人教版八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生培優(yōu)必刷題專題利用特殊四邊形的性質(zhì)巧解動點問題(原卷版+解析)

八年級下冊數(shù)學(xué)《第十八章平行四邊形》專題利用特殊四邊形的性質(zhì)巧解動點問題題型一平行四邊形中的動點問題題型一平行四邊形中的動點問題【例題1】(2023春?費縣期中）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝27cm，BC＝36cm，點P從A向點D以1cm/s的速度運動，到點D即停止．點Q從點C向點B以2cm/s的速度運動，到點B即停止．直線PQ將四邊形ABCD截成兩個四邊形，分別為四邊形ABQP和四邊形PQCD，則當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，幾秒后所截得兩個四邊形中，其中一個四邊形為平行四邊形？【變式1-1】(2023春?陽谷縣期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，且AD＜BC，BC=6cm,動點P，Q分別從點D，B同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度向點A方向運動，點Q以2cm/s的速度向點C運動，幾秒后四邊形CDPQ是平行四邊形（）A．1B．2C．3D．4【變式1-2】(2023秋?撫州期末）如圖，在?ABCD中，對角線BD⊥AD，AB＝16，∠A＝60°，O為BD的中點，E為邊AB上一動點，以2cm/s的速度從A點向B點運動，運動時間為ts，連接EO并延長交CD于點F，連接DE、BF，下列結(jié)論不成立的是（）A．四邊形DEBF為平行四邊形 B．若t＝4，則四邊形DEBF為菱形 C．若t＝2，則四邊形DEBF為矩形 D．若t＝6，則四邊形DEBF為正方形【變式1-3】如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度由A向D運動，點Q以2cm/s的速度由C向B運動．問幾秒后直線PQ將四邊形ABCD截出一個平行四邊形？【變式1-4】(2023春?閩侯縣月考）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，點P自點A向D以1cm/s的速度運動，到D點即停止．點Q自點C向B以2cm/s的速度運動，到B點即停止，則當(dāng)P，Q同時出發(fā)，設(shè)運動時間為t（s）．（1）當(dāng)t為何值時，四邊形APQB為平行四邊形？（2）當(dāng)t為何值時，四邊形PDCQ為平行四邊形？【變式1-5】(2023春?濱湖區(qū)期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點P為BC上一動點，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于點Q，則四邊形APCQ的形狀是，連接PQ，當(dāng)PQ取得最小值時，四邊形APCQ的周長為．【變式1-6】如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，過點A作AD∥BC，且點D在點A的右側(cè)．點P從點A出發(fā)沿射線AD方向以每秒1個單位的速度運動，同時點Q從點C出發(fā)沿射線CB方向以每秒2個單位的速度運動，在線段QC上取點E，使得QE＝2，連接PE，設(shè)點P的運動時間為t秒．（1）若PE⊥BC，求BQ的長；（2）請問是否存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【變式1-7】如圖，等邊△ABC的邊長為10cm，動點M從點B出發(fā)，沿B→A→C→B的方向以4cm/s的速度運動，動點N從點C出發(fā)，沿C→A→B→C方向以3cm/s的速度運動．（1）若動點M、N同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒鐘兩點第一次相遇？（2）若動點M、N同時出發(fā)，且其中一點到達(dá)終點時，另一點即停止運動．那么運動到第幾秒鐘時，點A、M、N以及△ABC的邊上一點D恰能構(gòu)成一個平行四邊形？求出時間t并請指出此時點D的具體位置．【變式1-8】(2023春?惠來縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝20cm，BD⊥AC于點D，且BD＝16cm．點M從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為4cm/s；同時點P由B點出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s，過點P的直線PQ∥AC，交BC于點Q，連接PM，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5），解答下列問題：（1）線段AD＝cm；（2）求證：PB＝PQ；（3）當(dāng)t為何值時，以P、Q、D、M為頂點的四邊形是平行四邊形？題型二矩形中的動點問題題型二矩形中的動點問題【例題2】(2023秋?遷安市期末）如圖，在長方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，同時，點Q由點C出發(fā)，以相同的速度沿CD向點D運動，設(shè)點P的運動時間為t秒，當(dāng)△ABP≌△PCQ時，t的值為（）A．1或3 B．2 C．2或4 D．1或2【變式2-1】(2023春?玄武區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E在BC邊上，且BE＝3，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊作正方形EFGH，且點H在矩形ABCD內(nèi)，連接CH，則CH的最小值為（）A．3 B．4 C．8 D．10【變式2-2】(2023春?新洲區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝2，點E從D向C以每秒1個單位的速度運動，以AE為一邊在AE的左上方作正方形AEFG，同時垂直于CD的直線MN也從C向D以每秒2個單位的速度運動，當(dāng)點F落在直線MN上，設(shè)運動的時間為t，則t的值為（）A．1 B．4 C．103 D．【變式2-3】如圖，矩形ACBE中，AC＝12，BC＝5，點M在邊AB上，且AM＝6，動點D在矩形邊上運動一周，能使△ADM是以∠AMD為頂角的等腰三角形共有（）A．3個 B．4個 C．5個 D．6個【變式2-4】如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點P，Q分別是邊BC和CD上的兩個動點（可以與線段的端點重合，但P，Q兩點不重合），點E、F分別是PA和PQ的中點，在兩個動點的移動過程中，線段EF的長度取值范圍是．【變式2-5】如圖，在長方形ABCD中，AB＝5cm，AD＝3cm．點E從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿折線ABC方向運動，點F從點C出發(fā)，以每秒1cm的速度沿線段CD方向向點D運動．已知動點E、F同時發(fā)，當(dāng)點E運動到點C時，E、F停止運動，設(shè)運動時間為t．（1）當(dāng)E運動到B點時，求出t的值；（2）在點E、點F的運動過程中，是否存在某一時刻，使得EF＝3cm？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．【變式2-6】如圖，在長方形ABCD中，AB＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，設(shè)點P的運動時間為t秒．（1）如圖1，S△DCP＝．（用t的代數(shù)式表示）（2）如圖1，當(dāng)t＝3時，試說明：△ABP≌△DCP．（3）如圖2，當(dāng)點P從點B開始運動的同時，點Q從點C出發(fā)，以vcm/秒的速度沿CD向點D運動，是否存在這樣v的值，使得△ABP與△PQC全等？若存在，請求出v的值；若不存在，請說明理由．【變式2-7】(2023春?黃州區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，E，F(xiàn)是對角線AC上的兩個動點，分別從A，C同時出發(fā)相向而行，速度均為1cm/s，運動時間為ts（0≤t≤5）．（1）AE＝t，EF＝．（2）若G，H分別是AB，DC的中點，求證：四邊形EGFH是平行四邊形．（3）在（2）的條件下，當(dāng)t為何值時，四邊形EGFH為矩形？【變式2-8】(2023?合川區(qū)校級模擬）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延長BC到E，使CE＝3，連接DE，由直角三角形的性質(zhì)可知DE＝5．動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿BC﹣CD﹣DA向終點A運動，設(shè)點P運動的時間為t秒．（t＞0）（1）當(dāng)t＝3時，BP＝；（2）當(dāng)t＝時，點P運動到∠B的角平分線上；（3）請用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S；（4）當(dāng)0＜t＜6時，直接寫出點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時t的值．題型三菱形中的動點問題題型三菱形中的動點問題【例題3】如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F(xiàn)分別為AD，DC上的動點，∠EBF＝60°，點E從點A向點D運動的過程中，AE+CF的長度（）A．逐漸增加 B．保持不變且與EF的長度相等 C．逐漸減小 D．保持不變且與AB的長度相等【變式3-1】(2023春?西湖區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，點P從點B出發(fā)，沿折線B一C一D方向移動，移動到點D停止，連結(jié)AP，DP．在△DAP形狀的變化過程中，出現(xiàn)的特殊三角形有：①等腰三角形；②等邊三角形；③直角三角形，以下排序正確的是（）A．①③②③ B．③②①③ C．①③②① D．③②③①【變式3-2】(2023?槐蔭區(qū)一模）如圖，菱形ABCD中對角線AC與BD相交于點F，且AC＝8，BD=83，若點P是對角線BD上一動點，連接AP，將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)使得∠PAE＝∠BAD，連接PE，取AD的中點O，連接OE，則在點P的運動過程中，線段OEA．2 B．4 C．43 D．【變式3-3】(2023春?仙桃期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，點E、F同時由A、C兩點出發(fā)，分別沿AB、CB方向向點B勻速移動（到點B為止），點E的速度為1cm/s，點F的速度為2cm/s，經(jīng)過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為（）A．34 B．43 C．32【變式3-4】如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．AC＝8cm，BD＝6cm，點P為AC上一動點，點P以1cm/s的速度從點A出發(fā)沿AC向點C運動．設(shè)運動時間為ts，當(dāng)t＝s時，△PAB為等腰三角形．【變式3-5】(2023?江西模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB＝63，∠ABC＝60°，AE⊥BC于點E，交BD于點F．若P是菱形ABCD邊上的一動點，當(dāng)△AFP的面積是93時，DP的長為．【變式3-6】如圖，矩形ABCD中，點P是線段AD上一動點，O為BD的中點，PO的延長線交BC于Q．（1）求證：四邊形PBQD是平行四邊形；（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，P從點A出發(fā)，以1cm/秒的速度向D運動（不與D重合），設(shè)點P運動時間為t秒．①請用t表示PD的長；②求t為何值時，四邊形PBQD是菱形．【變式3-7】(2023春?橋西區(qū)校級期中）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝8，∠BAD＝120°，△AEF為等邊三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．（1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE＝CF．（2）當(dāng)點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最大（或最?。┲担咀兪?-8】如圖，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°．動點E、F分別從點B、D同時出發(fā)，都以0.5cm/s的速度向點A、C運動，連接AF、CE，分別取AF、CE的中點G、H．設(shè)運動的時間為ts（0＜t＜4）．（1）求證：AF∥CE；（2）當(dāng)t為何值時，△ADF的面積為32cm2（3）連接GE、FH．當(dāng)t為何值時，四邊形EHFG為菱形．題型四正方形中的動點問題題型四正方形中的動點問題【例題4】如圖，點P是正方形ABCD的BC邊上一動點，PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，若AC＝12，則PE+PF的值是（）A．6 B．10 C．62 D．12【變式4-1】正方形ABCD的邊AB上有一動點E，以EC為邊作矩形ECFG，且邊FG過點D．在點E從點A移動到點B的過程中，矩形ECFG的面積（）A．先變大后變小 B．先變小后變大 C．一直變大 D．保持不變【變式4-2】(2023?樂陵市模擬）如圖，在正方形ABCD中，已知邊長AB＝5，點E是BC邊上一動點（點E不與B、C重合），連接AE，作點B關(guān)于直線AE的對稱點F，則線段CF的最小值為（）A．54 B．52?5 C．5【變式4-3】(2023春?金寨縣期末）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點M為對角線BD上一動點，ME⊥BC于點E，MF⊥CD于點F，連接EF，則EF的最小值為（）A．1 B．22 C．3 D．【變式4-4】(2023?東阿縣三模）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為AB邊的中點，點F在BC邊上，點B關(guān)于直線EF的對稱點記為B'，連接B'D，B'E，B'F．當(dāng)點F在BC邊上移動使得四邊形BEB'F成為正方形時，B'D的長為（）A．2 B．3 C．22 D．3【變式4-5】如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，E、F分別是邊AB、BC上的動點，且EF＝6，M為EF中點，P是邊AD上的一個動點，則CP+PM的最小值是（）A．10 B．85?3 C．65+3 D．3【變式4-6】(2023春?潼南區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別為BC、CD上的點，且AE平分∠BAC，BE＝CF，P為線段AC上的動點，記PD+PF的最小值為m，若正方形邊長為2，則m2的值為（）A．6﹣42 B．8﹣42 C．8+42 D．6+42【變式4-7】如圖，點E是邊長為12的正方形ABCD邊BC上的一點，BE＝5，點F在該正方形的邊上運動，當(dāng)BF＝AE時，設(shè)線段AE與線段BF相交于點H，則BH的長等于．【變式4-8】如圖，E是正方形ABCD一邊CD上的中點，AB＝4，動點P從A→B→C→D在正方形的邊上運動，當(dāng)△PAE為等腰三角形時，則AP的長為．八年級下冊數(shù)學(xué)《第十八章平行四邊形》專題利用特殊四邊形的性質(zhì)巧解動點問題題型一平行四邊形中的動點問題題型一平行四邊形中的動點問題【例題1】(2023春?費縣期中）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝27cm，BC＝36cm，點P從A向點D以1cm/s的速度運動，到點D即停止．點Q從點C向點B以2cm/s的速度運動，到點B即停止．直線PQ將四邊形ABCD截成兩個四邊形，分別為四邊形ABQP和四邊形PQCD，則當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，幾秒后所截得兩個四邊形中，其中一個四邊形為平行四邊形？【分析】分兩種情況，①若四邊形ABQP是平行四邊形，則AP＝BQ，進(jìn)而求出t的值；②若四邊形PQCD是平行四邊形，則PD＝CQ，進(jìn)而求出t的值．【解答】解：設(shè)當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，t秒后，四邊形ABQP或四邊形PQCD是平行四邊形，根據(jù)題意可得：AP＝tcm，PD＝（27﹣t）cm，CQ＝2tcm，BQ＝（36﹣2t）cm，①若四邊形ABQP是平行四邊形，則AP＝BQ，∴t＝36﹣2t，解得：t＝12，∴12s后四邊形ABQP是平行四邊形；②若四邊形PQCD是平行四邊形，則PD＝CQ，∴27﹣t＝2t，解得：t＝9，∴9s后四邊形PQCD是平行四邊形；綜上所述：當(dāng)P，Q兩點同時出發(fā)，12秒或9秒后，四邊形ABQP或四邊形PQCD是平行四邊形．【點評】此題主要考查了平行四邊形的判定，利用分類討論是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】(2023春?陽谷縣期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，且AD＜BC，BC=6cm,動點P，Q分別從點D，B同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度向點A方向運動，點Q以2cm/s的速度向點C運動，幾秒后四邊形CDPQ是平行四邊形（）A．1B．2C．3D．4【分析】由運動時間為t秒，則AP=t,QC=2t,而四邊形CDPQ是平行四邊形，所以DP=CQ，則得方程t=6-2t求解．【解答】解：設(shè)t秒后，四邊形CDPQ為平行四邊形，

則DP=tcm,QC=（6-2t）cm,

∵AD∥BC所以DP∥CQ，

根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，

知：DP=CQ即可，

即：t=6-2t,

∴t=2，

當(dāng)t=2時，DP=CQ=2（cm），

綜上所述，2秒后四邊形CDPQ是平行四邊形，

故選：B．【點評】此題主要考查的是平行四邊形的判定，正確掌握平行四邊形的判定方法是解題關(guān)鍵．【變式1-2】(2023秋?撫州期末）如圖，在?ABCD中，對角線BD⊥AD，AB＝16，∠A＝60°，O為BD的中點，E為邊AB上一動點，以2cm/s的速度從A點向B點運動，運動時間為ts，連接EO并延長交CD于點F，連接DE、BF，下列結(jié)論不成立的是（）A．四邊形DEBF為平行四邊形 B．若t＝4，則四邊形DEBF為菱形 C．若t＝2，則四邊形DEBF為矩形 D．若t＝6，則四邊形DEBF為正方形【分析】由AB∥CD，得∠OBE＝∠ODF，而OB＝OD，即可證明△OBE≌△ODF，得OE＝OF，即可根據(jù)“對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”證明四邊形DEBF為平行四邊形，可判斷A正確；當(dāng)t＝4時，AE＝8，此時E為AB的中點，可根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半”證明DE＝BE=12AB，則四邊形DEBF為菱形，可判斷作DG⊥AB于點G，由“直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半”可求得AG＝4cm，當(dāng)t＝2時，AE＝4cm，點E與點G重合，則∠BED＝∠BGD＝90°，所以四邊形DEBF為矩形，可判斷C正確；當(dāng)t＝6時，AE＝12cm，此時點E在點G的右側(cè)，則∠BED＞90°，因此四邊形DEBF不可能是正方形，可判斷D錯誤，于是得到問題的答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠OBE＝∠ODF，∵O為BD的中點，∴OB＝OD，在△OBE和△ODF中，∠OBE=∠ODFOB=OD∴△OBE≌△ODF（ASA），∴OE＝OF，∴四邊形DEBF為平行四邊形，故A正確；∵當(dāng)t＝4時，AE＝2t＝2×4＝8（cm），∵AB＝16cm，∴AE＝BE＝8cm，∵BD⊥AD，∴∠ADB＝90°，∴DE＝BE=12∴四邊形DEBF為菱形，故B正確；如圖，作DG⊥AB于點G，則∠AGD＝∠BGD＝90°，∵∠ADB＝90°，∠A＝60°，∴∠ADG＝∠ABD＝30°，∴AD=12AB＝8∴AG=12AD＝4當(dāng)t＝2時，AE＝2t＝2×2＝4（cm），∴AE＝AG，∴點E與點G重合，∴∠BED＝∠BGD＝90°，∴四邊形DEBF為矩形，故C正確；當(dāng)t＝6時，AE＝2t＝2×6＝12（cm），∵AE＞AG，∴點E在點G的右側(cè)，∴∠BED＞∠BGD，∴∠BED＞90°，∴四邊形DEBF不可能是正方形，故D錯誤，故選：D．【點評】此題重點考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半、直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半等知識，正確理解且能靈活運用平行四邊形及特殊的平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC且AD＝9cm，BC＝6cm，點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，點P以1cm/s的速度由A向D運動，點Q以2cm/s的速度由C向B運動．問幾秒后直線PQ將四邊形ABCD截出一個平行四邊形？【分析】分別利用①當(dāng)BQ＝AP時以及②當(dāng)CQ＝PD時，列方程得出答案．【解答】解：設(shè)點P，Q運動的時間為ts．依題意得：CQ＝2t，BQ＝6﹣2t，AP＝t，PD＝9﹣t．∵AD∥BC，①當(dāng)BQ＝AP時，四邊形APQB是平行四邊形．即6﹣2t＝t，解得t＝2．②當(dāng)CQ＝PD時，四邊形CQPD是平行四邊形，即2t＝9﹣t，解得：t＝3．所以經(jīng)過2秒或3秒后，直線PQ將四邊形ABCD截出一個平行四邊形．【點評】此題主要考查的是平行四邊形的判定，關(guān)鍵是掌握一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．【變式1-4】(2023春?閩侯縣月考）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，點P自點A向D以1cm/s的速度運動，到D點即停止．點Q自點C向B以2cm/s的速度運動，到B點即停止，則當(dāng)P，Q同時出發(fā)，設(shè)運動時間為t（s）．（1）當(dāng)t為何值時，四邊形APQB為平行四邊形？（2）當(dāng)t為何值時，四邊形PDCQ為平行四邊形？【分析】（1）根據(jù)題意得出AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t，利用平行四邊形的性質(zhì)解答即可；（2）根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)得出方程解答即可．【解答】解：（1）根據(jù)題意有，AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t，∵AD∥BC，∴當(dāng)AP＝BQ時，四邊形APQB是平行四邊形，∴t＝15﹣2t，解得：t＝5，∴運動5s時，四邊形APQB是平行四邊形；（2）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，∵AD＝12cm，BC＝15cm，∴PD＝AD﹣AP＝12﹣t（cm），當(dāng)PQ∥CD，且PQ＝CD時，∵AD∥BC，即PD∥QC，∴四邊形PQCD為平行四邊形，∴PQ＝CD，PD＝CQ，∴12﹣t＝2t，解得：t＝4，即當(dāng)t＝4s時，四邊形PDCQ是平行四邊形．【點評】此題考查平行四邊形的判定，關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)解答．【變式1-5】(2023春?濱湖區(qū)期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點P為BC上一動點，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于點Q，則四邊形APCQ的形狀是，連接PQ，當(dāng)PQ取得最小值時，四邊形APCQ的周長為．【分析】根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形即可求解；當(dāng)PQ是AQ和BC間距離時PQ取得最小值，計算四邊形APCQ的周長即可．【解答】解：如圖，∵AQ∥BC，CQ∥AP，∴四邊形APCQ是平行四邊形．當(dāng)PQ⊥BC時，PQ取得最小值，∵四邊形APCQ是平行四邊形，∴AH＝HC=12AC，QH＝PH∵∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，∴AC＝2，∠ACB＝45°，∵QP⊥BC，∴∠PHC＝45°，∴PH＝PC=2∴PQ=2∴QC=P∴四邊形APCQ的周長為：2PC+2QC＝2×2故答案為：平行四邊形；2+【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，垂線段最短的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)．【變式1-6】如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，過點A作AD∥BC，且點D在點A的右側(cè)．點P從點A出發(fā)沿射線AD方向以每秒1個單位的速度運動，同時點Q從點C出發(fā)沿射線CB方向以每秒2個單位的速度運動，在線段QC上取點E，使得QE＝2，連接PE，設(shè)點P的運動時間為t秒．（1）若PE⊥BC，求BQ的長；（2）請問是否存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知條件得出AB＝AC，由等腰三角形的性質(zhì)得出BM＝CM，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出AM=12BC＝5，證出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2（2）由平行四邊形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，設(shè)AC交PE于N．如圖所示：∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，∴∠C＝45°＝∠B，∴AB＝AC，∴BM＝CM，∴AM=12∵AD∥BC，∴∠PAN＝∠C＝45°，∵PE⊥BC，∴PE＝AM＝5，PE⊥AD，∴△APN和△CEN是等腰直角三角形，∴PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，∵CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2，∴5﹣t＝2t﹣2，解得：t=73，所以BQ＝BC﹣CQ＝10﹣2（2）存在，t＝4或12；理由如下：若以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形，則AP＝BE，∴t＝10﹣2t+2或t＝2t﹣2﹣10解得：t＝4或12∴存在t的值，使以A，B，E，P為頂點的四邊形為平行四邊形，t＝4或12．【點評】本題考查了平行四邊形的判定、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識；根據(jù)題意得出t的方程是解決問題的突破口．【變式1-7】如圖，等邊△ABC的邊長為10cm，動點M從點B出發(fā)，沿B→A→C→B的方向以4cm/s的速度運動，動點N從點C出發(fā)，沿C→A→B→C方向以3cm/s的速度運動．（1）若動點M、N同時出發(fā)，經(jīng)過幾秒鐘兩點第一次相遇？（2）若動點M、N同時出發(fā)，且其中一點到達(dá)終點時，另一點即停止運動．那么運動到第幾秒鐘時，點A、M、N以及△ABC的邊上一點D恰能構(gòu)成一個平行四邊形？求出時間t并請指出此時點D的具體位置．【分析】（1）設(shè)經(jīng)過t秒鐘兩點第一次相遇，然后根據(jù)點M運動的路程+點N運動的路程＝AB+CA列方程求解即可；（2）分類討論：當(dāng)點M在線段AB上，點N在AC上時；當(dāng)點M在線段AC上，點N在AB上時；當(dāng)點M在線段BC上，點N在AB上時，利用等邊三角形的性質(zhì)和點M、N的運動規(guī)律列出關(guān)于t的方程，借助于方程解答即可．【解答】解：（1）第一次相遇時間=10+10答：若動點M、N同時出發(fā)，經(jīng)過207（2）如圖2，當(dāng)點M在線段AB上，點N在AC上時：∵四邊形ANDM為平行四邊形，DM＝ANDM∥AN∵△ABC為等邊三角形，△BMD和△NCD是等邊三角形∴BM+CN＝CN+AN＝10∴3t+4t＝10∴t=10此時BD=40如圖3，當(dāng)點M在線段AC上，點N在AB上時：同理△BND和△MCD是等邊三角形AM＝4t﹣10AN＝3t﹣10∴AM+AN＝AC＝104t﹣10+3t﹣10＝10t=30此時BD=50如圖4，當(dāng)點M在線段BC上，點N在AB上時，同理△BMN和△MCD是等邊三角形CM＝4t﹣20AN＝3t﹣10∴CM＝AN．4t﹣20＝3t﹣10．t＝10＞7.5（不合題意，舍去）．綜上所述：當(dāng)時間t=107，BD=407；當(dāng)時間t=【點評】本題主要考查的是平行四邊形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，利用平行四邊形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)求得相關(guān)線段的長度，然后列方程求解是解題的關(guān)鍵．【變式1-8】(2023春?惠來縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝20cm，BD⊥AC于點D，且BD＝16cm．點M從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為4cm/s；同時點P由B點出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s，過點P的直線PQ∥AC，交BC于點Q，連接PM，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜5），解答下列問題：（1）線段AD＝cm；（2）求證：PB＝PQ；（3）當(dāng)t為何值時，以P、Q、D、M為頂點的四邊形是平行四邊形？【分析】（1）由勾股定理求出AD即可；（2）由等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠PBQ＝∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出結(jié)論；（3）分兩種情況：①當(dāng)點M在點D的上方時，PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，得出MD＝AD﹣AM＝（12﹣4t）cm，由PQ∥MD，當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可；②當(dāng)點M在點D的下方時，PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，得出MD＝AM﹣AD＝（4t﹣12）cm，由PQ∥MD，當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可．【解答】（1）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD=AB2故答案為：12；（2）證明：如圖1所示：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，即∠PBQ＝∠C，∵PQ∥AC，∴∠PQB＝∠C，∴∠PBQ＝∠PQB，∴PB＝PQ；（3）解：分兩種情況：①當(dāng)點M在點D的上方時，如圖2所示：由題意得：PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，∴MD＝AD﹣AM＝（12﹣4t）cm，∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，∴當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，即當(dāng)t＝（12﹣4t）cm時，四邊形PQDM是平行四邊形，解得：t=125（②當(dāng)點M在點D的下方時，如圖3所示：根據(jù)題意得：PQ＝BP＝tcm，AM＝4tcm，AD＝12cm，∴MD＝AM﹣AD＝（4t﹣12）cm，∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，∴當(dāng)PQ＝MD時，四邊形PQDM是平行四邊形，即當(dāng)t＝（4t﹣12）cm時，四邊形PQDM是平行四邊形，解得：t＝4（s）；綜上所述，當(dāng)t=125s或t＝4s時，以P、Q、D、【點評】本題考查了平行四邊形的判定、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形面積公式以及分類討論等知識；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握平行四邊形的判定和等腰三角形的判定是解題的關(guān)鍵．題型二矩形中的動點問題題型二矩形中的動點問題【例題2】(2023秋?遷安市期末）如圖，在長方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，同時，點Q由點C出發(fā)，以相同的速度沿CD向點D運動，設(shè)點P的運動時間為t秒，當(dāng)△ABP≌△PCQ時，t的值為（）A．1或3 B．2 C．2或4 D．1或2【分析】根據(jù)全等三角形的判定可得出答案．【解答】解：當(dāng)BP＝CQ，AB＝PC時，△ABP≌△PCQ，∵AB＝8cm，∴PC＝8cm，∴BP＝12﹣8＝4（cm），∴2t＝4，解得：t＝2，故選：B．【點評】此題考查了全等三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．【變式2-1】(2023春?玄武區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E在BC邊上，且BE＝3，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊作正方形EFGH，且點H在矩形ABCD內(nèi)，連接CH，則CH的最小值為（）A．3 B．4 C．8 D．10【分析】過點H作HM⊥BC于點M，過H點作PQ∥BC，分別與AB、CD交于點P、點Q，證明△AEF≌△MHE，得BE＝MH＝3，BF＝ME，設(shè)BF＝x，根據(jù)勾股定理用x表示CH，再解析式特點求得CH的最小值．【解答】解：過點H作HM⊥BC于點M，連接CH，∵四邊形EFGH是正方形，∴EF＝HE，∠FEH＝90°，∴∠BEF+∠MEH＝∠MEH+∠MHE＝90°，∴∠BEF＝∠MHE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°＝∠EMH，∴△BEF≌△MHE（AAS），∴BE＝HM＝3，BF＝EM，設(shè)BF＝EM＝x，則CM＝BC﹣BE﹣EM＝8﹣3﹣x＝5﹣x，∴CH=C∵0≤x≤4，∴當(dāng)x＝4時，CH有最小值為CH=故選：D．【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，關(guān)鍵是證明三角形全等，確定H點運動的軌跡．【變式2-2】(2023春?新洲區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝2，點E從D向C以每秒1個單位的速度運動，以AE為一邊在AE的左上方作正方形AEFG，同時垂直于CD的直線MN也從C向D以每秒2個單位的速度運動，當(dāng)點F落在直線MN上，設(shè)運動的時間為t，則t的值為（）A．1 B．4 C．103 D．【分析】過點F作FH⊥CD，交直線CD于點Q，根據(jù)正方形的性質(zhì)易證△ADE≌△EHF（AAS），可知EH＝AD＝3，根據(jù)題意可得t+2t＝2+8，求解即可．【解答】解：過點F作FH⊥CD，交直線CD于點H，如圖所示：則∠EHF＝90°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ADE＝90°，∴∠ADE＝∠EHF，在正方形AEFG中，∠AEF＝90°，AE＝EF，∴∠AED+∠HEF＝90°，∵∠HEF+∠EFH＝90°，∴∠AED＝∠EFH，∴△ADE≌△EHF（AAS），∴EH＝AD＝2，∵AB＝8，根據(jù)題意，得t+2t＝2+8，∴t=10故選：C．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】如圖，矩形ACBE中，AC＝12，BC＝5，點M在邊AB上，且AM＝6，動點D在矩形邊上運動一周，能使△ADM是以∠AMD為頂角的等腰三角形共有（）A．3個 B．4個 C．5個 D．6個【分析】以M為圓心MA為半徑畫圓即可解決問題．【解答】解：如圖M為圓心MA為半徑畫圓，由此可知，以M為圓心AM為半徑的圓與矩形的邊有5個交點（AC，BE邊上各有2個，AE邊上有2個），除了點A，其余的4個點，與A、M組成的三角形是等腰三角形，故選：B．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定、圓等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用輔助圓解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式2-4】如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點P，Q分別是邊BC和CD上的兩個動點（可以與線段的端點重合，但P，Q兩點不重合），點E、F分別是PA和PQ的中點，在兩個動點的移動過程中，線段EF的長度取值范圍是．【分析】連接AQ，因為點E、F分別是PA和PQ的中點，則EF=12AQ，求得線段AQ的取值范圍即可得出線段【解答】解：如圖，連接AQ，∵點E、F分別是PA和PQ的中點，∴EF=12∵在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，當(dāng)點Q與點D重合時，AQ最小，為4，此時EF最小值為2，當(dāng)點Q與點C重合時，AQ最大，為5，此時EF最大值為2.5，∴2≤EF≤2.5．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理．解題的關(guān)鍵是構(gòu)造三角形的中位線轉(zhuǎn)化為求線段AQ長度的取值范圍．【變式2-5】如圖，在長方形ABCD中，AB＝5cm，AD＝3cm．點E從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿折線ABC方向運動，點F從點C出發(fā)，以每秒1cm的速度沿線段CD方向向點D運動．已知動點E、F同時發(fā)，當(dāng)點E運動到點C時，E、F停止運動，設(shè)運動時間為t．（1）當(dāng)E運動到B點時，求出t的值；（2）在點E、點F的運動過程中，是否存在某一時刻，使得EF＝3cm？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)題意得出方程2t＝5，求出方程的解即可；（2）畫出符合條件的兩種情況，根據(jù)勾股定理得出方程，求出方程的解即可．【解答】解：（1）∵AB＝5cm，∴2t＝5，解得：t＝2.5，即當(dāng)E運動到B點時，t的值是2.5秒；（2）當(dāng)0＜t≤2.5時，如圖1，過E作EM⊥DC于，則EM＝BC＝3cm，由勾股定理得：（3t﹣5）2+32＝32，解得：t=5當(dāng)2.5＜t≤4時，如圖2，由勾股定理得：（8﹣2t）2+t2＝32，此方程無解；即在點E、點F的運動過程中，存在某一時刻，使得EF＝3cm，此時t的值是53【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，能得出關(guān)于t的方程是解此題的關(guān)鍵，注意：矩形的對邊相等，矩形的每一個角都是直角．【變式2-6】如圖，在長方形ABCD中，AB＝8cm，BC＝12cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，設(shè)點P的運動時間為t秒．（1）如圖1，S△DCP＝．（用t的代數(shù)式表示）（2）如圖1，當(dāng)t＝3時，試說明：△ABP≌△DCP．（3）如圖2，當(dāng)點P從點B開始運動的同時，點Q從點C出發(fā)，以vcm/秒的速度沿CD向點D運動，是否存在這樣v的值，使得△ABP與△PQC全等？若存在，請求出v的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用三角形的面積公式計算即可．（2）根據(jù)全等三角形的判定即可解答；（3）此題主要分兩種情況①△ABP≌△PCQ得到BP＝CQ，AB＝PC，②△ABP≌△QCP得到BA＝CQ，PB＝PC，然后分別計算出t的值，進(jìn)而得到v的值．【解答】解：（1）S△DCP=12?PC?CD=12?（12﹣2故答案為48﹣8t．（2）當(dāng)t＝3時，BP＝2×3＝6，∴PC＝12﹣6＝6，∴BP＝PC，在△ABP與△DCP中AB=CD∠B=∠C∴△ABP≌△DCP（SAS）．（3）①當(dāng)BP＝CQ，AB＝PC時，△ABP≌△PCQ，∵AB＝8，∴PC＝8，∴BP＝12﹣8＝4，∴2t＝4，解得：t＝2，∴CQ＝BP＝4，v×2＝4，解得：v＝2；②當(dāng)BA＝CQ，PB＝PC時，△ABP≌△QCP，∵PB＝PC，∴BP＝PC＝6，∴2t＝6，解得：t＝3，CQ＝AB＝8，v×3＝8，解得：v=8綜上所述，當(dāng)v＝2或v=83時，△ABP與△【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是全等三角形性質(zhì)的掌握，學(xué)會用分類討論的思想思考問題．【變式2-7】(2023春?黃州區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，E，F(xiàn)是對角線AC上的兩個動點，分別從A，C同時出發(fā)相向而行，速度均為1cm/s，運動時間為ts（0≤t≤5）．（1）AE＝t，EF＝．（2）若G，H分別是AB，DC的中點，求證：四邊形EGFH是平行四邊形．（3）在（2）的條件下，當(dāng)t為何值時，四邊形EGFH為矩形？【分析】（1）由勾股定理求出AC＝5，由題意得出AE＝CF＝t，即可得出EF＝5﹣2t或2t﹣5；（2）由“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”來判定；（3）由“對角線相等的平行四邊形是矩形”判定四邊形EGFH為矩形時t的取值．【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴AC=A由題意得：AE＝CF＝t，∴EF相遇前為：EF＝AC﹣AE﹣CF＝5﹣2t，EF相遇后為：EF＝AE+CF﹣AC＝2t﹣5．故答案為：5﹣2t或2t﹣5．（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，∴AC=AB2+BC∵G，H分別是AB，DC的中點，∴AG＝BG，CH＝DH，∴AG＝CH，∵AE＝CF，∴AF＝CE，在△AFG和△CEH中，AG=CH∠GAF=∠HCE∴△AFG≌△CEH（SAS），∴GF＝HE，同理：GE＝HF，∴四邊形EGFH是平行四邊形．（3）解：連接GH，由（1）可知四邊形EGFH是平行四邊形．∵點G，H分別是矩形ABCD的邊AB，DC的中點，∴GH＝BC＝4．∴當(dāng)EF＝GH＝4時，四邊形EGFH是矩形，分兩種情況：①EF＝5﹣2t＝4，解得t＝0.5．②EF＝2t﹣5＝4，解得t＝4.5．故當(dāng)t為0.5s或4.5s時，四邊形EGFH為矩形．【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式2-8】(2023?合川區(qū)校級模擬）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延長BC到E，使CE＝3，連接DE，由直角三角形的性質(zhì)可知DE＝5．動點P從點B出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿BC﹣CD﹣DA向終點A運動，設(shè)點P運動的時間為t秒．（t＞0）（1）當(dāng)t＝3時，BP＝；（2）當(dāng)t＝時，點P運動到∠B的角平分線上；（3）請用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S；（4）當(dāng)0＜t＜6時，直接寫出點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時t的值．【分析】（1）根據(jù)題意可得BP＝2t，進(jìn)而可得結(jié)果；（2）根據(jù)∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，可得四邊形ABCD是矩形，根據(jù)角平分線定義可得AF＝AB＝4，得DF＝4，進(jìn)而可得t的值；（3）根據(jù)題意分3種情況討論：①當(dāng)點P在BC上運動時，②當(dāng)點P在CD上運動時，③當(dāng)點P在AD上運動時，分別用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S即可；（4）當(dāng)0＜t＜6時，點P在BC、CD邊上運動，根據(jù)題意分情況討論：①當(dāng)點P在BC上，點P到AD邊的距離為4，點P到AB邊的距離也為4，②當(dāng)點P在BC上，點P到AD邊的距離為4，點P到DE邊的距離也為4，③當(dāng)點P在CD上，點P到AB邊的距離為8，但點P到AB、BC邊的距離都小于8，進(jìn)而可得當(dāng)t＝2s或t＝3s或t=194時，點P到四邊形【解答】解：（1）BP＝2t＝2×3＝6，故答案為：6；（2）作∠B的角平分線交AD于F，∴∠ABF＝∠FBC，∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∵AD∥BC，∴∠AFB＝∠FBC，∴∠ABF＝∠AFB，∴AF＝AB＝4，∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，∴2t＝16，解得t＝8．∴當(dāng)t＝8時，點P運動到∠ABC的角平分線上；故答案為：8；（3）根據(jù)題意分3種情況討論：①當(dāng)點P在BC上運動時，S△ABP=12×BP×AB=12×2②當(dāng)點P在CD上運動時，S△ABP=12×AB×BC=③當(dāng)點P在AD上運動時，S△ABP=12×AB×AP=12×4×（20﹣2（4）當(dāng)0＜t＜6時，點P在BC、CD邊上運動，根據(jù)題意分情況討論：①當(dāng)點P在BC上，點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等，∴點P到AD邊的距離為4，∴點P到AB邊的距離也為4，即BP＝4，∴2t＝4，解得t＝2s；②當(dāng)點P在BC上，點P到AD邊的距離為4，∴點P到DE邊的距離也為4，∴PE＝DE＝5，∴PC＝PE﹣CE＝2，∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；③當(dāng)點P在CD上，如圖，過點P作PH⊥DE于點H，點P到DE、BE邊的距離相等，即PC＝PH，∵PC＝2t﹣8，∵S△DCE＝S△DPE+S△PCE，∴12×3×4=12×5×∴12＝8PH，∴12＝8（2t﹣8），解得t=19綜上所述：t＝2或t＝3或t=194時，點P到四邊形【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、角平分線定義、三角形的面積、全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是綜合運用以上知識．題型三菱形中的動點問題題型三菱形中的動點問題【例題3】如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F(xiàn)分別為AD，DC上的動點，∠EBF＝60°，點E從點A向點D運動的過程中，AE+CF的長度（）A．逐漸增加 B．保持不變且與EF的長度相等 C．逐漸減小 D．保持不變且與AB的長度相等【分析】證明△ABE≌△DBF（ASA），可得AE＝DF，根據(jù)線段的和可知：AE+CF＝AB，是一定值，可作判斷．【解答】解：連接BD．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD．∵∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AB＝BD，∠ABD＝60°．∵DC∥AB，∴∠CDB＝∠ABD＝60°．∴∠A＝∠CDB．∵∠EBF＝60°，∴∠ABE＝∠DBF．在△ABE和△DBF中，∠BAE=∠BDFAB=DB∴△ABE≌△DBF（ASA），∴AE＝DF，∴AE+CF＝AB，即AE+CF的長度保持不變與AB的長度相等．故答案為：D．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和等邊三角形的判定，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】(2023春?西湖區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，點P從點B出發(fā)，沿折線B一C一D方向移動，移動到點D停止，連結(jié)AP，DP．在△DAP形狀的變化過程中，出現(xiàn)的特殊三角形有：①等腰三角形；②等邊三角形；③直角三角形，以下排序正確的是（）A．①③②③ B．③②①③ C．①③②① D．③②③①【分析】把點P從點B出發(fā)，沿折線BC﹣CD方向移動的整個過程，逐次考慮確定三角形的形狀即可．【解答】解：∵∠B＝60°，故菱形由兩個等邊三角形組合而成，當(dāng)點P與點B重合時，此時△ABP為等腰三角形，當(dāng)AP⊥AD時，此時△DAP為直角三角形；當(dāng)點P到達(dá)點C處時，此時△DAP為等邊三角形；當(dāng)P為CD中點時，△ABP為直角三角形；故選：A．【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，涉及到等腰三角形、等邊三角形和直角三角形的性質(zhì)，題目有一定的綜合性，難度適中．【變式3-2】(2023?槐蔭區(qū)一模）如圖，菱形ABCD中對角線AC與BD相交于點F，且AC＝8，BD=83，若點P是對角線BD上一動點，連接AP，將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)使得∠PAE＝∠BAD，連接PE，取AD的中點O，連接OE，則在點P的運動過程中，線段OEA．2 B．4 C．43 D．【分析】連接ED，由菱形的性質(zhì)及AC＝8，BD=83，得出AF＝4，DF＝43，AC⊥BD，BA＝DA，由勾股定理求出AD＝8，進(jìn)而得出∠ADB＝∠ABD＝30°，證明△BAP≌△DAE，得出∠ADE＝30°，進(jìn)而得出當(dāng)OE⊥DE時，OE的值最小，求出此時OE【解答】解：如圖，連接ED，∵四邊形ABCD是菱形，且AC＝8，BD=83∴AF=12AC＝4，DF=12BD＝43，AC⊥BD，∴AD=A∴∠ADB＝∠ABD＝30°，將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)使得∠PAE＝∠BAD，∴AP＝AE，∴∠BAP＝∠DAE，在△BAP和△DAE中，BA=DA∠BAP=∠DAE∴△BAP≌△DAE（SAS），∴∠ADE＝∠ABP＝30°，∴DE是滿足∠ADE＝30°的線段，當(dāng)OE⊥DE時，OE的值最小，∵O是AD的中點，∴OD=12AD∴OE=12OD∴在點P的運動過程中，線段OE的最小值為2，故選：A．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，找出全等的三角形，證明∠ADE＝30°是解決問題的關(guān)鍵．【變式3-3】(2023春?仙桃期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，點E、F同時由A、C兩點出發(fā)，分別沿AB、CB方向向點B勻速移動（到點B為止），點E的速度為1cm/s，點F的速度為2cm/s，經(jīng)過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為（）A．34 B．43 C．32【分析】連接BD，證出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，則BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出時間t的值．【解答】解：連接BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠ADB=12∠∴△ABD是等邊三角形，∴AD＝BD，又∵△DEF是等邊三角形，∴∠EDF＝∠DEF＝60°，又∵∠ADB＝60°，∴∠ADE＝∠BDF，在△ADE和△BDF中，∠ADE=∠BDFAD=BD∴△ADE≌△BDF（ASA），∴AE＝BF，∵AE＝t，CF＝2t，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t，∴t＝5﹣2t∴t=5故選：D．【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是運用三角形全等得出AE＝BF．【變式3-4】如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．AC＝8cm，BD＝6cm，點P為AC上一動點，點P以1cm/s的速度從點A出發(fā)沿AC向點C運動．設(shè)運動時間為ts，當(dāng)t＝s時，△PAB為等腰三角形．【分析】求出BA的值，根據(jù)已知畫出符合條件的三種情況：①當(dāng)PA＝AB＝5cm時，②當(dāng)P和C重合時，PB＝AB＝5cm，③作AB的垂直平分線交AC于P，此時PB＝PA，連接PB，求出即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，∴AC⊥BD，AO＝OC＝4cm，BO＝OD＝3cm，由勾股定理得：BC＝AB＝AD＝CD＝5cm，分為三種情況：①如圖1，當(dāng)PA＝AB＝5cm時，t＝5÷1＝5；②如圖2，當(dāng)P和C重合時，PB＝AB＝5cm，t＝8÷1＝8；③如圖3，作AB的垂直平分線交AC于P，此時PB＝PA，連接PB，在Rt△BOP中，由勾股定理得：BP2＝BO2+OP2，AP2＝32+（4﹣AP）2，AP=25t=258÷故答案為：5或8或258【點評】本題考查了菱形性質(zhì)和等腰三角形的判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生能否求出符合條件的所有情況．【變式3-5】(2023?江西模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB＝63，∠ABC＝60°，AE⊥BC于點E，交BD于點F．若P是菱形ABCD邊上的一動點，當(dāng)△AFP的面積是93時，DP的長為．【分析】由菱形的性質(zhì)可求∠ABD＝∠CBD＝30°，AD∥BC，由三角形的面積公式可求點P到AF的距離為33，即可求解．【解答】解：∵AB＝63，∠ABC＝60°，AE⊥BC，∴∠BAE＝30°，BE=12AB＝33，AE=∴EC＝33，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABD＝∠CBD＝30°，AD∥BC，∴BE=3EF，BF＝2EF，∠DAF＝∠AEB∴EF＝3，BF＝6，∴AF＝6，∵△AFP的面積是93，∴93=12×AF×點∴點P到AF的距離為33，∴點P與點B或點C重合，當(dāng)點P與點C重合，∴PD＝63，當(dāng)點P與點B重合時，∵∠ADB＝30°，∠DAF＝90°，∴DF＝2AF＝12，∴PD＝6+12＝18；當(dāng)點P在AD上時，AP＝33，∴PD＝33，綜上所述：PD＝63或33或18，故答案為63或33或18．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積公式等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．【變式3-6】如圖，矩形ABCD中，點P是線段AD上一動點，O為BD的中點，PO的延長線交BC于Q．（1）求證：四邊形PBQD是平行四邊形；（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，P從點A出發(fā)，以1cm/秒的速度向D運動（不與D重合），設(shè)點P運動時間為t秒．①請用t表示PD的長；②求t為何值時，四邊形PBQD是菱形．【分析】（1）根據(jù)矩形性質(zhì)推出AD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠PDO＝∠QBO，根據(jù)全等三角形的判定ASA證△PDO≌△BQO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出OP＝OQ，則“對角線相互平分的四邊形為平行四邊形”；（2）①由線段間的和差關(guān)系來求PD的長度；②根據(jù)平行四邊形的判定得出四邊形PBQD是平行四邊形，求出DP＝BP即可．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠PDO＝∠QBO，∵O為BD中點，∴OB＝OD，在△PDO和△QBO中，∠PDO=∠QBOOB=OD∴△PDO≌△QBO（ASA），∴OP＝OQ．又∵OB＝OD，∴四邊形PBQD是平行四邊形；（2）①∵AP+PD＝AD，AP＝t，AD＝8cm，∴PD＝8﹣AP＝8﹣t（cm）．②當(dāng)t=74s時，四邊形理由是：∵四邊形PBQD是菱形，∴BP＝DP＝8﹣t（cm）．在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2＝BP2，即62+t2＝（8﹣t）2解得t=7∴當(dāng)t=74s時，四邊形【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定，菱形的判定的應(yīng)用，題目比較好，綜合性比較強(qiáng)．【變式3-7】(2023春?橋西區(qū)校級期中）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝8，∠BAD＝120°，△AEF為等邊三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．（1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE＝CF．（2）當(dāng)點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最大（或最小）值．【分析】（1）先求證AB＝AC，進(jìn)而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠4＝60°，AC＝AB進(jìn)而求證△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；（2）根據(jù)△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根據(jù)S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解題；當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短，△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當(dāng)AE最短時，正三角形AEF的面積會最小，又根據(jù)S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF，則△CEF的面積就會最大．【解答】（1）證明：連接AC，如圖所示：∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∵△AEF是等邊三角形，∴∠EAF＝60°，∴∠BAE+∠EAC＝60°，∠CAF+∠EAC＝60°，∴∠BAE＝∠CAF，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，∴△ABC和△ACD為等邊三角形，∴∠ACF＝60°，AC＝AB，在△ABE和△ACF中，∠BAE=∠CAFAB=AC∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE＝CF．（2）解：四邊形AECF的面積不變．理由：由（1）得△ABE≌△ACF，則S△ABE＝S△ACF，故S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值；作AH⊥BC于H點，如圖所示：∵∠AHB＝90°，∠ABC＝60°，∴∠BAH＝90°﹣60°＝30°，∴BH=1在Rt△ABH中，根據(jù)勾股定理得：AH=A∴S四邊形AECF＝S△ABC=1∵S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF=12S菱形ABCD﹣S△∴△CEF的面積隨△AEF面積的變化而變化，∵△AEF為等邊三角形，∴當(dāng)AE最短時，△AEF的面積最小，則△CEF的面積有最大值，∵當(dāng)AE⊥BC時，AE最小，∴AE的最小值為AH的長43過點A作AM⊥EF，垂足為M，如圖所示：∵△AEF為等邊三角形，∴AF=EF=AE=43，∠AEF∴EM=MF=1∴AM=A∴S△AEF∴S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF＝163?12即△CEF的面積的最大值為43【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，垂線段的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．【變式3-8】如圖，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°．動點E、F分別從點B、D同時出發(fā)，都以0.5cm/s的速度向點A、C運動，連接AF、CE，分別取AF、CE的中點G、H．設(shè)運動的時間為ts（0＜t＜4）．（1）求證：AF∥CE；（2）當(dāng)t為何值時，△ADF的面積為32cm2（3）連接GE、FH．當(dāng)t為何值時，四邊形EHFG為菱形．【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可得AB＝CD，AB∥CD，可求CF＝AE，可得結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)可求AD＝2cm，∠ADN＝60°，由直角三角形的性質(zhì)可求AN=3DN=3（3）由菱形的性質(zhì)可得EF⊥GH，可證四邊形DFEM是矩形，可得DF＝ME，由直角三角形的性質(zhì)可求AM＝1，即可求解．【解答】證明：（1）∵動點E、F分別從點B、D同時出發(fā)，都以0.5cm/s的速度向點A、C運動，∴DF＝BE，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴CF＝AE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AF∥CE；（2）如圖1，過點A作AN⊥CD于N，∵在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°，∴AD＝2cm，∠ADN＝60°，∴∠NAD＝30°，∴DN=12AD＝1cm，AN=3DN∴S△ADF=12×DF×AN=∴t＝2；（3）如圖2，連接GH，EF，過點D作DM⊥AB于M，∵四邊形AECF是平行四邊形，∴FA＝CE，∵點G是AF的中點，點H是CE的中點，∴FG＝CH，∴四邊形FGHC是平行四邊形，∴CF∥GH，∵四邊形EHFG為菱形，∴EF⊥GH，∴EF⊥CD，∵AB∥CD，∴EF⊥AB，又∵DM⊥AB，∴四邊形DFEM是矩形，∴DF＝ME，∵∠DAB＝60°，∴∠ADM＝30°，∴AM=12AD＝1∵AM+ME+BE＝AB，∴1+12t+∴t＝1．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．題型四正方形中的動點問題題型四正方形中的動點問題【例題4】如圖，點P是正方形ABCD的BC邊上一動點，PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，若AC＝12，則PE+PF的值是（）A．6 B．10 C．62 D．12【分析】根據(jù)正方形的對角線互相垂直可得OB⊥OC，對角線平分一組對角可得∠OBC＝45°，然后求出四邊形OEPF為矩形，△BEP是等腰直角三角形，再根據(jù)矩形的對邊相等可得PF＝OE，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得PE＝BE，從而得到PE+PF＝OB，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)解答即可．【解答】解：在正方形ABCD中，OB⊥OC，∠OBC＝45°，∵PE⊥BD，PF⊥AC，∴四邊形OEPF為矩形，△BEP是等腰直角三角形，∴PF＝OE，PE＝BE，∴PE+PF＝BE+OE＝OB，∵AC＝BC，∴OB=12∴PE+PF＝6，故選：A．【點評】考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟記各性質(zhì)求出PE+PF＝OB是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】正方形ABCD的邊AB上有一動點E，以EC為邊作矩形ECFG，且邊FG過點D．在點E從點A移動到點B的過程中，矩形ECFG的面積（）A．先變大后變小 B．先變小后變大 C．一直變大 D．保持不變【分析】連接DE，△CDE的面積是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，則矩形與正方形面積相等．【解答】解：連接DE，∵S△CDES△CDE=∴矩形ECFG與正方形ABCD的面積相等．故選：D．【點評】此題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，連接DE由面積關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵．【變式4-2】(2023?樂陵市模擬）如圖，在正方形ABCD中，已知邊長AB＝5，點E是BC邊上一動點（點E不與B、C重合），連接AE，作點B關(guān)于直線AE的對稱點F，則線段CF的最小值為（）A．54 B．52?5 C．5【分析】由對稱性質(zhì)可得AF＝AB＝5，由正方形的性質(zhì)可得AC=2AB＝52，當(dāng)點F在線段AC上時，CF【解答】解：如圖，連接AC，AF，∵四邊形ABCD為正方形，AB＝5，∴AC=2AB＝52∵點B關(guān)于直線AE的對稱點為F，∴AF＝AB＝5，當(dāng)點F在AC上時，CF最小，∵AC﹣AF＝52?∴線段CF的最小值為52?故選：B．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，靈活運用軸對稱的性質(zhì)．【變式4-3】(2023春?金寨縣期末）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點M為對角線BD上一動點，ME⊥BC于點E，MF⊥CD于點F，連接EF，則EF的最小值為（）A．1 B．22 C．3 D．【分析】連接MC，證出四邊形MECF為矩形，由矩形的性質(zhì)得出EF＝MC，當(dāng)MC⊥BD時，MC取得最小值，此時△BCM是等腰直角三角形，得出MC即可得出結(jié)果．【解答】解：連接MC，如圖所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，∠DBC＝45°，∵M(jìn)E⊥BC于E