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最新中考数学难点突破与经典模型精讲练 专题27 四边形中由动点引起的分类讨论问题 （全国通用）
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这是一份最新中考数学难点突破与经典模型精讲练 专题27 四边形中由动点引起的分类讨论问题 （全国通用），文件包含专题27四边形中由动点引起的分类讨论问题原卷版docx、专题27四边形中由动点引起的分类讨论问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。加强对二次函数与几何图形结合的综合性试题、实际应用题等专题的练习，深化对常考题型的熟悉程度。在函数复习过程中，如果考生未能完全理解简单实例中的数量关系和变化规律，针对此类问题，在专项复习中，可以通过选择题、填空题的专项练习，进行突破，如“读懂图象信息问题”等，将复杂问题由浅入深，层层分解，提高分析和判断能力。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练，进一步渗透和深刻理解其内涵，重要处舍得投入时间与精力。强化解题过程中常用的配方法、待定系数法等通法。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法，这样，对于解决难度较大的压轴题会有很大的帮助。
专题27 四边形中由动点引起的分类讨论问题
【题型演练】
一、单选题
1．如图，点为矩形的对称中心，动点从点出发沿向点移动，移动到点停止，延长交于点，则四边形形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形一矩形一平行四边形一矩形B．平行四边形一矩形一菱形一矩形
C．平行四边形一菱形一平行四边形一矩形D．平行四边形一菱形一平行四边形
【答案】C
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形形状的变化情况：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与点重合时是矩形．
【详解】解：观察图形可知，四边形形状的变化依次为平行四边形菱形平行四边形矩形．
故选C．
【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据与的位置关系即可求解．
2．矩形的边上有一动点，连接、，以、为边作平行四边形．在点从点移动到点的过程中，平行四边形的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB， ，即可得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴，
即的面积保持不变，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出的面积＝矩形ABCD的面积，是解题的关键．
3．如图，在四边形ABCD中，，点P是四边形ABCD边上的一个动点．若点P到AC的距离为，则点P的位置有（ ）
A．1处B．2处C．3处D．4处
【答案】C
【分析】根据勾股定理和含30度角的直角三角形的性质，可以求得AC、AD、BC和AB的长，然后即可得到点D到AC的距离和点B到AC的距离，从而可以得到满足条件的点P有几处，本题得以解决．
【详解】
解：过点B作于点F，过点D作于点E，
∵∠CAD=30°，CD=2，∠D=90°，
∴AC=4，，
∴在Rt△ADC中，斜边AC上的高，
∵AC=4，∠B=90°，∠BAC=45°，
∴，，
∴AB=BC=，
∴在Rt△ABC中，斜边AC上的高，
∵，点P是四边形ABCD边上的一个动点，点P到AC的距离为，
∴点P的位置在点D处，或者边BC上或者边AB上，
即满足条件的点P有3处．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，解答本题的关键是求出满足条件的点P所在的位置．
4．如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），对角线AC、BD相交于点0，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F．交AD、BC于M、N．点从从下列结论：①PM＋PN＝AC；②；③点O在M、N两点的连线上；④OP平分∠MPN；⑤四边形PEOF不可能为菱形．其中正确的个数有（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】依据正方形的性质以及勾股定理、矩形的判定方法即可判断四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°．
∵在△APE和△AME中，，
∴△APE≌△AME（ASA），
∴PE=EM=PM，
同理，FP=FN=NP．
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四边形PEOF是矩形．
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=PM，FP=FN=NP，OA=AC，
∴PM+PN=AC，故①正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，，
∴，故②正确．
∵四边形PEOF是矩形，
∴OP不一定平分∠MPN，故④错误；
连接OM，ON，
∵OA垂直平分线段PM．OB垂直平分线段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴∠OMP=∠OPM，∠ONP=∠OPN，
∵四边形PEOF是矩形，
∴∠MPN=90°，即∠OPM+∠OPN=90°，
∴∠OMP+∠ONP=90°，即∠OMP+∠ONP+∠MPN=180°，
∴M，O，N共线，故③正确．
当点P是AB的中点时，
则PE=OE=OA，FP=OF=OB，OA=OB，
∴PE=OE=FP=OF，
∴四边形PEOF为菱形．故⑤错误．
综上，①②③正确，共3个．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定、勾股定理等知识，证明四边形PEOF是矩形是关键．
5．如图 ，在平行四边形中 ， ，AB=4 ，AD=8 ， 点、分别是边CD、上的动点．连接、 ，点为的中点 ，点为的中点 ，连接．则的最大值与最小值的差为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．首先证明∠ACD＝90°，求出AC，AN，利用三角形中位线定理，可知EF＝AG，求出AG的最大值以及最小值即可解决问题．
【详解】解：如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BCD＝120°，
∴∠D＝180°−∠BCD＝60°，AB＝CD＝4，
∵AM＝DM＝DC＝4，
∴△CDM是等边三角形，
∴∠DMC＝∠MCD＝60°，AM＝MC，
∴∠MAC＝∠MCA＝30°，
∴∠ACD＝90°，
∴AC＝
在Rt△ACN中，∵AC＝，∠ACN＝∠DAC＝30°，
∴AN＝AC＝
∵AE＝EH，GF＝FH，
∴EF＝AG，
∵点G在BC上，∴AG的最大值为AC的长，最小值为AN的长，
∴AG的最大值为，最小值为，
∴EF的最大值为，最小值为，
∴EF的最大值与最小值的差为：
故选C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明∠ACD＝90°，属于中考选择题中的压轴题．
6．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，动点P，Q分别从点A，B同时开始移动（移动方向如图所示），点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，点Q移动到C点后停止，点P也随之停止运动，当四边形APQC的面积为12时，则点P运动的时间是（ ）
A．2sB．3sC．4sD．6s
【答案】A
【分析】设出动点，运动秒，能使的面积为12，用分别表示出和的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．
【详解】解：设动点，运动秒后，能使的面积为15，
则为cm，为cm，由三角形的面积计算公式列方程得：，
解得，（当时，，不合题意，舍去），
动点，运动3秒时，能使的面积为，
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，能借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题是解题的关键．
7．如图，在中，，，是边上的中点，点、分别是、边上的动点，且.则下列结论：（1）；（2）的长度不变；（3）的度数不变；（4）四边形的面积为；其中正确的结论有（ ）个.
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】由题意易得，，，然后可得，则有，，进而问题可求解．
【详解】解：∵，，是边上的中点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴（ASA），
∴，，故（1）正确；
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵DM是在变化的，
∴DE的长度也在变化；故（2）错误；
∵，
∴，
由是在变化，所以可知也在变化，故（3）错误；
∵，，
∴，
∴，
∴；故（4）正确；
故选A．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及等积法，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定是解题的关键．
8．如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的是（ ）
①△CMP~△BPA；②四边形AMCB的面积最大值为10；③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；④线段 AM的最小值为2；⑤当△ABP≌△ADN时，BP=．
A．①③④B．①②⑤C．①②③D．②④⑤
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定和性质逐个分析即可. 根据正方形的性质以及翻折证明角度相等，根据AA可证△CMP∽△BPA，故①正确；当x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；NE≠EP，故③错误；AM的最小值==5，故④错误；PB=故⑤正确．
【详解】∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，
∵∠CPN+∠NPB=180°，
∴2∠NPM+2∠APE=180°，
∴∠MPN+∠APE=90°，
∴∠APM=90°，
∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，
∴∠CPM=∠PAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，
∴△CMP∽△BPA．故①正确；
设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，
∴，
∴CM=x（4﹣x），
∴S四边形AMCB=[4+x（4﹣x）]×4==，
∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；
当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中，
解得，
∴NE≠EP，故③错误；
作MG⊥AB于G，∵AM==，
∴AG最小时AM最小，
∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣x（4﹣x）=，
∴x=1时，AG最小值=3，
∴AM的最小值==5，故④错误；
∵△ABP≌△ADN，
∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°．
∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，
∴∠BPK=∠BKP=45°，
∴PB=BK=z，AK=PK=z，
∴z+z=4，
∴z=，即PB=故⑤正确．
故选B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．利用正方形的性质以及翻折进行角度的转化，从而证明三角形相似是解题的关键．
9．如图，在矩形中，，，点E为中点，P、Q为边上两个动点，且，当四边形周长最小时，的长为（ ）
A．3.5B．4C．4.5D．5
【答案】B
【分析】四边形周长等于，其中为定值，即求最小值，，作F关于BC的对称点，当共线时最小，此时的P位置即为所求．
【详解】解：如图：四边形周长等于，
作，使，
即四边形PQEF是平行四边形，则，
作F关于BC的对称点，连接，交于点，即有，
∵四边形是矩形，，，E为DC中点，
∴，，∠D=90°，
∴，
即在Rt△ADE中，，即AE为定值，
即四边形周长=，其中为定值，
∵，
∴当共线时最小，即四边形周长最小，
∵，，
∴结合四边形是矩形，易证明四边形是矩形，
则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，将军饮马，线段和最小值问题，相似三角形的性质与判定，正确的作出辅助线，转化未知线段为已知线段的长是解题的关键．
10．如图，在中，于点，是上的动点，且，下列结论：①；②为等腰直角三角形；③四边形的面积为定值；④；⑤平分．其中正确说法的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD，∠A=∠ACD=∠DCB=45°，再根据可得∠MDN=90°，即∠ADM=∠CDN；再证可得DM=DN、CM=BN，推出CM=BN，可知△MDN是等腰直角三角形，；根据CM=BN，CM=BN，易得，显然CM、CN不一定相等，所以∠CNM不一定等于45°，所以MN平分∠CND不一定成立．
【详解】解：∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
又∵CD⊥AB，
∴AD=DB=CD，∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，∠ADC=∠BDC=∠MDN=90°=∠ADM+∠CDM=∠BDN+∠CDN=∠CDM+∠CDN，
∴∠ADM=∠CDN，
∵∠ADM=∠CDN，AD=CD，∠A=∠BCD=45°，
∴，
∴DM=DN，AM=CN，即①正确；
∴△MDN是等腰直角三角形，即②正确；
四边形MDNC的面积为，
∵，
∴，
∴，
即，则可知该四边形面积为定值，即③正确；
∵AC=BC，AM=CN，
∴CM=AC-AM=BC-AM=BC-AN=BN；
∴在Rt△CMN中，有，
即有，即④正确；
∵△MDN是等腰直角三角形，
∴∠AND=45°为定值，
又∵在M、N运动时，在Rt△CMN中，CM、CN不一定相等，
∴∠CNM不一定等于45°，
∴MN平分∠CND不一定成立，即⑤错误．
故选C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，掌握等腰直角三角形的性质是解答本题的关键．
二、填空题
11．如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B=90°，AB=6cm，AD=12cm，BC=15cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，从运动开始，当运动时间t=__________ s时，PQCD，且PQ=CD．
【答案】4
【分析】根据，时，四边形为平行四边形，得出PQ=CD，PD=CQ，用t表示出PD、CQ即可列出关于t的方程，解方程即可．
【详解】解：根据题意可知，AP=t，则，，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴PQ=CD，PD=CQ，
∴，
解得：，
即t=4s时，，且PQ=CD．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，解一元一次方程，根据题意列出关于t的方程，是解题的关键．
12．如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=12mm，BC=24mm，动点P从点A开始沿边AB向B以2mm/s的速度移动（不与点B重合），动点Q从点B开始沿边BC向C以4mm/s的速度移动（不与点C重合）．如果P、Q分别从A、B同时出发，设运动的时间为t秒，四边形APQC的面积为S mm2，请写出S与t的函数关系式，并标注t的取值范围___________________；
【答案】
【分析】先表示PA，BQ的长，进而得到BP的长度，利用来求出四边形APQC的面积和范围．
【详解】解：由题意得：，，
∴，
∴，
∴.
其中：，
∴．
【点睛】本题考查求二次函数的应用，理解题意，正确表示出BP，BQ是求解本题的关键．
13．如图所示，四边形ABCD中，AC⊥BD于点O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，点P为线段AC上的一个动点．过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N．连接PB，在点P运动过程中，PM+PN+PB的最小值等于_____．
【答案】7.8
【分析】证四边形ABCD是菱形，得CD=AD=5，连接PD，由三角形面积关系求出PM+PN=4.8，得当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，则当BP⊥AC时，PB最短，即可得出答案．
【详解】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，
∴AC＝8，四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD于点O，
∴平行四边形ABCD是菱形，AD＝＝＝5，
∴CD＝AD＝5，
连接PD，如图所示：
∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，
∴AD•PM+DC•PN＝AC•OD，
即×5×PM+×5×PN＝×8×3，
∴5×（PM+PN）＝8×3，
∴PM+PN＝4.8，
∴当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，
由垂线段最短可知：当BP⊥AC时，PB最短，
∴当点P与点O重合时，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，
故答案为：7.8．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、最小值问题以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
14．如图，在四边形ABCD中，，AD＜BC，∠ABC＝90°，且AB＝3，E是边AB上的动点，当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，AE＝__________．
【答案】或1
【分析】分情况讨论：∠CED=90°和∠CDE=90°，利用相似三角形的性质，角平分线的性质和直角三角形30度角的性质分别可得AE的长．
【详解】解：分两种情况：
①当∠CED=90°时，如图1，
过E作EF⊥CD于F，
∵，AD＜BC，
∴AB与CD不平行，
∴，
∴当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，
∴∠BEC=∠CDE=∠ADE，
∵∠A=∠B=∠CED=90°，
∴∠BCE=∠DCE，
∴AE=EF，EF=BE，
∴AE=BE=AB=，
②当∠CDE=90°时，如图2，
当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，
∵，CE和BC相交，
∴AD与CE不平行，
∴，
∴∠CEB=∠CED=∠AED=60°，
∴∠BCE=∠DCE=∠ADE =30°，
∵∠A=∠B=90°，
∴BE=ED=2AE，
∵AB=3，
∴AE=1，
综上，AE的值为或1．
故答案为：或1．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，角平分线的性质和直角三角形30度角的性质，当两个直角三角形相似时，要分情况进行讨论；正确画图是关键，注意不要丢解．
三、解答题
15．如图，在中，点是边上的一个动点（点不与、两点重合），过点作直线，直线与的平分线相交于点，与（的外角）的平分线相交于点．
(1)与相等吗？为什么？
(2)探究：当点运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．
(3)在（2）中当等于多少时，四边形为正方形（不要求说理由）
【答案】(1)相等，理由见详解
(2)是中点时，四边形是矩形，理由见详解
(3)时，四边形为正方形，理由见详解
【分析】（1）由平分，平分，可得，，再根据，可得，，即有，，则有，，问题得解；
（2）证明，且、互相平分，即可判断四边形是矩形，据此作答即可；
（3）根据对角线相互垂直的矩形是正方形作答即可．
（1）
，理由如下：
∵根据题意，有平分，平分，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴；
（2）
是中点时，四边形是矩形，理由如下：
在（1）已证明，
∵是中点，
∴，
∴，
∴，且、互相平分，
∴四边形是矩形；
（3）
当时，四边形为正方形，理由如下：
在（2）中已证明四边形是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，矩形的判定，正方形的判定等知识，掌握平行线的性质是解答本题的关键．
16．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图①，，则四边形为“等邻角四边形”．
(1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是___________．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④等腰梯形．
(2)深入探究：
①已知四边形为“等邻角四边形”，且，则________．
②如图②，在五边形中， ，对角线平分，求证：四边形为等邻角四边形．
(3)拓展应用：如图③，在等邻角四边形中，，点P为边BC上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，的值是否会发生变化？请说明理由．
【答案】(1)②④
(2)①或或；②见解析
(3)不会发生变化，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的性质即可解答；
（2）①分当和、时三种情况求解；
②由得，根据对角线平分，得，故，即证得四边形为等邻角四边形；
（3）过C作于H，过P作于G，由，，得四边形是矩形，得，可证明，得，即有，从而说明在点P的运动过程中，的值总等于C到的距离，不会变化．
（1）
解：①平行四边形的邻角互补，不是等邻角四边形；
②矩形四个角都是直角，则邻角相等，是等邻角四边形；
③菱形的邻角互补，不是等邻角四边形；
④等腰梯形的两个底角相等，是等邻角四边形．
综上，②④是等邻角四边形．
故答案为：②④；
（2）
解：①当时，四边形为“等邻角四边形”，
∵，
∴；
当时，四边形为“等邻角四边形”，
当时，四边形为“等邻角四边形”，
；
故答案为：或或；
②∵，
∴，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴四边形为等邻角四边形；
（3）
解：在点P的运动过程中，的值不会发生变化，理由如下：
过C作于H，过P作于G，如图：
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，
∴，
即在点P的运动过程中，的值总等于C到AB的距离，是定值．
【点睛】本题考查多边形综合应用，涉及新定义、多边形内角和、三角形全等的判定及性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
17．如图，点E是矩形的边的中点，点G是边上一动点，连接，若点H为的中点，连接，连接并延长交边于点F，过点A作，垂足为点M，交于点P．
(1)求证：；
(2)连接，若，请判断四边形是什么特殊四边形，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，证明见解析
【分析】（1）由四边形是矩形，得，又是矩形对边的中点，即得四边形是矩形， ，可得；
（2）设交于M，由，得，结合，即得，所以，可证，得，，故四边形为菱形．
（1）
∵四边形是矩形，
∴，
∵是矩形对边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
又E是中点，
∴H是的中点，
∵，
∴；
（2）
四边形是菱形，
证明：由（1）知为中点，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查矩形性质、菱形的判定，全等三角形性质及判定等知识，解题的关键是掌握矩形、菱形的性质及判定定理，熟练应用三角形全等的判定定理．
18．如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以每秒的速度沿折线方向运动，点从点出发，以每秒的速度沿线段方向向点运动．已知动点，同时发，当点运动到点时，，运动停止，设运动时间为．
(1)直接写出的长（cm）；
(2)当四边形为平行四边形时，直接写出四边形的周长（cm）；
(3)在点、点的运动过程中，是否存在某一时刻，使得的面积为？若存在，请求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)16
(2)
(3)存在，满足条件的的值为秒或秒
【分析】（1）过点作于，根据题意证明四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质以及勾股定理可得结果；
（2）当四边形是平行四边形，则点在上，点在上，则，，根据平行四边形的性质可得，求解得出平行四边形的各边长，求其周长即可；
（3）分两种情况进行讨论：①当点在线段上时；②当点在线段上时；根据三角形面积列方程计算即可．
（1）
解：如图，过点作于，
，，
∴，
∵，
四边形是平行四边形，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
；
（2）
当四边形是平行四边形，
则点在上，点在上，
如图，
由运动知，，，
，
，
此时，，，根据勾股定理得，；
四边形的周长为；
（3）
①当点在线段上时，即：时，
如图，
，
；
②当点在线段上时，即：时，
如图，
，，
，
或（舍），
即：满足条件的的值为秒或秒．
【点睛】本题考查了四边形的动点问题，平行四边形的判定与性质，勾股定理，读懂题意，根据相应图形的性质列出方程是解本题的关键．
19．问题情境：四边形中，点O是对角线的中点，点E是直线上的一个动点（点E与点C、O、A都不重合）过点，分别作直线的垂线，垂足分别为，，连接
(1)初步探究：已知四边形是正方形，且点E在线段上，求证；
(2)在（1）的条件下，探究图中与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）根据题意，，，，则，利用证明，即可得到答案；
（2）由（1）知，，然后得到，由，得到，即可得证．
（1）
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）
；
理由如下：如图1，连接OB，
由（1）知，，，
∵点是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等腰直角三角形，，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形解决问题．
20．如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，设运动时间为．
(1)用含x的式子表示（请写化简之后的结果）；
____________， ____________， ___________，=____________
(2)四边形的面积能否等于172？若能，求出运动的时间; 若不能，说明理由．
【答案】(1)、，，
(2)当，四边形的面积等于172．
【分析】（1）根据题意用x表示出、、、即可；
（2）由=172可得关于t的一元二次方程，然后解一元二次方程即可求得运动时间t．
（1）
解：根据题意得：cm，cm，所以cm，
∵ ，
∵
∴．
故答案为：、，，．
（2）
解：∵四边形的面积能等于172
∴，即，解得或（舍去）
∴当，四边形的面积等于172．
【点睛】本题主要考查了函数的动点问题、四边形的面积，二次函数的与一元二方程的关系等知识点，出与t的函数关系式是解本题的关键．
21．（1）如图1，在四边形中，，点E是边上一点，，，连接、．判断的形状，并说明理由；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，已知点，点C是x轴上的动点，线段绕着点C按顺时针方向旋转90°至线段，连接、，
①求B点的运动轨迹解析式
②的最小值是 ．
【答案】（1）见详解
（2）①；②
【分析】（1）根据已知条件证得，即可证得为等腰直角三角形；
（2）①根据（1）可知，设B点坐标为，C点坐标为，可得，，即点B的运动轨迹解析式为：；
②作点O关于直线的对称点，连接，交直线与点，此时A、、三点共线时，值最小，求得坐标为，根据勾股定理即可求得最小值．
【详解】（1）为等腰直角三角形，理由如下，
在与中，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
（2）①作轴于点D，如图所示，
由（1）得，，
∴，，
设B点坐标为，C点坐标为，
∴，，
∴，
∴点B的运动轨迹解析式为：；
②如图所示，作点O关于直线y=x-1的对称点，连接，交直线与点，
此时，,
即A、、三点共线时，值最小，
∵直线垂直平分，
∴，
∴坐标为，
∴，
即：的最小值为．
【点睛】本题主要考查的是一次函数与全等三角形的综合，主要是数量掌握“一线三垂直”模型以及“将军饮马”模型．
22．如图，在四边形中，，，，，，动点从点开始沿边向点以的速度运动，动点从点开始沿边向点以的速度运动，动点，分别从点，同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为秒.
(1)当为何值时，四边形为矩形？
(2)当为何值时，四边形为平行四边形？
【答案】(1)当时，四边形是矩形
(2)当时，四边形是平行四边形
【分析】（1）四边形为矩形，即，列出等式，求解即可；
（2）四边形为平行四边形，即，列出等式求解；
（1）
解：设运动时间为秒，
，，，，
如图1，
，
当时，四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
即，
解得：，
时，四边形是矩形；
（2）
解：如图2，
，
当时，四边形是平行四边形．
此时有，
解得．
当时，四边形是平行四边形．
【点睛】此题主要考查了矩形、平行四边形的判定与性质应用，要求学生掌握对各种图形的认识，同时学会数形结合的数学解题思想．
23．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OC在x轴上，OA在y轴上，，，两动点P、Q分别从O、B两点同时出发，点P以每秒个单位长度的速度沿线段OC向点C运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿着线段BO向点O运动，当点P运动到点C时，P、Q同时停止，设这两个点运动时间为t （s），
(1)直接写出点A、B的坐标；
(2)当的面积为时，求t的值；
(3)在运动过程中，是否存在P、Q两点，使得沿它的一边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)，或，
(3)或或
【分析】（1）由矩形的性质和已知条件求出、即可得出、的坐标；
（2）作于，则，证出，得出对应边成比例，得出，由的面积，求出的值，再求出，即可得出的坐标；
（3）分三种情况：①当时；②当时；③时；分别得出的方程，解方程即可．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
，，；
（2）作于，如图1所示：
则，
，
，即，
，
的面积，
解得：或，
当时，，；
当时，，；
点的坐标为，，或，；
（3）存在；分三种情况：如图2所示：
①当时，
，
，
由（2）得：，
，
，
，
解得：，或；
②当时，，
，
解得：（负值舍去），
；
③时，，
，
解得：．
综上所述：的值为或或．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积的计算、三角函数以及坐标与图形特征；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过分类讨论列出方程，解方程才能得出结果．
24．从多边形的一个顶点引出两条射线形成一个角，这个角的两边与多边形的两边相交，该多边形在这个角的内部的部分与角的两边围成的图形称为该角对这个图形的“投射图形”
【特例感知】
（1）如图，与正方形的边、分别交于点E、点F，此时对正方形的“投射图形”就是四边形；若此时是一个定值，则四边形的面积____（填“会”或“不会”）发生变化．
【迁移尝试】
（2）如图，菱形中，，，E、F分别是边、上的动点，若对菱形的“投射图形”四边形的面积为，求的值．
【深入感悟】
（3）如图，矩形中，，，的两边分别与、交于点E、点F，若，，求对矩形的“投射图形”四边形的面积．
【综合运用】
（4）如图，某建筑工地有一块由围挡封闭起来的四边形空地，其中，，，m，m，现打算在空地上建一块四边形堆场用于堆放建筑垃圾，需要拆除围挡和，若m，求这个四边形堆场面积的最大值．
【答案】（1）不会（2）（3）（4）
【分析】（1）连接得到四边形面积，通过即可得到答案；
（2）过A点作，分别交、延长线于点、，连接；根据菱形和含角直角三角形的性质计算，即可得到答案；
（3）在上取点满足，连接，过点作交延长线于点；根据矩形和勾股定理的性质计算得；再根据相似三角形的性质，通过证明，推导得，；再结合勾股定理性质计算即可完成求解；
（4）延长、交于点，含角直角三角形的性质推导得，设，结合一次函数的性质分析，即可得到答案.
【详解】（1）如下图所示，连接，
四边形面积，
∵，
∴四边形面积，
∴当是一个定值，则四边形的面积不会发生变化
故答案为：不会；
（2）如图，过A点作，分别交、延长线于点、，连接
∵四边形为菱形
∴，
∵菱形ABCD面积，
∴，
∴四边形面积，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∴
∴
（3）如图，在上取点满足，连接，过点作交延长线于点
∵，，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形面积．
（4）延长、交于点，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∴
设，则
∴四边形面积
，
，
，
，
∵，
∴四边形面积随增大而增大，
∵，
∴当时，四边形堆场面积的最大值．
【点睛】本题考查了矩形、菱形、直角三角形、相似三角形、一次函数的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、直角三角形、相似三角形和一次函数的性质，从而完成求解.
25．如图，四边形是菱形，对角线和相交于点O、点E是的中点，过点C作的垂线，与的延长线交于点F，连接.
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若四边形的周长为，的周长为，求四边形的面积；
(3)在（2）问的条件下，上有一动点Q，上有一动点P，求 的最小值.
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)
【分析】（1）先根据菱形的性质和已知条件可得，再根据平行线的性质可得，然后利用“角边角”证明，可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边可得四边形ODFC是平行四边形，最后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明结论；
（2）根据菱形的周长和 的周长求得，，再根据勾股定理和完全平方公式可得CO•DO即可解答；
（3）作点E关于DO对称点，过点作 ，交于点Q，此时最小；连接、；然后再说明是的中点求得；再利用菱形的性质求得菱的面积，最后运用面积公式求得即可．
（1）
证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴ ，
∵，
∴
∴
∴
∴
∵E是中点，
∴，
在和中，
∴（）；
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
（2）
解：∵菱形的周长为，
∴，，
∵的周长为，
∴=
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴四边形的面积2．
（3）
解：如图：作点E关于DO对称点，过点作 ，交于点Q，连接、
∴
∴
∴最小值为
∵
∴
∵
∴菱形的面积为4，的面积为1
∵
∴，解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
26．如图1，已知在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结，，，点D是的中点．
(1)___________；点D的坐标为___________；
(2)若点E在线段上，直线DE把矩形面积分成为2：1两部分，求点E坐标；
(3)如图2．点P为线段上一动点（含线段端点），连接；以线段为边，在所在直线的右上方作等边，当动点P从点B运动到点A时，点Q也随之运动，当成为以为底的等腰三角形时，直接写出Q点的横坐标．
【答案】(1)；
(2)或
(3)
【分析】（1）在中，解直角三角形求出即可求出点C坐标，再根据中点定义求出点D坐标；
（2）分两种情况讨论：①当梯形的面积与梯形的面积之比是时，②当梯形的面积与梯形的面积之比是时；分别求解即可；
（3）当点P在线段上运动时，点Q在线段上运动，根据等边三角形性质求出点M、N坐标，从而可求得直线的解析式为，取中点E，过点E作垂线，交x轴于F，求得直线解析式为，然后联立两解析式，求得两直线交点横坐标即可．
（1）
解：如图1中，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
故答案为：；．
（2）
解：如图1中，设．
分两种情况讨论：①当梯形的面积与梯形的面积之比是时，
由题意，
∴，
∴，
解得：，
∴；
②当梯形的面积与梯形的面积之比是时，，
∴，
，
解得：；
∴；
综上，点E坐标或；
（3）
解：如图，当点P与点B重合时，点Q在点M处，当点P与点A重合时，点Q在点N处，当点P在线段上运动时，点Q在线段． 运动，如图，
∵等边，，
∴，
同理 ，
∴直线的解析式为：，
取中点E，过点E作垂线，交x轴于F，
则，，
∴直线解析式为：，
∵是以为底的等腰三角形，
∴点Q是直线与直线的交点，
联立直线与直线的解析式，得
，
解得：，
∴点Q的横坐标为．
【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，待定系数法求一欠函数解析式，两直线交点问题，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，本题综合性较强，属中考压轴题目．
1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。加强对二次函数与几何图形结合的综合性试题、实际应用题等专题的练习，深化对常考题型的熟悉程度。在函数复习过程中，如果考生未能完全理解简单实例中的数量关系和变化规律，针对此类问题，在专项复习中，可以通过选择题、填空题的专项练习，进行突破，如“读懂图象信息问题”等，将复杂问题由浅入深，层层分解，提高分析和判断能力。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练，进一步渗透和深刻理解其内涵，重要处舍得投入时间与精力。强化解题过程中常用的配方法、待定系数法等通法。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法，这样，对于解决难度较大的压轴题会有很大的帮助。
专题27 四边形中由动点引起的分类讨论问题
【题型演练】
一、单选题
1．如图，点为矩形的对称中心，动点从点出发沿向点移动，移动到点停止，延长交于点，则四边形形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形一矩形一平行四边形一矩形B．平行四边形一矩形一菱形一矩形
C．平行四边形一菱形一平行四边形一矩形D．平行四边形一菱形一平行四边形
【答案】C
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形形状的变化情况：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与点重合时是矩形．
【详解】解：观察图形可知，四边形形状的变化依次为平行四边形菱形平行四边形矩形．
故选C．
【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据与的位置关系即可求解．
2．矩形的边上有一动点，连接、，以、为边作平行四边形．在点从点移动到点的过程中，平行四边形的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB， ，即可得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴，
即的面积保持不变，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出的面积＝矩形ABCD的面积，是解题的关键．
3．如图，在四边形ABCD中，，点P是四边形ABCD边上的一个动点．若点P到AC的距离为，则点P的位置有（ ）
A．1处B．2处C．3处D．4处
【答案】C
【分析】根据勾股定理和含30度角的直角三角形的性质，可以求得AC、AD、BC和AB的长，然后即可得到点D到AC的距离和点B到AC的距离，从而可以得到满足条件的点P有几处，本题得以解决．
【详解】
解：过点B作于点F，过点D作于点E，
∵∠CAD=30°，CD=2，∠D=90°，
∴AC=4，，
∴在Rt△ADC中，斜边AC上的高，
∵AC=4，∠B=90°，∠BAC=45°，
∴，，
∴AB=BC=，
∴在Rt△ABC中，斜边AC上的高，
∵，点P是四边形ABCD边上的一个动点，点P到AC的距离为，
∴点P的位置在点D处，或者边BC上或者边AB上，
即满足条件的点P有3处．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，解答本题的关键是求出满足条件的点P所在的位置．
4．如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），对角线AC、BD相交于点0，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F．交AD、BC于M、N．点从从下列结论：①PM＋PN＝AC；②；③点O在M、N两点的连线上；④OP平分∠MPN；⑤四边形PEOF不可能为菱形．其中正确的个数有（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】依据正方形的性质以及勾股定理、矩形的判定方法即可判断四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°．
∵在△APE和△AME中，，
∴△APE≌△AME（ASA），
∴PE=EM=PM，
同理，FP=FN=NP．
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四边形PEOF是矩形．
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=PM，FP=FN=NP，OA=AC，
∴PM+PN=AC，故①正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，，
∴，故②正确．
∵四边形PEOF是矩形，
∴OP不一定平分∠MPN，故④错误；
连接OM，ON，
∵OA垂直平分线段PM．OB垂直平分线段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴∠OMP=∠OPM，∠ONP=∠OPN，
∵四边形PEOF是矩形，
∴∠MPN=90°，即∠OPM+∠OPN=90°，
∴∠OMP+∠ONP=90°，即∠OMP+∠ONP+∠MPN=180°，
∴M，O，N共线，故③正确．
当点P是AB的中点时，
则PE=OE=OA，FP=OF=OB，OA=OB，
∴PE=OE=FP=OF，
∴四边形PEOF为菱形．故⑤错误．
综上，①②③正确，共3个．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定、勾股定理等知识，证明四边形PEOF是矩形是关键．
5．如图 ，在平行四边形中 ， ，AB=4 ，AD=8 ， 点、分别是边CD、上的动点．连接、 ，点为的中点 ，点为的中点 ，连接．则的最大值与最小值的差为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．首先证明∠ACD＝90°，求出AC，AN，利用三角形中位线定理，可知EF＝AG，求出AG的最大值以及最小值即可解决问题．
【详解】解：如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BCD＝120°，
∴∠D＝180°−∠BCD＝60°，AB＝CD＝4，
∵AM＝DM＝DC＝4，
∴△CDM是等边三角形，
∴∠DMC＝∠MCD＝60°，AM＝MC，
∴∠MAC＝∠MCA＝30°，
∴∠ACD＝90°，
∴AC＝
在Rt△ACN中，∵AC＝，∠ACN＝∠DAC＝30°，
∴AN＝AC＝
∵AE＝EH，GF＝FH，
∴EF＝AG，
∵点G在BC上，∴AG的最大值为AC的长，最小值为AN的长，
∴AG的最大值为，最小值为，
∴EF的最大值为，最小值为，
∴EF的最大值与最小值的差为：
故选C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明∠ACD＝90°，属于中考选择题中的压轴题．
6．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，动点P，Q分别从点A，B同时开始移动（移动方向如图所示），点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，点Q移动到C点后停止，点P也随之停止运动，当四边形APQC的面积为12时，则点P运动的时间是（ ）
A．2sB．3sC．4sD．6s
【答案】A
【分析】设出动点，运动秒，能使的面积为12，用分别表示出和的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．
【详解】解：设动点，运动秒后，能使的面积为15，
则为cm，为cm，由三角形的面积计算公式列方程得：，
解得，（当时，，不合题意，舍去），
动点，运动3秒时，能使的面积为，
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，能借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题是解题的关键．
7．如图，在中，，，是边上的中点，点、分别是、边上的动点，且.则下列结论：（1）；（2）的长度不变；（3）的度数不变；（4）四边形的面积为；其中正确的结论有（ ）个.
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】由题意易得，，，然后可得，则有，，进而问题可求解．
【详解】解：∵，，是边上的中点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴（ASA），
∴，，故（1）正确；
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵DM是在变化的，
∴DE的长度也在变化；故（2）错误；
∵，
∴，
由是在变化，所以可知也在变化，故（3）错误；
∵，，
∴，
∴，
∴；故（4）正确；
故选A．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及等积法，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定是解题的关键．
8．如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的是（ ）
①△CMP~△BPA；②四边形AMCB的面积最大值为10；③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；④线段 AM的最小值为2；⑤当△ABP≌△ADN时，BP=．
A．①③④B．①②⑤C．①②③D．②④⑤
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定和性质逐个分析即可. 根据正方形的性质以及翻折证明角度相等，根据AA可证△CMP∽△BPA，故①正确；当x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；NE≠EP，故③错误；AM的最小值==5，故④错误；PB=故⑤正确．
【详解】∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，
∵∠CPN+∠NPB=180°，
∴2∠NPM+2∠APE=180°，
∴∠MPN+∠APE=90°，
∴∠APM=90°，
∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，
∴∠CPM=∠PAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，
∴△CMP∽△BPA．故①正确；
设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，
∴，
∴CM=x（4﹣x），
∴S四边形AMCB=[4+x（4﹣x）]×4==，
∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；
当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中，
解得，
∴NE≠EP，故③错误；
作MG⊥AB于G，∵AM==，
∴AG最小时AM最小，
∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣x（4﹣x）=，
∴x=1时，AG最小值=3，
∴AM的最小值==5，故④错误；
∵△ABP≌△ADN，
∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°．
∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，
∴∠BPK=∠BKP=45°，
∴PB=BK=z，AK=PK=z，
∴z+z=4，
∴z=，即PB=故⑤正确．
故选B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．利用正方形的性质以及翻折进行角度的转化，从而证明三角形相似是解题的关键．
9．如图，在矩形中，，，点E为中点，P、Q为边上两个动点，且，当四边形周长最小时，的长为（ ）
A．3.5B．4C．4.5D．5
【答案】B
【分析】四边形周长等于，其中为定值，即求最小值，，作F关于BC的对称点，当共线时最小，此时的P位置即为所求．
【详解】解：如图：四边形周长等于，
作，使，
即四边形PQEF是平行四边形，则，
作F关于BC的对称点，连接，交于点，即有，
∵四边形是矩形，，，E为DC中点，
∴，，∠D=90°，
∴，
即在Rt△ADE中，，即AE为定值，
即四边形周长=，其中为定值，
∵，
∴当共线时最小，即四边形周长最小，
∵，，
∴结合四边形是矩形，易证明四边形是矩形，
则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，将军饮马，线段和最小值问题，相似三角形的性质与判定，正确的作出辅助线，转化未知线段为已知线段的长是解题的关键．
10．如图，在中，于点，是上的动点，且，下列结论：①；②为等腰直角三角形；③四边形的面积为定值；④；⑤平分．其中正确说法的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD，∠A=∠ACD=∠DCB=45°，再根据可得∠MDN=90°，即∠ADM=∠CDN；再证可得DM=DN、CM=BN，推出CM=BN，可知△MDN是等腰直角三角形，；根据CM=BN，CM=BN，易得，显然CM、CN不一定相等，所以∠CNM不一定等于45°，所以MN平分∠CND不一定成立．
【详解】解：∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
又∵CD⊥AB，
∴AD=DB=CD，∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，∠ADC=∠BDC=∠MDN=90°=∠ADM+∠CDM=∠BDN+∠CDN=∠CDM+∠CDN，
∴∠ADM=∠CDN，
∵∠ADM=∠CDN，AD=CD，∠A=∠BCD=45°，
∴，
∴DM=DN，AM=CN，即①正确；
∴△MDN是等腰直角三角形，即②正确；
四边形MDNC的面积为，
∵，
∴，
∴，
即，则可知该四边形面积为定值，即③正确；
∵AC=BC，AM=CN，
∴CM=AC-AM=BC-AM=BC-AN=BN；
∴在Rt△CMN中，有，
即有，即④正确；
∵△MDN是等腰直角三角形，
∴∠AND=45°为定值，
又∵在M、N运动时，在Rt△CMN中，CM、CN不一定相等，
∴∠CNM不一定等于45°，
∴MN平分∠CND不一定成立，即⑤错误．
故选C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，掌握等腰直角三角形的性质是解答本题的关键．
二、填空题
11．如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B=90°，AB=6cm，AD=12cm，BC=15cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，从运动开始，当运动时间t=__________ s时，PQCD，且PQ=CD．
【答案】4
【分析】根据，时，四边形为平行四边形，得出PQ=CD，PD=CQ，用t表示出PD、CQ即可列出关于t的方程，解方程即可．
【详解】解：根据题意可知，AP=t，则，，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴PQ=CD，PD=CQ，
∴，
解得：，
即t=4s时，，且PQ=CD．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，解一元一次方程，根据题意列出关于t的方程，是解题的关键．
12．如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=12mm，BC=24mm，动点P从点A开始沿边AB向B以2mm/s的速度移动（不与点B重合），动点Q从点B开始沿边BC向C以4mm/s的速度移动（不与点C重合）．如果P、Q分别从A、B同时出发，设运动的时间为t秒，四边形APQC的面积为S mm2，请写出S与t的函数关系式，并标注t的取值范围___________________；
【答案】
【分析】先表示PA，BQ的长，进而得到BP的长度，利用来求出四边形APQC的面积和范围．
【详解】解：由题意得：，，
∴，
∴，
∴.
其中：，
∴．
【点睛】本题考查求二次函数的应用，理解题意，正确表示出BP，BQ是求解本题的关键．
13．如图所示，四边形ABCD中，AC⊥BD于点O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，点P为线段AC上的一个动点．过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N．连接PB，在点P运动过程中，PM+PN+PB的最小值等于_____．
【答案】7.8
【分析】证四边形ABCD是菱形，得CD=AD=5，连接PD，由三角形面积关系求出PM+PN=4.8，得当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，则当BP⊥AC时，PB最短，即可得出答案．
【详解】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，
∴AC＝8，四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD于点O，
∴平行四边形ABCD是菱形，AD＝＝＝5，
∴CD＝AD＝5，
连接PD，如图所示：
∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，
∴AD•PM+DC•PN＝AC•OD，
即×5×PM+×5×PN＝×8×3，
∴5×（PM+PN）＝8×3，
∴PM+PN＝4.8，
∴当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，
由垂线段最短可知：当BP⊥AC时，PB最短，
∴当点P与点O重合时，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，
故答案为：7.8．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、最小值问题以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
14．如图，在四边形ABCD中，，AD＜BC，∠ABC＝90°，且AB＝3，E是边AB上的动点，当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，AE＝__________．
【答案】或1
【分析】分情况讨论：∠CED=90°和∠CDE=90°，利用相似三角形的性质，角平分线的性质和直角三角形30度角的性质分别可得AE的长．
【详解】解：分两种情况：
①当∠CED=90°时，如图1，
过E作EF⊥CD于F，
∵，AD＜BC，
∴AB与CD不平行，
∴，
∴当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，
∴∠BEC=∠CDE=∠ADE，
∵∠A=∠B=∠CED=90°，
∴∠BCE=∠DCE，
∴AE=EF，EF=BE，
∴AE=BE=AB=，
②当∠CDE=90°时，如图2，
当△ADE、△BCE、△CDE两两相似时，
∵，CE和BC相交，
∴AD与CE不平行，
∴，
∴∠CEB=∠CED=∠AED=60°，
∴∠BCE=∠DCE=∠ADE =30°，
∵∠A=∠B=90°，
∴BE=ED=2AE，
∵AB=3，
∴AE=1，
综上，AE的值为或1．
故答案为：或1．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，角平分线的性质和直角三角形30度角的性质，当两个直角三角形相似时，要分情况进行讨论；正确画图是关键，注意不要丢解．
三、解答题
15．如图，在中，点是边上的一个动点（点不与、两点重合），过点作直线，直线与的平分线相交于点，与（的外角）的平分线相交于点．
(1)与相等吗？为什么？
(2)探究：当点运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．
(3)在（2）中当等于多少时，四边形为正方形（不要求说理由）
【答案】(1)相等，理由见详解
(2)是中点时，四边形是矩形，理由见详解
(3)时，四边形为正方形，理由见详解
【分析】（1）由平分，平分，可得，，再根据，可得，，即有，，则有，，问题得解；
（2）证明，且、互相平分，即可判断四边形是矩形，据此作答即可；
（3）根据对角线相互垂直的矩形是正方形作答即可．
（1）
，理由如下：
∵根据题意，有平分，平分，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴；
（2）
是中点时，四边形是矩形，理由如下：
在（1）已证明，
∵是中点，
∴，
∴，
∴，且、互相平分，
∴四边形是矩形；
（3）
当时，四边形为正方形，理由如下：
在（2）中已证明四边形是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，矩形的判定，正方形的判定等知识，掌握平行线的性质是解答本题的关键．
16．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图①，，则四边形为“等邻角四边形”．
(1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是___________．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④等腰梯形．
(2)深入探究：
①已知四边形为“等邻角四边形”，且，则________．
②如图②，在五边形中， ，对角线平分，求证：四边形为等邻角四边形．
(3)拓展应用：如图③，在等邻角四边形中，，点P为边BC上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，的值是否会发生变化？请说明理由．
【答案】(1)②④
(2)①或或；②见解析
(3)不会发生变化，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的性质即可解答；
（2）①分当和、时三种情况求解；
②由得，根据对角线平分，得，故，即证得四边形为等邻角四边形；
（3）过C作于H，过P作于G，由，，得四边形是矩形，得，可证明，得，即有，从而说明在点P的运动过程中，的值总等于C到的距离，不会变化．
（1）
解：①平行四边形的邻角互补，不是等邻角四边形；
②矩形四个角都是直角，则邻角相等，是等邻角四边形；
③菱形的邻角互补，不是等邻角四边形；
④等腰梯形的两个底角相等，是等邻角四边形．
综上，②④是等邻角四边形．
故答案为：②④；
（2）
解：①当时，四边形为“等邻角四边形”，
∵，
∴；
当时，四边形为“等邻角四边形”，
当时，四边形为“等邻角四边形”，
；
故答案为：或或；
②∵，
∴，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴四边形为等邻角四边形；
（3）
解：在点P的运动过程中，的值不会发生变化，理由如下：
过C作于H，过P作于G，如图：
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，
∴，
即在点P的运动过程中，的值总等于C到AB的距离，是定值．
【点睛】本题考查多边形综合应用，涉及新定义、多边形内角和、三角形全等的判定及性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
17．如图，点E是矩形的边的中点，点G是边上一动点，连接，若点H为的中点，连接，连接并延长交边于点F，过点A作，垂足为点M，交于点P．
(1)求证：；
(2)连接，若，请判断四边形是什么特殊四边形，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，证明见解析
【分析】（1）由四边形是矩形，得，又是矩形对边的中点，即得四边形是矩形， ，可得；
（2）设交于M，由，得，结合，即得，所以，可证，得，，故四边形为菱形．
（1）
∵四边形是矩形，
∴，
∵是矩形对边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
又E是中点，
∴H是的中点，
∵，
∴；
（2）
四边形是菱形，
证明：由（1）知为中点，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查矩形性质、菱形的判定，全等三角形性质及判定等知识，解题的关键是掌握矩形、菱形的性质及判定定理，熟练应用三角形全等的判定定理．
18．如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以每秒的速度沿折线方向运动，点从点出发，以每秒的速度沿线段方向向点运动．已知动点，同时发，当点运动到点时，，运动停止，设运动时间为．
(1)直接写出的长（cm）；
(2)当四边形为平行四边形时，直接写出四边形的周长（cm）；
(3)在点、点的运动过程中，是否存在某一时刻，使得的面积为？若存在，请求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)16
(2)
(3)存在，满足条件的的值为秒或秒
【分析】（1）过点作于，根据题意证明四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质以及勾股定理可得结果；
（2）当四边形是平行四边形，则点在上，点在上，则，，根据平行四边形的性质可得，求解得出平行四边形的各边长，求其周长即可；
（3）分两种情况进行讨论：①当点在线段上时；②当点在线段上时；根据三角形面积列方程计算即可．
（1）
解：如图，过点作于，
，，
∴，
∵，
四边形是平行四边形，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
；
（2）
当四边形是平行四边形，
则点在上，点在上，
如图，
由运动知，，，
，
，
此时，，，根据勾股定理得，；
四边形的周长为；
（3）
①当点在线段上时，即：时，
如图，
，
；
②当点在线段上时，即：时，
如图，
，，
，
或（舍），
即：满足条件的的值为秒或秒．
【点睛】本题考查了四边形的动点问题，平行四边形的判定与性质，勾股定理，读懂题意，根据相应图形的性质列出方程是解本题的关键．
19．问题情境：四边形中，点O是对角线的中点，点E是直线上的一个动点（点E与点C、O、A都不重合）过点，分别作直线的垂线，垂足分别为，，连接
(1)初步探究：已知四边形是正方形，且点E在线段上，求证；
(2)在（1）的条件下，探究图中与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）根据题意，，，，则，利用证明，即可得到答案；
（2）由（1）知，，然后得到，由，得到，即可得证．
（1）
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）
；
理由如下：如图1，连接OB，
由（1）知，，，
∵点是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等腰直角三角形，，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形解决问题．
20．如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，设运动时间为．
(1)用含x的式子表示（请写化简之后的结果）；
____________， ____________， ___________，=____________
(2)四边形的面积能否等于172？若能，求出运动的时间; 若不能，说明理由．
【答案】(1)、，，
(2)当，四边形的面积等于172．
【分析】（1）根据题意用x表示出、、、即可；
（2）由=172可得关于t的一元二次方程，然后解一元二次方程即可求得运动时间t．
（1）
解：根据题意得：cm，cm，所以cm，
∵ ，
∵
∴．
故答案为：、，，．
（2）
解：∵四边形的面积能等于172
∴，即，解得或（舍去）
∴当，四边形的面积等于172．
【点睛】本题主要考查了函数的动点问题、四边形的面积，二次函数的与一元二方程的关系等知识点，出与t的函数关系式是解本题的关键．
21．（1）如图1，在四边形中，，点E是边上一点，，，连接、．判断的形状，并说明理由；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，已知点，点C是x轴上的动点，线段绕着点C按顺时针方向旋转90°至线段，连接、，
①求B点的运动轨迹解析式
②的最小值是 ．
【答案】（1）见详解
（2）①；②
【分析】（1）根据已知条件证得，即可证得为等腰直角三角形；
（2）①根据（1）可知，设B点坐标为，C点坐标为，可得，，即点B的运动轨迹解析式为：；
②作点O关于直线的对称点，连接，交直线与点，此时A、、三点共线时，值最小，求得坐标为，根据勾股定理即可求得最小值．
【详解】（1）为等腰直角三角形，理由如下，
在与中，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
（2）①作轴于点D，如图所示，
由（1）得，，
∴，，
设B点坐标为，C点坐标为，
∴，，
∴，
∴点B的运动轨迹解析式为：；
②如图所示，作点O关于直线y=x-1的对称点，连接，交直线与点，
此时，,
即A、、三点共线时，值最小，
∵直线垂直平分，
∴，
∴坐标为，
∴，
即：的最小值为．
【点睛】本题主要考查的是一次函数与全等三角形的综合，主要是数量掌握“一线三垂直”模型以及“将军饮马”模型．
22．如图，在四边形中，，，，，，动点从点开始沿边向点以的速度运动，动点从点开始沿边向点以的速度运动，动点，分别从点，同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为秒.
(1)当为何值时，四边形为矩形？
(2)当为何值时，四边形为平行四边形？
【答案】(1)当时，四边形是矩形
(2)当时，四边形是平行四边形
【分析】（1）四边形为矩形，即，列出等式，求解即可；
（2）四边形为平行四边形，即，列出等式求解；
（1）
解：设运动时间为秒，
，，，，
如图1，
，
当时，四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
即，
解得：，
时，四边形是矩形；
（2）
解：如图2，
，
当时，四边形是平行四边形．
此时有，
解得．
当时，四边形是平行四边形．
【点睛】此题主要考查了矩形、平行四边形的判定与性质应用，要求学生掌握对各种图形的认识，同时学会数形结合的数学解题思想．
23．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OC在x轴上，OA在y轴上，，，两动点P、Q分别从O、B两点同时出发，点P以每秒个单位长度的速度沿线段OC向点C运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿着线段BO向点O运动，当点P运动到点C时，P、Q同时停止，设这两个点运动时间为t （s），
(1)直接写出点A、B的坐标；
(2)当的面积为时，求t的值；
(3)在运动过程中，是否存在P、Q两点，使得沿它的一边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)，或，
(3)或或
【分析】（1）由矩形的性质和已知条件求出、即可得出、的坐标；
（2）作于，则，证出，得出对应边成比例，得出，由的面积，求出的值，再求出，即可得出的坐标；
（3）分三种情况：①当时；②当时；③时；分别得出的方程，解方程即可．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
，，；
（2）作于，如图1所示：
则，
，
，即，
，
的面积，
解得：或，
当时，，；
当时，，；
点的坐标为，，或，；
（3）存在；分三种情况：如图2所示：
①当时，
，
，
由（2）得：，
，
，
，
解得：，或；
②当时，，
，
解得：（负值舍去），
；
③时，，
，
解得：．
综上所述：的值为或或．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积的计算、三角函数以及坐标与图形特征；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过分类讨论列出方程，解方程才能得出结果．
24．从多边形的一个顶点引出两条射线形成一个角，这个角的两边与多边形的两边相交，该多边形在这个角的内部的部分与角的两边围成的图形称为该角对这个图形的“投射图形”
【特例感知】
（1）如图，与正方形的边、分别交于点E、点F，此时对正方形的“投射图形”就是四边形；若此时是一个定值，则四边形的面积____（填“会”或“不会”）发生变化．
【迁移尝试】
（2）如图，菱形中，，，E、F分别是边、上的动点，若对菱形的“投射图形”四边形的面积为，求的值．
【深入感悟】
（3）如图，矩形中，，，的两边分别与、交于点E、点F，若，，求对矩形的“投射图形”四边形的面积．
【综合运用】
（4）如图，某建筑工地有一块由围挡封闭起来的四边形空地，其中，，，m，m，现打算在空地上建一块四边形堆场用于堆放建筑垃圾，需要拆除围挡和，若m，求这个四边形堆场面积的最大值．
【答案】（1）不会（2）（3）（4）
【分析】（1）连接得到四边形面积，通过即可得到答案；
（2）过A点作，分别交、延长线于点、，连接；根据菱形和含角直角三角形的性质计算，即可得到答案；
（3）在上取点满足，连接，过点作交延长线于点；根据矩形和勾股定理的性质计算得；再根据相似三角形的性质，通过证明，推导得，；再结合勾股定理性质计算即可完成求解；
（4）延长、交于点，含角直角三角形的性质推导得，设，结合一次函数的性质分析，即可得到答案.
【详解】（1）如下图所示，连接，
四边形面积，
∵，
∴四边形面积，
∴当是一个定值，则四边形的面积不会发生变化
故答案为：不会；
（2）如图，过A点作，分别交、延长线于点、，连接
∵四边形为菱形
∴，
∵菱形ABCD面积，
∴，
∴四边形面积，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∴
∴
（3）如图，在上取点满足，连接，过点作交延长线于点
∵，，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形面积．
（4）延长、交于点，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∴
设，则
∴四边形面积
，
，
，
，
∵，
∴四边形面积随增大而增大，
∵，
∴当时，四边形堆场面积的最大值．
【点睛】本题考查了矩形、菱形、直角三角形、相似三角形、一次函数的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、直角三角形、相似三角形和一次函数的性质，从而完成求解.
25．如图，四边形是菱形，对角线和相交于点O、点E是的中点，过点C作的垂线，与的延长线交于点F，连接.
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若四边形的周长为，的周长为，求四边形的面积；
(3)在（2）问的条件下，上有一动点Q，上有一动点P，求 的最小值.
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)
【分析】（1）先根据菱形的性质和已知条件可得，再根据平行线的性质可得，然后利用“角边角”证明，可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边可得四边形ODFC是平行四边形，最后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明结论；
（2）根据菱形的周长和 的周长求得，，再根据勾股定理和完全平方公式可得CO•DO即可解答；
（3）作点E关于DO对称点，过点作 ，交于点Q，此时最小；连接、；然后再说明是的中点求得；再利用菱形的性质求得菱的面积，最后运用面积公式求得即可．
（1）
证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴ ，
∵，
∴
∴
∴
∴
∵E是中点，
∴，
在和中，
∴（）；
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
（2）
解：∵菱形的周长为，
∴，，
∵的周长为，
∴=
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴四边形的面积2．
（3）
解：如图：作点E关于DO对称点，过点作 ，交于点Q，连接、
∴
∴
∴最小值为
∵
∴
∵
∴菱形的面积为4，的面积为1
∵
∴，解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
26．如图1，已知在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结，，，点D是的中点．
(1)___________；点D的坐标为___________；
(2)若点E在线段上，直线DE把矩形面积分成为2：1两部分，求点E坐标；
(3)如图2．点P为线段上一动点（含线段端点），连接；以线段为边，在所在直线的右上方作等边，当动点P从点B运动到点A时，点Q也随之运动，当成为以为底的等腰三角形时，直接写出Q点的横坐标．
【答案】(1)；
(2)或
(3)
【分析】（1）在中，解直角三角形求出即可求出点C坐标，再根据中点定义求出点D坐标；
（2）分两种情况讨论：①当梯形的面积与梯形的面积之比是时，②当梯形的面积与梯形的面积之比是时；分别求解即可；
（3）当点P在线段上运动时，点Q在线段上运动，根据等边三角形性质求出点M、N坐标，从而可求得直线的解析式为，取中点E，过点E作垂线，交x轴于F，求得直线解析式为，然后联立两解析式，求得两直线交点横坐标即可．
（1）
解：如图1中，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
故答案为：；．
（2）
解：如图1中，设．
分两种情况讨论：①当梯形的面积与梯形的面积之比是时，
由题意，
∴，
∴，
解得：，
∴；
②当梯形的面积与梯形的面积之比是时，，
∴，
，
解得：；
∴；
综上，点E坐标或；
（3）
解：如图，当点P与点B重合时，点Q在点M处，当点P与点A重合时，点Q在点N处，当点P在线段上运动时，点Q在线段． 运动，如图，
∵等边，，
∴，
同理 ，
∴直线的解析式为：，
取中点E，过点E作垂线，交x轴于F，
则，，
∴直线解析式为：，
∵是以为底的等腰三角形，
∴点Q是直线与直线的交点，
联立直线与直线的解析式，得
，
解得：，
∴点Q的横坐标为．
【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，待定系数法求一欠函数解析式，两直线交点问题，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，本题综合性较强，属中考压轴题目．
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