北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试复习练习题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试复习练习题，共33页。

京改版八年级数学下册第十五章四边形定向攻克
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，在△ABC中，AC=BC=8，∠BCA=60°，直线AD⊥BC于点D，E是AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C按逆时针方向旋转60°得到FC，连接DF，则在点E的运动过程中，DF的最小值是（ ）

A．1 B．1.5 C．2 D．4
2、下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量对角线是否相等 D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
3、已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形．那么，下列推理不成立的是（　　）
A．①④⇒⑥ B．①③⇒⑤ C．①②⇒⑥ D．②③⇒④
4、下列四个图案中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
5、如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90° B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC
6、如图，矩形OABC的边OA长为2，边AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（ ）

A．2.5 B．2 C． D．
7、如图，在△ABC中，点E，F分别是AB，AC的中点．已知∠B＝55°，则∠AEF的度数是（　　）

A．75° B．60° C．55° D．40°
8、如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（　　）

A．（，1） B．（1，1） C．（1，） D．（+1，1）
9、垦区小城镇建设如火如荼，小红家买了新楼．爸爸在正三角形、正方形、正五边形、正六边形四种瓷砖中，只购买一种瓷砖进行平铺，有几种购买方式（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
10、如图，在正方形有中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE，点A关于DE的对称点为F，连结EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作⊥DE交DG的延长线于点H，连接，那么的值为（ ）

A．1 B． C． D．2
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、一个多边形的内角和是它的外角和的两倍，则这个多边形的边数为 ___．
2、如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝45°，AD＝8，E、H分别为边AB、CD上一点，将▱ABCD沿EH翻折，使得AD的对应线段FG经过点C，若FG⊥CD，CG＝4，则EF的长度为 _____．

3、已知一个多边形内角和1800度，则这个多边形的边数_____．
4、如图，正方形ABCD中，AD＝ ，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将△ADE沿DE对折，点A的对应点为P，当△APB是等腰三角形时，AE＝______ ．（温馨提示：∵ ，∴ ）

5、如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝6，∠DAC＝60°，点F在线段AO上从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①∠BDE＝∠EFC；②ED＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④点E运动的路程是2，其中正确结论的序号为 _____．


三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在正方形ABCD中，DF＝AE，AE与DF相交于点O．
（1）求证：△DAF≌△ABE；
（2）求∠AOD的度数．

2、（1）如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，试说明：∠E∠A；

（拓展应用）
（2）如图2，在四边形ABDC中，对角线AD平分∠BAC．
①若∠ACD＝130°，∠BCD＝50°，∠CBA＝40°，求∠CDA的度数；
②若∠ABD+∠CBD＝180°，∠ACB＝82°，写出∠CBD与∠CAD之间的数量关系．
3、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝20．点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC向终点C运动，同时点M从点A出发，以每秒4个单位的速度沿AB向终点B运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，连结PQ，以PQ、MQ为邻边作矩形PQMN，当点P运动到终点时，整个运动停止，设矩形PQMN与Rt△ABC重叠部分图形的面积为S（S＞0），点P的运动时间为t秒．

（1）①BC的长为 　 ；
②用含t的代数式表示线段PQ的长为 　 ；
（2）当QM的长度为10时，求t的值；
（3）求S与t的函数关系式；
（4）当过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边时，直接写出t的值．
4、如图1，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点G在CD上，且DG＝5，点P从点B出发，以1单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．

（1）△APG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求y＝34时x的值；
（2）在点P从B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，M，N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN所扫过的图形是什么形状　 　，并直接写出它的面积　 　．
5、在平面直角坐标系中，过A(0，4)的直线a垂直于y轴，点M(9，4)为直线a上一点，若点P从点M出发，以每秒2cm的速度沿直线a向左移动，点Q从原点同时出发，以每秒1cm的速度沿x轴向右移动，
（1）几秒后PQ平行于y轴?
（2）在点P、Q运动的过程中，若线段OQ=2AP，求点P的坐标．


-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD=CG以及∠FCD=∠ECG，由旋转的性质可得出EC=FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出△FCD≌△ECG，进而即可得出DF=GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解．
【详解】
解：取线段AC的中点G，连接EG，如图所示．

∵AC=BC=8，∠BCA=60°，
∴△ABC为等边三角形，且AD为△ABC的对称轴，
∴CD=CG=AB=4，∠ACD=60°，
∵∠ECF=60°，
∴∠FCD=∠ECG，
在△FCD和△ECG中，
，
∴△FCD≌△ECG（SAS），
∴DF=GE．
当EG∥BC时，EG最小，
∵点G为AC的中点，
∴此时EG=DF=CD=BC=2．
故选：C．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF=GE，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．
2、D
【分析】
由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理．
3、C
【分析】
根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件，对选项进行分析判断即可．
【详解】
解：A、①④可以说明，一组邻边相等的矩形是正方形，故A正确．
B、③可以说明四边形是平行四边形，再由①，一组临边相等的平行四边形是菱形，故B正确．
C、①②，只能说明两组邻边分别相等，可能是菱形，但菱形不一定是正方形，故C错误．
D、③可以说明四边形是平行四边形，再由②可得：对角线相等的平行四边形为矩形，故D正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要是考查了特殊四边形的判定，熟练掌握各类四边形的判定条件，是解决本题的关键．
4、A
【分析】
中心对称图形是指绕一点旋转180°后得到的图形与原图形能够完全重合的图形，由此判断即可．
【详解】
解：根据中心对称图形的定义，可知A选项的图形为中心对称图形，
故选：A．
【点睛】
本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的基本定义是解题关键．
5、D
【分析】
由矩形的四个角是直角可判断A，由菱形的对角线互相垂直可判断B，由正方形的对角线相等可判断C，由菱形的四条边相等可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°，正确，故A不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD，正确，故B不符合题意；
当▱ABCD是正方形时，AC＝BD，正确，故C不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AB＝BC，故D符合题意；
故选D
【点睛】
本题考查的是矩形，菱形，正方形的性质，熟练的记忆矩形，菱形，正方形的性质是解本题的关键.
6、D
【分析】
利用矩形的性质，求证明，进而在中利用勾股定理求出的长度，弧长就是的长度，利用数轴上的点表示，求出弧与数轴交点表示的实数即可．
【详解】
解：四边形OABC是矩形，
，
在中，由勾股定理可知：，
，
弧长为，故在数轴上表示的数为，
故选：．
【点睛】
本题主要是考查了矩形的性质、勾股定理解三角形以及数轴上的点的表示，熟练利用矩形性质，得到直角三角形，然后通过勾股定理求边长，是解决该类问题的关键．
7、C
【分析】
证EF是△ABC的中位线，得EF∥BC，再由平行线的性质即可求解．
【详解】
解：∵点E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B=55°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理以及平行线的性质；熟练掌握三角形中位线定理，证出EF∥BC是解题的关键．
8、B
【分析】
作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA=，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的值，即可得到C点的坐标．
【详解】
：作CD⊥x轴于点D，

则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，OA=，
∴OC=OA=，
又∵∠AOC=45°，
∴∠OCD=90°-∠AOC=90°-45°=45°，
∴∠DOC=∠OCD，
∴CD=OD，
在Rt△OCD中，OC=，CD2+OD2=OC2，
∴2OD2=OC2=2，
∴OD2=1，
∴OD=CD=1（负值舍去），
则点C的坐标为（1，1），
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求出OD=CD=1是解决问题的关键．
9、C
【分析】
从所给的选项中取出一些进行判断，看其所有内角和是否为360°，并以此为依据进行求解．
【详解】
解：正三角形每个内角是60°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；
正方形每个内角是90°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；
正五边形每个内角是108°，不能被360°整除，所以不能单独镶嵌成一个平面；
正六边形每个内角是120°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面．
故只购买一种瓷砖进行平铺，有3种方式．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平面镶嵌．解这类题，根据组成平面镶嵌的条件，逐个排除求解．
10、B
【分析】
作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，
∴∠DFG=90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，
∴∠1=∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM=BH，
Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，
∴，
∴ ，即=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．
二、填空题
1、6
【分析】
根据内角和等于外角和的2倍则内角和是720°利用多边形内角和公式得到关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
【详解】
解：根据题意，得
（n﹣2）•180＝360×2，
解得：n＝6．
故这个多边形的边数为6．
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和以及外角和，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．
2、
【分析】
延长CF与AB交于点M，由平行四边形的性质得BC长度，GM⊥AB，由折叠性质得GF，∠EFM，进而得FM，再根据△EFM是等腰直角三角形，便可求得结果．
【详解】
解：延长CF与AB交于点M，

∵FG⊥CD，AB∥CD，
∴CM⊥AB，
∵∠B=45°，BC=AD=8，
∴CM=4，
由折叠知GF=AD=8，
∵CG=4，
∴MF=CM-CF=CM-（GF-CG）=4-4，
∵∠EFC=∠A=180°-∠B=135°，
∴∠MFE=45°，
∴EF=MF=（4-4）=8-4．
故答案为：8-4．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，解直角三角形的应用，关键是作辅助线构造直角三角形．
3、12
【分析】
设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理得到，然后解方程即可．
【详解】
解：设这个多边形的边数是n，
依题意得，
∴，
∴．
故答案为：12．
【点睛】
考查了多边形的内角和定理，关键是根据n边形的内角和为解答．
4、2
【分析】
当AP=AB时，结合正方形的性质可得AB=AD=AP，由折叠的性质可得AD=DP，推出△APD为等边三角形，得到∠ADE=30°，然后根据勾股定理进行计算；当AP=PB时，过P作PF⊥AB于点F，过P作PG⊥AD于点G，则四边形AFPG为矩形，得到PG=AF，由等腰三角形的性质可得AF=AB，结合正方形以及折叠的性质可得PG=AF=PD，则∠GDP=30°，进而求得∠PEF=30°，设PF=x，则PE=AE=2x，EF=x，然后根据AE+EF=AF=PD进行计算．
【详解】
解：当AP=AB时，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，
∴AP=AD．
∵ 将△ADE沿DE对折， 得到△PDE，
∴AD=DP，
∴AP=AD=DP，
∴△APD为等边三角形，
∴∠ADP=60°，
∴∠ADE=30°，
∴，
∴设，则，
∴在中，，即，
∴解得：；
当AP=PB时，过P作PF⊥AB于点F，过P作PG⊥AD于点G，

∵AD⊥AB，
∴四边形AFPG为矩形，
∴PG=AF．
∵AP=PB，PF⊥AB，
∴AF=AB=．
∵AB=AD=DP，
∴PG=AF=PD=，
如图，作DP的中点M，连接GM，

∵
∴
又∵
∴
∴是等边三角形
∴
∵
∴∠GDP=30°．
∵∠DAE=∠DPE=90°，∠ADP=30°，
∴∠AEP=150°，
∴∠PEF=30°．
设PF=x，则PE=AE=2x，EF=x，
∴AE+EF=(2+)x= ，
∴x=2-3，
∴AE=4-6．
故答案为：2或4-6．
【点睛】
此题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定方法．
5、①②③④
【分析】
①根据∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD为等边三角形，再由△DFE为等边三角形，得∠DOA＝∠DEF＝60°，再利用角的等量代换，即可得出结论①正确；
②连接OE，利用SAS证明△DAF≌△DOE，再证明△ODE≌△OCE，即可得出结论②正确；
③通过等量代换即可得出结论③正确；
④延长OE至，使＝OD，连接，通过△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，从而得出结论④正确；
【详解】
解：①设与的交点为如图所示：

∵∠DAC＝60°，OD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA＝∠DAO＝∠ADO =60°，
∵△DFE为等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
∴∠DOA＝∠DEF＝60°，
∴，
∴
故结论①正确；
②如图，连接OE，

在△DAF和△DOE中，
，
∴△DAF≌△DOE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，
∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，
∴∠COE＝∠DOE，
在△ODE和△OCE中，
，
∴△ODE≌△OCE（SAS），
∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，
故结论②正确；
③∵∠ODE＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，
故结论③正确；
④如图，延长OE至，使＝OD，连接，


∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，
∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，
∵
∴
设，则
∴在中，
即
解得：
∴＝OD＝AD＝，
∴点E运动的路程是，
故结论④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题主要考查了几何综合，其中涉及到了等边三角形判定及性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的性质及判定，三角函数的比值关系，矩形的性质等知识点，熟悉掌握几何图形的性质合理做出辅助线是解题的关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）利用正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，再证明Rt△DAF≌Rt△ABE即可得出结论；
（2）利用（1）的结论得出∠ADF=∠BAE，进而求出∠BAE+∠DFA=90°，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABC＝90°，AD＝AB，
在Rt△DAF和Rt△ABE中，
，
∴Rt△DAF≌Rt△ABE（HL），即△DAF≌△ABE．
（2）解：由（1）知，△DAF≌△ABE，
∴∠ADF＝∠BAE，
∵∠ADF+∠DFA＝∠BAE+∠DFA＝∠DAB＝90°，
∴∠AOD＝180°﹣（∠BAE+∠DFA）＝90°．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判断出Rt△DAF≌Rt△ABE是解本题的关键．
2、（1）见解析；（2）①∠CDA＝20°；②∠CAD+41°＝∠CBD．
【分析】
（1）由三角形外角的性质可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠ECD＝∠E+∠EBC；由角平分线的性质可得，，利用等量代换，即可求得∠A与∠E的关系；
（2）①根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可解答；②设∠CBD=a，根据已知条件得到∠ABC=180°-2a，根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可解答．
【详解】
（1）证明：∵∠ACD是△ABC的外角
∴∠ACD＝∠A+∠ABC
∵CE平分∠ACD
∴
又∵∠ECD＝∠E+∠EBC
∴
∵BE平分∠ABC
∴
∴
∴；
（2）①∵∠ACD＝130°，∠BCD＝50°
∴∠ACB＝∠ACD﹣∠BCD＝130°﹣50°＝80°
∵∠CBA＝40°
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣80°﹣40°＝60°
∵AD平分∠BAC
∴
∴∠CDA＝180°﹣∠CAD﹣∠ACD＝20°；
②∠CAD+41°＝∠CBD
设∠CBD＝α
∵∠ABD+∠CBD＝180°
∴∠ABC＝180°﹣2α
∵∠ACB＝82°
∴∠CAB＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣（180°﹣2α）﹣82°＝2α﹣82°
∵AD平分∠BAC
∴∠CAD＝∠CAB＝α﹣41°
∴∠CAD+41°＝∠CBD．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角与外角、三角形内角和定理、角平分线等知识点，掌握三角形内角和是180°是解答本题的关键．
3、（1）①；②；（2）t的值为或；（3）S=-t2+20t或S=；（4）t=2s或s．
【分析】
（1）①由勾股定理可求解；
②由直角三角形的性质可求解；
（2）分两种情况讨论，由QM的长度为10，列出方程可求解；
（3）分两种情况讨论，由面积公式可求解；
（4）分两种情况讨论，由含30°角的直角三角形三边的比值可求解．
【详解】
解：（1）①∵∠ACB=90°，∠B＝30°，AB＝20，
∴AC==10，
∴BC=；
②∵PQ⊥AB，
∴∠BQP=90°，
∵∠B=30°，
∴PQ=，
由题意得：BP=2t，
∴PQ=t，
故答案为：t；
（2）在Rt△PQB中，
BQ==3t，
当点M与点Q相遇，20=AM+BQ=4t+3t，
∴t=，
当0＜t＜时，MQ=AB-AM-BQ，
∴20-4t-3t=10，
∴t=，
当＜t≤=5时，MQ=AM+BQ-AB，
∴4t+3t-20=10，
∴t=，
综上所述：当QM的长度为10时，t的值为或；
（3）当0＜t＜时，S=PQ·MQ=t×（20-7t）=-t2+20t；
当＜t≤5时，如图，

∵四边形PQMN是矩形，
∴PN=QM=7t-20，PQ=t，
∴∠B=30°，
∴ME∶BE∶BM=1∶2∶，
∵BM=20-4t，
∴ME=，
∴S==；
（4）如图，若NQ⊥AC，

∴NQ∥BC，
∴∠B=∠MQN=30°，
∵MN∶NQ∶MQ=1∶2∶，
∵MQ=20-7t，MN=PQ=，
∴，
∴t=2，
如图，若NQ⊥BC，

∴NQ∥AC，
∴∠A=∠BQN=90°-∠B=60°，
∴∠PQN=90°-∠BQN=30°，
∴PN∶NQ∶PQ=1∶2∶，
∵PN=MQ=7t-20，PQ=，
∴，
∴t=，
综上所述：当t=2s或s时，过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
4、（1）y=-2.5x+54，x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四边形；15．
【分析】
（1）PB=x，PC=12-x，然后依据△APG的面积=矩形的面积-三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；
（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；
（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=9，AD=BC=12．
∵DG=5，
∴GC=4．
∵PB=x，PC=12-x，
∴y=9×12-×9×x-×4×(12-x)-×5×12，整理得：y=-2.5x+54．
当y=34时，-2.5x+54=34，解得x=8；
（2）存在．
∵PB=x，PC=12-x，AD=12，DG=5，
∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12-x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．
∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，
∴81+x2+(12-x)2+16=169，整理得：x2-12x+36=0，配方得：(x-6)2=0，
解得：x=6；
（3）如图所示：

∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，
∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．
∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，
∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．
∴M1M2∥BC，M1M2=BC，N1N2∥BC，N1N2=BC．
∴M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2．
∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．
∴MN扫过的区域为平行四边形．
S=BC•(AB-CG)=6×2.5=15，
故答案为：平行四边形；15．
【点睛】
本题主要考查了列函数关系式、三角形的面积公式、三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用，画出MN扫过的图形是解题的关键．
5、（1）3秒后平行于轴；（2）或．
【分析】
（1）设秒后平行于轴，先求出的长，再根据矩形的判定与性质可得，由此建立方程，解方程即可得；
（2）分①点在点右侧，②点在点左侧两种情况，分别根据建立方程，解方程即可得．
【详解】
解：（1），
，
设秒后平行于轴，
，
垂直于轴，垂直于轴，平行于轴，
四边形是矩形，
，即，
解得，
即3秒后平行于轴；
（2）由题意得：经过秒后，，
垂直于轴，点在直线上，且点的坐标为，
点的纵坐标为4，
①当点在点右侧时，，
由得：，
解得，
，
此时点的坐标为；
②当点在点左侧时，，
由得：，
解得，
，
此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了坐标与图形、矩形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确分两种情况讨论是解题关键．