專題5.10四邊形與動點綜合大題專練（重難點培優(yōu)30題）-【拔尖特訓】2022-2023學年八年級數(shù)學下冊尖子生培優(yōu)必刷題（解析版）【浙教版】

【拔尖特訓】2022-2023學年八年級數(shù)學下冊尖子生培優(yōu)必刷題【浙教版】專題5.10四邊形與動點綜合大題專練（重難點培優(yōu)30題）班級：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事項：本試卷試題解答30道，共分成三個層組：基礎過關題（第1-10題）、能力提升題（第11-20題）、培優(yōu)壓軸題（第21-30題），每個題組各10題，可以靈活選用．答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、解答題1．（2022春·浙江杭州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在長方形ABCD中，BC＝20cm，P、Q、M、N分別從A、B、C、D出發(fā)沿AD、BC、CB、DA方向在長方形的邊上同時運動，當有一個點先到達所在運動邊的另一個端點時即停止，已知在相同時間內(nèi)，若BQ＝xcm（x≠0），則AP＝2xcm，CM＝3xcm，DN＝x2cm．(1)當x為何值時，點的運動停止？(2)點P與點N可能相遇嗎？點Q與點M呢？請通過計算說明理由．(3)當x為何值時，以P、Q、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？【答案】(1)25(2)點P與點N可能相遇，點Q與點M不可能相遇，理由見解析(3)x=2或x=4【分析】（1）根據(jù)題意知，當點N運動到終點時，運動停止；（2）當點P與點N相遇時，2x+x2=20，解得x=21-1或-1-21（舍去），當點Q與點M相遇時，x+3x=20，解得x=5＞2（3）首先計算可得點Q只能在點M的左側，然后分當點P在點N的左側或點P在點N的右側兩種情形，分別根據(jù)PN=QM，列方程可解決問題．（1）解：由題意得x2=20，∴x=25，∴當x為25時，點的運動停止；（2）解：當點P與點N相遇時，2x+x2=20，解得x=21-1或-1-當點Q與點M相遇時，x+3x=20，解得x=5，當x=5時，x2=25＞20，∴點Q與點M不能相遇；（3）解：∵當點N到達A點時，x2=20，∴x=25，∴BQ=25cm，CM=65cm，∵BQ+CM=85＜20，∴此時M點與Q點還未相遇，∴點Q只能在點M的左側，①如圖，當點P在點N的左側時，20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x=0（舍去）或x=2，∴當x=2時，以P、Q、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形；②如圖，當點P在點N的右側時，20-（x+3x）=（2x+x2）-20，解得x=4或-10（舍去），∴當x=4時，以P、Q、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形，綜上，當x=2或4時，以P、Q、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，平行四邊形的性質，化動為靜，運用分類討論思想是解題的關鍵．2．（2022春·浙江紹興·八年級校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，動點P從點B出發(fā)，沿射線BC的方向以每秒2cm的速度運動到C點返回，動點Q從點A出發(fā)，在線段AD上以每秒1cm的速度向點D運動，點P，Q分別從點B，A同時出發(fā)，當點Q運動到點D時，點P隨之停止運動，設運動的時間為t（秒）．(1)當t為何值時，四邊形PQDC是平行四邊形；(2)當0<t<10.5時，是否存在點P，使ΔPQD是等腰三角形？若存在，請求出所有滿足要求的t【答案】(1)當t=5或373秒時，四邊形PQDC(2)存在，當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，列方程即可求出時間；（2）當0＜t＜10.5時，點P向點C運動，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表達等腰三角形的兩腰長，再利用兩腰相等即可求得時間t．（1）∵四邊形PQDC是平行四邊形，∴DQ＝CP，當P從B運動到C時，∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝BC－BP＝21﹣2t，∴16﹣t＝21﹣2t，解得：t＝5，當P從C運動到B時，∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝2t﹣21，∴16﹣t＝2t﹣21，解得：t=37∴當t＝5或373秒時，四邊形PQDC（2）當PQ＝PD時，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PQ＝QD時，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t，QD＝16﹣t，PH＝AB＝12，∴QD∴16-t2解得t=7當QD＝PD時，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝16﹣2t，∵QD∴16-t2即3t∵Δ=∴方程無實根，綜上可知，當t=163秒或72秒時，【點睛】本題主要考查了矩形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、等腰三角形的性質、解一元二次方程和一元一次方程、勾股定理，特別應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?？茧A段練習）如圖，長方形ABCD中（長方形的對邊平行且相等，每個角都是90°），AB＝6cm，AD＝2cm，動點P，Q分別從點A，C同時出發(fā)，點P以2cm/s的速度向終點B移動，點Q以1cm/s的速度向點D移動，當有一點到達終點時，另一點也停止運動，設運動的時間為t（s），問：(1)當t＝1s時，四邊形BCQP面積是多少？(2)當t為何值時，點P和點Q距離是3cm？(3)當t為何值時，以點P，Q，D為頂點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t=1時，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t＜2時，作QE⊥AB于E；如圖2，當t＞2時，作QE⊥AB于分情況討論，如圖3，當PQ=DQ時，如圖4，當PD=PQ時，如圖5，當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PQ＝DQ時，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PD＝PQ時，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PD＝QD時，∵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【點睛】本題考查了矩形的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，分類思想的應用，雙動點問題．4．（2021春·浙江·八年級期末）在四邊形ABCD中，AD//BC,BC⊥CD,AD=6cm,BC=10cm，點E從A出發(fā)以1cm/s的速度向D運動，點F從點B出發(fā)，以2cm/s的速度向點C（1）用含t的代數(shù)式表示：DE=______，BF=______，F(xiàn)C=_________，（2）t取何值時，四邊形EFCD為矩形？（3）M是BC上一點，且BM=4，t取何值時，以A?M?E?F為頂點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，結合AD，BC的長即可得解；（2）當DE=CF時，四邊形EFCD為矩形，列出方程即可解決問題；（3）分兩種情形列出方程即可解決問題．【詳解】解：（1）由題意可得：DE=6-t，BF=2t，F(xiàn)C=10-2t；（2）當DE=CF時，四邊形EFCD為矩形，則有6-t=10-2t，解得t=4，答：t=4s時，四邊形EFCD為矩形．（3）①當點F在線段BM上，AE=FM時，以A、M、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，則有t=4-2t，解得t=43②當F在線段CM上，AE=FM時，以A、M、E、F為頂點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，以A、M、E、F【點睛】本題考查矩形判定和性質、平行四邊形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會構建方程解決問題，學會用分類討論的思想思考問題．5．（2021春·浙江杭州·八年級期末）如圖所示，在直角梯形ABCD中，AD//BC,∠A=90°,AB=12,BC=21,AD=16．動點P從點B出發(fā)，沿射線BC的方向以每秒2個單位長的速度運動，動點Q同時從點A出發(fā)，在線段AD上以每秒1個單位長的速度向點D運動，當動點Q到點D時另一個動點P停止運動．設運動的時間為（1）設△DPQ的面積為S，用含有t的代數(shù)式表示S．（2）當t為何值時，以點P、C、D、Q為頂點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P未到達點C時和點P在BC延長線上兩種情況，用t表示出QD、CP，然后根據(jù)平行四邊形對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之間的關系式為：S=96-6t；（2）當P在BC上時，∵四邊形PCDQ是平行四邊形，∴PC=QD，∴16-t=21-2t，解得t=5；當點P在BC延長線上時，∵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為頂點的四邊形是平行四邊形，t的值是5或373【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了直角梯形的性質、平行四邊形的性質，三角形面積的計算等知識；本題有一定難度，綜合性強．6．（2021春·浙江·八年級期中）如圖，矩形ABCD中，AB=5cm,BC=10cm，動點M從點D出發(fā)，按折線DCBAD方向以3cm/s的速度運動，動點N從點D出發(fā)，按折線DABCD方向以2cm/s的速度運動．點E在線段BC上，且BE=1cm，若M、（1）求經(jīng)過幾秒鐘M、N兩點停止運動？（2）求點A、E、M、N構成平行四邊形時，M、N兩點運動的時間；【答案】（1）6

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

s兩點相遇．（2）由題意知，當點N在AD邊上運動，點M在BC邊上運動時，點A、E、M、N才可能組成平行四邊形，設經(jīng)過t秒，四點可組成平行四邊形，①當構成?AEMN時，10-2t=14-3t，解得t=4；②當構成?AMEN時，10-2t=3t-14，解得t=4.8；答：當點A、E、M、N構成平行四邊形時，M、N兩點運動的時間為4s或4.8s．【點睛】此題考查了矩形的性質．此題難度較大，屬于動點題目，解題時注意分類討論思想、方程思想與數(shù)形結合思想的應用．7．（2021春·浙江杭州·八年級期中）如圖，在長方形ABCD中，AB=2,BC=4,E是AD上一點，且AE=3．動點P從點E出發(fā)，沿射線ED方向以每秒2個單位長度的速度運動；同時動點Q從點B出發(fā)，沿射線BC方向以每秒a個單位長度的速度運動，設點P,Q的運動時間為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關于t的函數(shù)表達式．（3）連結EQ,PQ，當△EPQ為等腰直角三角形時，求此時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)題意寫出答案即可；（2）根據(jù)矩形性質和三角形的面積公式求解表達式即可；（3）分①當∠QEP=90°時；②當∠EPQ=90°時；③當∠EQP=90°時三種情況分別畫出圖形并推導計算即可．【詳解】解：（1）由題意可得：BQ=at，EP=2t，故答案為：at，2t；（2）∵四邊形ABCD是長方形，∴AD∥BC，∠A=∠B=90°，又AB=2，∴△EPQ的面積y=1即y關于t的函數(shù)表達式為y=2t；（3）當△EPQ為等腰直角三角形時，分三種情況：①當∠QEP=90°時，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∠EPQ=90°時，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∠EQP=90°時，過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【點睛】本題考查特殊四邊形的動點問題，涉及矩形的判定與性質、三角形的面積公式、等腰直角三角形的性質、解二元二次方程組等知識，解答的關鍵是讀懂題意，掌握矩形的性質，會利用數(shù)形結合和分類討論思想解決問題．8．（2022秋·浙江·八年級專題練習）如圖1，在長方形ABCD中，AB=CD=6cm，BC=10cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BC向點C運動（點P（1）PC=_____________cm．（用含t的式子表示）（2）當t為何值時，△ABP≌△DCP？（3）如圖2，當點P從點B開始運動，同時，點Q從點C出發(fā)，以vcm/s的速度沿CD向點D運動（點Q運動到點D處時停止運動，P,Q兩點中有一點停止運動后另一點也停止運動），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×時間，解得BP=2t，再由（2）由全等三角形對應邊相等的性質得BP=PC，即2t=10-2t，據(jù)此解題；（3）分兩種情況討論，當BP=CQ,AB=PC時或當BA=CQ,PB=PC時，△ABP與△PQC全等，再根據(jù)全等三角形對應邊相等的性質，分別計算求出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t=2.5時，△ABP≌△DCP；（3）存在，理由如下：當BP=CQ,AB=PC時，△ABP?△PCQ∵AB=6∴PC=6∴BP=10-6=4∴2t=4∴t=2∵CQ=BP=42v=4∴v=2；當BA=CQ,PB=PC時，△ABP?△QCP∵PB=PC∴BP=PC=∴∴t=2.5∵CQ=BP=6∴2.5v=6∴v=2.4綜上所述，當v=2.4或2時，△ABP與△PQC【點睛】本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定與性質等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關知識是解題關鍵．9．（2021春·浙江溫州·八年級校聯(lián)考期中）如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm，∠C＝30°．點P以2cm/s的速度從頂點A出發(fā)沿折線A﹣B﹣C向點C運動，同時點Q以1cm/s的速度從頂點A出發(fā)沿折線A﹣D﹣C向點C運動，當其中一個動點到達末端停止運動時，另一點也停止運動．設運動時間為ts．（1）求平行四邊形ABCD的面積；（2）求當t＝0.5s時，△APQ的面積；（3）當△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38時，求t【答案】（1）4cm2；（2）18cm2；（3）3或【分析】（1）過點B作BE⊥CD于點E，由30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，得出平行四邊形的高，從而求出結論；（2）過點Q作QM⊥AP，分別計算出t＝0.5s時，AP，AQ和QM的長，則按三角形面積公式計算即可；（3）分點P在線段AB上，點Q在線段AD上和點P在線段BC上，點Q在線段CD上，兩種情況計算即可．【詳解】解：（1）平行四邊形ABCD中，AB＝4cm，AD＝2cm∴CD＝AB＝4cm，BC＝AD＝2cm如圖，過點B作BE⊥CD于點E，∵∠C＝30°∴BE＝12BC＝∴平行四邊形ABCD的面積為：CD×BE＝4×1＝4cm2（2）當t＝0.5s時，AP＝2×0.5＝1cm，AQ＝1×0.5＝0.5cm如圖，過點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△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38△APQ的面積為：4×38＝32（cm當點P在線段AB上運動t秒時，點Q在AD上運動t秒，AP＝2tcm，AQ＝tcm，高為AQ2＝t∴12×2t×t2∴t＝﹣3（舍）或t＝3∴t＝3時符合題意；當點P運動到線段BC上時，且運動時間為t秒時，點Q也運動到線段CD上，如圖，過點P作MN垂直CD于點M，垂直于AB延長線于點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化簡得：t2﹣4t＋3＝0∴（t﹣1）（t﹣3）＝0∴t＝1（不符合題意，舍）或t＝3當t＝3時，點P位于點C處，點Q位于線段CD上，符合題意．綜上，t的值為3或3．【點睛】此題考查的是平行四邊形的性質和一元二次方程的應用，掌握平行四邊形的性質和各圖形的面積公式是解決此題的關鍵．10．（2020春·浙江湖州·八年級校考期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，動點P從點A開始，沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點D從點A開始，沿邊AB向點B以每秒53個單位長度的速度運動，且恰好能始終保持連結兩動點的直線PD⊥AC，動點Q從點C開始，沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，連結PQ．點P，D，Q分別從點A，C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另兩個點也隨之停止運動，設運動時間為t秒（t≥0（1）當t為何值時，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，說明理由．【答案】（1）t＝9﹣35；（2）存在，t＝2.4秒【分析】（1）先確定時間t的取值范圍，用t表示線段長度，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BQ=PD時，四邊形BQPD是平行四邊形，列式求解．【詳解】解：（1）先確定時間t的取值范圍，因為當一個點到終點時，其他點也停止，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t=9-35時，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t=2.4秒．【點睛】本題考查的是幾何圖形中的動點問題，涉及勾股定理，平行四邊形的判定，解題的關鍵是用時間t表示圖上的各個線段長度，然后根據(jù)題意列方程求解．11．（2021春·浙江·八年級期末）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（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．【答案】（1）t=8s；（2）t=6s；（3）40cm，80cm2【分析】（1）根據(jù)題中已知，當四邊形ABQP是矩形時，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AQ=CQ時，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（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故當t=6s時，四邊形AQCP（3）當t=6s時，則周長為4×10=40(cm)【點睛】本題考查了矩形的判定與性質、菱形的判定與性質，解答的關鍵是認真審題，找到點運動過程中滿足結論的等價條件，進而推理、計算．12．（2020春·浙江·八年級校考期中）如圖，平行四邊形ABCD中，AD=9cm，CD=32cm，∠B=45°，點M、N分別以A、C為起點，1cm/秒的速度沿AD、CB邊運動，設點M、N運動的時間為t秒（0≤t≤6（1）求BC邊上高AE的長度；（2）連接AN、CM，當t為何值時，四邊形AMCN為菱形；（3）作MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，當t為何值時，四邊形MPNQ為正方形．【答案】（1）3cm；（2）當t為154時，四邊形AMCN為菱形；（3）當t為4.5或1.5秒時，四邊形MPNQ【分析】（1）先由平行四邊形的性質得出AB=CD=32cm．再解直角△ABE，即可求出AE的長度；（2）先證明四邊形AMCN為平行四邊形，則當AN=AM時，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QM=QN時，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M、N分別以A、C為起點，1cm/秒的速度沿AD、CB邊運動，設點M、N運動的時間為t秒（0≤t≤6），∴AM=CN=t，∵AM∥CN，∴四邊形AMCN為平行四邊形，∴當AN=AM時，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t為154時，四邊形AMCN（3）∵MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，QM∥NP，∴四邊形MPNQ為矩形，∴當QM=QN時，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Q在點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t為4.5或1.5秒時，四邊形MPNQ為正方形．【點睛】考查了平行四邊形的性質、解直角三角形、菱形的判定、正方形的判定，利用數(shù)形結合與方程思想是解題的關鍵．13．（2020春·浙江杭州·八年級階段練習）如圖，在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，點P從點D出發(fā)向點A運動，運動到點A即停止；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的速度的速度都是1cm/s，連結PQ，AQ，CP，設點P、Q運動的時間為t(s)．(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．【答案】(1)當t=4時，四邊形ABQP是矩形；（2）當t=3時，四邊形AQCP是菱形；(3)周長為：20cm，面積為：20(cm【分析】（1）當四邊形ABQP是矩形時，BQ=AP，據(jù)此求得t的值；（2）當四邊形AQCP是菱形時，AQ=AC，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=4t，面積=矩形的面積-2個直角三角形的面積．【詳解】解:(1)當t=4時，四邊形ABQP是矩形；(2)設t秒后，四邊形AQCP是菱形當AQ=CQ，即42+t解得：t=3．答：當t=3時，四邊形AQCP是菱形；(3)當t=3時，CQ=5，則周長為：4CQ=20cm，面積為：4×8-2×1【點睛】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．14．（2020·浙江杭州·模擬預測）如圖，四邊形ABCD為菱形，點E為對角線AC上的一個動點，連接DE并延長交射線AB于點F，連接BE．1求證：∠AFD=∠EBC；2是否存在這樣一個菱形，當DE=EC時，剛好BE⊥AF？若存在，求出∠DAB的度數(shù)；若不存在，請說明理由；3若∠DAB=90°，且當△BEF為等腰三角形時，求【答案】（1）見解析；（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，從而說明結論；（2）根據(jù)DE=EC得出∠EDC＝∠ECD，設∠EDC＝∠ECD＝∠CBE＝x°，則∠CBF＝2x°，根據(jù)BE⊥AF得出x的值，然后計算；（3）當F在AB延長線上時，∠EFB為鈍角，只能是BE=BF，通過三角形內(nèi)角和求出未知數(shù)的值；當F在線段AB上時，∠EFB為鈍角只能是FE=FB，然后進行計算．【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∠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F在AB延長線上時，∵∠EFB為鈍角∴只能是BE=BF，設∠BEF＝∠BFE＝x°

可通過三角形內(nèi)角形為180°得90+x+x+x＝180，x＝30

∴∠EFB＝30°

②當F在線段AB上時，∵∠EFB為鈍角∴只能是FE=FB，設∠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°【點睛】本題考查了三角形全等、角度之間的計算、三角形內(nèi)角和．15．（2016春·浙江紹興·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10cm，BC＝8cm．點P從點A出發(fā)，以3cm／s的速度沿折線ABCD方向運動，點Q從點D出發(fā)，以2cm／s的速度沿線段DC向點C運動．已知P，Q兩點同時出發(fā)，當點Q到達點C時，P，Q停止運動，設運動時間為t（s）．(1)、求CD的長．(2)、當四邊形PBQD為平行四邊形時，求四邊形PBQD的周長．(3)、當點P在折線BCD上運動時，是否存在某一時刻，使得△BPQ的面積為16cm2？若存在，請求出滿足條件的t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)16cm；(2)（8＋8）cm；(3)或6或【詳解】試題分析：（1）、、過點A作AM∥BC交DC于M，根據(jù)平行四邊形的性質得出MC＝AB＝10cm，AM＝BC＝8cm；根據(jù)Rt△ADM的勾股定理求出DM的長度，然后得出答案；（2）、當四邊形PBQD為平行四邊形時，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；（3）、分三種情況進行求解，①若點P在線段BC上，則＜t≤6；②若點P在線段CD上，且點P在點Q的右側，則6≤t＜；③若點P在線段CD上，且點P在點Q的左側，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）、過點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）、當四邊形PBQD為平行四邊形時，PB∥DQ且PB＝DQ．∵點Q在DC上，∴點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DQ＝4cm，∴QC＝12cm．∴BQ＝＝＝4（cm）．∴四邊形PBQD的周長＝2（BQ＋DQ）＝（8＋8）cm．（3）、分以下三種情況討論：①若點P在線段BC上（如圖），則＜t≤6．此時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P在線段CD上，且點P在點Q的右側（如圖），則6≤t＜．此時QP＝34－5t．由S△BPQ＝QP?BC＝（34－5t）×8＝16，解得t＝6（符合題意）．③若點P在線段CD上，且點P在點Q的左側（如圖），則＜t≤8．此時PQ＝5t－34．由S△BPQ＝PQ?BC＝（5t－34）×8＝16，解得t＝（符合題意）．綜上，存在符合題意的時刻，即t的值為，或6，或．考點：（1）、勾股定理；（2）、平行四邊形的性質；（3）、分類討論思想.16．（2019春·浙江杭州·八年級期中）如圖，M、N是平行四邊形ABCD對角線BD上兩點．（1）若BM=MN=DN，求證：四邊形AMCN為平行四邊形；（2）若M、N為對角線BD上的動點（均可與端點重合），設BD=12cm，點M由點B向點D勻速運動，速度為2（cm/s），同時點N由點D向點B勻速運動，速度為a（cm/s），運動時間為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M、M重合于點O，即t=3時，點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：1平行四邊形的判定與性質.17．（2022春·浙江紹興·八年級嵊州市三界鎮(zhèn)中學校聯(lián)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，動點P從點B出發(fā)，沿射線BC的方向以每秒2cm的速度運動到C點返回，動點Q從點A出發(fā)，在線段AD上以每秒1cm的速度向點D運動，點P，Q分別從點B，A同時出發(fā)，當點Q(1)求DQ、PC的代數(shù)表達式；(2)當t為何值時，四邊形PQDC是平行四邊形；(3)當0<t<10．5時，是否存在點P，使△PQD是等腰三角形？若存在，請直接寫出所有滿足要求的【答案】(1)DQ=16-t，PC=21-2t或PC=2t-21(2)當t=5或373秒時，四邊形PQDC(3)存在這樣的P,使△PQD是等腰三角形,當t=163秒或72【分析】（1）根據(jù)題意，寫出代數(shù)表達式即可；（2）根據(jù)平行四邊形的性質知DQ=CP，分當P從B運動到C時，當P從C運動到B時，兩種情況進行求解即可；（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，當點P未到點C時，PC=21-2t；當點P由點C返回時，PC=2t-21；（2）∵四邊形PQDC是平行四邊形，∴DQ=CP，當P從B運動到C時，∵DQ=AD-AQ=16-t，CP=21-2t，∴16-t=21-2t，解得：t=5，當P從C運動到B時，∵DQ=AD-AQ=16-t，CP=2t-21，∴16-t=2t-21，解得：t=37∴當t=5或373秒時，四邊形PQDC（3）當PQ=PD時，作PH⊥AD于H，則HQ=HD，∵QH=HD=1∵AH=BP，∴2t=1∴t=16當PQ=QD時，QH=AH-AQ=BP-AQ=2t-t=t，QD=16-t，∵QD∴(16-t)解得t=7當QD=PD時，DH=AD-AH=AD-BP=16-2t，∵QD∴(16-t)即3t∵Δ∴方程無實根，綜上可知，當t=163秒或72【點睛】本題主要考查平行四邊的性質，等腰三角形的性質及動點問題，一元二次方程的應用，掌握相關知識并靈活應用是解題的關鍵．18．（2022春·浙江寧波·八年級寧波市第七中學校聯(lián)考期中）在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，O為AC中點，AC平分∠EAF，E、F分別在邊AD、BC上，連結AF、(1)如圖1，求證四邊形AFCE為菱形，并求AF長；(2)如圖2，動點P、O分別從A、C兩點同時出發(fā)，沿△AFB和△CDE各邊勻速運動一周．即點P自A→F→B→A停止，點Q自C→D→E→C停止．在運動過程中，①已知點P的速度為每秒5cm，點Q的速度為每秒4cm，運動時間為t秒，當A、C、P、Q四點為頂點的四邊形是平行四邊形時，求t的值．②若點P、Q的運動路程分別為a、b（單位：cm，ab≠0），已知A、C、P、Q四點為頂點的四邊形是平行四邊形，請畫出符合題意的圖形，并求a與b滿足的數(shù)量關系式．【答案】(1)證明見解析；AF=5cm(2)①t=34；②圖形見解析；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，再說明AF=CF即可證明是菱形，設菱形的邊長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通過判斷可知因此只有當點P在BF上，Q點在ED上，才能構成平行四邊形，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，點P，Q在互相平行的對應邊上，分三種情況分別畫出圖形，從而解決問題．（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE，∵O為AC中點，∴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；設菱形的邊長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P的速度為每秒5cm，點Q的速度為每秒4cm，AF=5，CD=4∴當點P在AF上時，Q點在CD上，此時A，C，P，Q的四點不可能構成平行四邊形，同理，P點在AB上時，Q點在DE或CE上也不能構成平行四邊形，因此只有當點P在BF上，Q點在ED上，才能構成平行四邊形，∴以A，C，P，Q的四點為頂點的四邊形是平行四邊形時，PC=QA，∵點P的速度為每秒5cm，點Q的速度為每秒4cm，運動時間為t秒，∴PC=5tcm，QA=CD+AD-4t=12-4t，即QA=12-4t，∴5t=12-4t，解得t=3∴當A、C、P、Q四點為頂點的四邊形是平行四邊形時，t的值為34②由題意得：四邊形APCQ是平行四邊形時，點P，Q在互相平行的對應邊上，分三種情況：Ⅰ：如圖，當P點在AF上，Q點在CE上，AP=CQ，即a=12-b，∴a+b=12；Ⅱ：如圖，當P點在BF上，Q點在DE上時，AQ=CP，即12-b=a，∴a+b=12；Ⅲ：如圖，當P點在AB上，Q點在CD上時，AP=CQ，即12-a=b，∴a+b=12；綜上，a與b滿足的數(shù)量關系為a+b=12(ab≠0)．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，菱形的判定，平行四邊形的判定與性質，勾股定理等知識，化動為靜，運用分類討論思想是解題的關鍵．19．（2021春·浙江杭州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在長方形ABCD種，AB＝3，BC＝6，動點P從點A出發(fā)，沿射線AD方向以每秒3個單位長度的速度運動；同時Q從點B出發(fā)，沿射線BC方向以每秒1個單位長度的速度運動．設點P，Q的運動時間為t（秒）．（1）當t＝2時，求線段PQ的長；（2）當線段PQ與線段DC相交于點M，且DM＝CM時，求t的值；（3）連接AQ，是否存在某一時刻，△APQ為等腰三角形？若存在，求出此時△APQ的面積；若不存在，請說明理由．【答案】（1）5；（2）t＝3；（3）存在，△APQ的面積為2728或【分析】（1）過點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和勾股定理可求解．【詳解】解：（1）如圖1，過點Q作QE⊥AD于E，當t＝2時，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M是CD中點，∴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，則9t2＝9+t∴t＝324（負值舍去），AP＝924，△若AP＝PQ時，9t2＝9+(3t-t)∴t＝355（負值舍去），AP＝955，△若AQ＝PQ時，9+t2＝∴t＝0（不合題意舍去），綜上所述：當t＝324或355時，△APQ為等腰三角形，△APQ的面積為【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．20．（2021春·浙江杭州·八年級杭州外國語學校校考期末）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M在線段AB上，且AM=a，點P沿折線AD-DG運動，點Q沿折線BC-CG運動（P，Q與點G不重合），在運動過程中終保持PQ//AB．設PQ與AB之間的距離為x，四邊形AMQP的面積為（1）若a=12，回答下列問題：①當點P在線段AD上時，若四邊形AMQP的面積為48，則x=______．②求整個運動過程中，y關于x的函數(shù)解析式，并求出y的最大值；（2）如圖2，若點P在線段DG上時，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當點P在AD上運動時，P到D點時四邊形AMQP面積最大，四邊形AMQP為直角梯形，得出0＜x≤10時，四邊形AMQP面積的最大值＝12（12＋20）×10＝160，當P在DG上運動，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，對稱軸x＝10＋a4，得出10≤10＋a4≤15，對稱軸在10和15之間，得出10≤x＜20，二次函數(shù)圖象開口向下，當x無限接近于20時，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當點P在AD上運動時，P到D點時四邊形AMQP面積最大，四邊形AMQP為直角梯形，∴0＜x≤10時，四邊形AMQP面積為12（20+12）×x=16x∴P到D點時四邊形AMQP面積最大，四邊形AMQP面積的最大值＝12（12＋20）×10＝160當P在DG上運動，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x＝13時，四邊形AMQP的面積最大為169；∴y關于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，對稱軸為：x＝10＋∵0≤a≤20，∴10≤10＋a4≤15，對稱軸在10和15∵10≤x＜20，二次函數(shù)圖象開口向下，∴當x無限接近于20時，S最小，∴?202＋40+a2×20≥50∴a≥5；綜上所述，a的取值范圍為5≤a≤20．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質、等腰直角三角形的性質、相似三角形的判定與性質、梯形面積公式、二次函數(shù)的性質等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形相似是解題的關鍵．21．（2021春·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期中）在四邊形ABCD中，AB//CD,∠BCD=90°,AB=AD=10cm,BC=8cm，點P從點A出發(fā)，沿折線ABCD方向以3cm/s的速度勻速運動；點Q從點D出發(fā)，沿線段DC方向以2cm/s（1）求CD的長；（2）當四邊形PBQD為平行四邊形時，求四邊形PBQD的周長；（3）在點P、Q的運動過程中，是否存在某一時刻，使得△BPQ的面積為20cm2?若存在，請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)平行四邊形的對邊相等得出方程，求出即可；（3）分為三種情況，根據(jù)題意畫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，當四邊形PBQD是平行四邊形時，PB=DQ，即10-3t=2t，解得t=2，此時DQ=4，CQ=12，BQ=B所以C?PBQD即四邊形PBQD的周長是(8+813（3）當P在AB上時，如圖3，即0?t?10SΔBPQ解得t=5當P在BC上時，如圖4，即103SΔBPQ此方程沒有實數(shù)解；當P在CD上時：若點P在點Q的右側，如圖5，即6<t<34SΔBPQ解得t=29若P在Q的左側，如圖6，即345SΔBPQ解得t=39綜上所述，當t=53秒或395秒時，ΔBPQ【點睛】本題考查了梯形性質，平行四邊形的性質和判定，三角形的面積的應用，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?？计谥校┤鐖D，平行四邊形ABCD中，AB=4cm,AD=2cm,∠C=60°．點P以2cm/s的速度從頂點A出發(fā)沿折線A-B-C向點C運動，同時點Q以1cm/s的速度從頂點A出發(fā)沿折線A-D-C向點（1）求平行四邊形ABCD的面積；（2）求當t=1s時，△APQ（3）當△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38時，求t【答案】（1）43cm2；（2）32cm2；（3）3【分析】（1）過點B作BE⊥CD于點E，由30°角所對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）過點Q作QM⊥AP，分別計算出t=1s時，AP，AQ和QM的長，則按三角形面積公式計算即可；（3）分點P在線段AB上，點Q在線段AD上和點P在線段BC上，點Q在線段CD上，兩種情況計算即可．【詳解】解：（1）平行四邊形ABCD中，AB=4cm，AD=2cm，∴CD=AB=4cm，BC=AD=2cm，如圖，過點B作BE⊥CD于點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t=1s時，AP=2×1=2cm，AQ=1×1=1cm，如圖，過點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t=1s時，△APQ的面積為32cm2（3）∵由（1）知平行四邊形ABCD的面積為43cm2∴當△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38△APQ的面積為：43×38=33當點P在線段AB上運動t秒時，點Q在AD上運動t秒，此時0<t≤2，AP=2tcm，AQ=tcm，高為32AQ=3∴12解得：t=3或-3當點P運動到線段BC上時，且運動時間為t秒時，點Q也運動到線段CD上，即2<t<3如圖，過點P作MN垂直CD于點M，垂直于AB延長線于點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t=3時，點P位于點C處，點Q位于線段CD上，符合題意．綜上，t的值為3或3．【點睛】本題考查了動點在平行四邊形的邊上運動所形成的三角形的面積的問題，數(shù)形結合，按照三角形或平行四邊形的面積公式計算，是解題的關鍵．23．（2021春·浙江·八年級期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=8cm,AD=4cm,∠C=30°，點P以4cm/s的速度從頂點A出發(fā)沿折線A-B-C向點C運動，同時點Q以2cm/s的速度從頂點A出發(fā)沿折線A-D-C向點（1）求平行四邊形ABCD的面積；（2）求當t=0.5s時，△APQ（3）當△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38時，求t【答案】（1）16cm2；（2）12cm2；（3）3或【分析】（1）過點B作BE⊥CD于點E，由30°角所對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）過點Q作QM⊥AP，分別計算出t=0.5s時，AP，AQ和QM的長，再按三角形面積公式計算即可；（3）分點P在線段AB上，點Q在線段AD上和點P在線段BC上，點Q在線段CD上，兩種情況計算即可．【詳解】解：（1）平行四邊形ABCD中，AB=8cm，AD=4cm，∴CD=AB=8cm，BC=AD=4cm，如圖，過點B作BE⊥CD于點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t=0.5s時，AP=4×0.5=2cm，AQ=2×0.5=1cm，如圖，過點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t=0.5s時，△APQ的面積為12cm2（3）∵由（1）知平行四邊形ABCD的面積為16cm2．∴當△APQ的面積是平行四邊形ABCD面積的38△APQ的面積為：16×38=6cm2當點P在線段AB上運動t秒時，點Q在AD上運動t秒，AP=4tcm，AQ=2tcm，高為AQ2=tcm∴12解得：t=3或-3當點P運動到線段BC上時，且運動時間為t秒時，點Q也運動到線段CD上，如圖，過點P作MN垂直CD于點M，垂直于AB延長線于點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t=3時，點P位于點C處，點Q位于線段CD上，符合題意．綜上，t的值為3或3．【點睛】本題考查了動點在平行四邊形的邊上運動所形成的三角形的面積的問題，數(shù)形結合，按照三角形或平行四邊形的面積公式計算，是解題的關鍵．24．（2021春·浙江·八年級期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°,AB=8，點P在對角線BD上（不與點B，D重合)，點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P在線段BD上運動時，設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)量關系．【答案】（1）見解析；（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構造輔助線，利用勾股定理即可找到y(tǒng)與x的數(shù)量關系．【詳解】解：（1）證明：由題意得：AB=AD，AP⊥BD，∴AP為等腰△BAD的中線，即點P為BD的中點，又∵PE∥BC，∴點E為DC的中點，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過點P作PM⊥BC于點M，如圖所示：∵∠ABC=60°，AB//CD，PE//FC，BD為對角線，∴∠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過點E作EQ⊥PD于點Q，過點P作PN⊥AD于點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)量關系為：y2【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，熟練四邊形的綜合性質，結合一元二次方程以及勾股定理等知識點，理清題意，合理添加輔助線，構造直角三角形是解題關鍵．25．（2021春·浙江·八年級期末）如圖，在?ABCD中，AB=4cm,AD=6cm，動點P、Q分別從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的速度在CB間往返運動，當點P到達點D（1）當四邊形APQB的面積為?ABCD面積的一半時，則運動時間為多少秒；（2）幾秒鐘后，P、Q與平行四邊形的兩個頂點組成平行四邊形？【答案】（1）4；（2）2秒或4秒或6秒【分析】（1）設運動時間為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）設運動時間為t秒，∵在?ABCD中，AB=4cm，AD=6cm，∴CD=4cm，BC=6cm，設平行四邊形ABCD中BC邊上的高為h，由題意可得：當點P到達點D時，點Q恰好回到點C，當四邊形APQB的面積為?ABCD面積的一半時，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頂點組成平行四邊形．【點睛】此題主要考查了平行四邊形的判定，以及梯形的面積計算，關鍵是掌握一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．26．（2021春·浙江杭州·八年級期中）已知，平行四邊形ABCD中，一動點P在AD邊上，以每秒1cm的速度從點A向點D運動．（1）如圖①，運動過程中，若CP平分∠BCD，且滿足CD=CP，求∠ABC的度數(shù)．（2）如圖②，在（1）問的條件下，連接BP并延長，與CD的延長線交于點F，連接AF，若AB=4cm，求△APF（3）如圖③，另一動點Q在BC邊上，以每秒4cm的速度從點C出發(fā)，在BC間往返運動，兩個點同時出發(fā)，當點P到達點D時停止運動（同時Q點也停止），若AD=18cm，則t為何值時，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PD=BQ時，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，以P，D，Q，B四點組成的四邊形是平行四邊形．【點睛】本題考查四邊形綜合題、平行四邊形的性質、等邊三角形的判定和性質、平行線的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，第二個問題的關鍵是靈活應用同底等高的兩個三角形面積相等，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．27．（2021春·浙江杭州·八年級期中）如圖，點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(shù)，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【分析】（1）根據(jù)已知證明AF=EC,AF//（2）根據(jù)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(jù)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(jù)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【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(shù)的解析式，分類討論是解題的關鍵．28．（2021春·浙江·八年級期中）如圖，在直角坐標系中，點O是坐標原點，四邊形OABC是平行四邊形，∠COA=60°，點A的坐標為(6,0)，點B的坐標為(10,43)．動點P從點O出發(fā)，沿射線OA方向以每秒1個單位的速度勻速運動；動點Q同時從點A出發(fā)，到達點B之后，繼續(xù)沿射線BC運動，以每秒2個單位的速度勻速運動，設點P運動的時間為t秒（（1）寫出點C的坐標；當運動2秒時，求△APQ的面積．（2）在整個運動過程中，是否存在這樣的t，使以A，P，Q，C為頂點的四邊形是矩形？若存在，請求出t的值，若不存在，請改變點P的運動速度，使以A，P，Q，C為頂點的四邊形是矩形，求出此時點P的速度．（3）在整個運動過程中，t為何值時，以A，P，Q，C為頂點的四邊形是平行四邊形？【答案】（1