點(diǎn)E、F分別在邊CD，BC上，且PE//（1)如圖1，若AP⊥BD，求證：DE=PF．（2)如圖2，點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)PE=x,AP=y．①若四邊形PFCE的面積為63，求x②探究x與y的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）①6或2；②y【分析】（1）若AP⊥BD，則AP為等腰△BAD的中線，PE為△DBC的中位線即可通過(guò)等量代換求證．（2）①用含x的式子表示出四邊形PFCE面積，根據(jù)題意建立方程求解即可．②構(gòu)造輔助線，利用勾股定理即可找到y(tǒng)與x的數(shù)量關(guān)系．【詳解】解：（1）證明：由題意得：AB=AD，AP⊥BD，∴AP為等腰△BAD的中線，即點(diǎn)P為BD的中點(diǎn)，又∵PE∥BC，∴點(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，PE為△DBC的中位線，∴PE=12BC=12DC＝EC=又∵PE∥BC，PF∥DC，∴四邊形FPEC為平行四邊形，∴PF=EC，而DE=EC，∴DE=PF；（2）①過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于點(diǎn)M，如圖所示：∵∠ABC=60°，AB//CD，PE//FC，BD為對(duì)角線，∴∠PFM=60°，∠PBC=∠BDE=∠DPE=30°，∴PE=x，則FC=DE=x，PF=EC=8-x，在RtΔPFM中，S?PFCE∵四邊形PFCE的面積為63∴-3解得：x1=6，∴x=6或2；②過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥PD于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥AD于點(diǎn)N，如圖3，由①可知∠PDE=30°，PE=DE=x，在RtΔDQE中，∴PD=3在RtΔDPN中，∠PDN=30°，PN=1∴AN=AD-DN=8-3在RtΔANP中，AP=y，AN=8-3由勾股定理可得：AP∴y2=∴y與x的數(shù)量關(guān)系為：y2【點(diǎn)睛】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練四邊形的綜合性質(zhì)，結(jié)合一元二次方程以及勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，理清題意，合理添加輔助線，構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵．25．（2021春·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在?ABCD中，AB=4cm,AD=6cm，動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從A、C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以1cm/s的速度由A向D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以2cm/s的速度在CB間往返運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D（1）當(dāng)四邊形APQB的面積為?ABCD面積的一半時(shí)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為多少秒；（2）幾秒鐘后，P、Q與平行四邊形的兩個(gè)頂點(diǎn)組成平行四邊形？【答案】（1）4；（2）2秒或4秒或6秒【分析】（1）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，分0≤t≤3，3＜t≤6兩種情況，四邊形APQB和?ABCD是同高，因此根據(jù)梯形面積和平行四邊形面積公式列出方程，再解即可；（2）分四邊形ABQP是平行四邊形，四邊形PQCD是平行四邊形，四邊形APCQ是平行四邊形，四邊形BPDQ是平行四邊形，四種情況，分別列出方程，解之即可．【詳解】解：（1）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，∵在?ABCD中，AB=4cm，AD=6cm，∴CD=4cm，BC=6cm，設(shè)平行四邊形ABCD中BC邊上的高為h，由題意可得：當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)，點(diǎn)Q恰好回到點(diǎn)C，當(dāng)四邊形APQB的面積為?ABCD面積的一半時(shí)，若0≤t≤3，有12解得：t=0（舍去）；若3＜t≤6，有12解得：t=4；∴t的值為4；（2）若四邊形ABQP是平行四邊形，則AP=BQ，則t=6-2t或t=2t-6，解得：t=2或t=6；若四邊形PQCD是平行四邊形，則PD=CQ，則6-t=2t或6-t=12-2t，解得：t=2或t=6，若四邊形APCQ是平行四邊形，則AP=CQ，則t=2t或t=12-2t，解得：t=0（舍）或t=4，若四邊形BPDQ是平行四邊形，則PD=BQ，則6-t=6-2t或6-t=2t-6，解得：t=0（舍）或t=4，綜上：2秒或4秒或6秒后，P、Q與平行四邊形的兩個(gè)頂點(diǎn)組成平行四邊形．【點(diǎn)睛】此題主要考查了平行四邊形的判定，以及梯形的面積計(jì)算，關(guān)鍵是掌握一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．26．（2021春·浙江杭州·八年級(jí)期中）已知，平行四邊形ABCD中，一動(dòng)點(diǎn)P在AD邊上，以每秒1cm的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．（1）如圖①，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若CP平分∠BCD，且滿足CD=CP，求∠ABC的度數(shù)．（2）如圖②，在（1）問(wèn)的條件下，連接BP并延長(zhǎng)，與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，連接AF，若AB=4cm，求△APF（3）如圖③，另一動(dòng)點(diǎn)Q在BC邊上，以每秒4cm的速度從點(diǎn)C出發(fā)，在BC間往返運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)停止運(yùn)動(dòng)（同時(shí)Q點(diǎn)也停止），若AD=18cm，則t為何值時(shí)，以P，D，Q，B【答案】（1）60°；（2）43；（3）4s或7.2s或12s或14.4【分析】（1）如圖①中，只要證明△PCD是等邊三角形即可．（2）如圖②中，由四邊形ABCD是平行四邊形，推出AB∥CD，BC∥AD，推出S△PBC=S△FAB=12S平行四邊形ABCD，推出S△ABP+S△PCD=12S平行四邊形ABCD，推出S△APF+S△ABP=S△ABP+S△PCD，可得S△APF=S△（3）如圖③中，分四種情形列出方程解方程即可．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DPC=∠PCB，∵PC平分∠BCD，∴∠PCD=∠PCB，∴∠DPC=∠DCP，∴DP=DC，∵CD=CP，∴PC=CD=PD，∴△PDC是等邊三角形，∴∠D=∠B=60°．（2）如圖②中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，BC∥AD，∴S△PBC=S△FAB=12S平行四邊形ABCD∴S△ABP+S△PCD=12S平行四邊形ABCD∴S△APF+S△ABP=S△ABP+S△PCD，∴S△APF=S△PCD，∵∠ABC=60°，AB=CD=4，CD=CP，∴△PCD為等邊三角形，∴PD=CD=4，PD邊上的高為CD2×3∴S△APF=S△PCD=12×4×23（3）如圖③中，∵PD∥BC，∴當(dāng)PD=BQ時(shí)，四邊形PDQB是平行四邊形，∴18-t=18-4t或18-t=4t-18或18-t=54-4t或18-t=4t-54，解得t=4或7.2或12或14.4，∴t為4s或7.2s或12s或14.4s時(shí)，以P，D，Q，B四點(diǎn)組成的四邊形是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題、平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，第二個(gè)問(wèn)題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用同底等高的兩個(gè)三角形面積相等，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．27．（2021春·浙江杭州·八年級(jí)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(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿著線段AE向終點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)，同時(shí)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(dòng)，且它們同時(shí)到達(dá)終點(diǎn)，設(shè)Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為x，PE的長(zhǎng)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(zhǎng)．（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(shí)，求所有滿足條件的x的值．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）8；（3）①2；②1【分析】（1）根據(jù)已知證明AF=EC,AF//（2）根據(jù)題，當(dāng)x=0時(shí)，PE=y，令x=0時(shí)，即可求得AE；（3）①當(dāng)P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，Q點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)，此時(shí)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(shí)，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(shí)，過(guò)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(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)E作【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(dòng)的路程為x，PE的長(zhǎng)度為y，∴AP=AE-y，PE=y，y=kx+8當(dāng)x=0時(shí)，則y=8，PE=AE∴PE=AE=8（3）①當(dāng)P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，Q點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)此時(shí)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(shí)，當(dāng)Q在CF上，∠PEQ=90°時(shí)，如圖，∵∠AEB=60°∴∠QEC=30°∴CQ=即x=1；當(dāng)∠PQE=90°時(shí)，過(guò)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(jiǎn)得：3解得：x當(dāng)∠QPE=90°時(shí)，如圖，過(guò)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(dòng)時(shí)，△PEQ不是直角三角形，綜上所述，所有滿足條件的x的值為：1【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．28．（2021春·浙江·八年級(jí)期中）如圖，在直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，四邊形OABC是平行四邊形，∠COA=60°，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(6,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(10,43)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿射線OA方向以每秒1個(gè)單位的速度勻速運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)，到達(dá)點(diǎn)B之后，繼續(xù)沿射線BC運(yùn)動(dòng)，以每秒2個(gè)單位的速度勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（（1）寫(xiě)出點(diǎn)C的坐標(biāo)；當(dāng)運(yùn)動(dòng)2秒時(shí)，求△APQ的面積．（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在這樣的t，使以A，P，Q，C為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，請(qǐng)求出t的值，若不存在，請(qǐng)改變點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度，使以A，P，Q，C為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，求出此時(shí)點(diǎn)P的速度．（3）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，t為何值時(shí)，以A，P，Q，C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？【答案】（1