第10讲 特殊平行四边形中的动态问题专练-【专题突破】2022-2023学年八年级数学下学期重难点及章节分类精品讲义(浙教版)

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第10讲 特殊四边形中的动态问题专练
1．（2022秋•南召县期末）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），菱形的对角线的交于点D；若将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，从如图所示位置起，经过60秒时，菱形的对角线的交点D的坐标为（　　）

A．（1，1） B．（﹣1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，﹣1）
【分析】根据菱形的性质及中点的坐标公式可得点D坐标，再根据旋转的性质可得旋转后点D的坐标．
【解答】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得
D点坐标为（，），即（1，1）．
每秒旋转45°，则第60秒时，得45°×60＝2700°，
2700°÷360＝7.5周，
OD旋转了7周半，菱形的对角线交点D的坐标为（﹣1，﹣1），
故选：B．
2．（2020•绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）

A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点A与点B重合时是矩形．
【解答】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
3．（2022春•淮南期中）如图，正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形CFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（　　）

A．先变大后变小 B．保持不变
C．一直变大 D．一直变小
【分析】连接DE，△CDE的面积时矩形ECFG面积的一半，也是正方形ABCD面积的一半，则矩形ECFG的面积和正方形ABCD的面积相等．
【解答】解：连接DE，
∵S△CDE＝S矩形ECFG，S△CDE＝S正方形ABCD，
∴S矩形ECFG＝S正方形ABCD，
∴矩形ECFG的面积保持不变，
故选：B．

4．（2022•慈溪市模拟）已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，则应满足（　　）

A．AD＝4AE B．AD＝2AB C．AB＝2AE D．AB＝3AE
【分析】设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，根据S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）＝（a﹣2c）x+bc，F为BC上一动点，x是变量，（a﹣2c）是x的系数，根据平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，为固定值，x的系数为0，bc为固定值，a﹣2c＝0，进而可得点E是AB的中点，即可进行判断．
【解答】解：设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，
∴S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）
＝ab﹣2[cx+（a﹣c）（b﹣x）]
＝ab﹣（cx+ab﹣ax﹣bc+cx）
＝ab﹣cx﹣ab+ax+bc﹣cx
＝（a﹣2c）x+bc，
∵F为BC上一动点，
∴x是变量，（a﹣2c）是x的系数，
∵平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，为固定值，
∴x的系数为0，bc为固定值，
∴a﹣2c＝0，
∴a＝2c，
∴E是AB的中点，
∴AB＝2AE，
故选：C．
5．（2022春•仙桃期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出时间t的值．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ADB＝∠ADC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD，
又∵△DEF是等边三角形，
∴∠EDF＝∠DEF＝60°，
又∵∠ADB＝60°，
∴∠ADE＝∠BDF，
在△ADE和△BDF中，，
∴△ADE≌△BDF（ASA），
∴AE＝BF，
∵AE＝t，CF＝2t，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t，
∴t＝5﹣2t
∴t＝，
故选：D．

6．（2022春•灌云县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，动点P满足S△PAB＝S矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（　　）

A．10 B．2 C．2 D．8
【分析】过P点作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A点关于MN的对称点A'，连接A'B交MN于点P，AP+PB＝A'B即为所求，由面积关系可得AM＝AD＝4，在Rt△ABA'中求出A'B即可．
【解答】解：过P点作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A点关于MN的对称点A'，连接A'B交MN于点P，
∴AP+PB＝A'P+PB＝A'B，此时PA+PB的值最小，
∵S△PAB＝S矩形ABCD，
∴×AB×AM＝×BA×AD，
∴AM＝AD，
∵AD＝6，
∴AM＝4，
∴AA'＝8，
∵AB＝10，
在Rt△ABA'中，A'B＝2，
故选：B．

7．（2022春•乌海期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，若点P为对角线BD上的一个动点，则△PAE周长的最小值是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】连接AC、CE，CE交BD于P，此时AP+PE的值最小，求出CE长，即可求出答案．
【解答】解：连接AC、CE，CE交BD于P，连接AP、PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC，AC⊥BD，即A和C关于BD对称，
∴AP＝CP，
即AP+PE＝CE，此时AP+PE的值最小，
所以此时△PAE周长的值最小，
∵正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，
∴∠ABC＝90°，BE＝4﹣1＝3，
由勾股定理得：CE＝5，
∴△PAE的周长的最小值是AP+PE+AE＝CE+AE＝5+1＝6，
故选：D．
8．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝5，DC＝7，AB＝13，点P从点A出发，以3个单位/s的速度沿AD→DC向终点C运动，同时点Q从点B出发，以1个单位/s的速度沿BA向终点A运动，在运动期间，当四边形PQBC为平行四边形时，运动时间为　3　秒．

【分析】首先利用t表示出CP和CQ的长，根据四边形PQBC是平行四边形时CP＝BQ，据此列出方程求解即可．
【解答】解：设运动时间为t秒，则CP＝12﹣3t，BQ＝t，
根据题意得到12﹣3t＝t，
解得：t＝3，
故答案为：3．
9．（2022春•越秀区校级期中）如图，菱形ABCD的周长为24，∠ABD＝30°，点P是对角线BD上一动点，Q是BC的中点，则PC+PQ的最小值是（　　）

A．6 B． C． D．
【分析】点Q和点C是定点，点P在直线BD上一动点，是轴对称最值问题，连接CQ，由菱形的对称性可知，点A和点C关于BD对称，连接AQ，AQ即为所求．
【解答】解：如图，由菱形的对称轴可知，点A和点C关于BD对称，连接AQ，AQ即为所求．

连接AC，
∵∠ABD＝30°，四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵点Q为BC的中点，
∴AQ⊥BC，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴AB＝BC＝6，
在Rt△ABQ中，∠ABC＝60°，
∴∠BAQ＝30°，
∴BQ＝AB＝＝3，
∴AQ＝BQ＝3．
故选：B．
10．（2022•嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（　　）

A． B． C． D．4
【分析】法一：分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，由中位线定理及勾股定理可分别表示出线段AG和FG的长，建立等式可求出结论．
法二：连接DF，AF，EF，利用中位线定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得△DFG是直角三角形，然后再结合全等三角形的判定和性质求勾股定理求解．
【解答】解：法一、如图，分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，

∴四边形GMNP是矩形，
∴GM＝PN，GP＝MN，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，
∴CA⊥AB，
又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点，
∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线，
∴GM＝＝1，AM＝AE，
FN＝AC＝，AN＝AB＝，
∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE，
∴PN＝1，FP＝，
设AE＝m，
∴AM＝m，GP＝MN＝﹣m，
在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12，
在Rt△GPF中，GF2＝（﹣m）2+（）2，
∵AG＝GF，
∴（m）2+12＝（﹣m）2+（）2，
解得m＝3，即AE＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝．
故选：A．
法二、如图，连接DF，AF，EF，

在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵点G是DE的中点，点F是BC的中点，
∴AG＝DG＝EG，AF＝BF，AF⊥BC，∠DAF＝45°，
∴∠DAF＝∠B＝45°，
∵FG＝AG，
∴FG＝DG＝EG，
∴△DFE是直角三角形，且∠DFE＝90°，
∵∠DFA+∠AFE＝∠BFE+∠AFE＝90°，
∴∠DFA＝∠EFB，
在△AFD和△BFE中，

∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝BE＝2，
∴AE＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝．
故选：A．
11．（2022春•越城区期末）如图，长方形ABCD的边BC＝13，E是边BC上的一点，且BE＝BA＝10．F，G分别是线段AB，CD上的动点，且BF＝DG，现以BE，BF为边作长方形BEHF，以DG为边作正方形DGIJ，点H，I均在长方形ABCD内部．记图中的阴影部分面积分别为S1，S2，长方形BEHF和正方形DGIJ的重叠部分是四边形KILH，当四边形KILH的邻边比为3：4时，S1+S2的值为（　　）

A．7 B． C．7或 D．7或
【分析】利用矩形及正方形的性质可求解KI＝2DG﹣10，KH＝DG﹣3，根据当矩形KILH的邻边的比为3：4可求解DG的长，再利用DG的长分别求解AF，CG，AJ的长，进而可求解，注意分类讨论．
【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝CD＝10，AD＝BC＝13．
∵四边形DGIJ为正方形，四边形BFHE为矩形，BF＝DG，
∴四边形KILH为矩形，KI＝HL＝2DG﹣AB＝2DG﹣10．
∵BE＝BA＝10，
∴LG＝EC＝3，
∴KH＝IL＝DG﹣LG＝DG﹣3．
当矩形KILH的邻边的比为3：4时，
（DG﹣3）：（2DG﹣10）＝3：4，或（2DG﹣10）：（DG﹣3）＝3：4，
解得DG＝9或，
当DG＝9时，则CG＝1，KH＝6，KI＝8，
∴AJ＝4，AF＝1，
∴S1+S2＝3×1+4×1＝7；
当DG＝，则CG＝，KH＝，KI＝，
∴AJ＝，AF＝，
∴S1+S2＝×+3×＝，
故选：C．
12．（2022春•麦积区期末）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC是矩形，A（﹣10，0），C（0，3），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标是　（﹣4，3），或（﹣1，3），或（﹣9，3）　．

【分析】先由矩形的性质求出OD＝5，分情况讨论：（1）当OP＝OD＝5时；根据勾股定理求出PC，即可得出结果；
（2）当PD＝OD＝5时；①作PE⊥OA于E，根据勾股定理求出DE，得出PC，即可得出结果；
②作PF⊥OA于F，根据勾股定理求出DF，得出PC，即可得出结果．
【解答】解：∵A（﹣10，0），C（0，3），
∴OA＝10，OC＝3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC＝OA＝10，AB＝OC＝3，
∵D是OA的中点，
∴AD＝OD＝5，
分情况讨论：
（1）当OP＝OD＝5时，根据勾股定理得：PC＝＝4，
∴点P的坐标为：（﹣4，3）；
（2）当PD＝OD＝5时，分两种情况讨论：
①如图1所示：作PE⊥OA于E，
则∠PED＝90°，DE＝＝4，
∴PC＝OE＝5﹣4＝1，
∴点P的坐标为：（﹣1，3）；
②如图2所示：作PF⊥OA于F，
则DF＝＝4，
∴PC＝OF＝5+4＝9，
∴点P的坐标为：（﹣9，3）；
综上所述：点P的坐标为：（﹣4，3），或（﹣1，3），或（﹣9，3）；
故答案为：（﹣4，3），或（﹣1，3），或（﹣9，3）．


13．（2020•安徽一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3，AC和BD交于点O，点E是边BC上的动点（不与点B，C重合），连接EO并延长交AD于点F，连接AE，若△AEF是等腰三角形，则DF的长为　或1或或1+　．

【分析】依据矩形的性质，即可得出△BEO≌△DFO（AAS），进而得到OF＝OE，DF＝BE．设BE＝DF＝a，则AF＝3﹣a．当△AEF是等腰三角形时，分四种情况讨论．根据勾股定理列方程即可得到DF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，OB＝OD，
∴∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，
∴△BEO≌△DFO（AAS），
∴OF＝OE，DF＝BE．
设BE＝DF＝a，则AF＝3﹣a．
当△AEF是等腰三角形时，分四种情况讨论．
①如图（1），当AE＝AF时，
在Rt△ABE中，由AE2＝AB2+BE2，得（3﹣a）2＝12+a2，
解得．

②如图（2），当AE＝EF时，过点E作EH⊥AD于点H，则AH＝FH＝BE，
∴AF＝2BE，
∴3﹣a＝2a，
解得a＝1．

③如图（3），当AF＝EF时，∠FAE＝∠FEA．
又∠FAE＝∠AEB，
∴∠FEA＝∠AEB．
过点A作AG⊥EF于点G，则AG＝AB＝1，EG＝BE＝a，
∴FG＝3﹣2a．
在Rt△AFG中，由AF2＝AG2+FG2，得
（3﹣a）2＝12+（3﹣2a）2，
解得，（舍去）．

④如图4中．当AF＝EF时，同法可得DF＝1+．

综上所述，DF的长为或1或或1+．
故答案为：或1或或1+．
14．如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为　4或2　．

【分析】要求直线AD上满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个时的AB长，则需要分类讨论：①当AB＝AD时；②当AB＜AD时，③当AB＞AD时．
【解答】解：①如图，当AB＝AD时

满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，
△P1BC，△P2BC是等腰直角三角形，△P3BC是等腰直角三角形（P3B＝P3C），
则AB＝AD＝4．
②当AB＜AD，且满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个时，如图，

易知P2是AD的中点，
∵△P1BC是等腰三角形，
∴BP1＝BC，
同理：BC＝CP3，
只有△P2BC是等边三角形时，△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，
∴BC＝BP1＝BP2＝CP2＝CP3
∴BP2＝＝，
又∵BP1＝BC，
∴＝4
∴AB＝2．
③当AB＞AD时，直线AD上只有一个点P满足△PBC是等腰三角形．
故答案为：4或2．
15．（2022•温州模拟）如图，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，点E为AB的中点，点F为EC上一个动点，点P为DF的中点，连接PB，当PB的最小值为3时，则AD的值为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，

当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE．
且当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF，
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
.∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，设AB＝2t，则AD＝t，
∵E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝t，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．
∴∠DP2P1＝90°．
∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角△BCP1中，CP1＝BC＝t，
∴BP1＝t＝3，
∴t＝3．
故选：B．
16．（2022春•嘉兴期末）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，F是BC边上的一个动点，连结DE，EF，FD．若△ABC的面积的为18cm2，则△DEF的面积是 　4.5　cm2．

【分析】连接BE，根据三角形的面积公式求出△AEB的面积，进而求出△DEB的面积，根据三角形中位线定理得到DE∥BC，得到△DEF的面积＝△DEB的面积，得出答案．
【解答】解：连接BE，
∵点E是AC的中点，△ABC的面积的为18cm2，
∴△AEB的面积＝×△ABC的面积＝9（cm2），
∵点D是AB的中点，
∴△DEB的面积＝×△AEB的面积＝4.5（cm2），
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE∥BC，
∴△DEF的面积＝△DEB的面积＝4.5（cm2），
故答案为：4.5．

17．（2022春•天河区校级期中）如图，矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B（﹣3，5），点D在线段AO上，且AD＝2OD，点E在线段AB上．
（1）求D点的坐标；
（2）当△CDE的周长最小时，找出点E的位置并求点E的坐标和△CDE的周长最小值．

【分析】（1）根据点的坐标性质求出OA，根据题意求出OD，得到D点的坐标；
（2）根据轴对称﹣最短路径确定点E′的位置，利用待定系数法求出直线CD′的解析式，进而求出点E的坐标，根据勾股定理求出△CDE的周长最小值．
【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，B（﹣3，5），
∴OA＝3，OC＝5，
∵AD＝2OD，
∴AD＝2，OD＝1，
∴D点的坐标为（﹣1，0）；
（2）作点D关于直线AB的对称点D′，连接CD′交AB于点E′．此时E′C+E′D最小，即△DCE′的周长最小，
由题意得，点D′的坐标为（﹣5，0），
设直线CD′的解析式为y＝kx+b，
则，
解得，，
∴直线CD′的解析式为y＝x+5，
当x＝﹣3时，y＝2，
∴E′（﹣3，2），
在Rt△CD′O中，CD′＝＝5，
在Rt△CDO中，CD＝＝，
∴△CDE的周长最小值为5+，

18．（2022春•兖州区期末）已知：如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是对角线AC上的一个动点（与点A、C不重合），过点P作PE⊥PB，PE交边CD于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为F．
（1）求证：PB＝PE；
（2）在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值，写出解答过程；若变化，试说明理由．

【分析】（1）过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB＝PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；
（2）连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO＝PF，只需求出BO的长即可．
【解答】（1）证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．

∵四边形ABCD是正方形，
PG⊥BC，PH⊥DC，
∴∠GPC＝∠ACB＝∠ACD＝∠HPC＝45°．
∴PG＝PH，∠GPH＝∠PGB＝∠PHE＝90°．
∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，
∴∠BPG＝90°﹣∠GPE＝∠EPH．
在△PGB和△PHE中，
．
∴△PGB≌△PHE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：连接BD，如图2．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOP＝90°．
∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，
∴∠PBO＝90°﹣∠BPO＝∠EPF．
∵EF⊥PC，即∠PFE＝90°，
∴∠BOP＝∠PFE．
在△BOP和△PFE中，
∴△BOP≌△PFE（AAS），
∴BO＝PF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴BC＝OB．
∵BC＝1，
∴OB＝，
∴PF＝OB＝．
∴点PP在运动过程中，PF的长度不变，值为．
19．（2022•永嘉县校级模拟）如图，等腰△ABC中，已知AC＝BC＝2，AB＝4，作∠ACB的外角平分线CF，点E从点B沿着射线BA以每秒2个单位的速度运动，过点E作BC的平行线交CF于点F．
（1）求证：四边形BCFE是平行四边形；
（2）当点E是边AB的中点时，连接AF，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；
（3）设运动时间为t秒，是否存在t的值，使得以△EFC的其中两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形？不存在的，试说明理由；存在的，请直接写出t的值．答：t＝　秒或5秒或2秒　．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得：∠B＝∠BAC，再由角平分线定义和三角形外角的性质可解答；
（2）如图2，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可解答；
（3）分三种情况：①EF＝CF；②CE＝CF；②CE＝EF；分别列方程可解答．
【解答】（1）证明：如图1，∵AC＝BC，

∴∠B＝∠BAC，
∵CF平分∠ACH，
∴∠ACF＝∠FCH，
∵∠ACH＝∠B+∠BAC＝∠ACF+∠FCH，
∴∠FCH＝∠B，
∴BE∥CF，
∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形；
（2）解：四边形AECF是矩形，理由是：
如图2，∵E是AB的中点，AC＝BC，

∴CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
由（1）知：四边形BCFE是平行四边形，
∴CF＝BE＝AE，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是矩形；
（3）解：分三种情况：
①以EF和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，如图3，

∴BE＝BC，即2t＝2，
t＝；
②以CE和CF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，如图4，过C作CD⊥AB于D，

∵AC＝BC，AB＝4，
∴BD＝2，
由勾股定理得：CD＝＝＝6，
∵EG2＝EC2，即（2t）2＝62+（2t﹣2）2，
t＝5；
③以CE和EF两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，如图5，CA＝AF＝BC，此时E与A重合，

∴t＝2，
综上，t的值为秒或5秒或2秒；
故答案为：秒或5秒或2秒．
20．如图1，已知△ABC和△DEF是两个边长都为1cm的等边三角形，且B、D、C、E都在同一直线上，连接AD及CF．

（1）求证：四边形ADFC是平行四边形；
（2）若BD＝0.3cm，△ABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动，设△ABC运动时间为t秒，
①如图2，当t为何值时，▱ADFC是菱形？请说明你的理由；
②如图3，▱ADFC有可能是矩形吗？若可能，求出t的值及此矩形的面积；若不可能，请说明理由．
【分析】（1）由等边三角形的性质易证AC＝DF，∠ACB＝∠FDE＝60°，推出AC∥DF，即可得出结论；
（2）①根据△ABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动，所以当t＝秒时，B与D重合、C与E重合，由等边三角形的性质即可得出四边形ADFC为菱形；
②若▱ADFC是矩形，则∠ADF＝90°，E与B重合，得出t＝1.3秒，由勾股定理求出AD的长，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△DEF是两个边长都为1cm的等边三角形，
∴AC＝DF＝1cm，∠ACB＝∠FDE＝60°，
∴AC∥DF，
∴四边形ADFC是平行四边形；
（2）①当t＝0.3秒时，平行四边形ADFC是菱形，理由如下：
∵△ABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动，
∴当t＝（秒）时，B与D重合、C与E重合，
则AD＝AC＝DE＝DF＝FC，
∴平行四边形ADFC是菱形；
②▱ADFC有可能是矩形，
若▱ADFC是矩形，则∠ADF＝90°，
∴∠ADC＝90﹣60＝30°
同理∠DAB＝30°＝∠ADC，
∴BA＝BD，
同理EC＝EF，
∴E与B重合，
∴t＝（1+0.3）÷1＝1.3（秒），
此时，在Rt△ADF中，∠ADF＝90°，DF＝1cm，AF＝2cm，
∴AD＝＝＝（cm），
∴矩形ADFC的面积＝AD×DF＝×1＝（cm2）．
21．（2022春•上城区校级期末）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．
（1）探究线段OE与OF的数量关系并说明理由．
（2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由．
（3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE　不可能　是菱形（填“可能”或“不可能”）．请说明理由．

【分析】（1）由直线MN∥BC，MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，易证得△OEC与△OFC是等腰三角形，则可证得OE＝OF＝OC；
（2）正方形的判定问题，AECF若是正方形，则必有对角线OA＝OC，所以O为AC的中点，同样在△ABC中，当∠ACB＝90°时，可满足其为正方形；
（3）菱形的判定问题，若使菱形，则必有四条边相等，对角线互相垂直．
【解答】解：（1）OE＝OF．理由如下：
∵CE是∠ACB的角平分线，
∴∠ACE＝∠BCE，
又∵MN∥BC，
∴∠NEC＝∠ECB，
∴∠NEC＝∠ACE，
∴OE＝OC，
∵CF是∠BCA的外角平分线，
∴∠OCF＝∠FCD，
又∵MN∥BC，
∴∠OFC＝∠FCD，
∴∠OFC＝∠OCF，
∴OF＝OC，
∴OE＝OF；
（2）当点O运动到AC的中点，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．理由如下：
∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，
又∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FO＝CO，
∴AO＝CO＝EO＝FO，
∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．
已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则
∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形；
（3）不可能．理由如下：

如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECF＝∠ACB+∠ACD＝（∠ACB+∠ACD）＝90°，
若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，
但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．
故答案为不可能．